EuPhO 2019, теоретический тур

Подсказка

Капля падает с постоянной скоростью, поэтому время пропорционально пройденной высоте, а тепло, полученное от воздуха, — площади между графиком температуры и осью высоты. Плавление и замерзание идут при \(0\,{}^\circ\)C.

Ответ

a) \(\eta=A'/A=0{,}80\) (замерзает 80 % массы);  b) \(T_d\approx 7{,}9\,{}^\circ\)C (\(\approx 8{,}0\,{}^\circ\)C с учётом нагрева за счёт вязкого трения).

Решение

Что происходит. Размер капли и плотность воздуха постоянны, поэтому сила сопротивления уравновешивает тяжесть, и капля падает с постоянной скоростью \(v\). Значит, время падения пропорционально пройденной высоте, и тепло, полученное каплей от воздуха, пропорционально площади между графиком \(T(h)\) и осью \(h\). Пока в капле есть и лёд, и вода, её температура равна \(0\,{}^\circ\)C. Главная идея: одно и то же число \(\kappa/v\) связывает площадь под графиком с теплом и в слое плавления, и в слое замерзания.

Обозначения. \(m\) — масса капли, \(v\) — скорость падения, \(T(h)\) — температура воздуха на высоте \(h\), \(T_d\) — температура капли. Для малой разности температур мощность теплообмена пропорциональна ей: \[\frac{dQ}{dt}=\kappa\,(T-T_d),\] где \(\kappa\) зависит от формы капли, её скорости и плотности воздуха, то есть постоянна. Площади измеряем в км\(\cdot{}^\circ\)C: \(A\) — площадь между профилем и осью \(h\) в слое \(h_B<h<h_A\), где \(T>0\), а \(A'\) — в слое \(0<h<h_B\), где \(T<0\). По рисунку 1: \(h_A=4\) км, \(h_B=1{,}5\) км.

Рис. 2. Площадь \(A\) (слой плавления) и площадь \(A'\) (слой замерзания) на профиле температуры.

a) Доля замёрзшей массы. Между \(h_A\) и \(h_B\) в капле есть лёд, поэтому \(T_d=0\,{}^\circ\)C, а воздух теплее: капля получает тепло и тает. За малый промежуток времени \(dt\), за который высота уменьшается на \(dh=-v\,dt\), она получает \[dQ=\kappa\,(T-0)\,dt=-\kappa\,T\,\frac{dh}{v}.\] Просуммируем по всему слою от \(h_A\) до \(h_B\): \[Q=\frac{\kappa}{v}\int_{h_B}^{h_A}T\,dh=\frac{\kappa A}{v}.\] Площадь \(A\) — это треугольник с вершинами \((0;\,4)\), \((4;\,2)\), \((0;\,1{,}5)\) на рисунке 2: основание на оси \(h\) равно \(4-1{,}5=2{,}5\) км, высота равна \(4\,{}^\circ\)C, так что \[A=\frac12\cdot 2{,}5\cdot 4=5{,}0~\text{км}\cdot{}^\circ\text{C}.\] По условию капля почти полностью тает, значит всё это тепло ушло на плавление всей массы: \[\frac{\kappa A}{v}=mL\quad\Longrightarrow\quad \frac{\kappa}{v}=\frac{mL}{A}.\]

Ниже \(h_B\) капля — смесь воды и льда при \(0\,{}^\circ\)C, а воздух холоднее нуля: тепло уходит из капли, и вода замерзает. Пусть замёрзла масса \(\eta m\). Тем же рассуждением, с \(T<0\): \[Q'=\frac{\kappa}{v}\int_{0}^{h_B}(0-T)\,dh=\frac{\kappa A'}{v}=\eta\,mL .\] Площадь \(A'\) найдём по двум линейным участкам профиля. На высотах от 0 до 1 км температура меняется от \(-2\) до \(-4\,{}^\circ\)C, средняя равна \(-3\,{}^\circ\)C, вклад \(3\cdot 1=3\). От 1 до 1,5 км температура меняется от \(-4\) до \(0\,{}^\circ\)C, средняя равна \(-2\,{}^\circ\)C, вклад \(2\cdot 0{,}5=1\). Итого \(A'=4{,}0\) км\(\cdot{}^\circ\)C.

Подставим \(\kappa/v=mL/A\) в выражение для \(Q'\): \[\frac{mL}{A}\,A'=\eta\,mL\quad\Longrightarrow\quad \eta=\frac{A'}{A}=\frac{4{,}0}{5{,}0}=0{,}80 .\]

Рис. 3. Состав капли на разных высотах: плавление до \(h_B\) и частичное замерзание после (доли отложены по массе капли).

