Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 10168
2019-02-12 
Игровое поле состоит из двух квадратных отсеков со стороной $l$ каждый (см. рис.). Отсеки соединены небольшим проходом в точке B. Игрок должен провести через проход B до точки C маленький шарик, изначально покоившийся в точке A. Шарик двигается по полю с ускорением, проекция которого на ось Ox равна $\pm a_{1}$, а на ось Oy: $\pm a_{2}$. Игрок может в любой момент времени менять знаки этих проекций. В точках B и C скорость шарика должна быть параллельна стенке AC, ударять шарик о стенки запрещено. Определите минимальное время прохождения игрового поля как функцию ускорений $a_{1}$ и $a_{2} (0 < a_{1,2} < \infty)$.
Решение:
Рассмотрим сперва вспомогательную задачу. Пусть некоторое тело, двигающееся вдоль прямой, может разгоняться и тормозить с одинаковым ускорением $a$. Определим, каково будет минимально время перемещения по участку длиной $L$, при условии, что на старте и на финише скорость тела должна обращаться в ноль.
Достаточно легко понять, что в этом случае минимальное время получается тогда, когда первую половину пути тело все время разгоняется, а оставшуюся половину - все время тормозит. Проще всего осознать этот факт, представив себе график скорости тела от времени. При движении с постоянным ускорением, скорость линейно зависит от времени, поэтому в данной задаче график скорости в общем случае является ломаной линией и имеет вид, изображенный, например, на Рис. сплошной линией. Как известно, площадь под графиком скорости равна изменению координаты. Нас интересует изменение координаты, равное $L$. Поэтому задача об отыскании минимального времени перемещения, удовлетворяющего всем поставленным условиям, сводится к задаче отыскания ломанной с фиксированной площадью под графиком и минимальным значением конечной точки $\tau$. Не составляет труда понять, что такой ломанной является та, что изображена на Рис. пунктирной линией. А эта ломаная как раз и отвечает ситуации, когда половину времени тело разгоняется, а оставшееся время - тормозит. При этом минимальное время находится из условия
$L = \frac{a( \tau_{min}/2 )^{2} }{2} + \frac{a( \tau_{min} /2 )^{2} }{2} \Leftrightarrow \tau_{min} = 2 \sqrt{ \frac{L}{a} }$ (1)
Вернемся теперь к нашей исходной задаче. Введем оси, как показано на Рис.
Рассмотрим для начала движение шарика по оси Ox. Шарик должен сначала сместиться от правой стенки до левой, а потом вернуться обратно. При этом, поскольку ударять шарик о стенки нельзя, а в конечной точке C скорость должна быть направлена параллельно стенке AC, заключаем, что, когда шарик находится около правой или около левой стенки, проекция его скорости на ось Ox должна быть равна нулю. Следовательно, движение вдоль оси Ox укладывается в рамки нашей вспомогательной задачи. Таким образом, минимальное время движения $\tau_{x}$ шарика от правой стенки до левой равно минимальному времени движения шарика от левой стенки до правой и, по формуле (1), равно
$\tau_{x} = 2 \sqrt{ \frac{l}{a_{1} } }$ (2)
Займемся теперь движением шарика вдоль оси Oy. Вычислим, за какое минимальное время $\tau_{1y}$ шарик сможет пройти расстояние $l$ вдоль этой оси, то есть найдем минимальное время, за которое шарик сможет достичь перегородки между отсеками. Ясно, что для этого шарик должен все время ускоряться:
$l = \frac{a_{2} \tau_{1y}^{2}}{2} \Leftrightarrow \tau_{1y} = \sqrt{ \frac{2l}{a_{2} } }$ (3)
Теперь мы готовы к тому, чтобы определить, каково минимальное время $T_{1}$ движения шарика от начальной точки A до прохода B между отсеками. Тут возможны два варианта. Если выполняется соотношение
$\tau_{1y} \leq \tau_{x} \Leftrightarrow \sqrt{ \frac{2l}{a_{2} } } \leq 2 \sqrt{ \frac{l}{a_{1} } } \Leftrightarrow \frac{a_{2} }{a_{1} } \geq \frac{1}{2}$, (4)
то это означает, что минимальное время движения из A в B определяется временем движения от правой стенки до левой, $T_{1} = \tau_{x}$. Таким образом, если выполнено (4), мы не должны все время ускорять шарик вдоль оси Oy, иначе он обязательно врежется в перегородку между отсеками, не успев достичь левой стенки. Следовательно, в этом случае придется даже немного притормаживать шарик в этом направлении. Чередовать ускорения и торможения вдоль оси Oy можно достаточно произвольно, единственное, чему нужно удовлетворить, так это, чтобы к моменту времени $\tau_{x}$ шарик прошел вдоль оси Oy расстояние $l$, то есть оказался в результате точно в точке B. Ясно, что так всегда можно сделать.
