Санкт-Петербургская, 2019/20, заключительный этап, 7 класс

Подсказка

Правая пробка плавает, значит сила Архимеда уравновешивает её вес. Для левой пробки сравните вес с силой давления воды на её нижнюю сторону.

Ответ

Разность высот равна \(0\).

Решение

Обозначим: \(m\) — масса пробки, \(\rho_{\text{пр}}\) и \(V_{\text{пр}}\) — её плотность и объём, \(h\) — высота пробки, \(\rho_{\text{в}}\) — плотность воды, \(V_{\text{п}}\) — объём погружённой части пробки, \(S\) — площадь сечения левого сосуда, \(\Delta h\) — разность уровней воды.

Правая пробка: вода просачивается между стенками и пробкой, поэтому условие равновесия сводится к равенству силы Архимеда и силы тяжести: \[mg = \rho_{\text{в}} V_{\text{п}} g \quad\Rightarrow\quad \rho_{\text{пр}} V_{\text{пр}} = \rho_{\text{в}} V_{\text{п}} .\] Отсюда пробка погружена ровно на половину своего объёма, и верхний край правой пробки на \(2{,}5\) см выше уровня воды в правом сосуде.

Левая пробка: её сила тяжести компенсируется силой давления воды на нижнюю сторону: \[mg = \rho_{\text{в}} g\,\Delta h\, S, \qquad \rho_{\text{пр}}\, h\, S\, g = \rho_{\text{в}} g\,\Delta h\, S ,\] откуда \(\Delta h = 2{,}5\) см. Значит, верхний край правой пробки выше уровня воды в левом сосуде на \(5\) см. На таком же уровне находится верхний край левой пробки. Поэтому искомая разность высот равна \(0\).

Результат не должен удивлять: сила Архимеда — это разность сил давления на погружённое тело снизу и сверху. Для правой пробки она равна силе давления на её нижнюю сторону. Значит, давления на уровне нижних сторон левой и правой пробок одинаковы, а нижние стороны пробок находятся на одной высоте.

Подсказка

Первыми встретятся муравьи, бегущие навстречу друг другу от \(A\) и \(B\): их сближение идёт со скоростью \(4v\). Из этого найдите \(L/v\), где \(L = MB\).

Ответ

Через \(46\) с.

Решение

В момент, когда муравьи впервые добежали до кусочков торта, они все располагаются на окружности радиуса \(L = MB\). Первыми обменяются информацией два муравья, бегущих навстречу друг другу из точек \(A\) и \(B\). По условию это произойдёт через \(10\) с. С другой стороны, это время равно \[\frac{AB}{4v} = \frac{\sqrt{2}\,L}{4v} , \qquad\text{откуда}\qquad \frac{L}{v} = \frac{4}{\sqrt{2}}\cdot 10~\text{с} \approx 28~\text{с}.\]

Последним о существовании торта в точке \(B\) узнает муравей, бегущий изначально в противоположную сторону. Его должен догнать муравей, прибежавший сначала в точку \(B\) со скоростью \(v\), а потом бегущий в обратном направлении со скоростью \(2v\). На это уйдёт время \(t\), которое определяется из \[L + vt = -L + 2vt \quad\Rightarrow\quad t = \frac{2L}{v} \approx 56~\text{с}.\] Тогда, начиная с момента из условия, пройдёт \(56~\text{с} - 10~\text{с} = 46~\text{с}\).

Подсказка

Навигатор и реальная поездка проезжают один и тот же путь. Сравните время по навигатору с фактическим временем: разница зависит от числа левых поворотов.

Ответ

\(11\) левых поворотов.

Решение

Пусть \(\ell\) — длина участка дороги между перекрёстками, \(n\) — число левых поворотов. Время по навигатору: \[t_1 = \frac{18\ell}{18~\text{км/ч}} = 1~\text{ч}.\] Фактическое время складывается из проезда участков с правыми и левыми поворотами: \[t_2 = \frac{(18-n)\ell}{20~\text{км/ч}} + \frac{n\ell}{10~\text{км/ч}} .\] Сумма здесь равна \(\dfrac{(18-n)\ell}{20} + \dfrac{n\ell}{10} = \dfrac{\ell\,(18+n)}{20}\), а \(t_1 = \ell\) (в часах, при \(\ell\) в километрах). Отсюда \[\frac{t_2}{t_1} = \frac{18+n}{20} \quad\Rightarrow\quad n = 20\,\frac{t_2}{t_1} - 18 .\] Подставляя \(t_2 = 1\) ч \(27\) мин \(= 1{,}45\) ч и \(t_1 = 1\) ч, получаем \(n = 20\cdot 1{,}45 - 18 = 11\).

