Съдържание

ВсОШ 2026, Заключителен етап — Задача 7. 10-Т2 · Двое против ветра

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от ВсОШ 2026

LIX Всероссийская олимпиада школьников по физике — Заключительный этап, теоретический тур — Новый Уренгой, 2026

Внимание: Бележка към темата

Все 62 страницы родного сборника: титул и авторы, 15 целых задач 9–11 классов, 43 номерованных запроса и одна ненумерованная задача, все напечатанные возможные решения и варианты. Дополнительно сохранены три родных листа для построений с Pho.rs: фотография 9-Т1, сетка 9-Т2 и экспериментальный график 11-Т1. Название ссылки последнего листа на внешней странице ошибочно указывает T5; содержимое листа соответствует T1. Источник не печатает баллы, критерии или время. Исходные несогласованности ключа сохранены с отдельными примечаниями. Для масштаба построений используйте исходные PDF.

Титул и авторы родного сборника

Министерство просвещения Российской Федерации. Центральная предметно-методическая комиссия Всероссийской олимпиады школьников по физике. LIX Всероссийская олимпиада школьников по физике. Заключительный этап. Теоретический тур. Новый Уренгой, 2026 г.

Комплект задач подготовлен центральной предметно-методической комиссией Всероссийской олимпиады школьников по физике. E-mail: physolymp@gmail.com.

Авторы задач

9-Т1. Антон Вергунов
9-Т2. Александр Ершов
9-Т3. Александр Ершов
9-Т4. Антон Вергунов
9-Т5. Денис Рубцов, Александр Ершов
10-Т1. Алексей Заяц
10-Т2. Иван Гурьянов
10-Т3. Александр Аполонский, Александр Воронцов, Алексей Заяц
10-Т4. Александр Аполонский, Иван Юдин
10-Т5. Алексей Заяц
11-Т1. Павел Ярных
11-Т2. Константин Соломатин
11-Т3. Григорий Расторгуев
11-Т4. Александр Аполонский
11-Т5. Семён Либерман

Ключ в сборнике озаглавлен «Возможные решения». Сохранены родные группы 9, 10 и 11 классов, каждое задание целиком, все напечатанные методы и заключительный график RLC-метра.

Условие

С высокого, но узкого моста над рекой одновременно и практически из одной точки $O$ бросили два одинаковых шарика: первый — под углом $\alpha_1=10^\circ$ к горизонту со скоростью $v_{10}=8\ \text{м/с}$ , второй — под углом $\alpha_2=50^\circ$ к горизонту (см. рис.).

В районе моста дует сильный горизонтальный ветер, в результате чего шарики спустя достаточно большое время стали двигаться по параллельным прямым, всё время находясь на одной вертикали на расстоянии $L=6\ \text{м}$ друг от друга. Известно, что первый шарик упал в воду спустя $\tau=5\ \text{с}$ после броска, а второй упал позднее. Считая, что величина и направление скорости ветра всюду одинаковы и не меняются со временем, определите:

Траектории обоих шариков лежат в одной плоскости, параллельной вектору $\vec u$ . Сила, действующая на шарик со стороны воздуха, определяется формулой $\vec F=-k\vec v_{\text{отн}}$ , где $\vec v_{\text{отн}}$ — скорость шарика относительно воздуха, а $k$ — коэффициент пропорциональности. Ускорение свободного падения примите равным $g=10\ \text{м/с}^2$ .

Native bridge launch diagram,O,alpha1/2,v10/v20,g,u,both bridge edges and guides.

1 начальную скорость второго шарика $v_{20}$ ;

2 высоту моста $H$ над поверхностью воды;

3 скорость ветра $u$ , если известно, что оба шарика пересекли вертикаль, проходящую через точку $O$ , на одинаковом от неё расстоянии.

Решение

Метод №1

Рассмотрим относительное движение шариков. Запишем второй закон Ньютона для каждого из них

m\vec a_1=m\vec g-k(\vec v_1-\vec u),\qquad m\vec a_2=m\vec g-k(\vec v_2-\vec u)

и вычтем полученные выражения друг из друга

m\vec a_r=-k\vec v_r.

Здесь $\vec a_r=\vec a_2-\vec a_1$ — относительное ускорение шариков, а $\vec v_r=\vec v_2-\vec v_1$ — их относительная скорость. Из этого равенства следует, что малое изменение относительной скорости $d\vec v_r$ и малое изменение вектора смещения второго шарика относительно первого $d\vec l$ связаны соотношением

d\vec v_r=-\frac km d\vec l.

