Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 10176
2019-02-20 
В солдата, сидящего в окопе, неприятель выстрелил из мортиры (см. рис.). Снаряд летел ровно на него, но до окопа не долетел. С точки зрения солдата снаряд поднимался в течение $t_{1}$ секунд, а опускался быстрее, за $t_{2}$ секунд, смотрел он из окопа от уровня земли. Известно, что неприятельские мортиры стреляют под углом а к горизонту, а модуль начальной скорости снаряда равен $V_{0}$. Найдите, на каком расстоянии от окопа упал снаряд? Сопротивлением воздуха пренебречь, ускорение свободного падения равно $g$.
Решение:
Понятно, что с точки зрения солдата снаряд поднимается до тех пор пока угол под которым он виден солдату увеличивается. Этот угол становится максимальным в тот момент, когда прямая направленная от нашего наблюдателя к снаряду совпадает с касательной к его траектории (см. рис. точка номер 2). Очевидно, что после прохождения этой точки угол под которым виден снаряд начинает уменьшаться, и для солдата снаряд начинает опускаться.
На рисунке точка B соответствует моменту, когда прямая, направленная от солдата к снаряду, совпадает с касательной к его траектории. Из сказанного выше понятно, что в этой точке снаряд окажется через время $t_{1}$ после выстрела. Вектор скорости всегда направлен по касательной к траектории, следовательно он лежит на прямой AB на рисунке.
Напомним, что при движении тела под углом к горизонту его перемещение удобно разложить на две составляющие. По горизонтальной оси OX тело двигается прямолинейно с постоянной скоростью $V_{x} = V_{x0} = V_{0} \cos \alpha$ (см. рис.). А то вертикальной оси OY тело двигается с постоянным ускорением $g$ направленным вниз и начальной скоростью $V_{y0} = V_{0} \sin \alpha$. То есть в момент времени $t$ вертикальная проекция скорости равна $V_{y} = V_{y0} - gt = V_{0} \sin \alpha - gt$.
Разложим скорость в точке B на горизонтальную и вертикальную проекции. Тогда отрезок $A^{ \prime}C^{ \prime}$ равен горизонтальной проекции скорости $A^{ \prime}C^{ \prime} = V_{x} = V_{0} \cos \alpha$, а отрезок $BC^{ \prime}$ равен вертикальной проекции, то есть $BC^{ \prime} = V_{y} = V_{0} \sin \alpha - gt_{1}$. Отрезок BC можно вычислить как перемещение по вертикали $BC = V_{y0}t_{1} - \frac{g}{2} t_{1}^{2}$. Теперь рассмотрим треугольники $\Delta ABC$ и $\Delta A^{ \prime}BC^{ \prime}$. Так как это прямоугольные треугольники и у них есть общий угол, то они подобны. Тогда запишем:
$\frac{AC}{A^{ \prime} C^{ \prime} } = \frac{BC}{BC^{ \prime} }$.
Откуда выразим отрезок AC и подставим уже полученные выражения для других отрезков:
$AC = \frac{A^{ \prime}C^{ \prime} \cdot BC }{BC^{ \prime} } = \frac{V_{0} \cos \alpha \left ( V_{0} \sin \alpha t_{1} - \frac{g}{2}t_{1}^{2} \right ) }{V_{0} \sin \alpha - gt_{1} }$.
После небольших упрощений получаем:
$AC = \frac{V_{0} \sin \alpha t_{1} - \frac{g}{2} t_{1}^{2} }{tg \alpha - \frac{gt_{1} }{V_{0} \cos \alpha } }$. (1)
С точки зрения солдата когда снаряд летит из точки B в D - он опускается. По условию снаряд опускался в течении $t_{2}$ секунд, тогда найдем отрезок DC, просто как перемещение по горизонтали:
$DC = V_{0} \cos \alpha t_{2}$. (2)
Очевидно, что расстояние на котором снаряд упал от окопа будет равно $AD = AC - DC$, то есть пользуясь (1) и (2) получим:
$AD = \frac{V_{0} \sin \alpha t_{1} - \frac{g}{2} t_{1}^{2} }{tg \alpha - \frac{gt_{1} }{V_{0} \cos \alpha } } - V_{0} \cos \alpha t_{2} = \frac{V_{0} \sin \alpha (t_{1} - t_{2} ) - \frac{gt_{1} }{2} (t_{1} - 2t_{2} ) }{tg \alpha - \frac{gt_{1} }{V_{0} \cos \alpha } }$.
