Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Меню
Репетитор
Главная /// Физика /// ЕГЭ по физике /// Кинематика /// Движение под углом к горизонту /// Геометрический подход к баллистическим задачам
Категория: Движение под углом к горизонту, Олимпиадная физика
| Автор:

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}.

Рисунок 1

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.

Рисунок 2

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.

Рисунок 3

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.

Рисунок 4

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.

Рисунок 5

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.

Рисунок 6

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.

Рисунок 7

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.

Рисунок 8

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.

Рисунок 9

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.

Рисунок 10

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

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

Для вас другие записи этой рубрики:

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *
МЕНЮ