Санкт-Петербургская, 2012/13, заключительный этап, 7 класс

Подсказка

Отразите дно относительно его линии: каждое ныряние станет прямым отрезком в «развёрнутом» море. Сколько таких отражений нужно и какой угол между дном и поверхностью получается после них?

Ответ

Минимальное время ныряния \(t = 400\) с.

Решение

Пловцу не выгодно каждый раз возвращаться на плот: если, выныривая, он сместится к берегу, можно уменьшить глубину нырков и сделать их короче.

Сначала рассмотрим задачу попроще: пловец должен нырнуть с плота \(A\) один раз и всплыть в заданной точке \(B\) за минимальное время. Очевидно, что участки кратчайшей траектории пловца до дна и обратно представляют собой отрезки прямой. Добавим к рисунку зеркально отражённое относительно линии дна море. Траектория \(AOB\) кратчайшая тогда, когда прямая \(AB'\) (где \(B'\) — отражение точки \(B\)) проходит через точку касания \(O\) дна. Поэтому ныряние можно заменить прямолинейным движением из точки \(A\) в \(B'\).

Если пловец хочет нырнуть ещё раз и выплыть в точке \(C\), удобно повернуть картинку и повторить рассуждения, рассматривая \(B'\) как новую точку старта.

Вернёмся к исходной задаче. У нас 6 ныряний. Достроим рисунок последовательными отражениями до вида, соответствующего этому количеству ныряний (см. рис. справа). По условию ныряльщик должен вернуться на плот, поэтому кратчайшая траектория на этом рисунке — прямая, соединяющая плот с его последним отражением \(A_6\). Всего отражений 12, а угол между дном и поверхностью \(5^\circ\), суммарный угол равен \(12 \cdot 5^\circ = 60^\circ\). Значит, треугольник, образованный плотом, точкой \(A_6\) и точкой на берегу, равносторонний, и длина траектории \(AA_6 = 200\) м.

Время равно пути, делённому на скорость: \(t = \dfrac{200}{0{,}5} = 400\) с.

Подсказка

Найдите давление между доской и мячом из равновесия эквилибриста, затем давление у пола из равновесия всей системы «мяч и эквилибрист», и разность давлений дадет высоту столба воды.

Ответ

\(h = 0{,}75\) м, то есть расстояние между доской и полом \(75\) см.

Решение

Пусть давление между доской и мячом равно \(P_1\). Сила давления \(P_1S_1\) уравновешивает силу тяжести эквилибриста с доской: \(Mg = P_1S_1\), откуда \[P_1 = \frac{Mg}{S_1} = \frac{50 \cdot 10}{0{,}05} = 10\text{ кПа}.\] Для системы «мяч и эквилибрист» условие равновесия: \((M+m)g = P_2S_2\), где \(P_2\) — давление пола на мяч: \[P_2 = \frac{(M+m)g}{S_2} = \frac{350 \cdot 10}{0{,}2} = 17{,}5\text{ кПа}.\] Верхняя часть воды в мяче выше нижней на \(h\), поэтому разность давлений \[P_2 - P_1 = \rho g h \quad\Rightarrow\quad h = \frac{P_2 - P_1}{\rho g} = \frac{17500 - 10000}{1000 \cdot 10} = 0{,}75\text{ м}.\]

Ответ

1) Федин шар перекатился за черту на \(6{,}6\) м, Петин не докатился до черты на \(8{,}4\) м;  2) скорость Фединого шара в момент пересечения черты примерно \(2\) м/с;  3) начальная скорость \(3\) м/с.

Решение

Путь, пройденный каждым шаром, равен площади под его графиком скорости. Для Фединого шарика это треугольник с катетами \(3{,}6\) м/с и \(12\) с, поэтому он проходит \(3{,}6 \cdot 12 : 2 = 21{,}6\) м, то есть перекатывается за черту на \(21{,}6 - 15 = 6{,}6\) м. Для Петиного шарика треугольник с катетами \(2\) м/с и \(6{,}6\) с, путь \(2 \cdot 6{,}6 : 2 = 6{,}6\) м, значит, он не докатился до черты на \(15 - 6{,}6 = 8{,}4\) м.

Фединого шарик за чертой оказался примерно на том же расстоянии, какое проехал Петин шарик целиком. Следовательно, скорость Фединого шарика в момент пересечения черты приблизительно равна скорости Петиного шарика в момент броска, то есть около \(2\) м/с.

Наклоны графиков одинаковы, значит, шарики тормозятся одинаково. Третий шарик будет двигаться по прямой, параллельной этим графикам. Подберём такую прямую, чтобы образованный ею треугольник имел площадь \(15\) м. Она пересекает оси графика в точках \(3\) м/с и \(10\) с, поэтому, чтобы выиграть, надо катить шарик с начальной скоростью \(3\) м/с.

Ответ

1) погрешность момента проезда столба не превышает \(0{,}3\) с;  2) Харитон должен отсчитать хотя бы \(40\) столбов.

Решение

Скорость по формуле \(V = nL/t\) для данных таблицы даёт противоречивые результаты: столб появляется в окне в течение некоторого промежутка времени, и Харитон нажимает кнопку секундомера в произвольный момент этого промежутка; кроме того, сама нажатие требует времени, которое не всегда одинаково. Ошибка измерения времени не превосходит некоторого \(\tau\). Чтобы ошибка вычисления была мала, надо, чтобы измеряемое время было гораздо больше \(\tau\), то есть отсчитывать много столбов.

Лучшая оценка скорости по последней колонке таблицы, \(n = 9\): \[V \simeq \frac{9 \cdot 42}{13{,}57} \simeq 27{,}86~\text{ м/с}.\] Допустимая ошибка скорости: \(\Delta V \le 0{,}005 \cdot 27{,}86~\text{ м/с} \simeq 0{,}14~\text{ м/с}\).

