Съдържание

ВсОШ 2024, Регионален етап, 10. клас — Задача 1. Хитрая пушка

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от ВсОШ 2024

Региональный этап Всероссийской олимпиады по физике, 30 января 2024 г. 10 класс. Теоретический тур · 30 януари 2024 г.

Условие

Скорость вылета снаряда из игрушечной пушки зависит от угла с вертикалью, под которым производится выстрел. Особенность этой зависимости состоит в том, что угловая скорость вращения вектора скорости снаряда сразу после выстрела не зависит от угла, под которым произведён выстрел, и равна $\omega = 0{,}5$ рад/с. Пушка располагается у подножия длинной горки, образующей угол $\varphi = 30^{\circ}$ с горизонтом. Траектория снаряда лежит в плоскости рисунка и такова, что в определённый момент снаряд падает на горку. Сопротивлением воздуха, а также размерами пушки и снаряда можно пренебречь. Чему равно максимально возможное время полёта снаряда $t_{max}$ до падения на горку?

Горка — наклонная прямая под углом φ к горизонтальной штриховой линии; у её подножия пушка, вектор начальной скорости v₀ направлен круче склона; справа вертикальная стрелка вниз с подписью g.

Отговори

Решение

Пусть ускорение свободного падения равняется $g$ , а выстрел производится под углом $\alpha$ к вертикали со скоростью $v_0(\alpha)$ . Тогда имеем:

a_n = \omega v_0(\alpha) = g_n = g\sin\alpha \Rightarrow v_0(\alpha) = \frac{g\sin\alpha}{\omega}.

Далее можно решать задачу четырьмя способами.

Первое способ:

Введём координатную ось $y'$ , направленную перпендикулярно поверхности горки. Проекция ускорения снаряда на ось $y'$ равна $g_{y'} = -g\cos\varphi$ . Тогда для времени полёта снаряда имеем:

t = -\frac{2v_{0y'}}{g_{y'}} = \frac{2v_{0y'}}{g\cos\varphi}.

Максимально возможному времени полёта снаряда соответствует максимальное значение $v_{0y'}$ . Введём систему координат $Oxy$ с началом в месте расположения пушки, где ось $x$ направлена вправо, а ось $y$ – вертикально вверх. Тогда:

v_0 = \frac{g\sin\alpha}{\omega} = \frac{g}{\omega}\frac{v_{0x}}{v_0} \Rightarrow v^2 = v_{0x}^2 + v_{0y}^2 = \frac{g v_{0x}}{\omega},

откуда получаем:

\left(v_{0x} - \frac{g}{2\omega}\right)^2 + v_{0y}^2 = \left(\frac{g}{2\omega}\right)^2.

Таким образом, геометрическое место точек конца вектора скорости $\vec{v}_0$ представляет собой окружность (см.рис). Из геометрии рисунка следует, что максимальное время полёта соответствует максимально возможному значению $v_{0y'}$ , которое достигается, когда конец вектора скорости лежит на перпендикуляре, проведённом к направлению поверхности горки из центра окружности. Получаем:

v_{0y'(max)} = \frac{g(1-\sin\varphi)}{2\omega},

откуда:

t_{max} = \frac{1-\sin\varphi}{\omega\cos\varphi} \approx 1.15\ \text{с}.

Второй способ:

Проекция начальной скорости снаряда на ось $y'$ равна $v_{0y'} = v_0\cos(\alpha+\varphi)$ . Тогда для времени полёта снаряда имеем:

t = \frac{2v_0(\alpha)\cos(\alpha+\varphi)}{g\cos\varphi} = \frac{2\sin\alpha\cos(\alpha+\varphi)}{\omega\cos\varphi}.

Воспользуемся преобразованием произведения тригонометрических функций в сумму:

2\sin\alpha\cos(\alpha+\varphi) = \sin(\alpha-(\alpha+\varphi)) + \sin(\alpha+(\alpha+\varphi)) = \sin(2\alpha+\varphi) - \sin\varphi.

Максимальное значение $\sin(2\alpha+\varphi) = 1$ .

Аналогично преобразованию произведения тригонометрических функций в сумму, можно найти максимальное значение $t$ , продифференцировав полученное выражение по $\alpha$ :

\frac{dt}{d\alpha} = \frac{2}{\omega\cos\varphi}\frac{d(\sin\alpha\cos(\alpha+\varphi))}{d\alpha} = 0

Отсюда:

\cos\alpha\cos(\alpha+\varphi) - \sin\alpha\sin(\alpha+\varphi) = \cos(2\alpha+\varphi) = 0.

Таким образом:

2\alpha+\varphi = \frac{\pi}{2} \Rightarrow \alpha = \frac{\pi}{4} - \frac{\varphi}{2}.

Тогда максимальное время $t_{max}$ составляет:

t_{max} = \frac{1-\sin\varphi}{\omega\cos\varphi} = \frac{2\sin\left(\frac{\pi}{4} - \frac{\varphi}{2}\right)\cos\left(\frac{\pi}{4} + \frac{\varphi}{2}\right)}{\omega\cos\varphi} \approx 1.15\ \text{с}.

