Движение под углом к горизонту: мячи и мины

В этой статье рассмотрены три задачи. Все они связаны с движением тела под углом к горизонту. Мы научимся отличать закон движения от уравнения траектории, вспомним, что такое средняя скорость по перемещению, а также поймем, как важно правильно ввести систему координат, чтобы максимально облегчить решение и расчеты.

Задача 1. Миномет установлен под углом $60^{\circ}$ к горизонту на крыше здания, высота которого $h=40$ м. Начальная скорость мины $\upsilon_0=50$ м/с. Написать закон движения и уравнение траектории. Определить время $t$ полета мины, максимальную высоту $H$ ее подъема, дальность $l$ полета, скорость $\upsilon$ падения мины на землю. Начало координат поместить на поверхности земли так, чтобы оно находилось на одной вертикали с минометом и чтобы вектор скорости лежал в плоскости $XOY$.

По оси $x$ мина летит с постоянной скоростью $\upsilon_0 \cos {\alpha}$, поэтому координата по этой оси будет меняться по закону $x=\upsilon_0 \cos {\alpha}t$. Начальная координата по оси $y$ равна $h$, и тогда координату по оси $y$ от времени можем записать так:

$$y=h+\upsilon_0 \sin {\alpha}t-\frac{gt^2}{2}$$

Таким образом, мы записали законы изменения обеих координат, это и есть закон движения.

Теперь напишем уравнение траектории. Для этого надо записать зависимость $y(x)$, то есть избавиться от времени. Время выразим из закона движения по оси $x$:

$t=\frac{x}{\upsilon_0 \cos {\alpha}}$

А теперь подставим в уравнение для координаты $y$:

$$y=h+\upsilon_0 \sin {\alpha}\cdot \frac{x}{\upsilon_0 \cos {\alpha}}-\frac{g}{2} \cdot \frac{x^2}{\upsilon_0^2 \cos^2 {\alpha}}$$

$$y=h+ x \operatorname{tg} {\alpha}-\frac{gx^2}{2\upsilon_0^2 \cos^2 {\alpha}}$$

Теперь определим время полета мины. Это можно сделать из квадратного уравнения $y=h+\upsilon_0 \sin {\alpha}t-\frac{gt^2}{2}$, зная, что конечная координата по вертикальной оси – 0, ведь мина упала на землю.

$$h+\upsilon_0 \sin {\alpha}t-\frac{gt^2}{2}=0$$

$$D=\upsilon_0^2 \sin^2 {\alpha}+2gh$$

$$t=\frac{-\upsilon_0 \sin {\alpha}-\sqrt{D}}{-g}=\frac{\upsilon_0 \sin {\alpha}}{g}+\frac{\sqrt{D}}{g}=2,5\sqrt{3}+\frac{1}{10}\sqrt{50^2 \frac{3}{4}+800}=4,33+5,17=9,5$$

Время полета – 9,5 с.

Тогда дальность полета мины –

$$x=\upsilon_0 \cos {\alpha}t=50 \cdot \frac{1}{2}\cdot 9,5=237,5$$

Мина улетит на 237,5 м.

Максимальную высоту подъема над местом старта найдем из условия равенства нулю вертикальной составляющей скорости мины $\upsilon_v$:

$$\upsilon_v^2-\upsilon_0^2\sin^2 {\alpha}=-2gh_1$$

$$\upsilon_0^2 \sin^2 {\alpha}=2gh_1$$

$$h_1=\frac{\upsilon_0^2 \sin^2 {\alpha}}{2g}=\frac{2500\cdot \frac{3}{4}}{20}=93,75$$

Тогда над землей мина поднимется на высоту $H=h+h_1=133,75$ м

Осталось найти скорость мины при падении на землю. Поскольку с данной высоты – 133,75 м  - мина просто падает, можно найти ее конечную скорость так:

$$H=\frac{gt_1^2}{2}$$

$$t_1=\sqrt{\frac{2H}{g}}$$

$$\upsilon_y=gt_1=\sqrt{2gH}=\sqrt{2 \cdot 10 \cdot 133,75}=51,7$$

Но это - только вертикальная составляющая скорости мины. Полная скорость может быть найдена как

$$\upsilon_{kon}=\sqrt{\upsilon_x^2+\upsilon_y^2}=\sqrt{(\upsilon_0 \cos {\alpha})^2+2gH}=\sqrt{(25)^2+51,7^2}=57,4$$

