ВсОШ 2026, Заключителен етап — Задача 11. 11-Т1 · Выбоина

Рассмотрим скатывание шайбы по границе. В малой окрестности области скатывания участок деформации выбоины можно считать некоторым наклонным профилем. Тогда сила реакции на шайбу действует только в вертикальной плоскости, проходящей через центры шайбы и выбоины (см. рис.), а значит из закона сохранения импульса следует, что перпендикулярная этому сечению компонента скорости шайбы сохраняется.

На поверхности вне выбоины скорость шайбы $v_1$ и она направлена под углом $\alpha$ к перпендикуляру к границе раздела. На дне выбоины скорость шайбы $v_2$ и она направлена под углом $\beta$ к границе раздела. Из рисунка видно, что при переходе шайбы с одной горизонтальной плоскости на другую можно получить формулу, похожую на закон преломления света: $v_\perp=v_1\sin\alpha=v_2\sin\beta$.

Пусть угол падения равен $\alpha$, а угол преломления $\beta$. Из предыдущего результата: $v_1\sin\alpha=v_2\sin\beta$ получаем $\sin\beta=\sin\alpha/n$, где $n=v_2/v_1$. Теперь проанализируем геометрию траектории. Построим вспомогательные высоты $AH_1$ и $BH_2$, длины которых из условия равны $x_0$ и $x_1$. Так как $AO=OB$ (это радиусы, которые равны $R$), то $\angle OAB=\angle OBA=\beta$. Тогда из $\triangle AOB$: $AB=L=2R\cos\beta$. Из геометрии для трапеции $AH_1H_2B$ видно, что $x_0-x_1=L\sin(\alpha-\beta)$.

Тогда получаем, что $x_1=x_0-2R\cos\beta(\sin\alpha\cos\beta-\cos\alpha\sin\beta)$. Также из $\triangle AOH_1$ мы видим, что $\sin\alpha=x_0/R$. Таким образом мы можем получить зависимость:

Однако она получается сложной для анализа, поэтому обратим внимание на центральную часть графика. Можно заметить, что центральный участок графика близок к линейной зависимости и для него выполняется условие $x_0/R\ll1$. Используем его и преобразуем зависимость для центрального участка:

Это выражение можно было получить сразу, воспользовавшись малостью углов $\alpha$ и $\beta$. Мы видим, что при малых $x_0$ зависимость $x_1(x_0)$ — линейная, причем угловой коэффициент этой прямой $k=(2/n-1)$. Строим аппроксимирующую прямую в центральной части графика.

Из графика получаем $k\approx0{,}34$. Тогда $n=v_2/v_1=2/(1+k)\approx1{,}49$, откуда $v_2=1{,}49v_1$. Тогда из закона сохранения энергии: $mv_2^2/2=mv_1^2/2+mgh$ находим глубину выбоины: $h=(v_2^2-v_1^2)/(2g)$.

Подставляя числа, получим итоговый ответ:

Исследуем, при каких условиях $x_1$ не зависит от $x_0$. При $n=2$ на центральном участке $k=0$, что соответствует тому, что траектории фокусируются в точке установки ворот.

Тогда $v_2=2v_1$, а для $h$ получим:

Примечание к источнику: в описании угла $\beta$ на странице 46 напечатано «к границе раздела»; рисунок и формула с $\sin\beta$ используют геометрию относительно нормали. Текст и исходный рисунок сохранены. Во втором запросе условия стоит именно $|x_0|\ll R$, в соответствии с центральным приближением ключа.