Просто о физике, математике, электротехнике
Просто о физике, математике, электротехнике
Категория: Движение под углом к горизонту, Олимпиадная физика

Геометрия в физике: конспект вебинара – 13

[latexpage]

Серия статей, в которой представлен конспект двух вебинаров, проводимых Андреем Коноваловым для учителей физики. Вебинары прошли под названием «Геометрия в физике» и оказались очень полезными для меня. Поскольку не все могут выдержать более трех часов у компьютера, то я решила сделать конспект, который можно читать частями: поэтому получилась серия статей, каждая из которых не напрягает своей длиной. Это – тринадцатая, последняя, статья серии. Вторая часть вебинара.

Задача 10. Плоская поверхность горы наклонена под углом $\alpha = 30^{\circ}$ к горизонту. Перпендикулярно поверхности установлен тонкий забор, высшая точка которого находится на расстоянии $h = 7$ м от поверхности горы. Требуется перебросить через забор маленький камень, бросив его с поверхности горы. Найдите минимальную начальную скорость, при которой это можно сделать, если место броска и направление начальной скорости можно выбирать произвольно. («Физтех», 2011, 10 кл)

Решение. Бросить камень можно как угодно. Значит, для него существует парабола безопасности, которая показывает, докуда в принципе можно добросить камень.

Ставим точку броска, рисуем параболу безопасности, затем проводим через точку склон и восстанавливаем стенку. Видно, что при разных положениях стенки (синим, красным цветом) перебросить через нее камень невозможно.

Так стенку не перебросить

 

Увеличиваем скорость и парабола безопасности поднимается. Когда прямая, проходящая через концы стенок при различных их положениях будет являться касательной к параболе безопасности, тогда камень возможно будет перебросить через стенку.

Красная – новая парабола безопасности

В этом случае касательная к параболе безопасности параллельна склону. Конечная скорость также направлена параллельно склону.

Теперь можно решать двумя способами. Решим через треугольник скоростей.

Треугольник скоростей в задаче 10

$$\frac{h}{t}=\frac{\upsilon_0}{2}$$

Так как $\frac{S}{t}$ – средняя линия.

С другой стороны,

$$\upsilon_0=gt\cos \alpha$$

Перемножаем уравнения:

$$\upsilon_0^2=2gh\cos \alpha$$

Записываем ответ:

$$\upsilon_0=\sqrt{2gh\cos \alpha }$$

Ответ: $\upsilon_0=\sqrt{2gh\cos \alpha }$.

Через параболу безопасности: рисуем склон, из точки броска восстанавливаем окружность радиусом $\frac{\upsilon_0^2}{2g}$. По верхней точке данной окружности проходит уровень полной энергии тела. Этого уровня и первой окружности касается вторая окружность, проходящая через верх стенки.

Решение через параболу безопасности

Из рисунка:

$$\frac{\upsilon_0^2}{2g}=h\cos \alpha$$

Ответ: $\upsilon_0=\sqrt{2gh\cos \alpha }$.

 

Задача 11. C вершины купола, имеющего форму полусферы радиуса $R$ и стоящего на горизонтальной поверхности земли, бросают камень. С какой минимальной скоростью $\upsilon_0$ можно бросить, чтобы в процессе своего полёта он не ударился о поверхность купола? Под каким углом $\alpha$ к горизонту его следует бросать при этом? (IPhO 2012)

Решение.

Исследуем параболу безопасности. Пока она над полусферой и не касается ее, камень можно бросить несколькими способами. А вот когда парабола безопасности коснулась полусферы – это значит, остался единственный возможный способ бросить камень. Скорость в точке касания перпендикулярна радиусу.

Купол и касающаяся парабола безопасности

Решаем через параболу безопасности. Из точки броска рисуем окружность радиусом $\frac{\upsilon_0^2}{2g}$. По верхней точке данной окружности проходит уровень полной энергии тела. Этого уровня и первой окружности касается вторая окружность, с центром на параболе безопасности. Разметим на рисунке углы.

Решение через параболу безопасности

Видим, что два смежных угла оказались равны $90^{\circ}-\alpha$ и $180^{\circ}-2\alpha$. Тогда

$$90^{\circ}-\alpha+180^{\circ}-2\alpha=180^{\circ}$$

$$3\alpha=90^{\circ}$$

$$\alpha=30^{\circ}$$

Треугольник $ABC$ оказался равносторонним: $BC=R$. В треугольнике $BCD$ (прямоугольном) угол $BCD=60^{\circ}$, следовательно, $DC=\frac{R}{2}$ как катет, лежащий против угла в $30^{\circ}$.

Запишем длину отрезка $BC$:

$$BC=BO+OC=\frac{\upsilon_0^2}{2g}+\left(\frac{\upsilon_0^2}{2g}+\frac{R}{2}\right)=R$$

$$\frac{\upsilon_0^2}{g}=\frac{R}{2}$$

$$\upsilon_0^2=\frac{gR}{2}$$

$$\upsilon_0=\sqrt{\frac{gR}{2}}$$

Бросать надо под углом $30^{\circ}$.

Теперь решаем через треугольник скоростей. Одна из точек – точка максимального удаления. Поэтому начальная и конечная скорости перпендикулярны.

Треугольник скоростей в задаче 11

Так как $\frac{R}{t}$ перпендикулярен конечной скорости,  треугольник $ABC$ равнобедренный. Поэтому углы при его основании равны. Размечаем все углы, равные $\alpha$ и понимаем, что $\alpha=60^{\circ}$. Треугольник $ABD$ равносторонний. Значит, $$\frac{S}{t}=\frac{R}{t}=\frac{gt}{2}=\upsilon_0$$

$$\upsilon_0=\frac{R}{t}$$

$$\upsilon_0=\frac{gt}{2}$$

Перемножаем последние два:

$$\upsilon_0=\sqrt{\frac{gR}{2}}$$

Ответ: $\upsilon_0=\sqrt{\frac{gR}{2}}$.

Задача 12. В боковой вертикальной стенке широкого сосуда с водой, заполненного до уровня $H$, имеется небольшое отверстие, расположенное на расстоянии $h$ от поверхности воды в сосуде. Стенка сосуда находится у подножия холма, плоский склон которого направлен под углом $\alpha$ к горизонту. Чему должна быть равна высота $h$, чтобы дальность полета струи воды, вытекающей из отверстия, была максимальна (фольклор для $\alpha=0$).

К задаче 12

Решение. Скорость зависит от $h$ так:

$$\upsilon=\sqrt{2gh}$$

То есть чем больше $h$, тем больше скорость. Но, чем больше $h$, тем ниже отверстие и меньше места для струи. Треугольник скоростей не подойдет для решения. Координатный метод подойдет, но решение довольно пространно и сложно. А вот метод параболы безопасности здесь идеально подойдет! Рисуем окружность с центром в точке выхода струи и радиусом $h$. По верхней точке окружности проводим уровень полной энергии тела. Этого уровня должна коснуться вторая окружность, центр которой на склоне и она проходит через фокус параболы!

Решение через параболу безопасности

Вторая окружность касается стенки сосуда, а значит, ее центр на уровне $2h$. Тогда в треугольнике $ABC$

$$\operatorname{tg}\alpha=\frac{H-2h}{2h}$$

$$\frac{H}{2h}-1=\operatorname{tg}\alpha$$

$$h=\frac{H}{2(1+\operatorname{tg}\alpha)}$$

Ответ: $h=\frac{H}{2(1+\operatorname{tg}\alpha)}$.

Добавить комментарий

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