НОФ 2026, II кръг (областен), 11. клас — Задача 1. Спасителен сигнал

• а) $H = h_0 + \frac{v_0^2\sin^2\alpha}{2g}$

• б) $T = \frac{v_0\sin\alpha + \sqrt{v_0^2\sin^2\alpha + 2gh_0}}{g}$

• в) $L = \frac{v_0\cos\alpha}{g}\left(v_0\sin\alpha + \sqrt{v_0^2\sin^2\alpha + 2gh_0}\right)$

• г) $\mathrm{tg}\,\alpha_{\max} = \frac{v_0}{\sqrt{v_0^2 + 2gh_0}},\qquad L_{\max} = \frac{v_0}{g}\sqrt{v_0^2 + 2gh_0}$

  Максимумът се получава от условието дискриминантата на квадратното уравнение за $u=\mathrm{tg}\,\alpha$ да е нула.

а) При движение във вертикално направление:

В най-високата точка $v_y = 0$, откъдето времето на полета е:

Височината в този момент е съответно:

б) Падането в морето е при $y(T) = 0$ [0,5 т.]: $\;0 = h_0 + v_0\sin\alpha\, T - \frac{g}{2}T^2$. [0,5 т.]

Това е квадратно уравнение спрямо $T$ [0,5 т.]. Вземаме положителния корен [0,5 т.] и получаваме:

в) За далечината на полета имаме $L = v_0\cos\alpha\, T$ [0,5 т.]. Заместваме с намереното време от подточка б) [0,5 т.] и получаваме:

г) Използваме уравнението на траекторията.

От $t = \dfrac{x}{v_0\cos\alpha}$ [0,3 т.]: $\;y(x) = h_0 + x\,\mathrm{tg}\alpha - \dfrac{gx^2}{2v_0^2\cos^2\alpha}$ [0,3 т.]

При падане $y(L) = 0$ [0,3 т.]: $0 = h_0 + L\,\mathrm{tg}\alpha - \dfrac{gL^2}{2v_0^2}\left(1 + \mathrm{tg}^2\alpha\right)$ [0,3 т.]

Нека $u = \mathrm{tg}\alpha$. Получава се квадратно уравнение спрямо $u$:

За да съществува реален корен, трябва дискриминантата $D \geq 0$. [0,3 т.]

Максималната далечина $L$ съответства на граничния случай $D = 0$. [0,3 т.]

След алгебрични преобразувания получаваме: $L_{\max} = \dfrac{v_0}{g}\sqrt{v_0^2 + 2gh_0}$ [0,3 т.] и $u = \mathrm{tg}\alpha_{\max} = \dfrac{v_0}{\sqrt{v_0^2 + 2gh_0}}$ [0,6 т.]