Обратите внимание: \(\eta<1\), то есть замёрзли 80 % массы, а 20 % остаются водой. Смесь льда и воды всё время держит температуру \(0\,{}^\circ\)C, и это предположение выполнено. Если бы выходило \(\eta>1\), вся вода замёрзла бы, капля остыла бы ниже \(0\,{}^\circ\)C, и формула перестала бы работать.

Теплота, нужная льду, чтобы нагреться до \(0\,{}^\circ\)C вблизи \(h_A\), мала: длина, на которой температура капли подстраивается под воздух, равна \(c_{\text{льда}}A/L\approx 0{,}03\) км (подробнее — в пункте b), то есть много меньше километровых слоёв.

b) Температура капли у земли без инверсии. Теперь профиль ниже 4 км — прямая, проходящая через \((0;\,4)\) и \((8;\,0)\): \[T=8-2h\quad(T\ \text{в }{}^\circ\text{C},\ h\ \text{в км}).\] Капля, её скорость и плотность воздуха те же, поэтому \(\kappa/v=mL/A\) с прежним \(A=5{,}0\) км\(\cdot{}^\circ\)C. Пока в капле есть лёд, \(T_d=0\,{}^\circ\)C и тепло накапливается как \(\kappa\int T\,dh/v\); для полного плавления нужно \(mL\). Значит, плавление закончится, когда площадь под профилем от \(h_A\) до текущей высоты \(h_m\) станет равной \(A=5{,}0\) км\(\cdot{}^\circ\)C: \[\int_{h_m}^{4}(8-2h)\,dh=(4-h_m)^2=5\quad\Longrightarrow\quad h_m=4-\sqrt5\approx 1{,}76~\text{км}.\] Температура воздуха на этой высоте \(T_m=8-2h_m=2\sqrt5\approx4{,}47\,{}^\circ\)C.

Рис. 4. Без инверсии: площадь \(A=5{,}0\) накапливается между \(h_A\) и \(h_m\), где вся масса растаяла.

Ниже \(h_m\) капля — вода при температуре, близкой к воздуху, но с запаздыванием. Введём координату \(x\), отсчитанную вниз от \(h_m\): \(x=h_m-h\), \(dt=dx/v\). Температура воздуха на этой оси \(T=T_m+bx\), где \(b=2\,{}^\circ\text{C}/\text{км}\). Теплоёмкость воды \(c=c_{\text{воды}}\). Запишем уравнение теплового баланса капли за малое \(dt\) (тепло от воздуха идёт на нагрев воды): \[mc\,dT_d=\kappa\,(T-T_d)\,dt\quad\Longrightarrow\quad mcv\,\frac{dT_d}{dx}=\kappa\,(T-T_d).\] Нужна разность \(\Delta T=T-T_d\). Её производная по \(x\): \[\frac{d\Delta T}{dx}=b-\frac{dT_d}{dx}=b-\frac{\Delta T}{x_0},\qquad x_0=\frac{mcv}{\kappa}.\] Длину \(x_0\) выразим через уже известное \(\kappa/v=mL/A\): \[x_0=mc\,\frac{v}{\kappa}=mc\,\frac{A}{mL}=\frac{cA}{L}=\frac{4{,}2\cdot 5{,}0}{334}~\text{км}\approx 0{,}063~\text{км}.\] Решение уравнения \(\Delta T'=b-\Delta T/x_0\) — постоянная плюс затухающая экспонента (подстановка подтверждает): \[\Delta T=bx_0+C\,e^{-x/x_0}.\] В начале (\(x=0\)) капля только что растаяла, \(T_d=0\), поэтому \(\Delta T(0)=T_m\) и \(C=T_m-bx_0\approx 4{,}35\,{}^\circ\)C.

Рис. 5. Разность \(\Delta T\) температуры воздуха и капли в зависимости от пройденного пути \(x\) после полного таяния.

До земли ещё \(x=h_m=1{,}76\) км \(\approx 28\,x_0\). Экспонента там порядка \(e^{-28}\approx 10^{-12}\), то есть исчезает полностью, и разность температур равна своему установившемуся значению: \[\Delta T=bx_0=2\cdot 0{,}063\approx 0{,}13\,{}^\circ\text{C}.\] Температура воздуха у земли \(T(0)=8\,{}^\circ\)C, значит \[T_d=8-0{,}13\approx 7{,}9\,{}^\circ\text{C}.\]

Рис. 6. Температура воздуха \(T\) и температура капли \(T_d\) на первых 0,4 км после таяния: капля подтягивается к воздуху и дальше идёт параллельно ему с отставанием \(bx_0\).

Обратите внимание: капля не просто повторяет температуру воздуха, а отстаёт от неё на постоянную величину \(bx_0\). Воздух теплеет вниз на \(b\) градусов на километр, а капля подстраивается на длине \(x_0\), поэтому всегда запаздывает на \(bx_0\).

