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

Геометрия в физике: конспект вебинара – 8

[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 – восьмая статья серии.

Задача 20. Небольшую петарду подвесили на нити на высоте $H$ над горизонтальной поверхностью. В результате взрыва она распалась на два осколка, которые полетели в противоположные стороны с одинаковыми начальными скоростями $\upsilon_0$, направленными вдоль одной прямой. Какое наибольшее расстояние $L$ может оказаться между осколками после их падения? С места падения осколки не смещаются. (ВсОШ, 2017, Региональный этап, 9 кл)

Рисунок к задаче 20

Решение. Нарисуем треугольники скоростей. Начальные скорости равны, значит, и конечные тоже. Следовательно, концы векторов начальных скоростей лежат на одной окружности, и концы векторов конечных скоростей лежат на окружности (большей). Как мы помним, площадь треугольника скоростей  – это половина произведения дальности полета на ускорение $g$. Чтобы расстояние между осколками было максимальным, необходимо, чтобы сумма площадей треугольников скоростей была бы максимальной.

Площади закрашенных треугольников равны, поэтому площадь $FBD$ и площадь $BCE$ одинаковы. Следовательно, нужно стараться увеличить площадь треугольника $BCE$. А нам известно, что она максимальна, если треугольник равнобедренный.

Известна высота и скорость, с которой бросили – скорость $\upsilon_k$ однозначно определена:

$$\upsilon_k=\sqrt{\upsilon_0^2+2gH}$$

Это гипотенуза равнобедренного прямоугольного треугольника $BCE$, значит, его катет в $\sqrt{2}$ раз меньше.

$$CE=\frac{\sqrt{\upsilon_0^2+2gH}}{\sqrt{2}}$$

Площадь треугольника равна полупроизведению его катетов, поэтому

$$\frac{1}{2}L’g=\frac{1}{2}\left(\frac{\sqrt{\upsilon_0^2+2gH}}{\sqrt{2}}\right)^2$$

$$L’g=\frac{\upsilon_0^2+2gH }{2}$$

А площадь двух треугольников вдвое больше, $L_1+L_2=2L’$

$$ (L_1+L_2)g=\upsilon_0^2+2gH$$

$$ L_1+L_2=\frac{\upsilon_0^2}{g}+2H$$

Мы рассмотрели случай, когда $\upsilon_{min}<\upsilon_0$. А если $\upsilon_{min}=\upsilon_0$, то

$$\frac{1}{2}L’g=\frac{1}{2}\upsilon_0\sqrt{2gH}$$

$$ L’g=\upsilon_0\sqrt{2gH}$$

Площадь двух треугольников вдвое больше, $L_1+L_2=2L’$

$$ (L_1+L_2)g=2\upsilon_0\sqrt{2gH}$$

$$ L_1+L_2=\frac{\upsilon_0 \sqrt{8gH}}{g}$$

Ответ: когда $\upsilon_{min}<\upsilon_0$ – $ L_1+L_2=\frac{\upsilon_0^2}{g}+2H$, если же $\upsilon_{min}=\upsilon_0$, то

$L_1+L_2=\frac{\upsilon_0 \sqrt{8gH}}{g}$

 

Задача 21. Склон горы составляет угол $\alpha$ с горизонтом. На какое максимальное расстояние вниз вдоль склона можно забросить камень, если его начальная скорость равна $\upsilon_0$?

Решение. Снова рисуем треугольник скоростей.

Треугольник скоростей к задаче 21

Чтобы дальность полета была бы максимальной, площадь треугольника скоростей должна быть наибольшей. Или половина площади треугольника скоростей должна быть наибольшей. Вектор $\frac{S}{t}$ – как раз медиана треугольника скоростей и делит его на два равновеликих. Таким образом, чтобы площадь закрашенного треугольника была бы максимальной – нужно, чтобы он был равнобедренным. Тогда

$$\frac{S}{t}=\frac{gt}{2}$$

 

А когда медиана треугольника равна половине его гипотенузе? Когда треугольник прямоугольный! Значит, два оставшихся угла в закрашенном треугольнике равны $45^{\circ}+\frac{\alpha}{2}$. Теперь можно записать площадь этого треугольника через формулу

$$S=\frac{1}{2}\cdot \frac{a^2\sin \beta\sin \gamma}{\sin \alpha}$$

Делаем:

$$\frac{1}{2}\cdot \frac{\upsilon_0^2\sin^2 (45^{\circ}+\frac{\alpha}{2})}{\sin (90^{\circ}-\alpha)}=\frac{1}{2}Lg$$

 

$$\frac{\upsilon_0^2\sin^2 (45^{\circ}+\frac{\alpha}{2})}{\cos \alpha}=S\cos \alpha g$$

$$S_{max}=\frac{\upsilon_0^2}{g}\cdot \frac{\sin^2 (45^{\circ}+\frac{\alpha}{2})}{\cos^2 \alpha }$$

Ответ правильный, но некрасивый. Воспользуемся фактом, что сумма квадратов диагоналей параллелограмма равна сумме квадратов его сторон. Так как диагонали равны (одна – слева, другая – справа)

$$\frac{2S}{t}=gt $$

То их произведение $\frac{2S}{t}\cdot gt=2Sg$

Это квадрат одной диагонали. Сумма квадратов диагоналей – $4Sg$.

Теперь определим сумму квадратов сторон параллелограмма. Одна из них $\upsilon_0$, вторая – $\upsilon_k$:

 

Конечная и начальная скорости связаны

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

Но $H=S\sin \alpha$,

$$\upsilon_k^2=\upsilon_0^2+2g S\sin \alpha $$

Сумма квадратов диагоналей равна сумме квадратов сторон:

$$4gS=2\upsilon_0^2+2(\upsilon_0^2+2g S\sin \alpha)$$

$$4gS=4\upsilon_0^2+4g S\sin \alpha$$

$$ gS=\upsilon_0^2+g S\sin \alpha$$

$$\upsilon^2=Sg(1-\sin \alpha)$$

$$S=\frac{\upsilon^2}{ g(1-\sin \alpha)}$$

Ответ: $S=\frac{\upsilon^2}{ g(1-\sin \alpha)}$.

Комментариев - 2

  • |

    Зад.21 Ну и ну
    V^2 = g(H+R) =g(R*sin(a)+R)
    R =V^2/R*(sin(a)+1) Всё!
    (R искомая хорда параболы)

    Ответить
  • |

    Дополнительно К зад. 21
    Я показал верх , а вниз (1- sin(a)) в знаменателе
    т.е (R- H)
    извиняюсь!

    Ответить
  • Добавить комментарий

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