Оценим \(\tau\) по разностям времён между соседними столбами: \(\Delta t = 1{,}57;\ 1{,}36;\ 1{,}52;\ 1{,}61;\ 1{,}38;\ 1{,}63;\ 1{,}36;\ 1{,}64;\ 1{,}50\) с. Минимальное время \(1{,}36\) с, максимальное \(1{,}64\) с, значит, \(\tau \le 0{,}3\) с.

Ошибочно добавленный или недоучтённый промежуток \(\tau\) даёт лишний путь \(\Delta L = V\tau \simeq 8{,}4\) м, и скорость \(V = (nL \pm \Delta L)/t\) отличается от точного значения на \(\pm \Delta L/t\). Чтобы эта ошибка не превосходила \(\Delta V\), нужно \(t > \Delta L/\Delta V \simeq 60\) с. За 60 с поезд проходит около 40 промежутков между столбами (один промежуток проходит за \(L/V \simeq 1{,}5\) с), значит, Харитон должен отсчитать не менее 40 столбов.

Примечание: скорость, оценённая по последней колонке, определена с погрешностью \(\Delta L/t \simeq 0{,}61\) м/с; изменение оценки на эту величину не меняет ответ. Более надёжно обрабатывать все данные графически: откладывать \(nL\) по одной оси и \(t\) по другой, провести прямую через облако точек — её наклон даёт скорость.

Ответ

Область — объединение всех областей, достижимых за время от \(0\) до \(5\) мин; см. рисунок в решении.

Решение

Сначала найдём область, в которой Джон может оказаться за фиксированное время \(\tau\). В стоячей воде это круг радиусом \(v\tau\) с центром в точке старта. Перейдём в систему отсчёта, связанную с течением: там область — круг. Возвращаясь в исходную систему, каждая точка области смещается на один и тот же вектор длины \(u\tau\), сонаправленный с течением. Итак, за фиксированное время \(\tau\) Джон может оказаться в круге радиусом \(v\tau\), смещённом по течению на \(u\tau\) (рис. слева).

Заметим, что есть точки, в которые Джон может попасть за время \(\tau/2\), но не за время \(\tau\): скорость течения больше его максимальной скорости. Итоговая область для всех \(\tau\) от 0 до 5 мин — объединение этих кругов; она изображена на рисунке справа. Именно этот рисунок и является ответом.

Ответ

График ступенчатый: число видимых столбов растёт на 1 каждые 3 с и на 1 убывает каждые 9 с; см. рисунок в решении.

Решение

Пусть за некоторое время мальчик \(A\) переместился в точку \(A'\). Мальчик \(B\) прошёл то же расстояние \(BB' = AA'\). Мальчик \(C\) двигался вдвое быстрее, поэтому точка \(C'\) вдвое дальше от \(B\), чем \(B'\). Отсюда \(AA' = BB' = B'C'\).

Все столбы лежат на прямой \(KN\); точка \(K\) соответствует тому столбу, напротив которого все трое находились в начальный момент. Точки \(L\) и \(N\) — крайние левая и правая точки, которые мальчик \(A\) видит между двумя другими мальчиками. Треугольники \(A'B'C'\), \(B'LM\) и \(C'MN\) равны, поэтому \(KN\) в три раза больше \(AA'\). Значит, точка \(N\) движется со скоростью \(3v = 6\) м/с, а точка \(L\) — со скоростью \(v = 2\) м/с.

Количество столбов между \(L\) и \(N\) растёт на единицу каждые \(a/(3v) = 3\) с (точка \(N\) достигает нового столба) и уменьшается на единицу каждые \(a/v = 9\) с (столб выходит из промежутка через \(L\)). Столбы добавляются на 3-й и 6-й секундах, на 9-й количество не меняется, затем снова появляются на 12-й и 15-й секундах, на 18-й не меняется — график построен на рисунке в ответе.

Ответ

1) кубик В опускается на \(2\) см, кубик Г — на \(3\) см;  2) пружины жёсткостью \(300\) Н/м (для В) и \(166\frac{2}{3}\) Н/м (для Г).

Решение

Пронумеруем пружины сверху вниз. Пусть третья пружина растянулась на \(\Delta x > 0\); тогда, так как кубики А и В связаны нерастяжимой нитью, вторая пружина сжата на \(\Delta x\). Растяжение первой пружины обозначим \(\Delta y\), силы натяжения нитей — \(T_1\) и \(T_2\).

Условия равновесия кубиков: \[k\Delta y + k\Delta x = T_1, \qquad T_2 = 2k\Delta x, \qquad T_1 + k\Delta x = M_1 g, \qquad T_2 = M_2 g.\] Подставляя \(M_1 g = 6\) Н, \(M_2 g = 5\) Н, получаем \(T_2 = 5\) Н, \(\Delta x = \dfrac{T_2}{2k} = 0{,}05\) м \(= 5\) см, \(T_1 = M_1 g - k\Delta x = 3{,}5\) Н и \(\Delta y = \dfrac{T_1}{k} - \Delta x = 0{,}02\) м \(= 2\) см. Оба \(\Delta x\) и \(\Delta y\) положительны, значит, предположения о растяжениях верны.

Кубик В опустится на \(\Delta y = 2\) см, а кубик Г — на \(\Delta x - \Delta y = 3\) см.

Во втором случае кубики должны сместиться так же: для В нужна пружина с жёсткостью \(k_1 = \dfrac{M_1 g}{\Delta y} = 300\) Н/м, для Г — \(k_2 = \dfrac{M_2 g}{\Delta x - \Delta y} = \dfrac{500}{3}\) Н/м \(\approx 166\frac{2}{3}\) Н/м.