Съдържание

ВсОШ 2026, Регионален етап, 7–11 клас — Задача 11-1. По окружности и побыстрее

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от ВсОШ 2026

Всероссийская олимпиада школьников по физике — Региональный этап, теоретический тур — Москва,2026

Внимание: Бележка към темата

Полный73страничный оригинал лично прочитан.23целые задачи разных классов,57номерованных частей и3единых ненумерованных запроса; все доступные методы решения и исходные фигуры сохранены. Ошибки печатного ключа и отсутствующие отдельные сдаваемые листы честно обозначены. Ключ атрибутирован архиву.

Министерство просвещения Российской Федерации — Центральная предметно-методическая комиссия Всероссийской олимпиады школьников по физике

Региональный этап Всероссийской олимпиады школьников по физике. Теоретический тур. Москва2026.

Авторы задач — Экспериментальный тур

7-T1 — Александр Евсеев
7-T2 — Никита Богословский
7-T3 — Александр Евсеев
7-T4 — Антон Сорокин
8-T1 — Александр Евсеев, Сергей Абдрашитов
8-T2 — Олег Порошин
8-T3 — Ольга Инишева
8-T4 — Денис Рубцов
9-T1 — Александр Ершов
9-T2 — Денис Рубцов
9-T3 — Александр Аполонский, Александр Ершов
9-T4 — Александр Аполонский, Антон Вергунов
9-T5 — Денис Рубцов, Александр Ершов
10-T1 — Григорий Расторгуев, Иван Гурьянов
10-T2 — Александр Аполонский, Александр Киреев
10-T3 — Николай Янушкевич
10-T4 — Александр Аполонский, Иван Юдин
10-T5 — Алексей Заяц
11-T1 — Иван Гурьянов
11-T2 — Николай Янушкевич
11-T3 — Денис Рубцов
11-T4 — Григорий Расторгуев
11-T5 — Александр Воронцов

Примечание читателя: заголовок «Экспериментальный тур» переписан буквально со страницы авторов; обложка, колонтитулы и обозначения T определяют этот пакет как теоретический. Отдельный экспериментальный оригинал Ru26-R-E.pdf к этому источнику не относится.

Подготовка к олимпиадам — исходные ссылки

Физтех-регионам МФТИ предлагает лекции, семинары и тематические задачи для всех классов в открытом бесплатном доступе: os.mipt.ru.

Видеорешения задач регионального этапа: os-lms.mipt.ru.

Исходный QR-код ведет на указанную в оригинале страницу.

Условие

Автомобилист проезжает полуокружность $AB$ радиусом $R=80\text{ м}$ так, чтобы, стартовав из положения покоя, добраться до ее конца как можно быстрее. Поверхность дороги горизонтальна, автомобиль — небольшой по размеру, с мощным двигателем и четырьмя ведущими колесами. Общий коэффициент трения всех колес о дорогу можно считать постоянным и равным $\mu=0{,}5$ . Ускорение свободного падения примите равным $g\approx10\text{ м/с}^2$ .

Указание: считайте известной константой $\displaystyle\beta\equiv\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}}\approx1{,}311$ .

Полная исходная полуокружность AB радиуса R: автомобиль, точки C и D, центр O и угол45 градусов

1 До какой максимальной скорости может разогнаться автомобиль на этой дороге?

2 Определите скорость автомобиля при прохождении точек $C$ , $D$ и $B$ во время заезда (см. рисунок).

3 Найдите общее время прохождения полуокружности $AB$ .

Решение

Исходный рисунок сил автомобиля: вектор трения, касательное и нормальное ускорения и угол alpha

В рамках предположений условия максимальная величина сила трения колес о поверхность дороги равна $|\vec F_{\text{тр}}|=\mu N=\mu mg$ , где $m$ — масса автомобиля, и при этом ее можно направить любом направлении в горизонтальной плоскости дороги. Так как другие горизонтальные силы на автомобиль не действуют, то именно сила трения и разгоняет автомобиль, и удерживает его на нужной траектории.

