Баллистика. Оптимальный бросок. Векторный метод

Минимальная скорость для переброски через вертикальное препятствие

Существует класс задач, в которых требуется найти либо максимальную дальность полета, либо оптимальный угол броска, либо минимальную скорость, необходимую для попадания в определенную точку, или при перебросе через препятствие.

Один из способов решения таких задач подразумевает взятие производной, с которой большинство школьников знакомится лишь в 11 классе. Однако при расчете экстремальных параметров полета векторные треугольники скоростей и перемещений позволяют не использовать производную. Покажем это на нескольких примерах. Начнём с расчёта минимальной скорости для переброски через вертикальное препятствие.

Задача 1. На расстоянии l от устройства по метанию мячиков находится забор высотой h . С какой минимальной скоростью и под каким углом к горизонту должны вылетать мячики из устройства, чтобы суметь перелететь через этот забор?

Решение. Рассмотрим траекторию движения мячика, брошенного с начальной скоростью v_{0} под углом \alpha к горизонту, причём такую, при которой мячик касается забора в некоторый момент времени, когда мячик находится на е нисходящей части.

Изобразим в виде векторного треугольника \vec{v}=\vec{v}_{0}+\vec{g} t \text { (рис. 1). }

1 Рис. 1

Обозначим \beta â угол между векторами \vec{v} и \vec{v}_{0} . Найдём площадь треугольника скоростей; как половину произведения основания треугольника на его высоту S=\frac{1}{2} g t \cdot v_{0} \cos \alpha , а также, как половину произведения сторон на синус угла между ними S=\frac{1}{2} v v_{0} \sin \beta .

Учтём, что l=v_{0} \cos \alpha t , получим поле сокращения на 1 / 2 следующее выражение: \lg =v v_{0} \sin \beta .

Запишем закон сохранения механической энергии: \frac{m v_{0}^{2}}{2}=\frac{m v^{2}}{2}+m g h , откуда после сокращений получим v_{0}^{2}=v^{2}+2 g h . Подставив в полученное выше выражение v=\sqrt{v_{0}^{2}-2 g h} , получим l g=v_{0} \sqrt{v_{0}^{2}-2 g h} \cdot \sin \beta .

Из последнего выражения получим v_{0}^{2}\left(v_{0}^{2}-2 g h\right)=\frac{(l g)^{2}}{\sin ^{2} \beta} . Заметим, что при заданных расстоянии l от орудия до забора и высоте h забора начальная скорость мячика минимальна, когда \sin ^{2} \beta=1 , что достигается при угле \beta= 90^{\circ} , то есть, когда скорость мяча при касании забора перпендикулярна начальной скорости мячика (рис. 2).

2 Рис. 2

Тогда, считая \sin ^{2} \beta=1 и раскрыв скобки, получим биквадратное уравнение v_{0}^{4}-2 g h v_{0}^{2}-(l g)^{2}=0, \quad корнем которого является v_{0 \min }= \sqrt{g\left(h+\sqrt{h^{2}+l^{2}}\right)} .

Изобразим на рисунке 3 вектор перемещения \vec{s} , который будет направлен под углом \gamma к горизонту.

3 Рис. 3

Перечертим треугольник скоростей, учтя, что векторы \vec{v} и \vec{v}_{0} перпендикулярны друг другу (рис. 4). В этом треугольнике изобразим также вектор \frac{\vec{s}}{t} , который будет направлен под углом \gamma к горизонту, как и вектор перемещения \vec{S} .

4 Рис. 4

В прямоугольном треугольнике медиана, проведённая к гипотенузе, равна радиусу описанной окружности и равна половине этой гипотенузы, в данном случае \frac{g t}{2} . В результате получаем равнобедренный треугольник (закрашенный на рисунке 5).

5 Рис. 5

Обратим внимание, что такой же угол \delta образуется между вектором начальной скорости и вертикалью, причём вектор начальной скорости является биссектрисой угла, образованного вектором перемещения и вертикалью. Таким образом, стрелять следует именно под таким углам.

Заметим, что угол \delta=90^{\circ}-\alpha , а так как угол между векторами \vec{v} и \vec{v}_{0} равен 90^{\circ} , то угол между вектором скорости \vec{v} и вектором \vec{g} t тоже равен \alpha . Тогда из прямоугольного треугольника скоростей следует, что tg \alpha=\frac{v_{0}}{v}= \frac{v_{0}}{\sqrt{v_{0}^{2}-2 g h}}=\sqrt{\frac{h+\sqrt{h^{2}+l^{2}}}{\sqrt{h^{2}+l^{2}}-h}} .