Геометрический подход к баллистическим задачам

В серии статей на эту тему предложен интересный подход к решению задач кинематики, позволяющий решать их значительно проще. Некоторые задачи с помощью данного метода можно решить в одну строчку, в то время как другие можно решить только с его помощью. Конспект занятий, проводимых Пенкиным М.А.

Сначала немного теории.

Так как статья посвящена равноускоренному движению, то мы с вами будем использовать следующие формулы.

$$\vec{\upsilon}=\vec{\upsilon_0}+\vec{g}t$$

$$\vec{S}=\vec{\upsilon_0}t+\frac{\vec{g}t^2}{2}$$

$$\pm 2gh=\upsilon^2-\upsilon_0^2$$

Здесь $h$ - перепад высот, «минус» соответствует движению вверх, «плюс» - движению вниз. Формула хороша тем, что в ней отсутствует время $t$. В общем виде формула записывается так:

$$2(\vec{g}\cdot \vec{S})=\upsilon^2-\upsilon_0^2$$

Так как скалярное произведение равно $(\vec{a}\cdot \vec{b})=a\cdot b\cdot \cos{\alpha}$, а в нашем случае $h=S\cos{\alpha}$.

Последнюю формулу можно вывести из энергетических соображений:

$$(m\vec{g}\cdot \vec{S})=\frac{m\upsilon^2}{2}-\frac{m\upsilon_0^2}{2}$$

Наконец, нам понадобится еще формула

$$\vec{S}=\frac{\upsilon+\upsilon_0}{2}t$$

При решении будем пользоваться векторными треугольниками. Выделяют два векторных треугольника: треугольник скоростей и треугольник перемещений.

Изобразим первый.

Вектор $\vec{g}t$ направлен вниз. Сумма векторов $\vec{\upsilon_0}$  и $\vec{g}t$ в сумме дают вектор $\vec{\upsilon}$. Проведем высоту в этом треугольнике. Тогда угол $\alpha$ - угол, под которым произведен бросок. Угол при вершине треугольника тогда будет равен $90^{\circ}-\alpha$. Достроим наш треугольник до параллелограмма. В параллелограмме диагонали делятся пополам точкой пересечения. Половина диагонали параллелограмма, таким образом, будет медианой треугольника. А длина этого вектора будет равна $\frac{\vec{S}}{t}$. Этот вектор будет направлен вниз, если тело приземляется ниже точки броска. В случае же, если тело падает на тот же горизонтальный уровень, он будет направлен горизонтально и треугольник в этом случае равнобедренный, $\upsilon_0=\upsilon$. Если мы закидываем тело вверх, указанный вектор будет направлен вверх.

Представим себе, что вектор $\upsilon$ перпендикулярен $\upsilon_0$. Тогда указанный вектор ($\frac{\vec{S}}{t}$) равен радиусу описанной окружности (из геометрии). Кроме того, в этом случае вектор $\upsilon_0$ направлен по биссектрисе угла между вектором перемещения и вертикалью. Это очень важный факт, который позволяет существенно упростить решение некоторых задач. Доказательство будет приведено ниже.

Если говорить о площади этого треугольника, то она пропорциональна перемещению (дальности полета).

Теперь нарисуем второй треугольник  -треугольник перемещений. Высота этого треугольника – не что иное, как дальность полета $L$.

Задача 1.

С поверхности земли под углом $\alpha$  к горизонту выстрелила пушка. Через время $\tau$ она поразила наземную цель. Определите дальность полета снаряда. Пушка и ее цель неподвижны и расположены на одном горизонтальном уровне. Сопротивлением воздуха пренебречь. Размеры пушки, снаряда и цели не учитывать.

Первый способ решения. Введем систему координат, ось $x$ направим горизонтально, $y$ - вертикально.

Запишем уравнения по осям:

$$L=\upsilon_0 \cos{\alpha}\cdot \tau$$

$$0=\upsilon_0 \sin{\alpha}\cdot \tau-\frac{gt^2}{2}$$

Минус этого способа – два уравнения. Плюс – привычные нам оси.

Выражаем $\upsilon_0$:

$$\upsilon_0=\frac{g\tau}{2\sin{\alpha}}$$

Подставим скорость в первое уравнение:

$$ L=\frac{1}{2}g \tau^2 \operatorname{ctg}{\alpha}$$

Второй способ. Метод тоже аналитический. Выберем другие оси: выберем ось $y$, совпадающую с направлением скорости $\upsilon_0$, а ось $x$ - перпендикулярно ей.

Тогда в проекциях на эту ось $x$ (проекция $\upsilon_0$ равна нулю):

$$L\sin{\alpha}=0+\frac{1}{2}g \cos{\alpha}\tau^2$$

$$ L=\frac{1}{2}g \tau^2 \operatorname{ctg}{\alpha}$$

Третий способ. Нарисуем векторный треугольник перемещений.

