ВсОШ, 2025/26, муниципальный этап, 10 класс

Подсказка

Ось \(OY\) направьте перпендикулярно линии центров: вдоль неё при ударе импульс не передаётся. Далее задача сводится к лобовому удару с проекциями скоростей.

Ответ

1) \(v_1 = 5{,}0\) м/с;  2) \(v_2 = 13{,}3\) м/с;  3) \(m_1/m_2 = 2{,}0\);  4) \(\alpha \approx 131^\circ\).

Решение

Ось \(OX\) направим вдоль линии центров шаров в момент удара, ось \(OY\) — перпендикулярно ей. Сила взаимодействия гладких шаров направлена вдоль \(OX\), поэтому проекции скоростей на \(OY\) не меняются. Начальная скорость первого шара составляет угол \(\varphi = 30^\circ\) с осью \(OX\), и после удара первый шар движется перпендикулярно своему первоначальному направлению, поэтому \[v_0 \sin\varphi = v_1 \cos\varphi \quad\Rightarrow\quad v_1 = v_0\,\mathrm{tg}\,\varphi = \frac{v_0}{\sqrt{3}} = 5{,}0\ \text{м/с}.\]

Центральный удар двух шаров с противоположными скоростями \(u_1\), \(u_2\) при упругом взаимодействии в системе центра масс сохраняет модули скоростей. Возвращаясь в лабораторную систему, получаем для проекций на \(OX\) систему \[\begin{cases} v_1 \sin\varphi = v_0\cos\varphi - 2v_{цм}, \\ v_{2x} = v_0\cos\varphi + 2v_{цм}, \end{cases} \qquad v_{цм} = v_0\cos\varphi\,\frac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2}.\] Первое уравнение даёт \(\dfrac{v_0}{2\sqrt{3}} = \dfrac{v_0\sqrt{3}}{2}\left(1 - 2\dfrac{k-1}{k+1}\right)\), где \(k = m_1/m_2\); отсюда \(k = 2\).

Для второго шара \(v_{2x} = \dfrac{v_0\sqrt{3}}{2}\left(1 + 2\dfrac{k-1}{k+1}\right) = \dfrac{5v_0}{2\sqrt{3}}\), а проекция на \(OY\) равна \(v_{2y} = -v_0\sin\varphi = -\dfrac{v_0}{2}\). Тогда \[v_2 = v_0\sqrt{\left(\frac{5}{2\sqrt{3}}\right)^2 + \left(\frac{1}{2}\right)^2} = v_0\sqrt{\frac{7}{3}} \approx 13{,}3\ \text{м/с}.\] Угол поворота вектора скорости второго шара: \[\alpha = 60^\circ + \mathrm{arctg}\,\frac{v_{2x}}{|v_{2y}|} = 60^\circ + \mathrm{arctg}\,\frac{5}{\sqrt{3}} \approx 131^\circ.\] Проверка через закон сохранения энергии и импульса в земной системе даёт те же \(k = 2\) и \(v_2 = v_0\sqrt{7/3}\).

Подсказка

Запишите законы движения обоих камней по вертикали: второй камень падает с высоты \(h\), а первый бросается вверх. Сравните время полёта и горизонтальные смещения.

Ответ

1) \(t = 3{,}16\) с;  2) \(v_0 = 31{,}6\) м/с;  3) \(S_1 = 87\) м;  4) \(S_2 = 132\) м;  5) \(S = 0{,}0\) м.

Решение

Выберем ось \(OY\) вертикально. По вертикали первый камень проходит путь \(0\), второй — путь \(h\): \[0 = v_0\sin\alpha\cdot t - \frac{gt^2}{2}, \qquad 0 = h - v_0\sin\alpha\cdot t - \frac{gt^2}{2}.\] Сложив уравнения, получаем \(t = \sqrt{\dfrac{h}{g}} = \sqrt{10} \approx 3{,}16\) с.

Подставив время в первое уравнение, находим \[v_0 = \frac{gt}{2\sin\alpha} = \frac{\sqrt{gh}}{2\sin\alpha} \approx 31{,}6\ \text{м/с}.\]

Горизонтальная проекция перемещения первого камня: \[S_1 = v_0\cos\alpha\cdot t = \frac{h\,\mathrm{ctg}\,\alpha}{2} \approx 87\ \text{м}.\]

Проекция перемещения второго камня на горизонталь по модулю равна \(S_1\) (времена полёта и горизонтальные скорости совпадают), по вертикали — \(h\). Поэтому \[S_2 = \sqrt{S_1^2 + h^2} = \frac{h}{2}\sqrt{4 + \mathrm{ctg}^2\alpha} \approx 132\ \text{м}.\]

Расстояние между точками падения: \(S = h\,\mathrm{ctg}\,\alpha - S_1 - |S_{2x}| = 0\), то есть камни падают в одну точку.

