Урок 14. Текстовые задачи на движение: 40 заданий с решениями

Полное время $\frac92$ ч, время движения $\frac92-\frac12=4$ ч. Поэтому постоянная скорость движения $v=\frac{240}{4}=60$ км/ч.

Средняя скорость учитывает и остановку: $v_{\text{ср}}=\frac{240}{\frac92}=\frac{160}{3}$ км/ч. Она меньше 60, поскольку тот же путь делится на большее время. Путь остановки нулевой, но время не нулевое.

Ответ. 60 км/ч; $\frac{160}{3}$ км/ч.

Пусть $t\geq0$ - часы до встречи. Сумма пройденных навстречу путей равна 300: $70t+80t=300$. Значит, $t=2$ ч.

Автомобиль из A прошёл $70\cdot2=140$ км, из B - $80\cdot2=160$ км. Их сумма 300, оба пути лежат между нулём и длиной дороги. Встреча единственная до прибытия в противоположные города.

Ответ. Через 2 ч, в 140 км от A.

Разрыв уменьшается со скоростью $90-70=20$ км/ч. Время догоняния $t=\frac{60}{20}=3$ ч, путь быстрого $90\cdot3=270$ км.

Проверка координат от начального положения быстрого: у него $x=270$, у медленного $x=60+70\cdot3=270$. Сумму скоростей использовать нельзя: оба движутся в одну сторону.

Ответ. 3 ч; 270 км.

Задержка $\frac23$ ч, фора первого $60\cdot\frac23=40$ км. Относительная скорость после второго старта $90-60=30$ км/ч.

Поэтому время второго до встречи $t=\frac{40}{30}=\frac43$ ч, или 1 ч 20 мин. Первый к встрече едет $\frac23+\frac43=2$ ч; оба прошли 120 км. Отсчёт времени в ответе ведётся от второго, не от первого старта.

Ответ. Через 1 ч 20 мин.

Пусть каждая половина равна $s>0$ км. Полное время $\frac{s}{60}+\frac{s}{40}=\frac{s}{24}$ ч. Поэтому

$$v_{\text{ср}}=\frac{2s}{\frac{s}{24}}=48.$$

Обычное среднее 50 неверно: на медленную половину ушло больше времени. Ответ не зависит от длины пути, поскольку $s$ сокращается.

Ответ. 48 км/ч.

Пусть каждый временной интервал равен $t>0$ ч. Пройдено $60t+40t=100t$ км за $2t$ ч, поэтому средняя скорость 50 км/ч.

Здесь равны времена, поэтому веса скоростей одинаковы. При равных путях времена различались бы, и получилась бы гармоническая, а не арифметическая средняя.

Ответ. 50 км/ч.

Скорости относительно берега: по течению $18+3=21$, против $18-3=15$ км/ч; против течения движение возможно, так как $18>3$ .

Времена $\frac{63}{21}=3$ ч и $\frac{45}{15}=3$ ч. Всего 6 ч, путь 108 км. Средняя скорость $\frac{108}{6}=18$ км/ч. Она совпала с собственной из-за равенства времён, а не потому, что это верно для любого речного маршрута.

Ответ. 6 ч; 18 км/ч.

Плот движется относительно берега со скоростью течения $u=\frac{24}{12}=2$ км/ч. Против течения скорость лодки $10-2=8$ км/ч.

Время $t=\frac{24}{8}=3$ ч. Проверка возможности: собственная скорость больше течения; при равенстве лодка стояла бы относительно берега и не прошла бы путь вверх по реке.

Ответ. 2 км/ч; 3 ч.

После старта встреча наступает, когда сумма пройденных дуг равна одному полному кругу. Относительная скорость $4+6=10$ м/с.

Уравнение $10t=600$ даёт $t=60$ с. За это время пути 240 и 360 м составляют ровно круг. Начальное совпадение при $t=0$ не считаем встречей после старта; меньшего положительного целого числа кругов нет.

Ответ. 60 с.

Для нового совпадения быстрый должен выиграть у медленного один полный круг. Разность путей $(8-3)t=5t$ .

