Загрузил shvn47

Векторы в кинематике

реклама
Применение векторов для решения задач кинематики.
Теперь будем обсуждать чисто олимпиадные задачи. Есть круг задач, связанных с оптимизациями: как бросить как можно дальше, как с минимальной скоростью, через что-нибудь перебросить и т. д. Если решать в лоб, то поучим громоздкие выражения, потом их нужно исследовать на максимум. Это сложно. Во
многих случаях более простое решение получается, если использовать не уравнения движения, а уравнение траектории y  f x  .
Получим уравнение траектории. При движении брошенного из начала координат тела имеем такие выражения для координат:
 x  v0t cos ,

(1)

gt 2
y

v
t
sin


.
0

2
x
Исключим время. Из первого уравнения t 
. Подставив во второе, полуv0 cos
gx 2
чим: y  x tg   2
. Теперь парабола хорошо видна, причем, она прохо2v0 cos2 
дит через начало координат. Здесь плохо, что угол входит через разные триго1
нометрические функции. Но есть такое тождество:
 tg 2   1 . После за2
cos 
мены получим «правильное» уравнение параболической траектории
gx 2 2
y  x tg   2 tg   1. Это квадратичное выражение не только относительно
2v0
x , но и относительно tg  .
Многие задачи можно решить именно используя уравнение траектории. Например, задача 8: Из отверстия шланга, прикрытого
пальцем, бьют две струи под углом  и  к горизонту с одинаковой начальной скоростью v. На каком расстоянии от отверстия по горизонтали струи
пересекутся?
Ее невозможно решить, применяя уравнения движения (1) – пересекаются
именно струи воды. В точке пересечения встречаются порции воды, которые
вышли из шланга в разное время. А точка пересечения траекторий находится
просто:
gx 2 2
gx 2 2
y1  x tg   2 tg   1 y2  x tg   2 tg   1
2v
2v
,
.
В точке пересечения координаты одинаковы:
gx 2
gx 2
x tg   2 tg 2   1  x tg   2 tg 2   1
2v
2v
.
1
gx
tg 2   tg 2  
2
2v
. Раскрыв разность квадратов
горизонтальную координату точки пересечения:
tg   tg   
Отсюда получаем:
тангенсов находим
2v 2
tg   tg  
xL
g
.
2v 2
tg   tg  
Ответ: L 
g
.
Можно задавать вопрос, а под каким углом нужно бросить тело из начала координат, чтобы попасть в заданную точку? Для этого подставляем в уравнение
траектории координаты ( x, y ) интересующей нас точки и относительно tg  получаем квадратное уравнение. Решив это уравнение, в общем случае, мы получим два значения угла и две различных траектории. В артиллерии одна называется «настильной», а вторая «навесной». Но квадратное уравнение может иметь
и один корень или вообще не иметь корней. Если точка слишком далека, то при
ограниченной начальной скорости нельзя в нее попасть, бросая под любым углом — квадратное уравнение относительно tg  не будет иметь ни одного корня. Значит нужно увеличить начальную скорость.
Так мы приходим к возможности получения границы простреливаемой области.
При заданной величине начальной скорости и выбираемом угле бросания такая
граница обязательно существует. Например, при стрельбе вертикально вверх
v02
предельная достижимая высота
, максимальная дальность по горизонтали
2g
v02
. Граница простреливаемой области — это множество точек, при которых два
g
решения квадратного уравнения относительно tg  переходят в ноль решений.
Например, при выбранном значении x мы поднимся верх и сначала будут два
возможных угла, потом будет одно решение, а потом ни одного. Граница простреливаемой области — это набор координат x, y  , при которых получается
единственное значение tg  . Чтобы найти границу простреливаемой области
нужно составить выражение дискриминанта уравнения и приравнять его к нуgx 2 2
gx 2
лю. Сделаем это. Приведем уравнение к виду: 2 tg   x tg   y  2  0
2v0
2v0
.
В этом уравнении a 
gx 2
gx 2
b


x
c

y
2
2
v
2v02 ,
0
,
.
b2  4ac  0
Дискриминант уравнения приравниваем к нулю:
. В развернутом
2
2
2
v0
gx 
gx 
x 2  4 2  y  2   0
2
2v0 
2v0 
виде:
. После умножения на 2gx получим уравнение
границы простреливаемой области в таком виде:
2
v02
v02 gx 2
Это уравнение параболы с вершиной при x  0 , y 
.
y

