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

Тело бросили с обрыва

Очень непростая задача на движение тела, брошенного под углом к горизонту, вполне олимпиадного уровня, требующая очень хорошего владения математическим аппаратом.

Задача. Из точки А, находящейся на вершине крутого обрыва на высоте h над горизонтом, бросают небольшой предмет в точку горизонтальной поверхности, находящуюся от обрыва на расстоянии l. Чему равна минимальная скорость броска \upsilon_0? Под каким углом \alpha к горизонту должен при этом быть совершен бросок? Чему равен угол падения \beta на горизонтальную поверхность?

Движение под углом к горизонту – это результат сложения двух движений: равноускоренного по вертикальной оси и равномерного по горизонтальной.

Скорость тела можно разложить на проекции – вертикальную и горизонтальную. Горизонтальную тело будет сохранять на продолжении всего полета. Найдем ее:

    \[\upsilon_x=\upsilon_0 \cos{\alpha}\]

Так как тело пролетело расстояние l, то должно было потратить на это время t:

    \[l=\upsilon_x t=\upsilon_0 \cos{\alpha} t\]

    \[t=\frac{l}{\upsilon_0 \cos{\alpha}}\]

Теперь обратимся к вертикальной оси. Тело находилось в точке с координатой h (если начало координат у подножия обрыва). В конце движения координата тела стала равна 0:

    \[y_k=y_0+\upsilon_y t-\frac{gt^2}{2}\]

    \[\upsilon_y =\upsilon_0 \sin{\alpha}\]

    \[0=h+\upsilon_0 \sin{\alpha} t-\frac{gt^2}{2}\]

Теперь подставим в это уравнение время, которое мы ранее нашли:

    \[0=h+\upsilon_0 \sin{\alpha} \frac{l}{\upsilon_0 \cos{\alpha}}-\frac{gl^2}{2\upsilon_0^2 \cos^2{\alpha}}\]

    \[l\operatorname{tg}{\alpha}+h-\frac{gl^2}{2\upsilon_0^2 \cos^2{\alpha}}=0\]

Теперь применим тригонометрическую формулу \operatorname{tg}^2 x=\frac{1}{\cos^2 x}-1:

    \[l\operatorname{tg}{\alpha}+h-\frac{gl^2}{2\upsilon_0^2}\left(\operatorname{tg}^2{\alpha}+1\right)=0\]

Получили сложное, но вполне себе квадратное уравнение относительно \operatorname{tg}{\alpha}:

    \[\frac{gl^2\operatorname{tg}^2{\alpha}}{2\upsilon_0^2}- l\operatorname{tg}{\alpha}-h+\frac{gl^2}{2\upsilon_0^2}=0\]

Если дискриминант этого уравнения будет равен 0, то у него будет один корень. То есть только один вариант добросить предмет до нужной точки – это и есть условие минимума скорости. Если D>0, то появляется два варианта добросить предмет, по двум различным траекториям. Есть и вариант, когда D<0 – в этом случае предмет не долетает до нужной точки, не хватит начальной скорости. Приравняем дискриминант к нулю:

    \[D=l^2-4\cdot \frac{gl^2}{2\upsilon_0^2}\left(\frac{gl^2}{2\upsilon_0^2}-h\right)=0\]

    \[1-2\left(\frac{gl^2}{2\upsilon_0^2}-h\right) \frac{g}{\upsilon_0^2}=0\]

Домножаем на \upsilon_0^4:

    \[\upsilon_0^4+2hg\upsilon_0^2-g^2l^2=0\]

Снова получили квадратное (биквадратное) уравнение, только теперь уже относительно \upsilon_0, снова определяем дискриминант:

    \[D=(2Hg)^2+4g^2l^2=0\]

    \[4g^2(h^2+l^2)=0\]

Корни биквадратного уравнения:

    \[\upsilon_0^2=\frac{-2gh \pm 2g\sqrt{ h^2+l^2}}{2}\]

Выбираем, естественно, положительный корень – квадрат не может быть отрицательным:

    \[\upsilon_0^2=-gh +g\sqrt{ h^2+l^2}\]

Тогда искомая минимальная начальная скорость равна:

    \[\upsilon_0=\sqrt{-gh +g\sqrt{ h^2+l^2}}\]

