Тело бросили с обрыва

Очень непростая задача на движение тела, брошенного под углом к горизонту, вполне олимпиадного уровня, требующая очень хорошего владения математическим аппаратом.

Задача. Из точки А, находящейся на вершине крутого обрыва на высоте $h$ над горизонтом, бросают небольшой предмет в точку горизонтальной поверхности, находящуюся от обрыва на расстоянии $l$. Чему равна минимальная скорость броска $\upsilon_0$? Под каким углом $\alpha$ к горизонту должен при этом быть совершен бросок? Чему равен угол падения $\beta$ на горизонтальную поверхность?

Движение под углом к горизонту - это результат сложения двух движений: равноускоренного по вертикальной оси и равномерного по горизонтальной.

Скорость тела можно разложить на проекции – вертикальную и горизонтальную. Горизонтальную тело будет сохранять на продолжении всего полета. Найдем ее:

$$\upsilon_x=\upsilon_0 \cos{\alpha}$$

Так как тело пролетело расстояние $l$, то должно было потратить на это время $t$:

$$l=\upsilon_x t=\upsilon_0 \cos{\alpha} t$$

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

Теперь обратимся к вертикальной оси. Тело находилось в точке с координатой $h$ (если начало координат у подножия обрыва). В конце движения координата тела стала равна 0:

$$y_k=y_0+\upsilon_y t-\frac{gt^2}{2}$$

$$\upsilon_y =\upsilon_0 \sin{\alpha}$$

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

Теперь подставим в это уравнение время, которое мы ранее нашли:

$$ 0=h+\upsilon_0 \sin{\alpha} \frac{l}{\upsilon_0 \cos{\alpha}}-\frac{gl^2}{2\upsilon_0^2 \cos^2{\alpha}}$$

$$ l\operatorname{tg}{\alpha}+h-\frac{gl^2}{2\upsilon_0^2 \cos^2{\alpha}}=0$$

Теперь применим тригонометрическую формулу $\operatorname{tg}^2 x=\frac{1}{\cos^2 x}-1$:

$$ l\operatorname{tg}{\alpha}+h-\frac{gl^2}{2\upsilon_0^2}\left(\operatorname{tg}^2{\alpha}+1\right)=0$$

Получили сложное, но вполне себе квадратное уравнение относительно $\operatorname{tg}{\alpha}$:

$$\frac{gl^2\operatorname{tg}^2{\alpha}}{2\upsilon_0^2}- l\operatorname{tg}{\alpha}-h+\frac{gl^2}{2\upsilon_0^2}=0$$

Если дискриминант этого уравнения будет равен 0, то у него будет один корень. То есть только один вариант добросить предмет до нужной точки – это и есть условие минимума скорости. Если $D>0$, то появляется два варианта добросить предмет, по двум различным траекториям. Есть и вариант, когда $D<0$ - в этом случае предмет не долетает до нужной точки, не хватит начальной скорости. Приравняем дискриминант к нулю:

$$D=l^2-4\cdot \frac{gl^2}{2\upsilon_0^2}\left(\frac{gl^2}{2\upsilon_0^2}-h\right)=0$$

$$1-2\left(\frac{gl^2}{2\upsilon_0^2}-h\right) \frac{g}{\upsilon_0^2}=0$$

Домножаем на $\upsilon_0^4$:

$$\upsilon_0^4+2hg\upsilon_0^2-g^2l^2=0$$

Снова получили квадратное (биквадратное) уравнение, только теперь уже относительно $\upsilon_0$, снова определяем дискриминант:

$$D=(2Hg)^2+4g^2l^2=0$$

$$4g^2(h^2+l^2)=0$$

Корни биквадратного уравнения:

$$\upsilon_0^2=\frac{-2gh \pm 2g\sqrt{ h^2+l^2}}{2}$$

Выбираем, естественно, положительный корень – квадрат не может быть отрицательным:

$$\upsilon_0^2=-gh +g\sqrt{ h^2+l^2}$$

Тогда искомая минимальная начальная скорость равна:

$$\upsilon_0=\sqrt{-gh +g\sqrt{ h^2+l^2}}$$

Вернемся к углу $\alpha$. У нас есть квадратное уравнение относительно тангенса этого угла. Так как этот угол должен соответствовать минимальной скорости, то, определив «координату» вершины параболы, мы и найдем этот угол:

$$\operatorname{tg}{\alpha}=\frac{-b}{2a}=\frac{l}{2}\cdot \frac{2\upsilon_0^2}{gl^2}=\frac{\upsilon_0^2}{gl}=\frac{g(\sqrt{ h^2+l^2}-h)}{gl}=\sqrt{\frac{h^2}{l^2}+1}-\frac{h}{l}$$

