Санкт-Петербургская, 2018/19, отборочный этап, 8 класс

Подсказка

Найдите минимальное время, за которое машина может проехать от первой камеры до второй и от второй до третьей, не нарушая ограничений. Сравните его с реальным временем проезда.

Ответ

Автомобиль наверняка превышал скорость на отрезке между первой и второй камерами.

Решение

Можно посчитать, за какое минимальное время может проехать автомобиль от первой до второй камеры, не нарушая правил дорожного движения. Для этого автомобиль должен двигаться с максимально разрешённой скоростью, то есть \(60\) км/ч на отрезке \(AB\) на протяжении \(60\) км и со скоростью \(90\) км/ч на половине отрезка \(BC\) на протяжении ещё \(30\) км. Сумма времён на прохождение расстояния между первой и второй камерами будет равна \[T_1 = \frac{60~\text{км}}{60~\text{км/ч}} + \frac{30~\text{км}}{90~\text{км/ч}} = 1~\text{ч}\ 20~\text{мин}.\] Так как автомобиль проехал этот отрезок за 1 час 10 минут, можно сказать, что он наверняка нарушил правила на отрезке между первой и второй камерой.

Теперь рассчитаем минимальное время движения между второй и третьей камерами. Автомобиль может оставшиеся \(30\) км до точки \(C\) проехать со скоростью \(90\) км/ч, а затем \(60\) км до точки \(D\) проехать со скоростью \(120\) км/ч. Тогда затраченное на это время будет равно \[T_2 = \frac{30~\text{км}}{90~\text{км/ч}} + \frac{60~\text{км}}{120~\text{км/ч}} = 50~\text{мин}.\] Так как автомобиль проехал отрезок между второй и третьей камерой за 60 минут, нельзя сказать, что он наверняка превышал скорость на этом отрезке.

Ответ: автомобиль наверняка превышал скорость на отрезке между первой и второй камерами.

Подсказка

Работайте в единицах «расстояние усадьба–дворец = 1» и «день»: встречи гонцов с боярином — это задачи на сближение и удаление с известными скоростями. Проследите положение боярина в конце каждого дня.

Ответ

Через \(7\) дней \(16\) часов (то есть \(7\frac{2}{3}\) дня).

Решение

Пусть расстояние между усадьбой и дворцом равно \(L = 1\) царской единице длины (ц.е.д.). Введём координатную ось: усадьбе соответствует точка \(0\), дворцу — точка \(1\). Время будем измерять в днях. Скорость боярина в наших единицах равна \(v = \frac14\) ц.е.д./день, а скорость гонца — \(u = 1\) ц.е.д./день.

Первый день уйдёт на доставку приказа немедленно явиться. За второй день боярин проедет одну четверть царской единицы, то есть окажется в точке \(x_0 = \frac14\) ц.е.д. В третий день начинает движение второй гонец. Скорость сближения гонца и боярина равна \(u + v\), поэтому их встреча произойдёт через время \[t_1 = \frac{L - x_0}{u + v} = \frac{\left(1 - \frac14\right)\text{ ц.е.д.}}{\left(1 + \frac14\right)\text{ ц.е.д./день}} = \frac35~\text{дня}.\] В момент первого разворота боярин будет находиться в точке \[x_{р1} = x_0 + v t_1 = \frac14 + \frac14\cdot\frac35 = \frac25~\text{ц.е.д.}\] Остаток третьего дня (\(1\) день \(- t_1\)) боярин едет назад, поэтому к концу третьего дня он окажется в точке \[x_3 = x_{р1} - v(1 - t_1) = \frac25 - \frac14\left(1 - \frac35\right) = \frac{3}{10}~\text{ц.е.д.}\] В четвёртый день начинает движение третий гонец. Он догоняет боярина, значит скорость их сближения равна \(u - v\), и встреча произойдёт через время \[t_2 = \frac{L - x_3}{u - v} = \frac{1 - \frac{3}{10}}{1 - \frac14} = \frac{14}{15}~\text{дня}.\] В момент второго разворота боярин находится в точке \[x_{р2} = x_3 - v t_2 = \frac{3}{10} - \frac14\cdot\frac{14}{15} = \frac{1}{15}~\text{ц.е.д.}\] Остаток четвёртого дня (\(1\) день \(- t_2\)) боярин едет вперёд, поэтому к концу четвёртого дня он окажется в точке \[x_4 = x_{р2} + v(1 - t_2) = \frac{1}{15} + \frac14\cdot\frac{1}{15} = \frac{1}{12}~\text{ц.е.д.}\] Чтобы доехать до дворца, боярину потребуется ещё \[t_3 = \frac{L - x_4}{v} = \frac{1 - \frac{1}{12}}{\frac14} = \frac{11}{3}~\text{дня}.\] Всего с момента отправления первого гонца пройдёт \(T = 4 + t_3 = 7\frac{2}{3}\) дня.

Ответ: боярин приедет во дворец через \(7\) дней \(16\) часов.

Подсказка

Рассмотрите два крайних значения силы в точке \(B\): при каждом из них система на грани опрокидывания относительно одной из опор. Для каждого крайнего случая запишите правило рычага.

Ответ

\(7\) м.

Решение

Пусть расстояние между опорами качелей равно \(x\), длина левых качелей \(2l_1\), длина правых качелей \(2l_2\). Рассмотрим два крайних случая.