Вернемся к углу \alpha. У нас есть квадратное уравнение относительно тангенса этого угла. Так как этот угол должен соответствовать минимальной скорости, то, определив «координату» вершины параболы, мы и найдем этот угол:

    \[\operatorname{tg}{\alpha}=\frac{-b}{2a}=\frac{l}{2}\cdot \frac{2\upsilon_0^2}{gl^2}=\frac{\upsilon_0^2}{gl}=\frac{g(\sqrt{ h^2+l^2}-h)}{gl}=\sqrt{\frac{h^2}{l^2}+1}-\frac{h}{l}\]

Пусть \frac{h}{l}=\operatorname{tg}{\beta}, тогда можно, снова воспользовавшись формулой \operatorname{tg}^2 x=\frac{1}{\cos^2 x}-1, записать:

    \[\operatorname{tg}{\alpha}=\sqrt{\operatorname{tg}^2{\beta}+1}-\operatorname{tg}{\beta}=\sqrt{\frac{1}{\cos^2{\beta}}}-\operatorname{tg}{\beta}=\frac{1-\sin{\beta}}{\cos{\beta}}\]

Теперь снова потребуется знание тригонометрии, воспользуемся выражением:

    \[1-\sin x=2\sin^2 \left(\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2}\right)\]

А \cos{\beta} представим как косинус двойного угла, получим:

    \[\operatorname{tg}{\alpha}=\frac{2\sin^2 \left(\frac{\pi}{4}-\frac{\beta}{2}\right)}{\cos^2{\frac{\beta}{2}}-\sin^2{\frac{\beta}{2}}}\]

В знаменателе имеем разность квадратов:

    \[\cos^2{\frac{\beta}{2}}-\sin^2{\frac{\beta}{2}}=(\cos{\frac{\beta}{2}}-\sin{\frac{\beta}{2}})(\cos{\frac{\beta}{2}}+\sin{\frac{\beta}{2}})\]

Известны следующие тригонометрические выражения:

    \[\cos{x}-\sin{x}=\sqrt{2}\sin(\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2})\]

И

    \[\cos{x}+\sin{x}=\sqrt{2}\cos(\frac{\pi}{4}-\frac{x}{2})\]

Подставив их в наше выражение, получим:

    \[\operatorname{tg}{\alpha}=\frac{2\sin^2 \left(\frac{\pi}{4}-\frac{\beta}{2}\right)}{ \sqrt{2}\sin(\frac{\pi}{4}-\frac{\beta}{2})\sqrt{2}\cos(\frac{\pi}{4}-\frac{\beta}{2})}=\frac{\sin \left(\frac{\pi}{4}-\frac{\beta}{2}\right)}{ \cos \left(\frac{\pi}{4}-\frac{\beta}{2}\right)}=\operatorname{tg}\left(\frac{\pi}{4}-\frac{\beta}{2}\right)}\]

 

Теперь определим угол падения. Сделаем это, исходя из закона сохранения энергии. Вначале у тела была как кинетическая, так и потенциальная энергия, а в конце вся она перешла в кинетическую:

    \[mgh+\frac{m\upsilon_0^2}{2}=\frac{m\upsilon_k^2}{2}\]

    \[2gh+\upsilon_0^2=\upsilon_k^2\]

    \[\upsilon_k^2=2gh -gh +g\sqrt{ h^2+l^2}=g(h+ \sqrt{ h^2+l^2})\]

    \[\upsilon_k=\sqrt{g(h+ \sqrt{ h^2+l^2})}\]

По аналогии с тем, как был определен \operatorname{tg}{\alpha}, получим угол падения:

    \[\operatorname{tg}{\alpha_1}=\frac{-b}{2a}=\frac{l}{2}\cdot \frac{2\upsilon_0^2}{gl^2}=\frac{\upsilon_0^2}{gl}=\frac{g(\sqrt{ h^2+l^2}+h)}{gl}=\sqrt{\frac{h^2}{l^2}+1}+\frac{h}{l}\]

Не повторяя всех тригонометрических подсчетов, запишем \operatorname{tg}{\alpha_1}:

    \[\operatorname{tg}{\alpha_1}=\operatorname{tg}\left(\frac{\pi}{4}+\frac{\beta}{2}\right)}\]

Ответ: \upsilon_0=\sqrt{-gh +g\sqrt{ h^2+l^2}}, \operatorname{tg}{\alpha}=\operatorname{tg}\left(\frac{\pi}{4}-\frac{\beta}{2}\right)}, \operatorname{tg}{\alpha_1}=\operatorname{tg}\left(\frac{\pi}{4}+\frac{\beta}{2}\right)}, \operatorname{tg}{\beta}=\frac{h}{l}.

Добавить комментарий

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