Разделы 
Дополнительно
Задача по физике - 6129
2018-01-20 
Спортсмен толкает ядро. Под каким углом к горизонту должна быть направлена скорость, чтобы ядро упало как можно дальше? Начальная скорость ядра $v_{0} = 13,5 м/с$, высота точки бросания ядра $H = 2 м$.
Решение:
Уравнение движения ядра $y = y_{0} + v_{0}t \sin \alpha - \frac{gt^{2}}{2}$;$y_{0} = H; x = v_{0}t \cos \alpha$. В момент падения ядра на землю $t = t_{1}, y = y(t_{1}) = 0; x = x(t_{1}) = S, H + v_{0}t_{1} \sin \alpha - \frac{gt_{1}^{2}}{2} = 0$;
$S = v_{0}t_{1} \cos \alpha$; (1)
откуда $t_{1} = \frac{S}{v_{0} \cos \alpha}$, тогда $S( \alpha) = \frac{v_{0} \cos \alpha}{g} \left ( v_{0} \sin \alpha + \sqrt{v_{0}^{2} \sin^{2} \alpha + 2gH} \right )$. Кs,n « * >!vо sm* а + 2gH
Чтобы найти максимум $S( \alpha)$ нужно взять производную $\frac{dS}{d \alpha}$ и приравнять ее нулю $\frac{dS}{d \alpha} = 0$. Можно поступить проще. Нарисуем график $S( \alpha)$ (рис.) и найдем значения углов $\alpha_{1}$ и $\alpha_{2}$, при которых дальность равна $S_{1}$. Из уравнений (1) с учетом $\cos^{-2} \alpha = 1 + tg^{2} \alpha$ получаем $tg^{2} \alpha - \frac{2v_{0}^{2}}{gS_{1}} tg \alpha + 1 - \frac{2v_{0}^{2}H}{gS_{1}^{2}} = 0$, откуда $tg \alpha_{1,2} = \frac{v_{0}^{2}}{gS_{1}} \left ( 1 \mp \sqrt{ 1 - \left ( \frac{gS_{1}}{v_{0}^{2}} \right )^{2} + \frac{2gH}{v_{0}^{2}}} \right )$.
При $S_{1} = S_{max}$ решение должно быть только одно, определяющее угол $\alpha_{0}$, следовательно:
$1 - \left ( \frac{gS_{max}}{v_{0}^{2}} \right )^{2} + \frac{2gH}{v_{0}^{2}} = 0$; (2)
$tg \alpha_{0} = \frac{v_{0}^{2}}{gS_{max}}$. (3)
Из (2) и (3) получаем $S_{max} = \frac{v_{0}}{g} \sqrt{v_{0}^{2} + 2gH}; S_{max} = 20,5 м; tg \alpha_{0} = \frac{v_{0}}{ \sqrt{v_{0}^{2} + 2gH}}; \alpha_{0} = 42,2^{ \circ}$.
Спортсмен толкает ядро. Под каким углом к горизонту должна быть направлена скорость, чтобы ядро упало как можно дальше? Начальная скорость ядра $v_{0} = 13,5 м/с$, высота точки бросания ядра $H = 2 м$.
Решение:
Уравнение движения ядра $y = y_{0} + v_{0}t \sin \alpha - \frac{gt^{2}}{2}$;$y_{0} = H; x = v_{0}t \cos \alpha$. В момент падения ядра на землю $t = t_{1}, y = y(t_{1}) = 0; x = x(t_{1}) = S, H + v_{0}t_{1} \sin \alpha - \frac{gt_{1}^{2}}{2} = 0$;
$S = v_{0}t_{1} \cos \alpha$; (1)
откуда $t_{1} = \frac{S}{v_{0} \cos \alpha}$, тогда $S( \alpha) = \frac{v_{0} \cos \alpha}{g} \left ( v_{0} \sin \alpha + \sqrt{v_{0}^{2} \sin^{2} \alpha + 2gH} \right )$. Кs,n « * >!vо sm* а + 2gH
Чтобы найти максимум $S( \alpha)$ нужно взять производную $\frac{dS}{d \alpha}$ и приравнять ее нулю $\frac{dS}{d \alpha} = 0$. Можно поступить проще. Нарисуем график $S( \alpha)$ (рис.) и найдем значения углов $\alpha_{1}$ и $\alpha_{2}$, при которых дальность равна $S_{1}$. Из уравнений (1) с учетом $\cos^{-2} \alpha = 1 + tg^{2} \alpha$ получаем $tg^{2} \alpha - \frac{2v_{0}^{2}}{gS_{1}} tg \alpha + 1 - \frac{2v_{0}^{2}H}{gS_{1}^{2}} = 0$, откуда $tg \alpha_{1,2} = \frac{v_{0}^{2}}{gS_{1}} \left ( 1 \mp \sqrt{ 1 - \left ( \frac{gS_{1}}{v_{0}^{2}} \right )^{2} + \frac{2gH}{v_{0}^{2}}} \right )$.
При $S_{1} = S_{max}$ решение должно быть только одно, определяющее угол $\alpha_{0}$, следовательно:
$1 - \left ( \frac{gS_{max}}{v_{0}^{2}} \right )^{2} + \frac{2gH}{v_{0}^{2}} = 0$; (2)
$tg \alpha_{0} = \frac{v_{0}^{2}}{gS_{max}}$. (3)
Из (2) и (3) получаем $S_{max} = \frac{v_{0}}{g} \sqrt{v_{0}^{2} + 2gH}; S_{max} = 20,5 м; tg \alpha_{0} = \frac{v_{0}}{ \sqrt{v_{0}^{2} + 2gH}}; \alpha_{0} = 42,2^{ \circ}$.
