Физтех 2026/27 · Физика · 10 кл., №1 — решение · отбор · 1-я попытка

Условие

Школьник бросает снежок из точки $A$ в точку $B$ (см. рис.), так что скорость снежка в точке $B$ наименьшая в таком полёте. Угол $\alpha = 36^\circ$ Снежок летит в однородном поле силы тяжести $\vec g$ Сопротивление воздуха пренебрежимо мало. Найдите угол $\beta$ В ответе укажите целое число градусов.

Дано: Угол наклона отрезка $AB$ к горизонту $\alpha = 36^\circ$ Расстояние $AB = L$ и ускорение $g$ не заданы (в ответ не входят). Скорость броска обозначаем $\vec v_A$ (на рисунке условия она подписана $V_A$ ), скорость в точке $B$ — $\vec v_B$ Найти: угол $\beta$ между $\vec v_A$ и отрезком $AB$ целое число градусов.

Рисунок к условию

О задаче · 10 класс

Олимпиада: Физтех
Предмет / класс: Физика · 10 класс
Сезон / этап: 2026/27 · первый тур, первая попытка

Исследуй задачу

Модель с пояснениями к решениюОткрыть модель

Есть пояснения и построения из решения. Открой, когда захочешь воспользоваться этой помощью.

Исследование после решения

Бросок с наименьшей скоростью в точке B

Как меняются угол броска, угол $\beta$ скорости $v_A$ $v_B$ и время полёта при изменении угла $\alpha$ и расстояния $L$

Угол α (наклон AB к горизонту), °Расстояние AB, мУскорение g, м/с²Ход демонстрации

Статичный режим

Модель загружается…

Модель подставляет уже выведенную оптимальную траекторию ( $\theta = 45^\circ + \alpha/2$ ) и не доказывает, что она даёт минимум.

Попробуйте сами. Среди всех бросков из $A$ попадающих в $B$ нужно выбрать тот, при котором снежок прилетает в $B$ медленнее всего. Нарисуйте две-три разные траектории из $A$ в $B$ и подумайте, чем они отличаются друг от друга и что у них общего.

Записать идею

Личный черновик для заметок и расчётов. Он никуда не отправляется и не проверяется.

Подсказка 1

Закон сохранения энергии: $v_B^2 = v_A^2 - 2g\,h$ где $h = L\sin\alpha$ — высота точки $B$ над $A$ — одна и та же для всех траекторий. Значит, скорость в $B$ наименьшая ровно тогда, когда наименьшая начальная скорость $v_A$ Задача превращается в классическую: найти направление броска, при котором в заданную точку попадают с минимальной скоростью.

Подсказка 2

Направьте ось $x$ горизонтально от $A$ к $B$ ось $y$ вверх; угол броска $\theta = \alpha + \beta$ координаты цели $x_B = L\cos\alpha$ $y_B = L\sin\alpha$ Подставьте их в уравнение траектории

y = x\,\mathrm{tg}\,\theta - \dfrac{g x^2}{2 v_A^2\cos^2\theta}

и выразите $v_A^2$ через $\theta$ — дальше останется найти, при каком $\theta$ это выражение наименьшее.

Разобрать решение по шагам

Сводим задачу к минимуму начальной скорости

Все траектории из $A$ в $B$ различаются направлением и модулем $\vec v_A$ но конечная точка одна и та же, поэтому одинаков и подъём $h = L\sin\alpha$ Сила тяжести консервативна, сопротивления нет, и закон сохранения энергии даёт

v_B^2 = v_A^2 - 2gL\sin\alpha.

Вычитаемое $2gL\sin\alpha$ для всех траекторий одно и то же. Значит, $v_B$ наименьшая в точности тогда, когда наименьшая $v_A$ Теперь надо ответить на вопрос: под каким углом $\theta$ к горизонту бросать, чтобы попасть в точку, находящуюся на расстоянии $L$ под углом $\alpha$ с минимальной скоростью броска?

Условие попадания в B через уравнение траектории

Ось $x$ направим горизонтально от $A$ в сторону $B$ ось $y$ — вверх. Угол броска $\theta = \alpha + \beta$ цель имеет координаты $x_B = L\cos\alpha$ $y_B = L\sin\alpha$ Движение: $x = v_A t\cos\theta$ $y = v_A t\sin\theta - \dfrac{g t^2}{2}$ . Исключая $t = \dfrac{x}{v_A\cos\theta}$ , получаем уравнение траектории

y = x\,\mathrm{tg}\,\theta - \dfrac{g x^2}{2 v_A^2\cos^2\theta}.

Подставим координаты точки $B$ и сократим на $L$

\sin\alpha = \cos\alpha\,\mathrm{tg}\,\theta - \dfrac{g L\cos^2\alpha}{2 v_A^2\cos^2\theta}.

