Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 2047
2017-01-12 
Цилиндрический резервуар, лежащий на земле, имеет радиус $R$. При какой наименьшей скорости брошенный с земли камень может перелететь через резервуар? Откуда его следует бросать? (См. рис.)
Решение:
рис.1
рис.2
Очевидно, что "оптимальная" траектория должна быть симметрична относительно оси DOE, проходящей через центр цилиндра перпендикулярно поверхности земли (см. рис. 1). Она должна касаться боковой поверхности цилиндра в двух симметричных точках А и В либо в единственной верхней точке (см. рис. 2). Зададим точки касания углом $\beta$ между направлением из центра цилиндра на точку касания OA и осью симметрии ОЕ. Если траектория камня касается цилиндра в верхней точке, то, очевидно, $\beta = 0$.
В точке касания скорость камня направлена под углом $\beta$ к горизонту. Учитывая, что движение по горизонтали происходит равномерно, а по вертикали — с постоянным ускорением $g$, запишем уравнения, связывающие начальную скорость $V_{0}$ и скорость $V$ в точке А:
$V_{0} \cos \alpha = V \cos \beta, \frac{ V_{0}^{2} \sin^{2} \alpha - V^{2} \sin^{2} \beta}{2g} = R (1 + \cos \beta)$.
Здесь учтено, что точка А расположена на высоте $R(1 + \cos \beta)$ над поверхностью Земли. Из этих уравнений можно выразить $V_{0}^{2}$:
$V_{0}^{2} = V_{0}^{2} \cos^{2} \alpha + V_{0}^{2} \sin^{2} \alpha = V^{2} + 2gR(1 + \cos \beta)$.
Рассмотрим теперь движение из точки А в точку В, которые находятся на одном горизонтальном уровне. Дальность полета АВ задается формулой:
$AB = 2R \sin \beta = \frac{2V^{2} \sin \beta \cos \beta}{g}$.
Это равенство выполняется, если
$\sin \beta = 0$ (1)
или
$V^{2} \cos \beta = gR$. (2)
Первое условие (1) соответствует случаю, когда траектория проходит через верхнюю точку цилиндра. Для того, чтобы в этой точке камень не давил на резервуар, необходимо чтобы, радиус кривизны траектории $r$ был больше радиуса цилиндра $R$ и, следовательно, $g = V^{2}/r \leq V^{2}/R$. Минимальное значение скорости при этом равно $\sqrt{gR}$ , что совпадает со значением, полученным из второго условия (2) при $\beta = 0$. Поэтому далее достаточно пользоваться только соотношением (2). Подставляя из него $V^{2}$ в выражение для $V_{0}^{2}$, получаем:
$V_{0}^{2} = \frac{gR}{ \cos \beta} + 2gR(1 + \cos \beta) = gR \left (2 + 2 \cos \beta + \frac{1}{ \cos \beta} \right )$.
Если воспользоваться тождеством
$2 \cos \beta + \frac{1}{ \cos \beta} = \left ( \sqrt{2 \cos \beta} - \frac{1}{ \sqrt{ \cos \beta}} \right )^{2} + 2 \sqrt{2}$,
то очевидно, что минимальная скорость $V_{0}$ достигается при условии $2 \cos \beta = 1/ \cos \beta$, т.е. при $\beta = \pi /4$ величина минимальной скорости $V_{0} = \sqrt{2gR( 1 + \sqrt{2})}$, а угол $\alpha$ определяется условием
$\cos \alpha = \frac{V}{V_{0}} \cos \beta = \frac{1}{ \sqrt{2( \sqrt{2} + 2)}}$.
Чтобы определить расстояние СD от точки, из которой нужно бросать камень, до оси симметрии системы, достаточно горизонтальную составляющую скорости $V \cos \beta = \sqrt{ gR/ \sqrt{2}}$ умножить на время $t$ подъема камня на максимальную высоту
$t = \frac{V_{0} \sin \alpha}{g} = \frac{ \sqrt{2gR(1 + \cos \beta) + V^{2} \sin^{2} \beta}}{g} = \sqrt{ \frac{R}{g}} \sqrt{2 + \frac{3 \sqrt{2}}{2}}$.
Окончательно, получаем: $CD = R \sqrt{ \sqrt{2} + 3/2}$.
К такому ответу можно прийти и иначе, если воспользоваться результатом решения задачи 2046 о перебрасывании мяча через ангар с плоской крышей. Для этого достаточно вписать в цилиндр ангар с плоской крышей, как показано на рис. 1, и убедиться, что соответствующая траектория будет оптимальной для обеих систем. Тогда вывод о том, что $\beta = \pi /4$, получается сразу, а значения $V_{0}$ и $\cos \alpha$ можно найти, учитывая, что для рассматриваемого ангара $l = R \sqrt{2}$, а $h = R(1 + \sqrt{2}/2)$.
Ответ: $V_{0min} = \sqrt{2gR( 1 + \sqrt{2})}$. Бросать камень нужно под углом $\alpha = arccos \frac{1}{ \sqrt{2 ( \sqrt{2} + 2)}}$ с расстояния $R \sqrt{ \sqrt{2} + \frac{3}{2}}$ от точки касания резервуара с землей.