Пусть $\frac{h}{l}=\operatorname{tg}{\beta}$, тогда можно, снова воспользовавшись формулой $\operatorname{tg}^2 x=\frac{1}{\cos^2 x}-1$, записать:

$$\operatorname{tg}{\alpha}=\sqrt{\operatorname{tg}^2{\beta}+1}-\operatorname{tg}{\beta}=\sqrt{\frac{1}{\cos^2{\beta}}}-\operatorname{tg}{\beta}=\frac{1-\sin{\beta}}{\cos{\beta}}$$

Теперь снова потребуется знание тригонометрии, воспользуемся выражением:

$$1-\sin x=2\sin^2 \left(\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2}\right)$$

А $\cos{\beta}$ представим как косинус двойного угла, получим:

$$\operatorname{tg}{\alpha}=\frac{2\sin^2 \left(\frac{\pi}{4}-\frac{\beta}{2}\right)}{\cos^2{\frac{\beta}{2}}-\sin^2{\frac{\beta}{2}}}$$

В знаменателе имеем разность квадратов:

$$\cos^2{\frac{\beta}{2}}-\sin^2{\frac{\beta}{2}}=(\cos{\frac{\beta}{2}}-\sin{\frac{\beta}{2}})(\cos{\frac{\beta}{2}}+\sin{\frac{\beta}{2}})$$

Известны следующие тригонометрические выражения:

$$\cos{x}-\sin{x}=\sqrt{2}\sin(\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2})$$

И

$$\cos{x}+\sin{x}=\sqrt{2}\cos(\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2})$$

Подставив их в наше выражение, получим:

$$\operatorname{tg}{\alpha}=\frac{2\sin^2 \left(\frac{\pi}{4}-\frac{\beta}{2}\right)}{ \sqrt{2}\sin(\frac{\pi}{4}-\frac{\beta}{2})\sqrt{2}\cos(\frac{\pi}{4}-\frac{\beta}{2})}=\frac{\sin \left(\frac{\pi}{4}-\frac{\beta}{2}\right)}{ \cos \left(\frac{\pi}{4}-\frac{\beta}{2}\right)}=\operatorname{tg}\left(\frac{\pi}{4}-\frac{\beta}{2}\right)}$$

Теперь определим угол падения. Сделаем это, исходя из закона сохранения энергии. Вначале у тела была как кинетическая, так и потенциальная энергия, а в конце вся она перешла в кинетическую:

$$ mgh+\frac{m\upsilon_0^2}{2}=\frac{m\upsilon_k^2}{2}$$

$$ 2gh+\upsilon_0^2=\upsilon_k^2$$

$$\upsilon_k^2=2gh -gh +g\sqrt{ h^2+l^2}=g(h+ \sqrt{ h^2+l^2})$$

$$\upsilon_k=\sqrt{g(h+ \sqrt{ h^2+l^2})}$$

По аналогии с тем, как был определен $\operatorname{tg}{\alpha}$, получим угол падения:

$$\operatorname{tg}{\alpha_1}=\frac{-b}{2a}=\frac{l}{2}\cdot \frac{2\upsilon_0^2}{gl^2}=\frac{\upsilon_0^2}{gl}=\frac{g(\sqrt{ h^2+l^2}+h)}{gl}=\sqrt{\frac{h^2}{l^2}+1}+\frac{h}{l}$$

Не повторяя всех тригонометрических подсчетов, запишем $\operatorname{tg}{\alpha_1}$:

$$\operatorname{tg}{\alpha_1}=\operatorname{tg}\left(\frac{\pi}{4}+\frac{\beta}{2}\right)}$$

Ответ: $\upsilon_0=\sqrt{-gh +g\sqrt{ h^2+l^2}}$, $\operatorname{tg}{\alpha}=\operatorname{tg}\left(\frac{\pi}{4}-\frac{\beta}{2}\right)}$, $\operatorname{tg}{\alpha_1}=\operatorname{tg}\left(\frac{\pi}{4}+\frac{\beta}{2}\right)}$, $\operatorname{tg}{\beta}=\frac{h}{l}$.