Поскольку оно справедливо в любой момент времени, полное изменение относительной скорости $\Delta\vec v_r$ и полное изменение вектора смещения $\Delta\vec l$ связаны аналогично

\Delta\vec v_r=-\frac km\Delta\vec l.

Согласно условию, спустя некоторое достаточно больше время относительная скорость шариков пренебрежимо мала ( $\vec v_r=\vec0$ ), а вектор смещения между ними $\vec l=\vec L$ направлен вертикально вверх и имеет длину $L$ , следовательно

\vec0-(\vec v_{20}-\vec v_{10})=-\frac km(\vec L-\vec0),\qquad\vec v_{20}-\vec v_{10}=\frac km\vec L.

Запишем это равенство в проекции на горизонтальную ось

v_{20}\cos\alpha_2-v_{10}\cos\alpha_1=0,

откуда

v_{20}=v_{10}\frac{\cos\alpha_1}{\cos\alpha_2}\approx12{,}26\ \text{м/с}.

Метод №2

Запишем для первого шарика второй закон Ньютона в проекции на ось $OX$ , направленную горизонтально вправо,

m\frac{dv_{1x}}{dt}=-k(v_{1x}+u).

Отсюда, применяя непосредственное интегрирование и учитывая начальные условия ( $x_1(0)=0$ и $v_{1x}(0)=v_{10}\cos\alpha_1$ ), получим

v_{1x}(t)=(v_{10}\cos\alpha_1+u)e^{-\frac km t}-u,

x_1(t)=\frac mk(v_{10}\cos\alpha_1+u)(1-e^{-\frac km t})-ut.

Аналогичным образом,

v_{2x}(t)=(v_{20}\cos\alpha_2+u)e^{-\frac km t}-u,

x_2(t)=\frac mk(v_{20}\cos\alpha_2+u)(1-e^{-\frac km t})-ut.

Из условия следует, что $x_1(\infty)=x_2(\infty)$ , поэтому

v_{10}\cos\alpha_1=v_{20}\cos\alpha_2,

откуда

v_{20}=v_{10}\frac{\cos\alpha_1}{\cos\alpha_2}\approx12{,}26\ \text{м/с}.

Метод №1

Заметим, что в соответствии с тем, что второй шарик упал позднее, вектор $\vec L$ направлен вверх. Запишем полученное выше векторное равенство $\vec v_{20}-\vec v_{10}=\frac km\vec L$ в проекции на вертикальную ось

v_{20}\sin\alpha_2-v_{10}\sin\alpha_1=\frac km L.

Отсюда

\frac mk=\frac L{v_{20}\sin\alpha_2-v_{10}\sin\alpha_1}=0{,}75\ \text{с}.

Теперь рассмотрим движение первого шарика в отдельности. Запишем для него второй закон Ньютона в проекции на вертикальную ось $OY$ ,

m\frac{dv_{1y}}{dt}=-mg-kv_{1y}\Rightarrow dv_{1y}=-gdt-\frac km dy_1.

Здесь $y_1$ — вертикальная координата первого шарика. Нетрудно заметить, что спустя достаточно большое время вертикальная проекция скорости примет значение $-mg/k$ . Переходя к конечным приращениям так, как мы раньше сделали с относительной скоростью и вектором смещения между шариками, получим

-\frac{mg}k-v_{10}\sin\alpha_1=-g\tau+\frac km H.

Отсюда

H=\frac mk(g\tau-v_{10}\sin\alpha_1)-\frac{m^2}{k^2}g=30{,}83\ \text{м}.

Метод №2

Запишем для первого шарика второй закон Ньютона в проекции на ось $OY$ , направленную вертикально вверх,

m\frac{dv_{1y}}{dt}=-mg-kv_{1y}.

Отсюда, интегрируя с учётом начальных условий ( $y(0)=0$ и $v_{1y}(0)=v_{10}\sin\alpha_1$ ), получим

v_{1y}(t)=\left(v_{10}\sin\alpha_1+\frac{mg}k\right)e^{-\frac km t}-\frac{mg}k,

y_1(t)=\frac mk\left(v_{10}\sin\alpha_1+\frac{mg}k\right)(1-e^{-\frac km t})-\frac{mg}kt.