Подсказка

Там, где расстояние не меняется, оба бегут по одному участку. Наклон отрезков графика даёт разность скоростей, а финальный участок — скорость на третьем участке.

Ответ

Длины участков: \(2\) км, \(21\) км, \(6\) км. Скорости: \(3\) км/ч, \(21\) км/ч, \(9\) км/ч.

Решение

Когда оба спортсмена бегут по одному участку, расстояние между ними не меняется — на графике это три горизонтальных отрезка.

На промежутке от \(20\) до \(40\) мин Боб ещё бежит по первому участку, а Алиса уже по второму, причём быстрее. За \(20\) мин расстояние между ними увеличилось на \(6\) км, поэтому \[v_2 - v_1 = \frac{6~\text{км}}{20~\text{мин}} = 18~\text{км/ч}.\] На промежутке от \(80\) до \(100\) мин Боб бежит по второму участку, а Алиса уже по третьему, медленнее. За \(20\) мин расстояние уменьшилось на \(4\) км: \[v_2 - v_3 = \frac{4~\text{км}}{20~\text{мин}} = 12~\text{км/ч}.\] На промежутке от \(120\) до \(140\) мин Боб бежит по третьему участку, а Алиса уже ждёт на финише. Скорость сближения равна скорости Боба на третьем участке: \[v_3 = \frac{3~\text{км}}{20~\text{мин}} = 9~\text{км/ч}.\] Тогда \(v_2 = v_3 + 12~\text{км/ч} = 21~\text{км/ч}\) и \(v_1 = v_2 - 18~\text{км/ч} = 3~\text{км/ч}\).

Длины участков найдём по времени, которое Боб проводил на каждом из них: на первом участке — \(40\) мин, на втором — с \(40\) до \(100\) мин, на третьем — \(40\) мин: \[\ell_1 = v_1\cdot 40~\text{мин} = 2~\text{км}, \qquad \ell_2 = v_2\cdot 60~\text{мин} = 21~\text{км}, \qquad \ell_3 = v_3\cdot 40~\text{мин} = 6~\text{км}.\]

Подсказка

Длина маршрута на сфере пропорциональна её радиусу. Доля пути, пройденная за промежуток с постоянным радиусом, равна скорости, умноженной на время, делённой на длину маршрута; сложите эти доли по всем промежуткам.

Ответ

\(1\) мин \(20\) с.

Решение

Пусть \(T_1\) — обычное время движения муравья, \(T_2\) — время в описанном эксперименте, \(R_0\) — обычный радиус сферы. Длина маршрута на сфере пропорциональна радиусу: \(L = \alpha R\). Тогда \(T_1 = \dfrac{\alpha R_0}{v}\).

За промежуток \(\Delta t\) при постоянных \(v\) и \(R\) муравей проходит долю пути \(\Delta n = \dfrac{v\,\Delta t}{\alpha R}\). Весь путь соответствует сумме этих долей, равной единице. Промежутков \(100\), каждый длится \(T_2/100\), а радиус на \(n\)-м промежутке равен \(R(n) = \dfrac{200}{200-n}R_0\): \[1 = \sum_{n=1}^{100}\frac{v\,T_2}{100\,\alpha R(n)} = \frac{T_2}{T_1}\sum_{n=1}^{100}\frac{1}{100}\left(1 - \frac{n}{200}\right).\] Так как \(\sum_{n=1}^{100} 1 = 100\) и \(\sum_{n=1}^{100} n = 5050\), \[\sum_{n=1}^{100}\frac{1}{100}\left(1 - \frac{n}{200}\right) = 1 - \frac{5050}{20000} \approx 0{,}7475 ,\] откуда \(\dfrac{T_2}{T_1}\approx 1{,}34 \approx \dfrac{4}{3}\) и \(T_2 \approx \dfrac{4}{3}\cdot 1\) мин \(= 1\) мин \(20\) с.