Тогда в этом треугольнике

$$\operatorname{ctg}{\alpha}=\frac{L}{\frac{1}{2}g\tau^2}$$

$$ L=\frac{1}{2}g \tau^2 \operatorname{ctg}{\alpha}$$

Ответ: $ L=\frac{1}{2}g \tau^2 \operatorname{ctg}{\alpha}$.

Задача 2.

Мячик бросили со скоростью $\upsilon_0$ под углом к горизонту. В полете он находился время $\tau$. Чему равна дальность полета мячика, если точки бросания и приземления находятся на одном горизонтальном уровне? Сопротивлением воздуха пренебречь.

Снова рисуем векторный треугольник перемещений.

По теореме Пифагора

$$L=\sqrt{\upsilon_0^2\tau^2-\frac{g^2\tau^4}{4}}$$

Ответ: $L=\sqrt{\upsilon_0^2\tau^2-\frac{g^2\tau^4}{4}}$.

Задача 3.

С поверхности земли под углом к горизонту бросают камень со скоростью $\upsilon_0$. Какова максимальная дальность полета камня, если точки бросания и приземления находятся на одном горизонтальном уровне? Сопротивлением воздуха пренебречь.

По аналогии с задачей 2 запишем

$$L=\sqrt{\upsilon_0^2\tau^2-\frac{g^2\tau^4}{4}}$$

Проанализируем выражение под корнем.  $L_{max}=L(\tau_m)$. Так как выражение под корнем – парабола, то

$$\tau_m^2=-\frac{b}{2a}=-\frac{\upsilon_0^2}{2g^2(\frac{1}{4})^2}=\frac{2\upsilon_0^2}{g^2}$$

$$\tau_m=\frac{\upsilon_0}{g}\sqrt{2}$$

Тогда

$$L_{max}=\frac{\upsilon_0^2}{g}$$

Ответ: $L_{max}=\frac{\upsilon_0^2}{g}$.

Задача 4.

С обрыва под углом $\alpha$  к горизонту бросили камушек со скоростью $\upsilon_0=6$ м/с. Сколько времени камушек находился в полете, если его конечная скорость составила $\upsilon=8$ м/с и была направлена под углом $90^{\circ}-\alpha$ к горизонту? Сопротивлением воздуха пренебречь.

Из того, что дано, заключаем, что конечная и начальная скорость перпендикулярны друг другу. Поэтому можно записать из треугольника скоростей

$$\upsilon_0^2+\upsilon^2=g^2t^2$$

$$t=\frac{\sqrt{\upsilon_0^2+\upsilon^2}}{g}$$

Ответ: $t=\frac{\sqrt{\upsilon_0^2+\upsilon^2}}{g}$

Задача 5.

С обрыва под углом $\alpha=30^{\circ}$  к горизонту бросили камушек со скоростью $\upsilon_0=10$ м/с.  Сколько времени камушек находился в полете, если его конечная скорость  была направлена под углом $60^{\circ}$ к горизонту? Сопротивлением воздуха пренебречь.

Эта задача – вариант предыдущей. Из данных понимаем, что конечная и начальная скорость перпендикулярны друг другу. Мы в этой задаче не знаем конечную скорость, но знаем угол.

Поэтому можно записать из треугольника скоростей

$$\sin{\alpha}=\frac{\upsilon_0}{gt}$$

Откуда

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

Ответ: $t=\frac{\upsilon_0}{g\sin{\alpha}}$.

Задача 6.

Камень бросили со скоростью $\upsilon_0$ под углом $\alpha$  к горизонту.  Чему равен модуль перемещения, если до места падения он летел время $\tau$? Сопротивление воздуха не учитывать.

Заметим, что нам не известно, на каком уровне упал камень: на том же самом или ниже.

Рассмотрим треугольник перемещений и применим для него теорему косинусов. Тогда

$$S=\sqrt{(\upsilon_0\tau)^2+\left(\frac{1}{2}g\tau^2\right)^2-2\upsilon_0\tau \cdot\frac{1}{2}g\tau^2\cdot \cos(90^{\circ}-\alpha)}$$

Это готовый ответ.

Задача 7.

С крутого берега реки со скоростью $\upsilon_0$ бросили камень под углом $\alpha$  к горизонту. С какой скоростью он упал в воду, если до места падения он летел время $\tau$? Сопротивление воздуха не учитывать.

В этой задаче мы также применим теорему косинусов для треугольника скоростей.

$$\upsilon=\sqrt{\upsilon_0^2+(g\tau)^2-2\upsilon_0g\tau\cos(90^{\circ}-\alpha)}$$

Ответ: $\upsilon=\sqrt{\upsilon_0^2+(g\tau)^2-2\upsilon_0g\tau\cos(90^{\circ}-\alpha)}$.