Ответ: закон движения: $x=\upsilon_0 \cos {\alpha}t$

$y=h+\upsilon_0 \sin {\alpha}t-\frac{gt^2}{2}$

Уравнение траектории: $y=h+ x \operatorname{tg} {\alpha}-\frac{gx^2}{2\upsilon_0^2 \cos^2 {\alpha}}$

Время полета 9,5 с, дальность 237,5 м,  высота подъема 133,75 м, скорость при падении 57,4 м/с.

Задача 2.

  Мячик брошен с высоты $h=5$ м над поверхностью земли с начальной скоростью $\upsilon_0=20$ м/с под углом $\alpha=30^{\circ}$ к горизонту. Найти модуль и направление его средней скорости за все время полета.

Для того, чтобы определить модуль и направление средней скорости, нужно найти перемещение мячика и время полета, и разделить одно на другое.  Воспользуемся формулами предыдущей задачи.

$$h+\upsilon_0 \sin {\alpha}t-\frac{gt^2}{2}=0$$

$$D=\upsilon_0^2 \sin^2 {\alpha}+2gh$$

$$t=\frac{-\upsilon_0 \sin {\alpha}-\sqrt{D}}{-g}=\frac{\upsilon_0 \sin {\alpha}}{g}+\frac{\sqrt{D}}{g}=1+\frac{1}{10}\sqrt{20^2 \frac{1}{4}+100}=1+1,41=2,41$$

Тогда дальность полета мяча –

$$x=\upsilon_0 \cos {\alpha}t=20 \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}\cdot 2,41=41,7$$

Мяч улетит на 41,7 м.

Модуль перемещения найдем по теореме Пифагора:

$$l^2=h^2+x^2$$

$$l=\sqrt{ h^2+x^2}=\sqrt{ 25+41,7 ^2}=42$$

Модуль средней скорости равен:

$$\upsilon=\frac{l}{t}=\frac{42}{2,41}=17,4$$

Направление средней скорости найдем как

$$\beta=\operatorname{arctg}\frac{h}{x}=\operatorname{arctg}\frac{5}{41,7}=6,8^{\circ}$$

Ответ: $\upsilon=17,4$ м/с, $\beta=6,8^{\circ}$ к горизонту.

Задача 3.

С вершины горы бросают камень под углом $\alpha=30^{\circ}$ к горизонту. Определить начальную скорость камня, если он упал на расстоянии $l=20$ м от точки бросания. Угол наклона горы к горизонту тоже равен $\alpha=30^{\circ}$.

Эту задачу очень удобно будет решать, если ввести систему кооординат так, чтобы ось $x$ совпадала с линией слона горы, а ось $y$ была бы перпендикулярна склону. Тогда по обеим осям движение равноускоренное, и начальную скорость, и ускорение свободного падения надо разложить на проекции.  Это показано на рисунке.

К задаче 3

Тогда для оси $y$ запишем:

$$\upsilon_0 \cos {\alpha}-g \cos {\alpha} t=0$$

Здесь $t$ - это время полета до наивысшей точки, следовательно, до падения на склон горы камень будет в полете $2t$.

$$t=\frac{\upsilon_0}{g}$$

Теперь по оси $x$:

$$\upsilon_0 \sin {\alpha} \cdot 2t+\frac{g \sin {\alpha}}{2} (2t)^2=l$$

Подставим найденное ранее время:

$$\upsilon_0 \sin {\alpha} \cdot \frac{2\upsilon_0}{g}+\frac{g \sin {\alpha}}{2} \frac{\upsilon_0^2}{g^2}=l$$

$$\frac{4\upsilon_0^2\sin {\alpha}}{g}=l$$

$$\upsilon_0=\frac{1}{2} \sqrt{\frac{gl}{\sin {\alpha}}}$$

Подставим числа:

$$\upsilon_0=\frac{1}{2} \sqrt{\frac{200}{\frac{1}{2}}}=10$$

Ответ: 10 м/с.