Подсказка

Параллельно соединённые пружины складываются по жёсткости, последовательно — по обратным величинам. Учтите, что безмен можно перевернуть, и тогда получается другая конструкция.

Ответ

Да: жёсткости пружинок отличаются в \(2\) раза.

Решение

Для двух пружин с жёсткостями \(k_1\) и \(k_2\), соединённых параллельно, жёсткость равна \(k = k_1 + k_2\). При последовательном соединении \(\dfrac{1}{k} = \dfrac{1}{k_1} + \dfrac{1}{k_2}\).

Жёсткость одного безмена из пружин \(k_1\) и \(k_2\) (последовательно) равна \(k = \dfrac{k_1k_2}{k_1+k_2}\). Правая конструкция — два безмена параллельно, её жёсткость \(2k\). Так как к ней подвешен вдвое больший груз и растяжение одинаково, жёсткость левой конструкции должна быть равна \(k\).

Левая конструкция может быть собрана двумя способами, так как один из безменов можно перевернуть. Пусть \(\mu = \dfrac{k_1}{k_2}\).

Если оба безмена повёрнуты одинаково, жёсткость левой конструкции \[k' = \frac{k_1k_2(k_1+k_2)}{k_1k_2 + k_1(k_1+k_2) + k_2(k_1+k_2)} .\] Условие \(k = k'\) приводит к \[\frac{\mu}{\mu+1} = \frac{\mu^2+\mu}{\mu^2+3\mu+1},\] которое не имеет решений, кроме \(\mu = 0\), а это невозможно.

Если безмены повёрнуты по-разному, условие \(k = k'\) сводится к \[\frac{\mu}{\mu+1} = \frac{2\mu^2}{\mu^2+4\mu} \quad\Rightarrow\quad \mu + 4 = 2\mu + 2 \quad\Rightarrow\quad \mu = 2 .\] Значит, жёсткости пружинок отличаются в \(2\) раза.

Подсказка

Пока вода не выливается, глубина растёт по закону Архимеда. Когда вода начинает выливаться, учтите, что суммарный объём шариков и оставшейся воды постоянен.

Ответ

\(\rho_{\text{м}} = 2{,}4\) г/см\(^3\).

Решение

Пусть \(M_{\text{к}}\) — масса контейнера, \(S\) — площадь внешнего сечения контейнера, \(M_{\text{в}}\) — масса налитой в него воды, \(\rho\) — плотность воды, \(\rho_{\text{м}}\) — плотность металла, из которого сделаны шарики, \(m\) — масса насыпанных шариков. Контейнер находится в равновесии, если сила тяжести скомпенсирована силой Архимеда: \[\rho S h g = (M_{\text{к}} + M_{\text{в}} + m)\, g .\] Если масса воды внутри контейнера не меняется, то \(\Delta h = \dfrac{\Delta m}{\rho S}\). По графику видно, что это не всегда выполняется: в какой-то момент вода начинает выливаться из контейнера, и \[\Delta h = \frac{\Delta m - \Delta M_{\text{в}}}{\rho S}.\] С этого момента суммарный объём шариков и воды внутри контейнера постоянен: \(\dfrac{\Delta m}{\rho_{\text{м}}} = \dfrac{\Delta M_{\text{в}}}{\rho}\). Поэтому на этом участке \[\Delta h = \frac{1}{\rho S}\left(1 - \frac{\rho}{\rho_{\text{м}}}\right)\Delta m .\] Отношение \(\dfrac{\Delta h}{\Delta m}\) определяется по угловому коэффициенту графика. Пусть на первом участке оно равно \(k_1\), на втором — \(k_2\). Тогда \[\frac{k_2}{k_1} = 1 - \frac{\rho}{\rho_{\text{м}}}.\] По графику \(k_1 = 15\) см/кг, \(k_2 = 8{,}75\) см/кг, так что \(\dfrac{k_2}{k_1} = \dfrac{7}{12}\). Отсюда \(\rho_{\text{м}} = \dfrac{12}{5}\rho = 2{,}4\) г/см\(^3\).