Выразим отсюда квадрат скорости броска. Перенесём дробь влево, а $\sin\alpha$ вправо:

\dfrac{g L\cos^2\alpha}{2 v_A^2\cos^2\theta} = \cos\alpha\,\mathrm{tg}\,\theta - \sin\alpha.

Умножим обе части на $\cos^2\theta$ Справа один множитель $\cos\theta$ войдёт в скобку, и $\cos\theta\,\mathrm{tg}\,\theta = \sin\theta$ :

\dfrac{g L\cos^2\alpha}{2 v_A^2} =

= \cos\theta\,(\sin\theta\cos\alpha - \cos\theta\sin\alpha).

В скобке стоит синус разности $\sin(\theta-\alpha)$ Отсюда

v_A^2 = \dfrac{g L\cos^2\alpha}{2\cos\theta\,\sin(\theta-\alpha)}.

Попасть в $B$ можно только при $\alpha < \theta < 90^\circ$ : иначе $\cos\theta$ или $\sin(\theta-\alpha)$ не положителен, и правая часть не может равняться $v_A^2 > 0$ Это видно и на рисунке: $\vec v_A$ круче отрезка $AB$

Система координат для уравнения траектории: ось

x

— горизонтально от

A

B

ось

y

— вверх; угол броска

\theta = \alpha + \beta

точка

B

имеет координаты

(L\cos\alpha,\ L\sin\alpha)

. Здесь траектория показана уже в точной геометрии оптимального броска.

Ищем угол, при котором знаменатель наибольший

Числитель от $\theta$ не зависит, поэтому $v_A$ минимальна, когда максимально выражение $2\cos\theta\sin(\theta-\alpha)$ . Раскроем произведение по формуле $2\cos a\sin b = \sin(a+b) - \sin(a-b)$ :

2\cos\theta\,\sin(\theta-\alpha) =

= \sin(2\theta-\alpha) - \sin\alpha.

Второе слагаемое постоянно, а $\sin(2\theta-\alpha)$ не превосходит $1$ и достигает единицы при $2\theta - \alpha = 90^\circ$ . Значит, оптимальный угол броска

\theta_{\min} = 45^\circ + \frac{\alpha}{2}.

Геометрически: направление броска делит пополам угол между вертикалью и отрезком $AB$ (угол между ними $90^\circ-\alpha$ его половина — $45^\circ - \alpha/2$ столько же остаётся от $\vec v_A$ до вертикали).

Находим β и скорости

Искомый угол — между $\vec v_A$ и отрезком $AB$

\beta = \theta_{\min} - \alpha = 45^\circ + \dfrac{\alpha}{2} - \alpha = 45^\circ - \dfrac{\alpha}{2}.

Подставим $\alpha = 36^\circ$

\beta = 45^\circ - \dfrac{36^\circ}{2} = 45^\circ - 18^\circ = 27^\circ.

Это уже целое число градусов.

Заодно получаем скорости. При $\sin(2\theta-\alpha)=1$ знаменатель равен $1 - \sin\alpha$ Так как

\cos^2\alpha = (1-\sin\alpha)(1+\sin\alpha),

то

v_{A,\min}^2 = \dfrac{gL\cos^2\alpha}{1-\sin\alpha} = gL(1+\sin\alpha),

v_{B,\min}^2 = v_{A,\min}^2 - 2gL\sin\alpha = gL(1-\sin\alpha).

Любопытная деталь: время полёта по оптимальной траектории от $\alpha$ не зависит. Проверим это. В оптимуме $\alpha = 90^\circ - 2\beta$ и $\theta_{\min} = 90^\circ - \beta$ , поэтому

1+\sin\alpha = 1+\cos 2\beta = 2\cos^2\beta,

v_{A,\min} = \sqrt{2gL}\,\cos\beta,

а также

\cos\theta_{\min} = \sin\beta,

\cos\alpha = \sin 2\beta = 2\sin\beta\cos\beta.

Время — это путь по горизонтали, делённый на горизонтальную скорость:

T = \dfrac{L\cos\alpha}{v_{A,\min}\cos\theta_{\min}} =

= \dfrac{2L\sin\beta\cos\beta}{\sqrt{2gL}\,\cos\beta\,\sin\beta} =

= \dfrac{2L}{\sqrt{2gL}} = \sqrt{\dfrac{2L}{g}}.

Ответ: $\beta = 27^\circ$

Оптимальная траектория (точная геометрия при

\alpha = 36^\circ

\vec v_A

делит пополам угол между вертикалью и

AB

(оба угла равны

\beta = 45^\circ - \alpha/2

), вершина лежит между

A

B

в точке

B

скорость направлена вниз под тем же углом

\beta

к горизонту, и

\vec v_A \perp \vec v_B

Проверка

Предельные случаи: при $\alpha = 0$ (цель на той же высоте) формула даёт $\beta = 45^\circ$ — классический угол максимальной дальности, то есть минимальной скорости при заданной дальности; при $\alpha \to 90^\circ$ (цель прямо над головой) $\beta \to 0$ — бросать надо вертикально вверх.

