НОФ 2024, III кръг (национален), 11–12 клас, файл 11-12_th_zad.pdf — Задача 1. Гюлетласкач

• а) $l(\theta) = \frac{v_0^2 \sin 2\theta}{g},\quad l_{\max} \Leftrightarrow \sin 2\theta_0 = 1 \Rightarrow \theta_0 = 45^\circ$

• б) $\mathrm{tg}\,\theta_1 = \frac{1}{\sqrt{1 + 2\mathrm{gh}/v_0^2}}$

  Максимално достижимата далечина е $l_{\max} = \dfrac{v_0^2}{\mathrm{g}}\sqrt{1 + \dfrac{2\mathrm{gh}}{v_0^2}}$; при $v_0^2 \gg 2\mathrm{gh}$ следва $\mathrm{tg}\,\theta_1 \approx 1$, т.е. $\theta_1 \approx \theta_0 = 45^\circ$.

• в) $\delta \approx -\frac{\mathrm{gh}}{2v_0^2} \approx -0{,}05\ \mathrm{rad} \approx -3^\circ,\quad \theta_1 = 45^\circ + \delta \approx 42^\circ$

  Приблизителният израз е $\delta \approx -\mathrm{gh}/(2v_0^2)$, което дава $\delta \approx -0{,}05\ \mathrm{rad} \approx -3^\circ$.

а) Избираме координатна система с оси $\mathrm{x}$ и $\mathrm{y}$, както е показано на фиг. 1. Написваме закона за движение по двете оси:

$(1)\qquad \mathrm{x} = v_0\mathrm{t}\cos\theta$ [0,5 т]

$(2)\qquad \mathrm{y} = \mathrm{h} + v_0\mathrm{t}\sin\theta - \dfrac{\mathrm{gt}^2}{2}$ [0,5 т]

В случая, когато $\mathrm{h} = 0$, времето за достигане на точка $\mathrm{A}$ се получава от условието $\mathrm{y}\left(\mathrm{t_A}\right) = 0$. [1,0 т]

Тогава получаваме $0 = v_0\mathrm{t_A}\sin\theta - \mathrm{gt_A^2}/2$ и намираме $\mathrm{t_A} = 2v_0\sin\theta/\mathrm{g}$. Заместваме полученото $\mathrm{t_A}$ в уравнение (1), за да получим далечината на полета:

$(3)\qquad \mathrm{l}\left(\theta\right) = \mathrm{x}\left(\mathrm{t_A}\right) = \dfrac{v_0^2\sin 2\theta}{\mathrm{g}}$ [1,0 т]

Максималното $\mathrm{l}\left(\theta\right)$ се получава при $\sin 2\theta_0 = 1$, т.е. при $\theta_0 = 45^\circ$. [1,0 т]

б) Нека сега $\mathrm{h} \neq 0\ \mathrm{m}$. Ще поставим въпроса под какъв ъгъл трябва да бъде изстреляно тялото така, че да достигне определена далечина $\mathrm{l}$. В момента на достигане в точка $\mathrm{A}$ отново използваме условието $\mathrm{y}\left(\mathrm{t_A}\right) = 0$:

$(4)\qquad \mathrm{h} + v_0\mathrm{t_A}\sin\theta - \dfrac{\mathrm{gt_A^2}}{2} = 0$ [1,0 т]

Отново имаме $\mathrm{l} = v_0\mathrm{t_A}\cos\theta$, откъдето $\mathrm{t_A} = \mathrm{l}/v_0\cos\theta$. Заместваме времето в уравнение (4), като имаме предвид, че $1/\cos^2\theta = 1 + \mathrm{tg}^2\theta$. След кратки алгебрични преобразования за $\mathrm{tg}\,\theta$ се получава квадратно уравнение:

$(5)\qquad \mathrm{tg}^2\theta - \dfrac{2v_0^2}{\mathrm{gl}}\,\mathrm{tg}\,\theta + 1 - \dfrac{2v_0^2\mathrm{h}}{\mathrm{gl}^2} = 0$ [1,0 т]

