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

Геометрия в физике: конспект вебинара – 5

[latexpage]

Публикую серию 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 – пятая статья серии.

Задача 12. Камень бросают под углом $\alpha$ к горизонту с вершины горы, склон которой образует угол $\beta$ с горизонтом. С какой скоростью $\upsilon_0$ нужно бросить камень, чтобы он упал на склон горы на расстоянии $S$ от вершины?

Решение. Можно решить и координатным способом: дан угол, известно расстояние. Но через треугольник скоростей будет быстрее. Рисуем его:

К задаче 12

Медиана этого треугольника – перемещение, деленное на время. Так как треугольник $ABC$ прямоугольный, то угол $B$ в нем равен $90^{\circ}-\alpha$. В треугольнике $ACD$, тоже прямоугольном, угол $D$ равен $90^{\circ}-\beta$.

Запишем площадь треугольника $ABD$ – это половина треугольника скоростей (по площади), так как $AD$ – медиана треугольника скоростей. С одной стороны, это $\frac{1}{4}Lg=\frac{1}{4}S\cos \beta g $, с другой (см. отступление-напоминание из статьи 4),

$$S_{ABD}=\frac{\frac{1}{2}\upsilon_0^2\sin (90^{\circ}-\alpha)\sin (\alpha+\beta)}{\sin(90^{\circ}-\beta)}$$

$$S_{ABD}=\frac{\frac{1}{2}\upsilon_0^2\cos\alpha\sin (\alpha+\beta)}{\cos \beta}$$

$$\upsilon_0^2=\frac{2S g\cos^2 \beta }{\cos\alpha\sin (\alpha+\beta)}$$

$$\upsilon_0=\sqrt{\frac{2S g\cos^2 \beta }{\cos\alpha\sin (\alpha+\beta)}}$$

Ответ: $\upsilon_0=\sqrt{\frac{2S g\cos^2 \beta }{\cos\alpha\sin (\alpha+\beta)}}$.

Задача 13. Пушка установлена на плоском склоне горы, образующем угол $\alpha= 30^{\circ}$ с горизонтом. При выстреле «вверх» по склону снаряд падает на склон на расстоянии $S_1 = 700$ м от места выстрела. В момент падения скорость снаряда перпендикулярна поверхности склона. Пушку разворачивают на $180^{\circ}$ и производят второй выстрел «вниз» по склону. Затем пушку перемещают на горизонтальную поверхность и производят третий выстрел. Угол наклона ствола к поверхности, с которой стреляют, при всех выстрелах одинаков. 1. На каком расстоянии $S_2$ от места второго выстрела снаряд упадет на склон? 2. Найдите дальность $L$ стрельбы при третьем выстреле. («Физтех», 2019, 10)

Решение. Так как $S_1$ задано, а $L=S_1\cos \alpha$, то площадь правого треугольника скоростей известна: $\frac{1}{2}S_1\cos \alpha g$.

Площадь треугольника $ABC$ равна площади треугольника $ACG$ (т.к. $AC$ – медиана). Пусть площадь $ABC$ равна $x$, тогда и площадь $ACG$ – тоже $x$.

К задаче 13 – рисунок 1

Удвоим медиану. Получим параллелограмм $ABKG$, площади треугольников $S_{CBL}=S_{CLG}=x$. Отмечаем известные нам углы на рисунке: например, углы $90^{\circ}-\alpha$ (синей дугой). Перпендикуляры $DM, AN, BL$ равны.

Следовательно, треугольники $EDM$ и $CBL$ равны по катету и острому углу. Тогда $BC=DE$, а это означает, что время падения в первом случае равно времени падения во  втором.

К задаче 13 – рисунок 2

Треугольники $ADM$ и $ABL$ равны по катету и гипотенузе, поэтому площадь треугольника $ADM$ равна $2x$, а площадь треугольника $EDM$ – $x$.

$$S_{ABL}=2x=\frac{1}{2}S_1\cos \alpha g$$

Тогда

$$S_{ADE}=3x$$

Площадь $S_{AFE}=3x$ т.к. $AE$ – медиана, $S_{AFD}=6x$. Но

$$6x=\frac{1}{2}S_2\cos \alpha g$$

$$\frac{S_2}{S_1}=\frac{6x}{2x}=\frac{3}{1}$$

$$S_2=2100$$

Осталось найти $L$.

Строим треугольник скоростей для этого случая, и замечаем, что треугольник $PQR$ равен треугольнику $ABL$, а площадь последнего – $2x$.