Ежели выполнено обратное к (4) условие, то есть $a_{2}/a_{1} < 1/2$, минимальное время прохождения первого отсека равно $T_{1} = \tau_{1y}$. Таким образом, в этом случае, чтобы за минимальное время пересечь первый отсек, необходимо непрерывно разгонять шарик вдоль оси Oy, по оси же Ox шарик можно вести теперь более произвольно, так как появился "запас" времени $( \tau_{1y} - \tau_{x} )$. Опять же, единственным условием является только то, чтобы шарик оказался у левой стенки к моменту времени $\tau_{1y}$.
Рассмотрим теперь движение во втором отсеке и определим минимальное время движения от прохода B до конечной точки C. Ясно, что если выполняется условие (4), то движение во втором отсеке ничем не отличается от движения в первом. Поэтому, как и там, $T_{2} = \tau_{x}$. То есть вновь, по оси Ox мы половину времени разгоняем шарик, половину времени тормозим его, по оси Oy, как и раньше, можно действовать произвольно, необходимо только по истечении времени $\tau_{x}$ доставить шарик на финиш.
В случае же, если для ускорений выполняется соотношение $a_{2}/a_{1} < 1/2$, то вновь возникают два варианта. Действительно, вычислим, за какое минимальное время $\tau_{2y}$ шарик может пройти расстояние $2l$ вдоль оси Oy. Аналогично (3) получаем
$2l = \frac{a_{2} \tau_{2y}^{2} }{2} \Leftrightarrow \tau_{2y} = 2 \sqrt{ \frac{l}{a_{2} } }$ (5)
Из (3) и (5) следует, что, если вдоль оси Oy шарик будет все время разгоняться, то на преодоление второй половины пути (второго отрезка длиной $l$) ему потребуется время
$\tau_{y}^{ \prime} = \tau_{2y} - \tau_{1y} = 2 \sqrt{ \frac{l}{a_{2} } } - \sqrt{ 2 \frac{l}{a_{2} } } = \sqrt{ \frac{l}{a_{2} } } (2 - \sqrt{2} )$
Тогда, если в добавок к $a_{2}/a_{1} < 1/2$ выполняется условие
$\tau_{y}^{ \prime} \leq \tau_{x} \Leftrightarrow \sqrt{ \frac{l}{a_{2} } } (2 - \sqrt{2} ) \leq 2 \sqrt{ \frac{l}{a_{1} } } \Leftrightarrow \frac{a_{2} }{a_{1} } \geq \frac{3 - 2 \sqrt{2} }{2}$
мы заключаем, что минимальное время движения по второму отсеку определяется движением от левой стенки до правой, $T_{2} = T_{x}$. То есть после непрерывного разгона шарика в первой части игрового поля вдоль оси Oy, во второй части придется шарик вдоль этой оси немного притормозить, для того, чтобы он успел сместиться направо.
Наконец, в случае, если $a_{2}/a_{1} < (3 - 2 \sqrt{2})/2$, для скорейшего преодоления второго отсека шарик необходимо продолжать разгонять вдоль оси Oy, и $T_{2} = \tau_{y}^{ \prime}$.
Объединяя все полученные результаты и условия, для минимального времени $T = T_{1} + T_{2}$ прохождения всего игрового поля имеем
$T = \begin{cases} \tau_{x} + \tau_{x},& \frac{a_{2} }{a_{1} } \geq \frac{1}{2}; \\ \tau_{1y} + \tau_{x} , & \frac{3 - 2 \sqrt{2} }{2} \leq \frac{a_{2} }{a_{1} } < \frac{1}{2}; \\ \tau_{1y} + \tau_{y}^{ \prime} & \frac{a_{2} }{a_{1} } < \frac{3 - 2 \sqrt{2} }{2}. \end{cases} = \begin{cases} 4 \sqrt{ \frac{l}{a_{1} } } ,& \frac{a_{2} }{a_{1} } \geq \frac{1}{2}; \\ \sqrt{ \frac{2l}{a_{2} } } + 2 \sqrt{ \frac{l}{a_{1} } } , & \frac{3 - 2 \sqrt{2} }{2} \leq \frac{a_{2} }{a_{1} } < \frac{1}{2}; \\ 2 \sqrt{ \frac{l}{a_{2} } } & \frac{a_{2} }{a_{1} } < \frac{3 - 2 \sqrt{2} }{2}. \end{cases}$; (6)
Ответ: Зависимость минимального времени прохождения игрового поля от величин ускорений $a_{1}$ и $a_{2}$ задана системой (6).