В солдата, сидящего в окопе, неприятель выстрелил из мортиры (см. рис.). Снаряд летел ровно на него, но до окопа не долетел. С точки зрения солдата снаряд поднимался в течение $t_{1}$ секунд, а опускался быстрее, за $t_{2}$ секунд, смотрел он из окопа от уровня земли. Известно, что неприятельские мортиры стреляют под углом а к горизонту, а модуль начальной скорости снаряда равен $V_{0}$. Найдите, на каком расстоянии от окопа упал снаряд? Сопротивлением воздуха пренебречь, ускорение свободного падения равно $g$.
Решение:
Понятно, что с точки зрения солдата снаряд поднимается до тех пор пока угол под которым он виден солдату увеличивается. Этот угол становится максимальным в тот момент, когда прямая направленная от нашего наблюдателя к снаряду совпадает с касательной к его траектории (см. рис. точка номер 2). Очевидно, что после прохождения этой точки угол под которым виден снаряд начинает уменьшаться, и для солдата снаряд начинает опускаться.
На рисунке точка B соответствует моменту, когда прямая, направленная от солдата к снаряду, совпадает с касательной к его траектории. Из сказанного выше понятно, что в этой точке снаряд окажется через время $t_{1}$ после выстрела. Вектор скорости всегда направлен по касательной к траектории, следовательно он лежит на прямой AB на рисунке.
Напомним, что при движении тела под углом к горизонту его перемещение удобно разложить на две составляющие. По горизонтальной оси OX тело двигается прямолинейно с постоянной скоростью $V_{x} = V_{x0} = V_{0} \cos \alpha$ (см. рис.). А то вертикальной оси OY тело двигается с постоянным ускорением $g$ направленным вниз и начальной скоростью $V_{y0} = V_{0} \sin \alpha$. То есть в момент времени $t$ вертикальная проекция скорости равна $V_{y} = V_{y0} - gt = V_{0} \sin \alpha - gt$.
Разложим скорость в точке B на горизонтальную и вертикальную проекции. Тогда отрезок $A^{ \prime}C^{ \prime}$ равен горизонтальной проекции скорости $A^{ \prime}C^{ \prime} = V_{x} = V_{0} \cos \alpha$, а отрезок $BC^{ \prime}$ равен вертикальной проекции, то есть $BC^{ \prime} = V_{y} = V_{0} \sin \alpha - gt_{1}$. Отрезок BC можно вычислить как перемещение по вертикали $BC = V_{y0}t_{1} - \frac{g}{2} t_{1}^{2}$. Теперь рассмотрим треугольники $\Delta ABC$ и $\Delta A^{ \prime}BC^{ \prime}$. Так как это прямоугольные треугольники и у них есть общий угол, то они подобны. Тогда запишем:
$\frac{AC}{A^{ \prime} C^{ \prime} } = \frac{BC}{BC^{ \prime} }$.
Откуда выразим отрезок AC и подставим уже полученные выражения для других отрезков:
$AC = \frac{A^{ \prime}C^{ \prime} \cdot BC }{BC^{ \prime} } = \frac{V_{0} \cos \alpha \left ( V_{0} \sin \alpha t_{1} - \frac{g}{2}t_{1}^{2} \right ) }{V_{0} \sin \alpha - gt_{1} }$.
После небольших упрощений получаем:
$AC = \frac{V_{0} \sin \alpha t_{1} - \frac{g}{2} t_{1}^{2} }{tg \alpha - \frac{gt_{1} }{V_{0} \cos \alpha } }$. (1)
С точки зрения солдата когда снаряд летит из точки B в D - он опускается. По условию снаряд опускался в течении $t_{2}$ секунд, тогда найдем отрезок DC, просто как перемещение по горизонтали:
$DC = V_{0} \cos \alpha t_{2}$. (2)
Очевидно, что расстояние на котором снаряд упал от окопа будет равно $AD = AC - DC$, то есть пользуясь (1) и (2) получим:
$AD = \frac{V_{0} \sin \alpha t_{1} - \frac{g}{2} t_{1}^{2} }{tg \alpha - \frac{gt_{1} }{V_{0} \cos \alpha } } - V_{0} \cos \alpha t_{2} = \frac{V_{0} \sin \alpha (t_{1} - t_{2} ) - \frac{gt_{1} }{2} (t_{1} - 2t_{2} ) }{tg \alpha - \frac{gt_{1} }{V_{0} \cos \alpha } }$.