Первое положительное время удовлетворяет $5t=500$, откуда $t=100$ с. Пути 800 и 300 м различаются на длину круга, поэтому положения совпадают. При меньшем положительном времени разность меньше 500 и не равна ненулевому целому числу кругов.

Ответ. Через 100 с.

От момента прохождения столба головой до момента прохождения хвостом весь поезд смещается на свою длину, 180 м.

Скорость $v=\frac{180}{12}=15$ м/с. Перевод: $15\cdot3{,}6=54$ км/ч. Проверка: 54 км/ч за 12 с дают $54\cdot\frac{12}{3600}=0{,}18$ км, или 180 м.

Ответ. 54 км/ч.

Чтобы хвост покинул платформу, голова должна пройти длину платформы и ещё длину поезда. Путь равен $420+180=600$ м.

Следовательно, $v=\frac{600}{40}=15$ м/с. Деление только 420 на 40 описывало бы движение головы от начала до конца платформы, а это другой временной интервал.

Ответ. 15 м/с.

Время движения $\frac{12}{4}=3$ ч. С остановкой полное время $3+1=4$ ч; пройденный путь остаётся 12 км.

Средняя скорость $\frac{12}{4}=3$ км/ч. Нельзя усреднять числа 4 и 0 без учёта длительностей: движение и остановка занимали не равное время.

Ответ. 3 км/ч.

На участке от 0 до 2 ч путь увеличивается с 0 до 120 км, скорость $\frac{120}{2}=60$ км/ч. От 2 до 3 ч путь постоянен, скорость нулевая: остановка 1 ч.

От 3 до 4 ч путь растёт со 120 до 180 км, скорость $\frac{180-120}{4-3}=60$ км/ч. Полный путь 180 км за 4 ч, поэтому средняя скорость $\frac{180}{4}=45$ км/ч. На графике пути остановка горизонтальна; отрицательного наклона у пройденного пути быть не может.

Ответ. 60, 0 и 60 км/ч; остановка 1 ч; средняя 45 км/ч.

Встреча означает равенство координат, а не равенство путей: $20+60t=200-30t$. Получаем $90t=180$, $t=2$ ч.

Координата $x=20+60\cdot2=140$ км; вторая формула даёт $200-30\cdot2=140$. Исходный разрыв 180 км уменьшается со скоростью 90 км/ч. Минус в формуле второго автомобиля указывает направление движения, не отрицательный модуль скорости.

Ответ. Через 2 ч, координата 140 км.

Пусть весь путь $S>0$. Полное время

$$t=\frac{S}{160}+\frac{S}{120}+\frac{S}{320}=\frac{17S}{960}.$$

Поэтому $v_{\text{ср}}=\frac{S}{\frac{17S}{960}}=\frac{960}{17}$ км/ч. Оно находится между 40 и 80, что даёт грубую проверку. Веса при усреднении скоростей - доли времени, не доли пути; простое взвешивание по четвертям дало бы неверный результат.

Ответ. $\frac{960}{17}$ км/ч.

Левая часть неотрицательна, поэтому любой корень удовлетворяет $x\geq0$; при этом подкоренное выражение положительно. На этой области возведение в квадрат равносильно:

$$2x+3=x^2\iff(x-3)(x+1)=0.$$

Кандидаты 3 и -1. Второй нарушает $x\geq0$ и при подстановке дал бы $1=-1$. Первый подходит: $\sqrt9=3$ .

Ответ. 3.

ОДЗ: $x>1$. Так как основание 2 больше единицы, логарифм строго возрастает. Поэтому на ОДЗ неравенство равносильно $x-1\geq2^2=4$, то есть $x\geq5$ .

Все эти значения входят в ОДЗ. Точка 5 включена: логарифм равен ровно 2. Никаких корней левее ОДЗ нет.

Ответ. $[5;+\infty)$ .

Производная $f'(x)=3x^2-12x+9=3(x-1)(x-3)$. Внутренние критические точки 1 и 3.

Сравним их с концами: $f(0)=0$, $f(1)=4$, $f(3)=0$, $f(4)=4$. Полином непрерывен и всюду дифференцируем; других кандидатов нет.