Корените на уравнението са:

$(6)\qquad \mathrm{tg}\,\theta = \dfrac{v_0^2}{\mathrm{gl}}\left(1 \pm \sqrt{1 - \dfrac{\mathrm{g}^2\mathrm{l}^2}{v_0^4} + \dfrac{2\mathrm{gh}}{v_0^2}}\right)$ [1,0 т]

За да може гюлето да достигне зададеното разстояние, е нужно уравнението да има поне един корен, т.е. дискриминантата да е неотрицателна:

$(7)\qquad 1 - \dfrac{\mathrm{g}^2\mathrm{l}^2}{v_0^4} + \dfrac{2\mathrm{gh}}{v_0^2} \geq 0$ [1,0 т]

Оттука следва, че максимално достижимата далечина е:

$(8)\qquad \mathrm{l_{max}} = \dfrac{v_0^2}{\mathrm{g}}\sqrt{1 + \dfrac{2\mathrm{gh}}{v_0^2}}$ [1,0 т]

Тогава за оптималния ъгъл на изстрелване се получава:

$(9)\qquad \mathrm{tg}\,\theta_1 = \dfrac{1}{\sqrt{1 + 2\mathrm{gh}/v_0^2}}$ [0,5 т]

Вижда се, че при $v_0^2 \gg 2\mathrm{gh}$, $\mathrm{tg}\,\theta_1 \approx 1$, т.е. $\theta_1 \approx \theta_0 = 45^0$. [0,5 т]

в) Заместваме $\theta_1 = \pi/4 + \delta$ в $\mathrm{tg}\,\theta_1$:

$(10)\qquad \mathrm{tg}\left(\pi/4 + \delta\right) = \dfrac{\mathrm{tg}\left(\pi/4\right) + \mathrm{tg}\,\delta}{1 - \mathrm{tg}\left(\pi/4\right)\mathrm{tg}\,\delta} = \dfrac{1 + \mathrm{tg}\,\delta}{1 - \mathrm{tg}\,\delta}$ [1,0 т]

Точката се дава за всяко тригонометрично преобразование, което се свежда до $\mathrm{tg}\,\delta$ или $\sin\delta$. Заместваме в уравнение (9):

$(11)\qquad \dfrac{1 + \mathrm{tg}\,\delta}{1 - \mathrm{tg}\,\delta} = \left(1 + \dfrac{2\mathrm{gh}}{v_0^2}\right)^{-\frac{1}{2}}$

Използваме приближението: $\mathrm{tg}\,\delta \approx \delta$ (или $\sin\delta \approx \delta$) и:

$(12)\qquad \left(1 + 2\mathrm{gh}\big/v_0^2\right)^{-\frac{1}{2}} \approx 1 - 2\mathrm{gh}\big/v_0^2$, [1,0 т]

след което получаваме търсения приблизителен израз:

$(13)\qquad \delta \approx -\dfrac{\mathrm{gh}}{2v_0^2}$ [1,0 т]

В получената формула ъгълът е изразен в радиани:

$(14)\qquad \delta \approx -\dfrac{9{,}81\ \mathrm{m/s^2}\ .\ 2\ \mathrm{m}}{2\ .\ \left(14\ \mathrm{m/s}\right)^2} \approx -0{,}05\ \mathrm{rad}$ [0,5 т]

Ъгълът в градуси е съответно:

$(14)\qquad \delta \approx -0{,}05\ \mathrm{rad}\ .\ \dfrac{180^\circ}{\pi\ \mathrm{rad}} \approx -3^\circ$ [0,5 т]

Тогава: $\theta_1 = 45^\circ + \delta \approx 45^\circ - 3^\circ = 42^\circ$. [1,0 т]

Точката за крайна числена стойност на $\theta_1$ се дава и на ученици, които не са получили израза за $\delta$, а директно са изразили и пресметнали:

$\theta_1 = \mathrm{arctg}\left(\dfrac{1}{\sqrt{1 + 2\mathrm{gh}\big/v_0^2}}\right) \approx 42^\circ$