Росатом, 2018/19, отборочный этап, 8 класс

Запишите три равенства масс через массы Васи, Пети, ящика и кошки и исключите массы Пети и ящика.

6 кошек: \(m_{\text{В}} = 6\,m_{\text{к}}\).

Из условия имеем следующую систему уравнений \[m_{\text{В}} + m_{\text{П}} = 5\,m_{\text{я}}, \qquad m_{\text{П}} = 4\,m_{\text{к}}, \qquad 2\,m_{\text{к}} + m_{\text{П}} = 3\,m_{\text{я}},\] где \(m_{\text{В}}\), \(m_{\text{П}}\), \(m_{\text{я}}\) и \(m_{\text{к}}\) — массы Васи, Пети, ящика и кошки. Исключая массы Пети и ящика, получим \[m_{\text{В}} = 6\,m_{\text{к}}.\] Т.е. Вася весит столько же, сколько 6 кошек.

\(x = \dfrac{4}{5}\,S\).

Пусть длина первой части пути равна \(x\). Тогда из условия задачи имеем \[v_{\text{ср}} = \frac{S}{t} = \frac{S}{\dfrac{x}{2v_{\text{ср}}} + \dfrac{S-x}{v_{\text{ср}}/3}} = \frac{2\,v_{\text{ср}}\,S}{6S - 5x},\] где \(v_{\text{ср}}\) — средняя скорость автомобиля на всем пути, \(t\) — время прохождения автомобилем всего пути. Отсюда находим \[x = \frac{4}{5}\,S.\]

\(t = 34{,}5\cdot 10^3\) с.

Поскольку по условию вода кипит, то возвращаемая в котел вода очень быстро нагревается до температуры кипения и устанавливается равновесие между количеством выкипевшей воды и нагревом вернувшейся в котел воды. В этом состоянии сообщенная теплота тратится на нагревание вернувшейся воды и испарение воды в котле. Это значит, что количество теплоты \(\delta Q\), подведенное к котлу за малый интервал времени \(\Delta t\), тратится на испарение воды и нагрев вернувшейся воды от температуры \(t_1 = 20^\circ\)C до температуры кипения \(t_0 = 100^\circ\)C. Поэтому \[\delta Q = P\,\Delta t = L\mu\,\Delta t + 0{,}95\,\mu\,\Delta t\,c\,(t_0 - t_1),\] где \(\mu\) — масса воды, испарившейся в единицу времени. Отсюда находим \[\mu = \frac{P}{L + 0{,}95\,c\,(t_0 - t_1)}.\] А поскольку теряется \(5\%\) испарившейся воды, то в единицу времени котел теряет \(\mu_1 = 0{,}05\,\mu\) воды. Поэтому в котле останется половина воды за время \[t = \frac{m}{2\mu_1} = \frac{m\left(L + 0{,}95\,c\,(t_0 - t_1)\right)}{2\cdot 0{,}05\,P} = 34{,}5\cdot 10^3 \text{ с}.\]

1) \(t = \dfrac{t_0}{11} \approx 5{,}45\) мин (проход в обе стороны — \(\approx 10{,}9\) мин);  2) \(60\) листьев.

Пусть на всю дорожку в единицу времени падает \(n\) листьев. А поскольку они падают равномерно и дворник ходит с постоянной скоростью, при проходе по всей дорожке на ней остается половина того количества листьев, которые упали за время прохода, а половину этих листьев он сметет. Действительно, пусть к моменту начала прохода вся дорожка была чистая. Тогда в каждой точке дорожки дворник сможет смести те листья, которые упадут от начала его прохода до того времени, как он в этой точке оказался. То есть в течение небольшого времени в начале дорожки, половины времени в середине, почти полное время — в конце. А останутся почти все листья в начале дорожки, упавшие в течение половины времени в середине, и ничего в конце. Поэтому если дворник проходит по дорожке в течение времени \(t\), на ней остаются к моменту окончания прохода \[\tfrac{1}{2}\,nt\] листьев и столько же листьев он сметает.

Пусть к моменту начала прохода на дорожке лежат \(N\) листьев. Тогда дворник, пройдя до конца дорожки в одну сторону, сметет с нее эти листья и половину того количества, которое упало за время прохода. Или \[N + \tfrac{1}{2}\,nt = 1200\] листьев. При этом половина листьев, упавших за время прохода, останется. Когда дворник пройдет в обратную сторону, он сметет эти листья и еще \(nt/2\) листьев, которые упадут на дорожку за время обратного прохода. Поэтому \[nt = 120.\] А \(nt/2\) листьев, которые упадут на дорожку за время обратного прохода, на ней останутся. А поскольку до начала следующего прохода пройдет время \(t_0 - 2t\) (\(t_0 = 60\) минут), то к началу следующего прохода на дорожке будут лежать \[N = n\,(t_0 - 2t) + \tfrac{1}{2}\,nt\] листьев. Отсюда и предыдущих формул получаем систему \[n\,(t_0 - 2t) + nt = 1200, \qquad nt = 120.\] Решая ее, найдем \[t = \frac{t_0}{11} = 5{,}45 \text{ минут}.\] Значит, проход в обе стороны Иван Иваныч делает за \(10{,}9\) минуты. А после того, как дворник возвращается, на дорожке останется \(nt/2 = 60\) листьев.

\(v = \dfrac{3L}{t} = 1500\) м/с.

Мысленно уберем перегородку и рассмотрим интервал времени, равный половине периода ее вращения \(t/2\). За это время (при условии, что перегородки нет) заднее сечение трубы пересечет «часть потока частиц длиной» \(vt/2\).

Учтем теперь наличие перегородки. Очевидно, что за это время перегородка «выбьет» с каждой траектории такое количество частиц, которое в тот момент, когда перегородка эту траекторию пересекает, находятся в трубе. А это значит, что из части потока длиной \(vt/2\) будет удалена часть потока длиной \(L\). А поскольку задерживаются две трети частиц, а частицы в потоке предполагаются распределенными равномерно, то отношение этих двух длин — длины участка потока, из которой удалены частицы, к полной длине прошедшего потока — и составляет две трети. За следующие полпериода все повторится и т.д. Поэтому \[\frac{L}{vt/2} = \frac{2}{3}.\] Отсюда получаем \[v = \frac{3L}{t} = 1500 \text{ м/с}.\]