Аналогичным образом,

v_{2y}(t)=\left(v_{20}\sin\alpha_2+\frac{mg}k\right)e^{-\frac km t}-\frac{mg}k,

y_2(t)=\frac mk\left(v_{20}\sin\alpha_2+\frac{mg}k\right)(1-e^{-\frac km t})-\frac{mg}kt.

Из условия следует, что $y_2(\infty)-y_1(\infty)=L$ , так что

\frac mk(v_{20}\sin\alpha_2-v_{10}\sin\alpha_1)=L.

Отсюда

\frac mk=\frac L{v_{20}\sin\alpha_2-v_{10}\sin\alpha_1}=0{,}75\ \text{с}.

Согласно условию,

H=-y_1(\tau)=\frac{mg}k\tau-\frac mk\left(v_{10}\sin\alpha_1+\frac{mg}k\right)(1-e^{-\frac km\tau})=30{,}84\ \text{м}.

Метод №1

Рассмотрим движение системы шариков как целого. Ускорение центра масс $\vec a_c=(\vec a_1+\vec a_2)/2$ связано с внешними силами выражением

2m\vec a_c=-k(\vec v_1+\vec v_2-2\vec u)+2m\vec g=-2k(\vec v_c-\vec u)+2m\vec g,

где $\vec v_c=(\vec v_1+\vec v_2)/2$ — скорость центра масс. Введём обозначение $\vec v_f=\vec u+m\vec g/k$ — несложно показать, что это установившаяся скорость любого из шариков. Получим

\vec a_c=-\frac km(\vec v_c-\vec v_f).

Перейдём в систему отсчёта, которая движется с постоянной скоростью $\vec v_f$ . Ускорение и скорость центра масс в этой системе обозначим $\vec a_c'$ и $\vec v_c'$ соответственно. Тогда

\vec a_c'=-\frac km\vec v_c'.

Это уравнение описывает прямолинейное движение! При этом известно, что центр масс дважды проходил через точку $O$ , которая в выбранной системе отсчёта движется с постоянной скоростью $-\vec v_f$ . Следовательно, $\vec v_c'\parallel\vec v_f$ . Но $\vec v_c'=\vec v_c-\vec v_f$ , а значит

\vec v_c\parallel\vec v_f,

то есть

\left(\vec v_1+\vec v_2\right)\parallel\left(\vec u+\frac{m\vec g}k\right).

Это верно для любого момента времени, в том числе для начального. Таким образом

\frac{v_{10}\cos\alpha_1+v_{20}\cos\alpha_2}{v_{10}\sin\alpha_1+v_{20}\sin\alpha_2}=\frac u{mg/k}.

С учётом $v_{20}\cos\alpha_2=v_{10}\cos\alpha_1$ отсюда получим

u=\frac mk\frac{2g}{\operatorname{tg}\alpha_1+\operatorname{tg}\alpha_2}\approx10{,}96\ \text{м/с}.

Метод №2

Пусть ось $OY$ шарики пересекают в момент времени $t_1$ на расстояниях $h$ от точки $O$ . Тогда имеем

0=\frac mk(v_{10}\cos\alpha_1+u)(1-e^{-\frac km t_1})-ut_1,

-h=\frac mk\left(v_{10}\sin\alpha_1+\frac{mg}k\right)(1-e^{-\frac km t_1})-\frac{mg}kt_1,

h=\frac mk\left(v_{20}\sin\alpha_2+\frac{mg}k\right)(1-e^{-\frac km t_1})-\frac{mg}kt_1.

Исключив из этой системы $t_1$ и $h$ , выразим

u=\frac{2mg}k\frac{v_{10}\cos\alpha_1}{v_{10}\sin\alpha_1+v_{20}\sin\alpha_2}.

С учётом $v_{20}\cos\alpha_2=v_{10}\cos\alpha_1$ отсюда получим

u=\frac mk\frac{2g}{\operatorname{tg}\alpha_1+\operatorname{tg}\alpha_2}\approx10{,}96\ \text{м/с}.

Примечание к источнику: сохранены напечатанные обозначения пределов с $\infty$ и обе оценки высоты: $30{,}83\ \text{м}$ в первом методе и $30{,}84\ \text{м}$ во втором.

Оригинал в Архива: Ru26-T.pdf · решение от архива: Ru26-T.pdf · допълнителни данни: Ru26-T-9T1-sheet.pdf · допълнителни данни: Ru26-T-9T2-sheet.pdf · допълнителни данни: Ru26-T-11T1-sheet.pdf