Ответ. Минимум 0 при $x=0$ и $x=3$; максимум 4 при $x=1$ и $x=4$ .

Каждая часть основного долга равна 200000 рублей. Остатки перед начислениями: 600000, 400000, 200000.

Проценты равны 60000, 40000 и 20000 рублей. Вместе с основным долгом сумма выплат $600000+60000+40000+20000=720000$. Полные платежи 260000, 240000, 220000 различны, хотя части долга равны.

Ответ. 720 000 рублей.

Физическая область $v>0$. Складываются времена:

$$\frac{150}{v}+\frac{150}{v+25}=5.$$

Умножение на положительное $v(v+25)$ даёт $150(v+25)+150v=5v(v+25)$, откуда $v^2-35v-750=(v-50)(v+15)=0$ .

Корень -15 исключён по положительности скорости; $v=50$ подходит. Проверка: $\frac{150}{50}+\frac{150}{75}=3+2=5$ ч.

Ответ. 50 км/ч.

Пусть собственная скорость $v>3$; это обеспечивает движение против течения. Тогда

$$\frac{72}{v+3}+\frac{72}{v-3}=10.$$

На ОДЗ умножаем на $v^2-9>0$: $144v=10(v^2-9)$, или $5v^2-72v-45=0$. Дискриминант $6084=78^2$; корни $15$ и $-\frac35$ .

Подходит только 15. Проверка: вниз скорость 18, вверх 12 км/ч; времена 4 и 6 ч дают 10 ч.

Ответ. 15 км/ч.

Пусть $v>40$ - скорость относительно воздуха. Относительно земли скорости $v+40$ и $v-40$ .

$$\frac{480}{v+40}+\frac{480}{v-40}=5\iff v^2-192v-1600=0.$$

Преобразование равносильно на $v>40$, где оба знаменателя ненулевые. Факторизация $(v-200)(v+8)=0$ даёт допустимый корень 200; -8 исключён.

Проверка: $\frac{480}{240}=2$ ч по ветру и $\frac{480}{160}=3$ ч против, всего 5 ч.

Ответ. 200 км/ч.

Переведём скорости: $54\cdot\frac5{18}=15$ м/с, $72\cdot\frac5{18}=20$ м/с. Относительная скорость 35 м/с.

Для полного расхождения относительное смещение должно равняться сумме длин $210+190=400$ м. Поэтому $t=\frac{400}{35}=\frac{80}{7}$ с. Проверка: за это время сумма пройденных поездом путей равна 400 м.

Ответ. $\frac{80}{7}$ с.

Пусть длина маршрута $S>0$. Времена равны:

$$\frac Sv=\frac{S}{2(v-7)}+\frac{S}{144}.$$

Сокращаем $S$ и умножаем на $144v(v-7)>0$ при $v>30$. Получаем $144(v-7)=72v+v(v-7)$, то есть $v^2-79v+1008=0$ .

Факторизация $(v-63)(v-16)=0$. Значение 16 алгебраически удовлетворяет равенству времён, но нарушает условие $v>30$. Для 63 скорости второго равны 56 и 72; $\frac1{112}+\frac1{144}=\frac1{63}$ подтверждает время.

Ответ. 63 км/ч.

Промежуток между встречами равен $\frac{840}{5+7}=70$ с. Встречи после старта соответствуют суммарному пути в 1, 2, 3, 4, 5 кругов.

Пятая происходит при $t=5\cdot70=350$ с. Пути равны $5\cdot350=1750$ м и $7\cdot350=2450$ м. Их сумма 4200 м - ровно пять длин дорожки. Начальное совпадение в нулевой момент не входит в счёт.

Ответ. 350 с; 1750 и 2450 м.

У первого время движения 3 ч, путь 18 км. У второго только $3-1=2$ ч, путь 16 км. Эти пути - перпендикулярные катеты, не участки одной прямой.

Расстояние по теореме Пифагора $d=\sqrt{18^2+16^2}=\sqrt{580}=2\sqrt{145}$ км. Положительный корень выбран, поскольку речь о расстоянии. Ответ лежит между 18 и 34 км, что согласуется с треугольником.