К точке \(B\) приложена сила \(4F\); если эта сила станет больше, система выйдет из равновесия, начав движение относительно точки \(L\). Оба плеча правых качелей равны \(l_2\), поэтому достаточно правила рычага для левых качелей: \[F\cdot l_1 = 4F\cdot(x - l_2).\] К точке \(B\) приложена сила \(F/2\); если эта сила станет меньше, система выйдет из равновесия, начав движение относительно точки \(R\). Оба плеча левых качелей равны \(l_1\), поэтому опять достаточно одного правила рычага, но на этот раз для правых качелей: \[F\cdot(x - l_1) = \frac{F}{2}\cdot l_2.\] Из второго уравнения \[l_2 = 2(x - l_1).\] Подставляя это в первое уравнение, получим \[F\cdot l_1 = 4F\cdot\bigl(x - 2(x - l_1)\bigr) = 4F\cdot(2l_1 - x),\] откуда \(4x = 7l_1\), то есть \[x = \frac{7}{4}\,l_1 = 7~\text{м}.\]

Ответ: расстояние между опорами качелей равно \(7\) м.

Подсказка

Скорость остывания тела пропорциональна отношению площади, через которую уходит тепло, к массе тела. Сравните это отношение для кубика и для пирамиды, учитывая, какие грани касаются пола и друг друга.

Ответ

\(28\) с.

Решение

В условии сказано, что количество тепла в единицу времени, которое уходит в окружающую среду через единицу площади, пропорционально разности температур. Рассмотрим малый промежуток времени \(\Delta t\), в течение которого температуру тела можно считать постоянной. Тепло, которое тело отдало в окружающую среду, равно \[\Delta Q = \alpha S (T_{\text{тела}} - T_{\text{комнаты}})\,\Delta t,\] где \(\alpha\) — постоянный коэффициент, \(S\) — площадь, через которую уходит тепло.

Пусть удельная теплоёмкость материала равна \(c\), а масса тела \(m\). Воспользуемся тем, что \(\Delta Q = c m \Delta T\), и перепишем закон: \[c m\,\Delta T = \alpha S (T_{\text{тела}} - T_{\text{комнаты}})\,\Delta t \quad\Rightarrow\quad \frac{\Delta T}{\Delta t} = \frac{\alpha}{c}\cdot\frac{S}{m}\cdot(T_{\text{тела}} - T_{\text{комнаты}}).\] Отсюда скорость изменения температуры прямо пропорциональна отношению площади тела к его массе \(S/m\). Посчитаем эту величину для кубика, учитывая, что тепло уходит только через поверхность, граничащую с воздухом (то есть через 5 граней из 6): \[\frac{S_{\text{кубик}}}{m_{\text{кубик}}} = \frac{6a^2 - a^2}{a^3\rho} = 5\cdot\frac{1}{a\rho},\] где \(\rho\) — плотность.

Теперь проделаем такие же вычисления для пирамиды. Нижний кубик одной гранью лежит на теплоизолирующем полу и ещё одной соприкасается со средним, поэтому в нижнем кубике тепло уходит через площадь \[S_1 = 6(3a)^2 - (3a)^2 - (2a)^2 = 41a^2.\] Средний кубик одной гранью соприкасается с нижним и одной с верхним, поэтому в нём тепло уходит через площадь \[S_2 = 6(2a)^2 - (2a)^2 - a^2 = 19a^2.\] Верхний кубик соприкасается только со средним, поэтому с воздухом граничит площадь \[S_3 = 6a^2 - a^2 = 5a^2.\] Суммарная площадь, через которую уходит тепло, равна \(S_1 + S_2 + S_3\), а масса складывается из масс трёх кубиков. Поэтому искомое отношение равно \[\frac{S_{\text{пирамиды}}}{m_{\text{пирамиды}}} = \frac{41a^2 + 19a^2 + 5a^2}{(3a)^3\rho + (2a)^3\rho + a^3\rho} = \frac{65}{36}\cdot\frac{1}{a\rho}.\] Конструкции изготовлены из одного материала, поэтому равны их плотности и удельные теплоёмкости. Значит, скорость остывания кубика больше скорости остывания пирамиды в \[\frac{5}{65/36} = \frac{36}{13} \approx 2{,}8\] раза. Поэтому если кубик остывает на \(1\,^{\circ}\)C за 10 секунд, то пирамида остынет на \(1\,^{\circ}\)C за \(28\) секунд.

Ответ: пирамида остынет за 28 секунд.

Подсказка

Для каждого дня масса упавших яблок равна средней массе яблока, умноженной на число яблок. Число яблок растёт арифметически, а масса за день — линейно по дате.

Ответ

\(48\) кг.

Решение

В условии сказано, что 22 августа упало 10 яблок; из графика видно, что средняя масса яблок в этот день была равна \(67{,}5\) г, поэтому в тот день упало \(67{,}5 \cdot 10 \approx 675\) г \(\approx 0{,}68\) кг. Проделаем такую же процедуру для каждого дня и перестроим график так, чтобы получить зависимость массы упавших яблок от дня.

Видно, что масса всех яблок, упавших за день, растёт линейно, причём 27 августа упало \(1{,}4\) кг яблок, а 15 сентября — \(3{,}4\) кг. Значит, в среднем падало \(2{,}4\) кг яблок в день. Тогда всего упало \[2{,}4~\text{кг} \cdot 20~\text{дней} = 48~\text{кг}.\] Примечание: этот же ответ можно получить, посчитав массу яблок, выпавших в каждый из дней, и сложив эти числа.

Ответ: с 27 августа по 15 сентября выпало 48 кг яблок.