НОФ 2023, II кръг (областен), 11. клас — Задача 1. Фонтан

• а) $\sin 2\alpha = 1,\quad \alpha = 45^\circ$
• б) $h = \frac{v_0^2\sin^2\alpha}{2g} = \frac{v_0^2}{4g} = \frac{R}{4} = 1{,}6\ \mathrm{m}$
• в) $H = \frac{v_0^2}{2g} = \frac{R}{2} = 3{,}2\ \mathrm{m}$
• г) $v_0 = \sqrt{gR} = 8{,}0\ \mathrm{m/s}$

а) Нека началната скорост на струята е $v_0$, а началният ъгъл – $\alpha$. Тогава хоризонталната скорост след време $t$ е $v_x = v_0\cos\alpha$, [0.5 т.] а вертикалната скорост – $v_y = v_0\sin\alpha - gt$. [0.5 т.] Съответно координатите на част от струята след време $t$ са $x = v_0\cos\alpha\, t$ [0.5 т.] и $y = v_0\sin\alpha\, t - \tfrac{1}{2}gt^2$. [0.5 т.] Замествайки $t$ от първото във второто уравнение, $y = x\tan\alpha - \dfrac{gx^2}{2(v_0\cos\alpha)^2}$. [0.5 т.] Струята ще падне върху основата на фонтана, когато $y = 0$ или $x\tan\alpha - \dfrac{gx^2}{2(v_0\cos\alpha)^2} = 0$, [0.5 т.] откъдето се намира $x = \dfrac{2\sin\alpha\cos\alpha\, v_0^2}{g} = \dfrac{\sin 2\alpha\, v_0^2}{g}$. [0.5 т.] $x$ е максимално, когато $\sin 2\alpha = 1$, $\alpha = 45^\circ$. [0.5 т.]

б) При максимално издигане на струята $v_y = v_0\sin\alpha - gt = 0$, откъдето $t = \dfrac{v_0\sin\alpha}{g}$. [0.5 т.] Замествайки в уравнението за координатата $y$, $y = v_0\sin\alpha\,\dfrac{v_0\sin\alpha}{g} - \dfrac{1}{2}g\left(\dfrac{v_0\sin\alpha}{g}\right)^2 = \dfrac{v_0^2\sin^2\alpha}{2g}$. [0.5 т.] За струята, която пръска най-надалеч, $R = \dfrac{v_0^2}{g}$. За нея $h = \dfrac{v_0^2}{4g} = \dfrac{R}{4} = 1{,}6\ \mathrm{m}$. [1 т.]

в) На най-голяма височина ще пръска струята, която е вертикална. За нея (кинематично или от закона за запазване на енергията) $H = \dfrac{v_0^2}{2g} = \dfrac{R}{2} = 3{,}2\ \mathrm{m}$. [2 т.]

г) Началната скорост $v_0$ на струите, излизащи от фонтана, е $v_0 = \sqrt{gR} = 8{,}0\ \mathrm{m/s}$. [2 т.]