Ответ. $2\sqrt{145}$ км.

При $v>0$ плановое время $\frac{180}{v}$. Фактическое $\frac{120}{v}+\frac13+\frac{60}{v+15}$. Сокращая общее время первого участка, получаем

$$\frac13+\frac{60}{v+15}=\frac{60}{v}.$$

Умножение на $3v(v+15)>0$ даёт $v^2+15v-2700=(v-45)(v+60)=0$. Отрицательный корень не подходит.

При $v=45$ план на последние 60 км - $\frac43$ ч, фактически $\frac13+1=\frac43$ ч. Значит, остановка компенсирована полностью.

Ответ. 45 км/ч.

Пусть скорость первого $v>0$. Разность времён положительна:

$$\frac{90}{v}-\frac{90}{v+6}=\frac12.$$

На ОДЗ умножение даёт $1080=v(v+6)$, или $(v-30)(v+36)=0$. Допустим только $v=30$, второй едет со скоростью 36 км/ч.

Проверка: времена 3 ч и $\frac52$ ч, разница $\frac12$ ч. Менять порядок вычитания нельзя: более быстрый тратит меньше времени.

Ответ. 30 и 36 км/ч.

Пусть $0<u<20$. Тогда

$$\frac{96}{20-u}-\frac{96}{20+u}=2.$$

Знаменатель $400-u^2$ положителен. После умножения $192u=2(400-u^2)$, откуда $u^2+96u-400=(u-4)(u+100)=0$ .

Корень -100 недопустим, $u=4$ подходит. Скорости лодки относительно берега 16 и 24 км/ч, времена 6 и 4 ч; разность 2 ч. Нулевое течение не могло бы дать положительную разность времён.

Ответ. 4 км/ч.

Пусть $u>0$ - скорость дорожки, $L>0$ - длина. Стоящий пассажир движется относительно пола со скоростью $u$, и $L=60u$. При ходьбе скорость относительно пола $u+1$, поэтому $L=30(u+1)$ .

Из равенства $60u=30u+30$ получаем $u=1$ м/с, $L=60$ м. Оба числа положительны. Проверка: 60 м при 1 м/с дают 60 с, при 2 м/с - 30 с. Сравнивать 1 м/с прямо с полной скоростью пассажира было бы ошибкой системы отсчёта.

Ответ. 60 м; 1 м/с.

Пусть $L>0$ м - длина, $v>0$ м/с - скорость. Уравнения $L=15v$ и $L+360=27v$ описывают смещение поезда за соответствующее время.

Вычитание даёт $360=12v$, значит, $v=30$ м/с. Длина $L=15\cdot30=450$ м; скорость $30\cdot3{,}6=108$ км/ч.

Проверка: $\frac{450+360}{30}=27$ с. Длина платформы соответствует разности времён, поскольку длина самого поезда одинакова в обеих моделях.

Ответ. 450 м; 108 км/ч.

Обозначим течение $u$, где $0\leq u<22$. На движение остаётся $47-3=44$ ч:

$$\frac{468}{22+u}+\frac{468}{22-u}=44.$$

Поскольку $484-u^2>0$, получаем $20592=44(484-u^2)$, то есть $484-u^2=468$ и $u^2=16$. Из корней $\pm4$ допустим 4.

Проверка: скорости 26 и 18 км/ч, времена 18 и 26 ч. С остановкой $18+26+3=47$ ч. При этом $4<22$, так что обратный путь возможен.

Ответ. 4 км/ч.

Пусть скорость второго $u>0$, время от старта до встречи $t>0$. До встречи первый прошёл $60t$, второй $ut$. После встречи им осталось пройти именно пути друг друга.

Первому осталось $ut=60\cdot4=240$ км. Второму осталось $60t=9u$. Подставляя $t=\frac{9u}{60}$ в первое равенство, получаем $\frac{9u^2}{60}=240$, значит, $u^2=1600$. Положительность даёт $u=40$ км/ч.