Пусть $\alpha$ — угол между скоростью автомобиля и направлением силы трения в некоторый момент времени (см. рисунок). Тогда уравнения для касательной и центростремительной компонент ускорения автомобиля имеют вид

\begin{cases} ma_\tau=m\frac{dv}{dt}=\mu mg\cdot\cos(\alpha),\\ ma_n=m\frac{v^2}R=\mu mg\cdot\sin(\alpha) \end{cases} \Rightarrow \begin{cases} \frac{dv}{dt}=\mu g\cdot\cos(\alpha),\\ v^2=\mu gR\cdot\sin(\alpha). \end{cases}\qquad (1)

Видно, что разгон автомобиля завершается $dv/dt=0$ и скорость достигает максимального возможного значения $v_{\text{m}}=\sqrt{\mu gR}=20\text{ м/с}$ при $\alpha=90^\circ$ . Далее угол $\alpha$ и скорость автомобиля поддерживаются постоянными.

Ответ на второй вопрос можно получить несколькими способами.

Уравнение для касательной компоненты ускорения можно преобразовать следующим образом:

\frac{v\cdot dv}{v\cdot dt}=\frac12\frac{d(v^2)}{ds} =\mu g\cdot\cos(\alpha)\Rightarrow\frac{d(v^2)}{ds}=2\mu g\cdot\cos(\alpha).\qquad (2)

Здесь $s$ — путь, пройденный автомобилем от момента старта. Далее можно действовать как минимум тремя путями.

Способ1. Подставив в(2) квадрат скорости из второго уравнения(1), находим, что

\mu gR\frac{d(\sin(\alpha))}{ds} =\mu gR\cdot\cos(\alpha)\frac{d\alpha}{ds} =2\mu g\cdot\cos(\alpha)\Rightarrow d\alpha=\frac2Rds.

На старте $s=0$ и $\alpha=0$ , то есть после суммирования приращений в этом соотношении от старта до любого момента времени в процессе разгона получаем связь угла $\alpha$ с пройденным автомобилем расстоянием $\alpha(s)=2s/R$ . Значит, разгон завершится в момент времени, когда $\alpha=\pi/2\Rightarrow s=\pi R/4$ , то есть точно в точке $C$ .

Способ2. Выразив $\sin(\alpha)=v^2/\mu gR=(v/v_{\text{m}})^2$ и подставив это соотношение в уравнение(2), приводим его к виду

\frac{d(v^2)}{ds}=2\mu g\cdot\sqrt{1-\left(\frac v{v_{\text{m}}}\right)^4}.

Введем новую переменную $y\equiv(v/v_{\text{m}})^2$ , и получим уравнение

\frac{dy}{ds}=\frac2R\sqrt{1-y^2}\Rightarrow\frac2Rds=\frac{dy}{\sqrt{1-y^2}}.

Интегрируя его по любому участку пути на дуге $AC$ , находим, что

\frac2Rs=\int_0^{(v/v_{\text{m}})^2}\frac{dy}{\sqrt{1-y^2}} =\arcsin\left(\frac{v^2}{v_{\text{m}}^2}\right) \Rightarrow v^2(s)=v_{\text{m}}^2\cdot\sin\left(\frac{2s}R\right).

Как видно, скорость достигает максимума при $s=\pi R/4$ , то есть точно в точке $C$ .

Способ3. Составив систему из второго уравнения в(1) и(2), можно получить из нее уравнение для зависимости $v^2(s)$ на участке $AC$

\begin{cases}\frac{d(v^2)}{ds}=2\mu g\cdot\cos(\alpha),\\ v^2=\mu gR\cdot\sin(\alpha)\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}\frac{d(v^2)}{ds}=2\mu g\cdot\cos(\alpha),\\ \frac{d(v^2)}{ds}=\mu gR\cdot\cos(\alpha)\frac{d\alpha}{ds}\end{cases} \Rightarrow \begin{cases}\frac{d^2(v^2)}{ds^2}=-2\mu g\cdot\sin(\alpha)\frac{d\alpha}{ds},\\ \frac{d\alpha}{ds}=\frac2R.\end{cases}

Действительно, подставляя в уравнение для $d^2(v^2)/ds^2$ полученные выражения для $\sin(\alpha)$ и $d\alpha/ds$ , приходим к уравнению гармонических колебаний

\frac{d^2(v^2)}{ds^2}+\frac4{R^2}v^2=0.

С учетом условий $v^2(0)=0$ и $(v^2)'_s(0)=\mu gR$ приходим к решению

v^2(s)=v_{\text{m}}^2\cdot\sin\left(\frac{2s}R\right).

