Отскок мяча от стены: оформление задачи на ЕГЭ

Эта задача появлялась уже на моем сайте. Я предложила ее решение, которое казалось мне довольно простым. Ученики спросили, как оформить такую задачу на ЕГЭ, и этот вопрос заставил меня решить задачу заново, теперь уже с точки зрения оформления решения на экзамене.

Задача. Мальчик бросает мяч со скоростью $\upsilon=10$ м/с под углом в $45^{\circ}$ в сторону стены, стоя на расстоянии $l=4$ м от нее. На каком расстоянии от стены должен встать мальчик, чтобы поймать мяч? Удар мяча о стенку считать абсолютно упругим.

Сначала выясним, в каком месте траектории находился мяч, когда ударился о стенку: был ли он на первой ее половине, или же он уже прошел точку максимального подъема? От этого зависит угол, под которым мяч подлетел к стенке, а раз удар абсолютно упругий, значит, мячик и отскочил под этим же углом. Поэтому сначала найдем середину траектории мяча, как если бы стенки не было.

Пунктир - траектория мяча при отсутствии стены

Вертикальная составляющая начальной скорости мяча:

$$\upsilon_{y0}= \upsilon \sin{\alpha}$$

Горизонтальная составляющая начальной скорости:

$$\upsilon_{x0}= \upsilon \cos{\alpha}$$

Время полета мяча до верхней точки найдем из условия равенства вертикальной составляющей скорости нулю:

$$\upsilon_y= \upsilon_{y0}-gt=\upsilon \sin{\alpha}-gt=0$$

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

$t$ - время полета мяча до наивысшей точки траектории (при условии отсутствия стенки).

Дальность полета мяча до верхней точки траектории:

$$S_x=\upsilon_{x0}\cdot t=\upsilon \cos{\alpha}\frac{\upsilon \sin{\alpha}}{g}=\frac{\upsilon^2 \sin{2\alpha}}{2g}=\frac{100}{20}=5$$

Итак, мячик не долетел до верхней точки траектории, теперь можно изобразить стенку и траекторию полета мяча:

Отскок мяча от стены

Теперь определим время полета мяча до стены.

$$l=\upsilon \cos{\alpha} t_1$$

$t_1$ - время полета мяча до стены.

$$t_1=\frac{l}{\upsilon \cos{\alpha}}$$

Определим ординату точки, в которой мяч ударился о стенку:

$$y=\upsilon \sin{\alpha}t_1-\frac{gt_1^2}{2}$$

Тогда, подставив время полета мяча до стены, получим:

$$y=\upsilon \sin{\alpha}\frac{l}{\upsilon \cos{\alpha}}-\frac{g}{2}\cdot \frac{l^2}{\upsilon^2 \cos^2{\alpha}}$$

или

$$y=l \operatorname{tg}{\alpha}}- \frac{gl^2}{2\upsilon^2 \cos^2{\alpha}}~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ (1)$$

После отскока мяча от стены его ордината будет изменяться по закону:

$$y_1=y+\upsilon_{y1} t_2 - \frac{gt_2^2}{2}~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~~ (2)$$

Здесь $\upsilon_{y1}$ - скорость по оси $y$, которую имел мячик на момент соприкосновения со стеной, $t_2$ - время полета мяча от стены до попадания мальчику в руки, то есть до момента, когда ордината мяча станет нулевой.

Вертикальная составляющая скорости мяча на момент подлета равна:

$$\upsilon_{y1}=\upsilon_{y0}-gt_1=\upsilon \sin{\alpha}-g\frac{l}{\upsilon \cos{\alpha}}~~~~~~~~~~~~~~~~~ (3)$$

Подставим в выражение (2) координату  (1) и скорость (3):

$$y_1=l \operatorname{tg}{\alpha}}- \frac{gl^2}{2\upsilon^2 \cos^2{\alpha}}+\left(\upsilon \sin{\alpha}-g\frac{l}{\upsilon \cos{\alpha}}\right)t_2-\frac{gt_2^2}{2}$$

Мяч приземлится, когда $y_1=0$:

$$l \operatorname{tg}{\alpha}}- \frac{gl^2}{2\upsilon^2 \cos^2{\alpha}}+\left(\upsilon \sin{\alpha}-g\frac{l}{\upsilon \cos{\alpha}}\right)t_2-\frac{gt_2^2}{2}=0$$

Из этого выражения можно найти время полета мяча от стенки до приземления:

$$D=\left(\upsilon \sin{\alpha}-g\frac{l}{\upsilon \cos{\alpha}}\right)^2+4\cdot\frac{g}{2}\cdot \left(l \operatorname{tg}{\alpha}}- \frac{gl^2}{2\upsilon^2 \cos^2{\alpha}} \right)$$

$$t_2=\frac{\frac{gl}{\upsilon \cos{\alpha}}-\upsilon \sin{\alpha} \pm \sqrt{D}}{-g}$$

Тогда расстояние, которое мяч пролетит по горизонтали после отскока от стены (напомню, что скорость мяча по горизонтали не изменилась по модулю, ведь удар был упругий), равно:

$$S_{x1}=\upsilon_{x0}t_2=\upsilon \cos{\alpha}t_2=\frac{-gl+\upsilon^2 \sin{\alpha}\cos{\alpha} \mp  \upsilon \cos{\alpha}\sqrt{D}}{g}$$

Осталось всего ничего: подставить числа.

Определим дискриминант численно:

$$D=\left(\upsilon \sin{\alpha}-g\frac{l}{\upsilon \cos{\alpha}}\right)^2+2g\cdot \left(l \operatorname{tg}{\alpha}}- \frac{gl^2}{2\upsilon^2 \cos^2{\alpha}} \right)=\left(5\sqrt{2}-\frac{40}{5\sqrt{2}}}\right)^2+20\cdot \left(4- \frac{160}{200 \cdot\frac{1}{2}} \right)=$$$$=2+20\cdot2,4=50$$

Тогда

$$S_{x1}=\frac{-gl+\upsilon^2 \sin{\alpha}\cos{\alpha} \mp  \upsilon \cos{\alpha}\sqrt{D}}{g}=\frac{-40+10^2\cdot\frac{1}{2} \mp  \frac{10\sqrt{2}}{2}\sqrt{50}}{10}=1 \mp\sqrt{25}=6$$

Отрицательный корень нас не устраивает по смыслу задачи, следовательно, ответ 6 м.

Ответ: 6 м.