Игровое поле состоит из двух квадратных отсеков со стороной $l$ каждый (см. рис.). Отсеки соединены небольшим проходом в точке B. Игрок должен провести через проход B до точки C маленький шарик, изначально покоившийся в точке A. Шарик двигается по полю с ускорением, проекция которого на ось Ox равна $\pm a_{1}$, а на ось Oy: $\pm a_{2}$. Игрок может в любой момент времени менять знаки этих проекций. В точках B и C скорость шарика должна быть параллельна стенке AC, ударять шарик о стенки запрещено. Определите минимальное время прохождения игрового поля как функцию ускорений $a_{1}$ и $a_{2} (0 < a_{1,2} < \infty)$.
Решение:
Рассмотрим сперва вспомогательную задачу. Пусть некоторое тело, двигающееся вдоль прямой, может разгоняться и тормозить с одинаковым ускорением $a$. Определим, каково будет минимально время перемещения по участку длиной $L$, при условии, что на старте и на финише скорость тела должна обращаться в ноль.
Достаточно легко понять, что в этом случае минимальное время получается тогда, когда первую половину пути тело все время разгоняется, а оставшуюся половину - все время тормозит. Проще всего осознать этот факт, представив себе график скорости тела от времени. При движении с постоянным ускорением, скорость линейно зависит от времени, поэтому в данной задаче график скорости в общем случае является ломаной линией и имеет вид, изображенный, например, на Рис. сплошной линией. Как известно, площадь под графиком скорости равна изменению координаты. Нас интересует изменение координаты, равное $L$. Поэтому задача об отыскании минимального времени перемещения, удовлетворяющего всем поставленным условиям, сводится к задаче отыскания ломанной с фиксированной площадью под графиком и минимальным значением конечной точки $\tau$. Не составляет труда понять, что такой ломанной является та, что изображена на Рис. пунктирной линией. А эта ломаная как раз и отвечает ситуации, когда половину времени тело разгоняется, а оставшееся время - тормозит. При этом минимальное время находится из условия
$L = \frac{a( \tau_{min}/2 )^{2} }{2} + \frac{a( \tau_{min} /2 )^{2} }{2} \Leftrightarrow \tau_{min} = 2 \sqrt{ \frac{L}{a} }$ (1)
Вернемся теперь к нашей исходной задаче. Введем оси, как показано на Рис.
Рассмотрим для начала движение шарика по оси Ox. Шарик должен сначала сместиться от правой стенки до левой, а потом вернуться обратно. При этом, поскольку ударять шарик о стенки нельзя, а в конечной точке C скорость должна быть направлена параллельно стенке AC, заключаем, что, когда шарик находится около правой или около левой стенки, проекция его скорости на ось Ox должна быть равна нулю. Следовательно, движение вдоль оси Ox укладывается в рамки нашей вспомогательной задачи. Таким образом, минимальное время движения $\tau_{x}$ шарика от правой стенки до левой равно минимальному времени движения шарика от левой стенки до правой и, по формуле (1), равно
$\tau_{x} = 2 \sqrt{ \frac{l}{a_{1} } }$ (2)
Займемся теперь движением шарика вдоль оси Oy. Вычислим, за какое минимальное время $\tau_{1y}$ шарик сможет пройти расстояние $l$ вдоль этой оси, то есть найдем минимальное время, за которое шарик сможет достичь перегородки между отсеками. Ясно, что для этого шарик должен все время ускоряться:
$l = \frac{a_{2} \tau_{1y}^{2}}{2} \Leftrightarrow \tau_{1y} = \sqrt{ \frac{2l}{a_{2} } }$ (3)
Теперь мы готовы к тому, чтобы определить, каково минимальное время $T_{1}$ движения шарика от начальной точки A до прохода B между отсеками. Тут возможны два варианта. Если выполняется соотношение
$\tau_{1y} \leq \tau_{x} \Leftrightarrow \sqrt{ \frac{2l}{a_{2} } } \leq 2 \sqrt{ \frac{l}{a_{1} } } \Leftrightarrow \frac{a_{2} }{a_{1} } \geq \frac{1}{2}$, (4)
то это означает, что минимальное время движения из A в B определяется временем движения от правой стенки до левой, $T_{1} = \tau_{x}$. Таким образом, если выполнено (4), мы не должны все время ускорять шарик вдоль оси Oy, иначе он обязательно врежется в перегородку между отсеками, не успев достичь левой стенки. Следовательно, в этом случае придется даже немного притормаживать шарик в этом направлении. Чередовать ускорения и торможения вдоль оси Oy можно достаточно произвольно, единственное, чему нужно удовлетворить, так это, чтобы к моменту времени $\tau_{x}$ шарик прошел вдоль оси Oy расстояние $l$, то есть оказался в результате точно в точке B. Ясно, что так всегда можно сделать.