Тогда $t=6$ ч, $AB=(60+40)\cdot6=600$ км. Проверка: после встречи первому осталось 240 км - 4 ч; второму 360 км - 9 ч. Время до встречи не равно ни 4, ни 9: оно определяется системой.

Ответ. 40 км/ч; 600 км.

Ко второму старту первый прошёл $6\cdot120=720=600+120$ м. На дорожке он на 120 м впереди стартовой точки, хотя накопленный путь больше на 720 м.

Относительная скорость $8-6=2$ м/с. Первый физический обгон после второго старта произойдёт через $\frac{120}{2}=60$ с. Дальше обгоны повторяются через $\frac{600}{2}=300$ с. Третий: $60+2\cdot300=660$ с.

Полная проверка через координаты по модулю длины круга: $8t-(720+6t)=600k$, где $k$ - целое. Получаем $t=360+300k$. Положительные моменты по возрастанию: 60 при $k=-1$, 360 при $k=0$, 660 при $k=1$. При $k\leq-2$ время отрицательно, поэтому более ранних положительных обгонов нет. Нельзя считать только момент равенства накопленных путей: это был бы второй, а не первый физический обгон.

Ответ. Через 660 с.

Введём координату от A, общее время $t$ в часах. До первого разворота $x_1=30t$ при $0\leq t\leq4$, $x_2=120-20t$ при $0\leq t\leq6$. Первая встреча: $50t=120$, $t=\frac{12}{5}$ ч, координата 72 км.

Первый разворачивается в B при $t=4$. На $[4;6]$ его координата $x_1=120-30(t-4)=240-30t$, второй ещё движется к A. Равенство $240-30t=120-20t$ даёт $t=12$, вне этого этапа. Значит, встреч на $[4;6]$ нет.

При $t=6$ второй разворачивается в A; до $t=8$ первый ещё едет обратно. Теперь $x_2=20(t-6)=20t-120$. Уравнение $240-30t=20t-120$ даёт $t=\frac{36}{5}=7{,}2$ ч, внутри $[6;8]$. Координата $x=24$ км.

На каждом перечисленном этапе разность координат линейна, поэтому найденные корни исчерпывают встречи до $t=7{,}2$. В моменты разворотов 4 и 6 координаты различны. Уравнение первого этапа нельзя продолжать после разворота.

Ответ. Через $\frac{12}{5}$ ч и $\frac{36}{5}$ ч после старта; вторая встреча в 24 км от A.

Координаты первого $(10t-30;0)$, второго $(0;20t-40)$. Квадрат расстояния

$$d^2(t)=(10t-30)^2+(20t-40)^2=500t^2-2200t+2500.$$

Минимизировать квадрат достаточно, поскольку квадратный корень строго возрастает на неотрицательных числах. Выделяем квадрат:

$$d^2(t)=500\left(t-\frac{11}{5}\right)^2+80.$$

Точка $t=\frac{11}{5}$ входит в $[0;3]$, поэтому минимум квадрата равен 80, а расстояния $\sqrt{80}=4\sqrt5$ км.

В этот момент координаты $(-8;0)$ и $(0;4)$; проверка по Пифагору $\sqrt{64+16}=4\sqrt5$. Одновременного прохождения перекрёстка нет: второй проходит его при 2 ч, первый при 3 ч. Поэтому минимальное расстояние не обязано быть нулевым.

Ответ. $4\sqrt5$ км при $t=\frac{11}{5}$ ч.

Пусть $AC=x$ м, $0\leq x\leq400$. По теореме Пифагора длина плавания $\sqrt{300^2+x^2}$, длина бега $400-x$. Время

$$T(x)=\frac{\sqrt{90000+x^2}}3+\frac{400-x}{5}.$$

Функция непрерывна на отрезке, производная $T'(x)=\frac{x}{3\sqrt{90000+x^2}}-\frac15$. Равенство производной нулю означает $5x=3\sqrt{90000+x^2}$. Обе части неотрицательны, поэтому квадрат равносилен:

$$25x^2=810000+9x^2,\quad x^2=50625,\quad x=225.$$

Отрицательный корень исключён областью. Функция $\frac{x}{\sqrt{90000+x^2}}$ строго возрастает, её производная $\frac{90000}{(90000+x^2)^{3/2}}>0$. Следовательно, $T'$ меняет знак с минуса на плюс именно при 225: это единственный минимум на отрезке.