Треугольник скоростей при горизонтальном выстреле

То есть

$$4x=\frac{1}{2}Lg$$

$$L=\frac{8x}{g}=2S_1\cos \alpha=1400\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=700\sqrt{3}$$

Ответ: $S_2=2100$ м, $L=1211$ м.

Задача 14. Человек стреляет из пушки по мишени. На расстоянии 300 м от него стоит стенка высотой 120 м, за которой на расстоянии 100 м на земле стоит мишень. С какой скоростью ядро вылетит из пушки при удачном выстреле? («Курчатов», 2019, 9 кл)

Решение: произведем бросок под углом $45^{\circ}$.

К задаче 14

Изобразим треугольник скоростей.

Треугольник скоростей к задаче 14

 

Его площадь равна

$$\frac{1}{2}Lg=\frac{1}{2}\upsilon_0^2$$

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

Дальность полета нам известна, значит, известна и  величина $\frac{\upsilon_0^2}{g}$. Теперь проверим, на какой максимальной высоте окажется тело при таком броске.

Пояснения к задаче 14

Бросаем под углом $45^{\circ}$, поэтому треугольник скоростей равнобедренный, и его катеты равны $\frac{\upsilon_0}{\sqrt{2}}$. Тогда

$$\sqrt{2g H_{max}}=\frac{\upsilon_0}{\sqrt{2}}$$

$$2g H_{max}=\frac{\upsilon_0^2}{2}$$

$$ H_{max}=\frac{\upsilon_0^2}{4g}=\frac{L}{4}=100$$

То есть при броске под углом $45^{\circ}$ стенку мы не перебросим. То есть надо бросить так, чтобы коснуться стенки:

Оптимальная траектория

Надо записать уравнение параболы так, чтобы тело, двигаясь по ней, коснулось стенки. Это можно сделать координатным способом, получить два уравнения, одно из которых содержит тангенс $\alpha$, другое – синус двойного угла. Решить систему из двух уравнений при этом сложно. Поэтому решать будем снова с использованием треугольника скоростей.

Произвольные отрезки до стены и за стеной

Треугольник скоростей в задаче 14

Площадь треугольника 1:

$$S_1=\frac{1}{2}g\cdot\frac{L_1+L_2}{2}$$

Площадь треугольника 2:

$$S_2=\frac{1}{2}g\cdot\frac{L_1-L_2}{2}$$

Площади треугольников 1 и 2 относятся как

$$\frac{S_1}{S_2}=\frac{\sqrt{2gH_{max}}}{\sqrt{2g(H_{max}-h)}}=\frac{ L_1+L_2}{ L_1-L_2}$$

$$1-\frac{h}{ H_{max}}=\left(\frac{ L_1-L_2}{ L_1+L_2}\right)^2$$

$$ H_{max}=\frac{h}{1-\left(\frac{ L_1-L_2}{ L_1+L_2}\right)^2}=\frac{120}{1-\left(\frac{200}{400}\right)^2}=\frac{120}{1-\frac{1}{4}}=160$$

Определяем скорость, для этого составим теорему Пифагора для треугольника скоростей:

$$\upsilon_0^2=2gH_{max}+\upsilon_{min}^2$$

Площадь треугольника 1 равна

$$S_1=\frac{1}{2}g\cdot\frac{L_1+L_2}{2}=\frac{1}{2}\cdot 10\cdot\frac{300+100}{2}=1000$$

С другой стороны,

$$S_1=\frac{1}{2}\upsilon_{min}\cdot \sqrt{2gH_{max}}$$

$$\upsilon_{min}=\frac{2S_1}{\sqrt{2gH_{max}}}=\frac{2000}{\sqrt{20\cdot160}}=\frac{50}{\sqrt{2}}=25\sqrt{2}$$

$$\upsilon_0^2=2gH_{max}+\upsilon_{min}^2=20\cdot 160+625\cdot 2=4450$$

$$\upsilon_0=\sqrt{4450}=66,7$$

Ответ: 66,7 м/с.

Один комментарий

  • |

    Для задачи 14 существует более красивое решение:
    V^2 min = g*(H+R) =10*(120+sqrt(120^2+300^2)=4431
    V min = sqrt(4431) =66.56
    tgA =(H+ R)/s =(120+sqrt(120^2+300^2))/300 = 1.477
    A=56 град.
    D= (V^2/g) sin(2*A) =443.1*sin(56*2) = 410m
    То есть цель будет поражена при скорости снаряда 66.56 м/сек.
    Можно скорректировать угол возвышения до дальности 400 метров , но это не требуется.
    А=57 град Дальность 404 метра

    Ответить
  • Добавить комментарий

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