Цилиндрический резервуар, лежащий на земле, имеет радиус $R$. При какой наименьшей скорости брошенный с земли камень может перелететь через резервуар? Откуда его следует бросать? (См. рис.)
Решение:
рис.1
рис.2
Очевидно, что "оптимальная" траектория должна быть симметрична относительно оси DOE, проходящей через центр цилиндра перпендикулярно поверхности земли (см. рис. 1). Она должна касаться боковой поверхности цилиндра в двух симметричных точках А и В либо в единственной верхней точке (см. рис. 2). Зададим точки касания углом $\beta$ между направлением из центра цилиндра на точку касания OA и осью симметрии ОЕ. Если траектория камня касается цилиндра в верхней точке, то, очевидно, $\beta = 0$.
В точке касания скорость камня направлена под углом $\beta$ к горизонту. Учитывая, что движение по горизонтали происходит равномерно, а по вертикали — с постоянным ускорением $g$, запишем уравнения, связывающие начальную скорость $V_{0}$ и скорость $V$ в точке А:
$V_{0} \cos \alpha = V \cos \beta, \frac{ V_{0}^{2} \sin^{2} \alpha - V^{2} \sin^{2} \beta}{2g} = R (1 + \cos \beta)$.
Здесь учтено, что точка А расположена на высоте $R(1 + \cos \beta)$ над поверхностью Земли. Из этих уравнений можно выразить $V_{0}^{2}$:
$V_{0}^{2} = V_{0}^{2} \cos^{2} \alpha + V_{0}^{2} \sin^{2} \alpha = V^{2} + 2gR(1 + \cos \beta)$.
Рассмотрим теперь движение из точки А в точку В, которые находятся на одном горизонтальном уровне. Дальность полета АВ задается формулой:
$AB = 2R \sin \beta = \frac{2V^{2} \sin \beta \cos \beta}{g}$.
Это равенство выполняется, если
$\sin \beta = 0$ (1)
или
$V^{2} \cos \beta = gR$. (2)
Первое условие (1) соответствует случаю, когда траектория проходит через верхнюю точку цилиндра. Для того, чтобы в этой точке камень не давил на резервуар, необходимо чтобы, радиус кривизны траектории $r$ был больше радиуса цилиндра $R$ и, следовательно, $g = V^{2}/r \leq V^{2}/R$. Минимальное значение скорости при этом равно $\sqrt{gR}$ , что совпадает со значением, полученным из второго условия (2) при $\beta = 0$. Поэтому далее достаточно пользоваться только соотношением (2). Подставляя из него $V^{2}$ в выражение для $V_{0}^{2}$, получаем:
$V_{0}^{2} = \frac{gR}{ \cos \beta} + 2gR(1 + \cos \beta) = gR \left (2 + 2 \cos \beta + \frac{1}{ \cos \beta} \right )$.
Если воспользоваться тождеством
$2 \cos \beta + \frac{1}{ \cos \beta} = \left ( \sqrt{2 \cos \beta} - \frac{1}{ \sqrt{ \cos \beta}} \right )^{2} + 2 \sqrt{2}$,
то очевидно, что минимальная скорость $V_{0}$ достигается при условии $2 \cos \beta = 1/ \cos \beta$, т.е. при $\beta = \pi /4$ величина минимальной скорости $V_{0} = \sqrt{2gR( 1 + \sqrt{2})}$, а угол $\alpha$ определяется условием
$\cos \alpha = \frac{V}{V_{0}} \cos \beta = \frac{1}{ \sqrt{2( \sqrt{2} + 2)}}$.
Чтобы определить расстояние СD от точки, из которой нужно бросать камень, до оси симметрии системы, достаточно горизонтальную составляющую скорости $V \cos \beta = \sqrt{ gR/ \sqrt{2}}$ умножить на время $t$ подъема камня на максимальную высоту
$t = \frac{V_{0} \sin \alpha}{g} = \frac{ \sqrt{2gR(1 + \cos \beta) + V^{2} \sin^{2} \beta}}{g} = \sqrt{ \frac{R}{g}} \sqrt{2 + \frac{3 \sqrt{2}}{2}}$.
Окончательно, получаем: $CD = R \sqrt{ \sqrt{2} + 3/2}$.
К такому ответу можно прийти и иначе, если воспользоваться результатом решения задачи 2046 о перебрасывании мяча через ангар с плоской крышей. Для этого достаточно вписать в цилиндр ангар с плоской крышей, как показано на рис. 1, и убедиться, что соответствующая траектория будет оптимальной для обеих систем. Тогда вывод о том, что $\beta = \pi /4$, получается сразу, а значения $V_{0}$ и $\cos \alpha$ можно найти, учитывая, что для рассматриваемого ангара $l = R \sqrt{2}$, а $h = R(1 + \sqrt{2}/2)$.
Ответ: $V_{0min} = \sqrt{2gR( 1 + \sqrt{2})}$. Бросать камень нужно под углом $\alpha = arccos \frac{1}{ \sqrt{2 ( \sqrt{2} + 2)}}$ с расстояния $R \sqrt{ \sqrt{2} + \frac{3}{2}}$ от точки касания резервуара с землей.