Длина плавания $\sqrt{90000+50625}=375$ м, бега 175 м. Время $\frac{375}{3}+\frac{175}{5}=160$ с. На концах $T(0)=180$ с и $T(400)=\frac{500}{3}>160$ с, что подтверждает сравнение всех кандидатов.

Ответ. $AC=225$ м в сторону B; 160 с.

Время определено на $0\leq u<10$:

$$T(u)=\frac{60}{10+u}+\frac{60}{10-u}=\frac{1200}{100-u^2}.$$

Знаменатель положителен и не больше 100, поэтому $T(u)\geq12$, с равенством только при $u=0$. При $0\leq a<12$ решений нет; при $a=12$ подходит только нулевое течение.

Пусть $a>12$. Умножаем на положительный знаменатель и делим на положительное $a$:

$$\frac{1200}{100-u^2}\leq a\iff u^2\leq100-\frac{1200}{a}.$$

Правая часть лежит строго между 0 и 100. С учётом $u\geq0$ получаем $0\leq u\leq\sqrt{100-\frac{1200}{a}}$. Верхняя граница меньше 10, значит, физическое ограничение автоматически выполнено. Граница включена, поскольку разрешено ровно $a$ часов.

При $u\to10-$ обратная скорость стремится к нулю, время - к бесконечности. Поэтому ни один конечный бюджет не допускает все $u\in[0;10)$ .

Ответ. При $a<12$ - $\varnothing$; при $a=12$ - $\{0\}$; при $a>12$ - $\left[0;\sqrt{100-\frac{1200}{a}}\right]$ .

Время $T(v)=\frac{60}{v}+\frac{120}{60-v}$ непрерывно на $[10;50]$, оба знаменателя положительны. Производная

$$T'(v)=-\frac{60}{v^2}+\frac{120}{(60-v)^2}.$$

Равенство нулю на области означает $\sqrt2\,v=60-v$, поскольку обе скорости положительны. Единственная критическая точка $v_*=\frac{60}{1+\sqrt2}=60(\sqrt2-1)$ лежит между 10 и 50.

При $v<v_*$ производная отрицательна, при $v>v_*$ положительна: это строгий минимум. Значения

$$T(v_*)=3+2\sqrt2=:a_*,\qquad T(10)=\frac{42}{5},\qquad T(50)=\frac{66}{5}.$$

На левой ветви значения покрывают $[a_*;\frac{42}{5}]$, на правой - $[a_*;\frac{66}{5}]$, на каждой ветви по одному корню каждого внутреннего уровня.

Следовательно, ниже $a_*$ корней нет; на уровне минимума один; при $a_*<a\leq\frac{42}{5}$ два; при $\frac{42}{5}<a\leq\frac{66}{5}$ один; выше $\frac{66}{5}$ ни одного. На уровне $a_*$ совпадающие корни считаются один раз.

Проверим граничные скорости. После умножения на $v(60-v)>0$ уравнение превращается в

$$av^2-(60a-60)v+3600=0.$$

При $a=\frac{42}{5}$ корни $10$ и $\frac{300}{7}$, оба допустимы. При $a=\frac{66}{5}$ корни $50$ и $\frac{60}{11}$, второй меньше 10 и исключается. При $a=a_*$ корень единственный $v_*$. При $a=0$ время не может быть нулевым.

Одного дискриминанта недостаточно: он не учитывает ограничение $[10;50]$. Монотонные ветви доказывают полноту ответа для всех параметров, включая граничные значения.

Ответ. 0 значений при $0\leq a<a_*$ или $a>\frac{66}{5}$; 1 при $a=a_*$ и при $\frac{42}{5}<a\leq\frac{66}{5}$; 2 при $a_*<a\leq\frac{42}{5}$. Здесь $a_*=3+2\sqrt2$; критические скорости указаны в разборе.