Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 16422
2024-03-16 
Артиллерийское орудие стреляет из-под укрытия, наклоненного под углом $\alpha$ к горизонту (см. рисунок). Орудие находится в точке $A$ на расстоянии $l$ от основания укрытия (точка $B$). Начальная скорость снаряда равна $| \vec{v}_{0} |$. Считая, что траектория снаряда лежит в плоскости рисунка, определить максимальную дальность полета.
Решение:
Из всех возможных траекторий снаряда выберем ту, которая касается укрытия. Рассмотрим движение снаряда в системе координат, оси которой направлены так, как показано на рисунке. В этой системе «горизонтальная» (вдоль оси $OX$) проекция начальной скорости снаряда равна $v_{0x} = v_{0} \cos ( \phi - \alpha )$, а «вертикальная» (вдоль оси $OY$ ) проекция равна $v_{0y} = v_{0} \sin ( \phi - \alpha)$, где $\phi$ - угол, который составляет с горизонтом вектор начальной скорости снаряда.
Точка $C$, в которой траектория снаряда касается укрытия, определяет максимальную высоту $h^{ \prime}$ поднятия снаряда над «горизонтом», равную, как видно на рисунке 2, $l \sin \alpha$. В этой точке проекция полной скорости $\vec{v}$ снаряда на ось $OY$ равна нулю и
$h^{ \prime} = \frac{v_{0y}^{2}}{2g^{ \prime}}$,
где $g^{ \prime} = g \cos \alpha$ - «ускорение свободного падения» в системе $XOY$ (проекция вектора $\vec{g}$ на «вертикаль» $OY$). Таким образом,
$v_{0y}^{2} = 2g^{ \prime} h^{ \prime} \Rightarrow v_{0}^{2} \sin^{2} ( \phi - \alpha) = 2(g \cos a)(l \sin \alpha)$.
Отсюда, в частности, вытекает, что если по условию задачи
$2gl \sin \alpha \cdot \cos \alpha = gl \sin 2 \alpha > v_{0}^{2}$,
то ни одна из траекторий снаряда не коснется укрытия, и максимальная дальность налета $L_{max}$ будет у снаряда, пущенного под углом $\phi = \frac{ \pi}{4}$ к горизонту; при этом $L_{max} = \frac{v_{0}^{2}}{g}$.
Если по условию задачи выполняется соотношение
$v_{0}^{2} \geq gl \sin 2 \alpha$,
то для того, чтобы траектория касалась укрытия, снаряд должен быть пущен под углом
$\phi_{кас} = \alpha + arcsin \frac{ \sqrt{gl \sin 2 \alpha } }{v_{0}}$.
Если при этом по условию задачи выполняется неравенство
$\frac{v_{0}^{2}}{v_{0}^{2} + 2gl} \leq \sin 2 \alpha$,
что в свою очередь означает, что $\phi_{кас} \geq \frac{ \pi}{4}$ (покажите!), то угол вылета снаряда с максимальной дальностью полета $\phi_{B} = \frac{ \pi}{4}$ и $L_{max} = \frac{v_{0}^{2}}{g}$. Если же по условию задачи выполняется обратное неравенство
$\frac{v_{0}^{2}}{v_{0}^{2} + 2gl} > \sin 2 \alpha$,
что в свою очередь означает, что $\phi_{кас} < \frac{ \pi}{4}$, то
$\phi_{B} = \phi_{кас} = \alpha + arcsin \frac{ \sqrt{gl \sin 2 \alpha } }{v_{0}}$,
$L_{max} = \frac{v_{0}^{2}}{g} \sin 2 \phi_{B} = \frac{v_{0}^{2}}{g} \sin 2 \left ( \alpha + arcsin \frac{ \sqrt{gl \sin 2 \alpha }}{v_{0}} \right )$.
Артиллерийское орудие стреляет из-под укрытия, наклоненного под углом $\alpha$ к горизонту (см. рисунок). Орудие находится в точке $A$ на расстоянии $l$ от основания укрытия (точка $B$). Начальная скорость снаряда равна $| \vec{v}_{0} |$. Считая, что траектория снаряда лежит в плоскости рисунка, определить максимальную дальность полета.
Решение:
Из всех возможных траекторий снаряда выберем ту, которая касается укрытия. Рассмотрим движение снаряда в системе координат, оси которой направлены так, как показано на рисунке. В этой системе «горизонтальная» (вдоль оси $OX$) проекция начальной скорости снаряда равна $v_{0x} = v_{0} \cos ( \phi - \alpha )$, а «вертикальная» (вдоль оси $OY$ ) проекция равна $v_{0y} = v_{0} \sin ( \phi - \alpha)$, где $\phi$ - угол, который составляет с горизонтом вектор начальной скорости снаряда.
Точка $C$, в которой траектория снаряда касается укрытия, определяет максимальную высоту $h^{ \prime}$ поднятия снаряда над «горизонтом», равную, как видно на рисунке 2, $l \sin \alpha$. В этой точке проекция полной скорости $\vec{v}$ снаряда на ось $OY$ равна нулю и
$h^{ \prime} = \frac{v_{0y}^{2}}{2g^{ \prime}}$,
где $g^{ \prime} = g \cos \alpha$ - «ускорение свободного падения» в системе $XOY$ (проекция вектора $\vec{g}$ на «вертикаль» $OY$). Таким образом,
$v_{0y}^{2} = 2g^{ \prime} h^{ \prime} \Rightarrow v_{0}^{2} \sin^{2} ( \phi - \alpha) = 2(g \cos a)(l \sin \alpha)$.
Отсюда, в частности, вытекает, что если по условию задачи
$2gl \sin \alpha \cdot \cos \alpha = gl \sin 2 \alpha > v_{0}^{2}$,
то ни одна из траекторий снаряда не коснется укрытия, и максимальная дальность налета $L_{max}$ будет у снаряда, пущенного под углом $\phi = \frac{ \pi}{4}$ к горизонту; при этом $L_{max} = \frac{v_{0}^{2}}{g}$.
Если по условию задачи выполняется соотношение
$v_{0}^{2} \geq gl \sin 2 \alpha$,
то для того, чтобы траектория касалась укрытия, снаряд должен быть пущен под углом
$\phi_{кас} = \alpha + arcsin \frac{ \sqrt{gl \sin 2 \alpha } }{v_{0}}$.
Если при этом по условию задачи выполняется неравенство
$\frac{v_{0}^{2}}{v_{0}^{2} + 2gl} \leq \sin 2 \alpha$,
что в свою очередь означает, что $\phi_{кас} \geq \frac{ \pi}{4}$ (покажите!), то угол вылета снаряда с максимальной дальностью полета $\phi_{B} = \frac{ \pi}{4}$ и $L_{max} = \frac{v_{0}^{2}}{g}$. Если же по условию задачи выполняется обратное неравенство
$\frac{v_{0}^{2}}{v_{0}^{2} + 2gl} > \sin 2 \alpha$,
что в свою очередь означает, что $\phi_{кас} < \frac{ \pi}{4}$, то
$\phi_{B} = \phi_{кас} = \alpha + arcsin \frac{ \sqrt{gl \sin 2 \alpha } }{v_{0}}$,
$L_{max} = \frac{v_{0}^{2}}{g} \sin 2 \phi_{B} = \frac{v_{0}^{2}}{g} \sin 2 \left ( \alpha + arcsin \frac{ \sqrt{gl \sin 2 \alpha }}{v_{0}} \right )$.