Как видно, скорость достигает максимума при $s=\pi R/4$ , то есть точно в точке $C$ .

Таким образом, во время заезда с минимальным временем прохождения полуокружности скорость автомобиля в точках $C$ , $D$ и $B$ равна максимальной:

v_C=v_D=v_B=v_{\text{m}}=\sqrt{\mu gR}=20\text{ м/с}.

Ясно, что время прохождения участка полуокружности от $C$ до $B$ равно

t_{CB}=\frac{3\pi R}{4v_{\text{m}}}=\frac{3\pi}4\sqrt{\frac R{\mu g}}.

В зависимости от способа решения в пункте2 далее можно использовать разные способы решения и в этом пункте.

Способ1. Исключим угол $\alpha$ из уравнений(1): на участке $AC$

\sin(\alpha)=\frac{v^2}{\mu gR} \Rightarrow\frac{dv}{dt}=\mu g\cdot\sqrt{1-\left(\frac v{v_{\text{m}}}\right)^4} \Rightarrow dt=\frac{v_{\text{m}}}{\mu g}\cdot\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}} =\sqrt{\frac R{\mu g}}\cdot\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}},

где введено обозначение $x\equiv v/v_{\text{m}}$ . На этом участке величина $x$ изменяется от0 до1, и поэтому, в соответствии с указанием из условия

t_{AC}=\sqrt{\frac R{\mu g}}\cdot\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}} =\beta\sqrt{\frac R{\mu g}}.

Способы2 и3. Поскольку на участке $AC$ $v(s)=v_{\text{m}}\sqrt{\sin(2s/R)}=ds/dt$ , то:

dt=\frac1{v_{\text{m}}}\frac{ds}{\sqrt{\sin(2s/R)}} =\sqrt{\frac R{\mu g}}\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}},

где введено обозначение $x\equiv\sqrt{\sin(2s/R)}$ . Отметим, что

\sin\left(\frac{2s}R\right)=x^2 \Rightarrow2\cos\left(\frac{2s}R\right)\frac{ds}R=2x\,dx \Rightarrow\frac{ds}R=\frac x{\sqrt{1-x^4}}\,dx.

На этом участке величина $x$ изменяется от0 до1, и поэтому, в соответствии с указанием из условия

t_{AC}=\sqrt{\frac R{\mu g}}\cdot\int_0^1\frac{dx}{\sqrt{1-x^4}} =\beta\sqrt{\frac R{\mu g}}.

В итоге общее время прохождения полуокружности $AB$

T=t_{AC}+t_{CB}=\left(\beta+\frac{3\pi}4\right)\sqrt{\frac R{\mu g}}\approx14{,}7\text{ с}.

Примечание читателя: в способе3 на странице62 начальная производная буквально напечатана $(v^2)'_s(0)=\mu gR$ , тогда как выше уравнение(2) дает $2\mu g$ при $\alpha=0$ . Печатная запись ключа сохранена.

Примечание читателя: полный исходный пакет и отдельные листы

Лично прочитаны все73страницы: обложка и авторы1–2, условия3–21, все доступные возможные решения22–73. Сохранены23целые задачи пяти классов и57печатных номерованных запросов; еще три задачи имеют единый ненумерованный запрос. Каждый класс и каждое самостоятельное исходное задание сохранены отдельно. Ключ11-T2 сам ссылается на10-T3, полное указанное решение присутствует в этом же оригинале и приведено у обеих задач. Архивная атрибуция ключа сохранена; отдельная официальная публикация этого PDF организатором не установлена.

Условие термистора требует сдаваемого отдельного листа с двумя экземплярами графика, а условие цилиндра — отдельной масштабной фотографии для построений. Данный полный пакет содержит один график на странице17, фотографию21 и фотографию с построениями72, но не включает отдельные сдаваемые листы. В полученном полном текущем каталоге папки только теоретический и отдельно принадлежащий экспериментальный PDF. Необретенные отдельные листы не изготовлены и не объявлены полученными. Все имеющиеся изображения сохранены без перерисовки. Печатные ошибки и незавершенная фраза ключа отдельно обозначены в соответствующих решениях.

Оригинал в Архива: Ru26-R-T.pdf · решение от архива: Ru26-R-T.pdf