Второй способ: проверим, что у найденной траектории $\vec v_A \perp \vec v_B$ — это известный признак броска с минимальной скоростью. Возьмём из шага 4:

v_{A,\min} = \sqrt{2gL}\,\cos\beta,

\sin\theta_{\min} = \cos\beta,\quad \cos\theta_{\min} = \sin\beta,

gT = g\sqrt{\dfrac{2L}{g}} = \sqrt{2gL}.

Составляющие скорости в точке $B$ (ось $x$ — к $B$ ось $y$ — вверх):

v_x = v_{A,\min}\cos\theta_{\min} = \sqrt{2gL}\,\cos\beta\sin\beta,

v_y = v_{A,\min}\sin\theta_{\min} - gT =

= \sqrt{2gL}\,(\cos^2\beta - 1) = -\sqrt{2gL}\,\sin^2\beta.

Значит, $v_y < 0$ и

\dfrac{|v_y|}{v_x} = \dfrac{\sin\beta}{\cos\beta} = \mathrm{tg}\,\beta,

то есть в точке $B$ снежок летит вниз под углом $\beta$ к горизонту. Вектор $\vec v_A$ направлен вверх под углом $\theta_{\min} = 90^\circ - \beta$ , поэтому угол между $\vec v_A$ и $\vec v_B$ равен $(90^\circ - \beta) + \beta = 90^\circ$ . Заодно

v_x^2 + v_y^2 = 2gL\sin^2\beta = gL(1-\sin\alpha)

— совпадает с $v_{B,\min}^2$ из шага 4.

Численный перебор угла броска ( 400 000 узлов при $L = 10$ м, $g = 9{,}8$ м/с $^2$ ): минимум $v_B$ достигается при $\beta = 27{,}000^\circ$ $v_B^2/(gL) = 0{,}4122 = 1 - \sin 36^\circ$ , скалярное произведение $\vec v_A\cdot\vec v_B \approx 0$ , время полёта $1{,}43$ с $= \sqrt{2L/g}$

Ответ

$\beta = 27^\circ$

Главная идея

Высота подъёма от $A$ до $B$ одна для всех траекторий, поэтому по закону сохранения энергии «наименьшая скорость в $B$ » означает «наименьшая скорость броска». А бросок с минимальной скоростью в заданную точку — классика: направление броска делит пополам угол между вертикалью и направлением на цель, откуда $\beta = 45^\circ - \alpha/2$ .

Если в задаче о броске требуется минимальная (или максимальная) скорость в какой-то точке траектории при фиксированных начальной и конечной точках, сначала проверьте через энергию, не эквивалентно ли это минимуму начальной скорости. Минимум $v_0$ при попадании в точку на расстоянии $L$ под углом возвышения $\alpha$ $v_0^2 = gL(1+\sin\alpha)$ угол броска $45^\circ + \alpha/2$ а $\vec v_0 \perp \vec v_{\text{кон}}$ .

Где легко ошибиться

Решить, что «наименьшая скорость в точке $B$ » значит, что $B$ — вершина траектории, и бросать так, чтобы в $B$ скорость была горизонтальна. Это путает минимум вдоль одной траектории (в вершине скорость действительно наименьшая) с минимумом по множеству разных траекторий, проходящих через $B$ Среди них выгоднее та, у которой вершина лежит выше $B$ но по горизонтали не доходит до $B$ — между $A$ и $B$ ближе к $B$ (в оптимуме $x_{\text{верш}} = x_B\,\dfrac{1+\sin\alpha}{2}$ , при $\alpha = 36^\circ$ это $0{,}79\,x_B$ так и нарисовано на рисунке): в $B$ снежок приходит уже на спуске, под углом $45^\circ - \alpha/2$ к горизонту, зато с меньшей скоростью, чем у любой траектории с вершиной в $B$

Источник и авторство

Физтех · физика · 10 класс · 2026/27 · первый тур, первая попытка. Официальная задача 1.1 (ID 5989).

Официальные условия ↗ · Материалы организатора ↗

Подсказки, объяснение и исследовательские модели — Popov Academy. Решение проверено; результат сопоставлен с официальными материалами.

Тема, знания и приёмы

Кинематика · Нужна школьная база

Бросок под углом
Механическая энергия
Тригонометрические тождества

Приёмы решения: Закон сохранения энергии · Оценка и достижимость · Координаты и проекции

Задать вопрос по задаче →