2g
2 g 2v02 .
Коэффициент при x 2 отрицателен, поэтому ветви параболы направлены вниз и
v02
пересекают горизонтальную ось в точках x  
g .
Мы нашли сечение граничной поверхности вертикальной плоскостью, проходящей через начало координат. Вся поверхность может быть получена вращением
этой параболы вокруг оси Oy . Отметим, что граница, изображенная на следующем графике пунктиром, является огибающей для семейства траекторий при
различных направлениях начальной скорости и фиксированном значении начальной скорости v0 . Все такие траектории касаются границы в одной точке.
3
Зная уравнение границы простреливаемой области можно решить очень многие
задачи. Например, вы стоите на расстоянии L от забора высотой h . С какой минимальной скоростью нужно
бросить предмет, чтобы он перелетел через забор?
Надо правильно задать вопрос. Под каким углом надо
бросить, чтобы попасть в вершинку забора? Получаете
уравнение траектории, а потом начинаете уменьшать
скорость до тех пор, пока станет получаться единственный корень для тангенса
стартового угла. Т.е. вы приравниваете нулю дискриминант, а это граница проv02 gx 2
стреливаемой области: y 
. Подставляем сюда y  h и x  L , и вы
2 g 2v02
числяем величину минимальной скорости v0 . v04  2 ghv02  g 2 L2  0 . Решение




этого уравнения: v02  g h  h 2  L2 , v0  g h  h 2  L2 а уже потом решаем
уравнение относительно тангенса, причем с нулевым дискриминантом:
2

v02
h  h 2  L2  h
 b x 2v02 v02
h

tg






1
tg  opt 




opt
2


gL
L
L
2a 2 gx
gx .
L

.




v0  g h  h 2  L2 , тангенс оптимального
Ответ: Минимальная скорость
2
h

h



    1
стартового угла tg  opt 
L

L

.
h на
Следующая задача — стрельба с башни высотой
максимальную дальность по горизонтали при заданной
начальной скорости v0 . Строим границу простреливаемой
области. При этом точка стрельбы имеет нулевые координаты, а уровень земли y  h , а x  L . Тогда получим
v02 gL2
уравнение: h 

2 g 2v02 . Отсюда максимальная дальность
v0 v02  2 gh
vv
L 0 K
L
g
g . Тангенс оптимального
по горизонтали
. Видно, что
v02
v02 g
v
tg  opt 

 0
gL gv0vK vK . Это означает, что начальная и конечная
угла стрельбы
скорости снаряда являются катетами некоего треугольника скоростей. И эти две
скорости взаимно перпендикулярны. Заметим, что задача о стрельбе с башни на
максимальное расстояние эквивалентна задаче о перебрасывании через забор с
минимальной скоростью. Чтобы понять это, достаточно сравнить два последних
рисунка. Меняются местами точка старта и точка финиша бросаемого тела.
4
Получился подозрительно простой ответ. Это означает, что должно быть более
простое решение. Воспользуемся второй векторной формулой скоростей. Рисуем начальную
и конечную скорости. Их концы соединяются вертикальным век
gt
тором
(см. рисунок справа).
С течением времени начальная скорость переходит в конечную и
при этом горизонтальная скорость остается неизменной. Дальvx
L  vx t
ность — это , умноженная на время полета:
Удобнее
умножить обе части на ускорение свободного падения. Тогда поgL  vx gt
vx gt
лучаем:
. Заметим, что
— это удвоенная площадь
треугольника, изображенного на рисунке. Нам нужно сделать эту площадь максимальной. Модуль конечной скорости не зависит от величины стартового угла:
vK  v02  2 gh
. В рассматриваемом треугольнике величины обеих скоростей
неизменны. Т.е. в треугольнике есть две стороны фиксированной длины. Какой
угол должен быть между ними, чтобы площадь треугольника была наибольшей?
1
S  ab sin 
2
. Понятно, что угол должен быть прямым. Этот вывод является
общим: при любой стрельбе для максимальной дальности начальная и конечная
скорости должны быть перпендикулярны. Если угол прямой, то площадь это не
только произведение основания на высоту, но и произведение катетов:
gLmax  vx gt  v0vK
. Отсюда следует, что максимальная дальность по горизонтали
vv
Lmax  0 K
g . А если угол прямой, то в прямоугольном треугольнике угол
равна:
v0
vK . Когда мы рассматривали дальность полета при
такой, что
стрельбе с башни, мы уже говорили об этом. Перпендикулярность начальной и
конечной скоростей выполняется всегда, если дальность максимальна при заданной величине начальной скорости.
Если бросок производится на горизонтальной поверхности, то максимальная
  45
дальность получается при
(рисунок справа). Видно, что конечная и начальная скорости
здесь взаимно перпендикулярны.
Если бросаем с башни, то угол, обеспечивающий