Подсказка

Отношение \(a/b\) для сторон \(AD\) и \(BC\) связано с тем, что изображение представляет собой трапецию: сторона \(AD\) находится ближе к линзе, чем \(BC\), и при той же высоте предмета их увеличения обратно пропорциональны.

Ответ

1) \(\Gamma_2 = 1{,}250\);  2) \(\Gamma_3 = 1{,}097\);  3) \(k = 1{,}025\).

Решение

Построением находим, что изображение квадрата — прямоугольная трапеция высотой, равной стороне предмета \(x\). Пусть \(a\) и \(b\) — расстояния от линзы до предмета и изображения для стороны \(AD\), тогда для стороны \(BC\) расстояния равны \(a + x\) и \(b - x\). Формулы тонкой линзы для обеих сторон дают \(ab = (a+x)(b-x)\), откуда \(x = b - a\).

Увеличение для стороны \(BC\): \(\Gamma_1 = \dfrac{a+x}{b-x} = \dfrac{b}{a}\). Для стороны \(AD\): \[\Gamma_2 = \frac{a}{b} = \frac{1}{\Gamma_1} = 1{,}250.\]

Длина стороны \(C'D'\) по теореме Пифагора: \[C'D' = a\sqrt{1 + (\Gamma_2 - \Gamma_1)^2} = a\sqrt{1 + \left(\frac{1}{\Gamma_1} - \Gamma_1\right)^2},\] поэтому \[\Gamma_3 = \frac{C'D'}{CD} = \sqrt{1 + \left(\frac{1}{\Gamma_1} - \Gamma_1\right)^2} \approx 1{,}097.\]

Площадь изображения — площадь трапеции с высотой \(x\) и полусуммой оснований: \(S' = \dfrac{x^2}{2}\left(\Gamma_1 + \dfrac{1}{\Gamma_1}\right)\), откуда \[k = \frac{S'}{S} = \frac{\Gamma_1 + 1/\Gamma_1}{2} = 1{,}025.\]

Подсказка

Схема симметрична при перестановке приборов. Выразите токи через ток \(I\) в одном из резисторов и найдите полный ток через источник внутри омметра.

Ответ

1) \(R = 3{,}75\) Ом;  2) \(P = 0{,}45\) Вт;  3) \(\Omega_2 = 5{,}0\) Ом;  4) \(I_2 = 100\) мА.

Решение

Обозначим ток через правый верхний резистор \(I\). При подключении омметра падения напряжения на верхних резисторах одинаковы, поэтому через верхний левый резистор течёт ток \(kI\). Ток через амперметр равен \(I_1 = (k-1)I\). Полный ток через цепь \((k+1)I\), и сопротивление цепи \[\Omega_1 = \frac{I\,kR + kI\,R}{(k+1)I} = \frac{2k}{k+1}R.\] Отсюда \(R = \Omega_1\dfrac{k+1}{2k} = 3{,}75\) Ом.

Полный ток через источник \(I_0 = (k+1)I = \dfrac{k+1}{k-1}I_1\), тепловая мощность \[P = I_0^2\,\Omega_1 = \left(\frac{k+1}{k-1}\right)^2 I_1^2\,\Omega_1 = 0{,}45\ \text{Вт}.\]

При перестановке омметра и амперметра схема остаётся прежней, поэтому показания приборов не меняются: \(\Omega_2 = \Omega_1 = 5{,}0\) Ом, \(I_2 = I_1 = 100\) мА.

Подсказка

Опоры симметричны относительно центра масс стержня, поэтому они делят силу тяжести поровну. Для тела «А» запишите равновесие сил и моментов относительно точки \(C\).

Ответ

1) \(m_А = 4{,}0\) кг;  2) \(F_А = 50\) Н;  3) \(F_{АБ} = 10\) Н;  4) \(M_{АБ} = 2\) Н\(\cdot\)м.

Решение

Масса тела «А» составляет две пятых стержня: \(m_А = \dfrac{2}{5}m = 4\) кг.

Опоры расположены симметрично относительно центра масс стержня, поэтому каждая из них действует на стержень с силой, равной половине силы тяжести стержня: \(F_А = F_Б = \dfrac{mg}{2} = 50\) Н.

Тело «Б» тянет тело «А» вниз. Равенство нуля суммы сил, действующих на тело «А»: \[F_А - m_А g - F_{АБ} = 0, \qquad F_{АБ} = \frac{mg}{2} - \frac{2}{5}mg = \frac{mg}{10} = 10\ \text{Н}.\]

Уравнение моментов для тела «А» относительно точки \(C\) (по часовой стрелке положительно): \[0 = M_{АБ} - m_А g\frac{l}{5} + F_А\frac{l}{5}.\] Отсюда \(M_{АБ} = \dfrac{l}{5}\left(m_А g - F_А\right) = -\dfrac{mgl}{50}\). Знак минус означает, что момент направлен против часовой стрелки; модуль \(\dfrac{mgl}{50} = 2\) Н\(\cdot\)м.