Третий способ:

Построим векторный треугольник перемещений для момента падения снаряда на горку. В указанный момент времени вектор перемещения образует угол $\varphi$ с горизонтом, поэтому из теоремы синусов находим:

\frac{v_0 t}{\sin(90+\varphi)} = \frac{v_0 t}{\cos\varphi} = \frac{gt^2}{2\sin(90-\alpha-\varphi)} = \frac{gt^2}{2\cos(\alpha+\varphi)}.

Отсюда:

t = \frac{2v_0\cos(\alpha+\varphi)}{g\cos\varphi} = \frac{2\sin\alpha\cos(\alpha+\varphi)}{\omega\cos\varphi}.

Исследование полученного выражения на максимум совпадает с проделанным в рамках первого способа решения. Таким образом:

t_{max} = \frac{1-\sin\varphi}{\omega\cos\varphi} = \frac{2\sin\left(\frac{\pi}{4} - \frac{\varphi}{2}\right)\cos\left(\frac{\pi}{4} + \frac{\varphi}{2}\right)}{\omega\cos\varphi} \approx 1.15\ \text{с}.

Четвёртый способ:

Решим задачу классическим способом – используя зависимости координат $x$ и $y$ от времени $t$ :

x = v_{0x}t = v_0\sin\alpha t \qquad y = v_{0y}t - \frac{gt^2}{2} = v_0\cos\alpha t - \frac{gt^2}{2}.

В момент падения камня на горку $y/x = \operatorname{tg}\varphi$ . Отсюда:

\operatorname{tg}\varphi = \frac{y}{x} = \frac{1}{\operatorname{tg}\alpha} - \frac{gt}{2v_0\sin\alpha} = \frac{1}{\operatorname{tg}\alpha} - \frac{\omega t}{2\sin^2\alpha}.

Введём переменную $z = \operatorname{ctg}\alpha$ . Учитывая, что $1/\sin^2\alpha = 1 + \operatorname{ctg}^2\alpha = 1 + z^2$ , получим:

t = \frac{2}{\omega}\frac{z - \operatorname{tg}\varphi}{1+z^2} = \frac{2f(z)}{\omega}.

Время $t$ принимает значение, когда максимальное значение принимает функция $f(z)$ . Определим величину $z_0$ , соответствующую максимальному значению $f(z)$ :

\frac{df(z_0)}{dz} = \frac{1+z_0^2 - 2z_0(z_0 - \operatorname{tg}\varphi)}{(1+z_0^2)^2} = 0 \Rightarrow z_0^2 - 2z_0\operatorname{tg}\varphi - 1 = 0.

Решая квадратное уравнение, получим:

z_0 = \operatorname{tg}\varphi \pm \sqrt{\operatorname{tg}^2\varphi + 1} \Rightarrow z_0 = \frac{1+\sin\varphi}{\cos\varphi}.

Таким образом:

f_{max} = f(z_0) = \frac{\left(\frac{1}{\cos\varphi} + \operatorname{tg}\varphi - \operatorname{tg}\varphi\right)}{1 + \left(\frac{1+\sin\varphi}{\cos\varphi}\right)^2} = \frac{\cos\varphi}{2(1+\sin\varphi)}.

Максимальное значение $f(z)$ может быть найдено из без использования производной. Действительно:

\frac{z - \operatorname{tg}\varphi}{1+z^2} = f(z) \Rightarrow z^2 f(z) - z + f(z) + \operatorname{tg}\varphi = 0.

Исследуем дискриминант полученного уравнения:

D = 1 - 4f(z)(f(z) + \operatorname{tg}\varphi) \geq 0

Максимально возможное значение $f(z)$ соответствует равному нулю дискриминанту. Отсюда:

4f^2(z) + 4f(z)\operatorname{tg}\varphi - 1 = 0 \Rightarrow f_{max} = -\frac{\operatorname{tg}\varphi}{2} + \frac{\sqrt{1+\operatorname{tg}^2\varphi}}{2} = \frac{1-\sin\varphi}{2\cos\varphi}.

Окончательно:

t_{max} = \frac{\cos\varphi}{\omega(1+\sin\varphi)} = \frac{1-\sin\varphi}{\omega\cos\varphi} \approx 1.15\ \text{с}.

Плоскость скоростей: оси v_x и v_y; окружность с центром на оси v_x в точке g/(2ω), проходящая через начало координат; штриховая прямая под углом φ к оси v_x и перпендикуляр к ней из центра окружности; вектор скорости до точки касания с подписью v y'(max).

Векторный треугольник перемещений: стороны v⃗₀t, g⃗t²/2 (вертикально вниз) и S⃗; углы α и 90 − φ.

Примечание внизу страницы

После олимпиады решения на os.mipt.ru.

Оригинал в Архива: 10T.pdf · официални решения: 10T-s.pdf