Ежели выполнено обратное к (4) условие, то есть $a_{2}/a_{1} < 1/2$, минимальное время прохождения первого отсека равно $T_{1} = \tau_{1y}$. Таким образом, в этом случае, чтобы за минимальное время пересечь первый отсек, необходимо непрерывно разгонять шарик вдоль оси Oy, по оси же Ox шарик можно вести теперь более произвольно, так как появился "запас" времени $( \tau_{1y} - \tau_{x} )$. Опять же, единственным условием является только то, чтобы шарик оказался у левой стенки к моменту времени $\tau_{1y}$.
Рассмотрим теперь движение во втором отсеке и определим минимальное время движения от прохода B до конечной точки C. Ясно, что если выполняется условие (4), то движение во втором отсеке ничем не отличается от движения в первом. Поэтому, как и там, $T_{2} = \tau_{x}$. То есть вновь, по оси Ox мы половину времени разгоняем шарик, половину времени тормозим его, по оси Oy, как и раньше, можно действовать произвольно, необходимо только по истечении времени $\tau_{x}$ доставить шарик на финиш.
В случае же, если для ускорений выполняется соотношение $a_{2}/a_{1} < 1/2$, то вновь возникают два варианта. Действительно, вычислим, за какое минимальное время $\tau_{2y}$ шарик может пройти расстояние $2l$ вдоль оси Oy. Аналогично (3) получаем
$2l = \frac{a_{2} \tau_{2y}^{2} }{2} \Leftrightarrow \tau_{2y} = 2 \sqrt{ \frac{l}{a_{2} } }$ (5)
Из (3) и (5) следует, что, если вдоль оси Oy шарик будет все время разгоняться, то на преодоление второй половины пути (второго отрезка длиной $l$) ему потребуется время
$\tau_{y}^{ \prime} = \tau_{2y} - \tau_{1y} = 2 \sqrt{ \frac{l}{a_{2} } } - \sqrt{ 2 \frac{l}{a_{2} } } = \sqrt{ \frac{l}{a_{2} } } (2 - \sqrt{2} )$
Тогда, если в добавок к $a_{2}/a_{1} < 1/2$ выполняется условие
$\tau_{y}^{ \prime} \leq \tau_{x} \Leftrightarrow \sqrt{ \frac{l}{a_{2} } } (2 - \sqrt{2} ) \leq 2 \sqrt{ \frac{l}{a_{1} } } \Leftrightarrow \frac{a_{2} }{a_{1} } \geq \frac{3 - 2 \sqrt{2} }{2}$
мы заключаем, что минимальное время движения по второму отсеку определяется движением от левой стенки до правой, $T_{2} = T_{x}$. То есть после непрерывного разгона шарика в первой части игрового поля вдоль оси Oy, во второй части придется шарик вдоль этой оси немного притормозить, для того, чтобы он успел сместиться направо.
Наконец, в случае, если $a_{2}/a_{1} < (3 - 2 \sqrt{2})/2$, для скорейшего преодоления второго отсека шарик необходимо продолжать разгонять вдоль оси Oy, и $T_{2} = \tau_{y}^{ \prime}$.
Объединяя все полученные результаты и условия, для минимального времени $T = T_{1} + T_{2}$ прохождения всего игрового поля имеем
$T = \begin{cases} \tau_{x} + \tau_{x},& \frac{a_{2} }{a_{1} } \geq \frac{1}{2}; \\ \tau_{1y} + \tau_{x} , & \frac{3 - 2 \sqrt{2} }{2} \leq \frac{a_{2} }{a_{1} } < \frac{1}{2}; \\ \tau_{1y} + \tau_{y}^{ \prime} & \frac{a_{2} }{a_{1} } < \frac{3 - 2 \sqrt{2} }{2}. \end{cases} = \begin{cases} 4 \sqrt{ \frac{l}{a_{1} } } ,& \frac{a_{2} }{a_{1} } \geq \frac{1}{2}; \\ \sqrt{ \frac{2l}{a_{2} } } + 2 \sqrt{ \frac{l}{a_{1} } } , & \frac{3 - 2 \sqrt{2} }{2} \leq \frac{a_{2} }{a_{1} } < \frac{1}{2}; \\ 2 \sqrt{ \frac{l}{a_{2} } } & \frac{a_{2} }{a_{1} } < \frac{3 - 2 \sqrt{2} }{2}. \end{cases}$; (6)
Ответ: Зависимость минимального времени прохождения игрового поля от величин ускорений $a_{1}$ и $a_{2}$ задана системой (6).