tg  opt 
5
максимальную дальность должен быть меньше 45, а если бросаем через забор,
или выбрасываем из ямы, то стартовый угол должен быть наоборот, больше 45.
Распространено заблуждение, что бросать нужно так, чтобы вершина препятствия совпадала с вершиной траектории. Это не так. Для забора нулевой высоты достаточно просто бросить до него и немного дальше. В правильном ответе
вершина преграды должна быть на нисходящем участке траектории.
Вернемся к задаче о стрельбе на наклонной плоскости. Мы получили там, что
начальная скорость должна идти по биссектрисе угла между вертикалью и
наклонной плоскостью. Для броска сверху вниз по наклонной плоскости ответ
такой же — бросать по биссектрисе (см. рисунок
справа). А биссектрисы перпендикулярны. Если хотите соединить две точки траектории с минимальной
скоростью, или, что тоже самое, при заданной скорости получить максимальную дальность, то начальная
и конечная скорости должны быть перпендикулярны. Из рисунка видно, что
    90
.
Разберем теперь задачи двойной оптимизации. Например, задача о переброске
через дом, или через толстый забор. Когда мы рассматривали переброску через
забор, то место броска было фиксировано. Мы могли менять только стартовый
угол. Теперь вопрос в том, с какой минимальной скоростью можно перебросить
тело через дом с плоской крышей высоты h и длины L. А бросать можно с любого места и в любом направлении. Здесь нужно подбирать несколько оптимальных величин. Это гораздо сложнее. Начать нужно с понимания того, что
оптимальная парабола должна проходить через углы
крыши. Если есть зазор между траекторией и углом,
то начальную скорость можно еще уменьшить. Но таких парабол может быть много различной формы. Ответ состоит в том, что на углу крыши угол наклона
скорости к горизонту должен быть 45. Такая парабола обеспечивает оптимальv02
v02
L  sin 2  . Отсюда v02  gL . Тогда стартоg
g
ное преодоление крыши дома.
вая скорость на земле v 2  v02  2 gh  g L  2h . Это ответ. Интересно, что квадрат начальной скорости пропорционален периметру наземной части сечения
дома L  2h .
Усложним задачу. Перебросить через дом с покатой крышей. Даны три размера.
2
Тогда длина наклонной крыши L2  l 2  H  h . На высоком углу крыши ско6
рость v0 . Это как бросок с башни. Тогда горизонтальная
vv
дальность l  0 K , где vk  v02  2 g H  h .
g
gl  v0 v02  2 g H  h  . Отсюда g 2l 2  v02 v02  2 g H  h,
v04  2 g H  hv02  g 2l 2  0 .
Решение этого уравнения:
v02   g H  h  g H  h  l 2   g H  h   gL . Скорость на месте броска: v 2  v02  2 gH  g L  h  H  . Это ответ к задаче. С какого
места на земле бросать в задаче не спрашивается.
2
7
Скачать