Всесибирская, 2025/26, заключительный этап, 9 класс

Скорость ореха в момент встречи найдите из его движения. Белка ловит орех в горизонтальном и вертикальном направлениях отдельно: импульс сохраняется по каждой оси. Дальше — полёт системы «белка с орехом» из точки на высоте \(H\).

\(L=\dfrac{Mu}{(m+M)\,g\,\bigl(\pm V_y+\sqrt{V_y^2+2gH}\bigr)}\), где \(V_y=\dfrac{m\sqrt{v^2-2gH}}{m+M}\); знак «\(+\)» — орех ловят при подъёме, «\(-\)» — при спуске.

Уравнение движения ореха \(H=vt-\dfrac{gt^2}{2}\) даёт время его полёта до встречи и скорость в ней: \(v_y=v-gt=\pm\sqrt{v^2-2gH}\). Знак \(\pm\) объясняется тем, что белка может поймать орех в двух случаях: когда он летит вверх или когда летит вниз.

Закон сохранения импульса в проекциях на оси: по вертикали \(mv_y=(m+M)V_y\), по горизонтали \(Mu=(m+M)V_x\). Отсюда \(V_x=\dfrac{Mu}{m+M}\) и \(V_y=\dfrac{m\sqrt{v^2-2gH}}{m+M}\) (с учётом знака \(v_y\)).

Время полёта системы \(\tau\) из уравнения \(0=H\pm V_y\tau-\dfrac{g\tau^2}{2}\) с учётом того, что время не может быть отрицательным, равно \(\tau=\dfrac{\pm V_y+\sqrt{V_y^2+2gH}}{g}\). Дальность \(L=V_x\tau\) даёт ответ выше.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Кинетическую энергию, которую мышцы сообщают кокосу и палке за время разгона, оцените через мощность и время. Дальность броска при оптимальном угле — из баллистики.

\(L\approx40\) м.

Энергия, сообщённая кокосу и палке за время разгона, по закону сохранения энергии равна работе мышц: \(\dfrac{Mv^2}{2}+\dfrac{mv^2}{8}=Pt\), где \(M=1\) кг — масса кокоса, \(m=0{,}1\) кг — масса палки (её центр масс движется вдвое медленнее кокоса), \(t\approx0{,}1\) с — время разгона, \(P=2\) кВт. Оценка даёт \(v^2\approx400\) м\(^2\)/с\(^2\).

Самая дальняя дальность — при угле \(45^\circ\). Уравнения движения: \(L=v_xt\), \(0=H+v_yt-\dfrac{gt^2}{2}\) (высоту \(H\) предка при оценке можно исключить). Решение даёт \(L=\dfrac{v^2}{2g}\left(1+\sqrt{1+\dfrac{4gH}{v^2}}\right)\), а при \(H\to0\) получаем \(L\approx\dfrac{v^2}{g}\approx40\) м.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Для силы отрыва выгоднее рассмотреть не шар, а усечённый шар: силу давления воды на его поверхность найдите через силу Архимеда и разность давлений снизу и сверху. Для работы запишите закон сохранения энергии с учётом вытесненной воды.

1) \(F\approx4{,}38\cdot10^5\) Н;  2) \(A\approx2{,}34\cdot10^4\) Дж.

1) Шар вложен в лунку вплотную, подтекания воды под него нет. Сила отрыва \(F=F_д+mg\), где \(F_д\) — сила давления воды на поверхность шара вне лунки. Найдём силу Архимеда, которая действовала бы на усечённый шар, как разность сил давления на верхнюю и нижнюю поверхности: \[F_a=\rho g\Bigl(\tfrac43\pi R^3-\tfrac{\pi h^2}{3}(3R-h)\Bigr)=\rho gH\pi r^2-F_д.\]

По теореме Пифагора \(r^2=R^2-(R-h)^2=2Rh-h^2\). Откуда \[F_д=\rho g\pi\Bigl(H(2Rh-h^2)-\tfrac43R^3+\tfrac{h^2(3R-h)}{3}\Bigr),\] и \(F=mg+F_д\approx4{,}38\cdot10^5\) Н.

2) Примем уровень дна за нулевую высоту и запишем закон сохранения энергии: \[A+mg(R-h)+m_вgH=mg(R+H)+m_вg(R-h),\] где \(m_в=\dfrac{4}{3}\pi R^3\rho\) — масса воды, вытесненной шаром, которая при подъёме шара опускается с поверхности на дно. Тогда \(A=g(H+h-R)\left(m-\dfrac{4}{3}\pi\rho R^3\right)\approx2{,}34\cdot10^4\) Дж.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Центр масс спутника движется по круговой орбите, а каждый шар — нет: на расстоянии \(R\pm r\) от планеты гравитация отличается. Найдите дополнительную (приливную) силу, которая оттягивает шар от центра, и сравните её с силой притяжения шаров друг к другу.

\(R_{\min}=r\sqrt[3]{\dfrac{12M}{m}}\).

Круговая частота центра масс спутника находится из \(\dfrac{2GmM}{R^2}=2m\omega^2R\), откуда \(\omega^2=\dfrac{GM}{R^3}\). Центры масс шаров движутся на расстояниях \(R\pm r\) от планеты и не на круговой орбите, у них появляется эффективное радиальное ускорение \(a(d)=\omega^2d-\dfrac{GM}{d^2}\). На расстоянии \(R+x\) при \(x\ll R\) с помощью приближения из примечания получаем \(a\approx\dfrac{3GM}{R^3}x\). Значит, на каждый шар действует дополнительная сила \[F_a(R\pm r)=\pm\dfrac{3GMm}{R^3}\,r.\] Если эта сила станет больше взаимного притяжения шаров \(\dfrac{Gm^2}{(2r)^2}\), система развалится. В предельном случае \[\dfrac{Gm^2}{4r^2}=\dfrac{3GMm}{R^3}\,r\quad\Rightarrow\quad R_{\min}=r\sqrt[3]{\dfrac{12M}{m}}.\]

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Замените источник напряжения эквивалентным источником тока \(J=\varepsilon/r\). Запишите сумму токов в узле и получите уравнение нагрузочной прямой на плоскости \((U, I)\). Токи в рабочих точках — пересечения этой кривой с ВАХ динистора.

\(I_{d1}\approx20\) А и \(I_{d2}\approx52\) А.

Для удобства заменим источник напряжения на источник тока \(J=\varepsilon/r\). Сумма токов, вытекающих из источника, даёт \[J=\dfrac{U}{r}+4U^2+I_D,\] где \(U\) — напряжение на лампе, \(I_D\) — ток через динистор, \(r\) — внутреннее сопротивление источника. Отсюда уравнение нагрузочной кривой \[I_d=\dfrac{\varepsilon}{r}-4U^2-\dfrac{U}{r}.\] По точкам строим эту кривую и выделяем два пересечения с ВАХ динистора: \(I_{d1}=20\) А и \(I_{d2}=52\) А. Нестабильное состояние динистора не реализуется.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.