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.

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

Пн	Вт	Ср	Чт	Пт	Сб	Вс
« Окт
				1	2	3
4	5	6	7	8	9	10
11	12	13	14	15	16	17
18	19	20	21	22	23	24
25	26	27	28	29	30

Геометрический подход к баллистическим задачам

Для вас другие записи этой рубрики:

Добавить комментарий Отменить ответ

Поиск

ПОСЛЕДНИЕ КОММЕНТАРИИ

Рекомендую

Рубрики

Центр обучения Фоксфорд

Облако меток

Подписка

Введите Ваши данные:

Последние записи

Архивы

Центр обучения Фоксфорд

Облако меток

Подписка

Введите Ваши данные:

Последние записи

Архивы

Автор сайта

Авторские права

Календарь