Замечание. При падении с постоянной скоростью потенциальная энергия капли переходит в тепло. Оценим, на сколько она «подогревает» воздух вокруг капли: мощность \(mgv\) уносится воздухом, \(mgv=\kappa\,\Delta T^*\). Отсюда \(\Delta T^*=mgv/\kappa=gA/L=9{,}8\cdot5000/334\,000\approx 0{,}15\,{}^\circ\)C (в официальном решении написано \(0{,}17\,{}^\circ\)C — это арифметическая неточность), и с обеими поправками \(T_d\approx 7{,}87+0{,}15\approx 8{,}0\,{}^\circ\)C. В основной ответ эту поправку не включаем.

Проверка. Размерность: \(cA/L\) — (Дж/(кг\(\cdot\)К))\(\cdot\)(м\(\cdot\)К)/(Дж/кг) = м, это длина. Предел: при \(\kappa\to\infty\) имеем \(x_0\to0\), \(\Delta T\to0\): капля мгновенно принимает температуру воздуха и \(T_d=8\,{}^\circ\)C. Второй способ для \(\Delta T\): в установившемся режиме \(dT_d/dx=b\), поэтому \(mcvb=\kappa\Delta T\), и \(\Delta T=bx_0\), как получено. В пункте a) проверка — смысл: площадь под графиком в слое замерзания составляет \(80\,\%\) площади в слое плавления, и ровно такая же доля воды замерзает.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Модуль скорости центра не меняется: работу не совершают ни сила Лоренца, ни трение покоя. Условие качения связывает скорость центра с угловой скоростью шара, а уравнения для движения центра и для вращения (в том числе момент силы Лоренца) вместе дают, как поворачивается вектор скорости.

Ответ

Центр шара движется равномерно со скоростью \(v_0\) по окружности радиуса \(r=\dfrac{7mv_0}{6QB}\) с угловой скоростью обращения \(\Omega=\dfrac{6QB}{7m}\) (период \(T=\dfrac{7\pi m}{3QB}\)): при \(QB>0\) — по часовой стрелке, если смотреть навстречу вектору \(\vec B\). Сила трения постоянна по модулю: \(F=\dfrac{QBv_0}{7}\).

Решение

Что происходит. На шар действуют сила тяжести, реакция опоры, сила трения покоя и сила Лоренца. Ни одна из них не совершает работы, поэтому модуль скорости центра шара остаётся равным \(v_0\), а направление скорости поворачивается: центр движется по окружности. Радиус и частоту обращения найдём из двух уравнений — для движения центра и для вращения шара, — которые связаны условием качения без проскальзывания. Заряд шара распределён так же, как масса, поэтому сила Лоренца и момент силы Лоренца выражаются через скорость центра и момент импульса шара.

Обозначения. Ось \(z\) направим вверх, вдоль поля: \(\vec B=B\hat z\). Для определённости \(QB>0\). \(\vec v\) — скорость центра шара, \(\vec\omega\) — угловая скорость шара, \(\vec F\) — горизонтальная сила трения покоя в точке касания, \(\vec N\) — реакция опоры, \(\vec L=I\vec\omega\) — момент импульса шара относительно центра, \(I=\dfrac{2mR^2}{5}\). Точка касания лежит на \(-R\hat z\) от центра, векторы \(\vec v\), \(\vec F\), \(\vec F_L\) — в горизонтальной плоскости.

Рис. 1. Силы на шаре (в момент, когда \(\vec v\) направлена вправо; длины стрелок условны): сила тяжести, реакция опоры, сила Лоренца \(\vec F_L\) и сила трения \(\vec F\).

1. Модуль скорости центра постоянен. Сила тяжести и реакция опоры перпендикулярны перемещению точек шара. Сила Лоренца перпендикулярна скорости каждого элемента заряда. Сила трения покоя приложена к точке касания, которая при качении без проскальзывания неподвижна, поэтому и она работы не совершает. Значит, полная кинетическая энергия шара сохраняется.

Условие качения без проскальзывания: скорость точки касания равна нулю, \[\vec v+\vec\omega\times(-R\hat z)=0\quad\Longrightarrow\quad \vec v=R\,\vec\omega\times\hat z .\] Отсюда горизонтальная часть угловой скорости перпендикулярна \(\vec v\) и по модулю равна \(v/R\): \[\vec\omega_\perp=\frac{\hat z\times\vec v}{R}.\] Вертикальная составляющая \(\omega_z\) (вращение вокруг вертикали) не меняется: все моменты сил относительно центра горизонтальны — момент трения перпендикулярен \(\hat z\), а момент силы Лоренца (ниже) пропорционален \(\vec\omega\times\vec B\) при \(\vec B\parallel\hat z\). Поэтому \(\omega_z=\text{const}\), и полная энергия \[E=\frac{mv^2}{2}+\frac{I}{2}\Bigl(\frac{v}{R}\Bigr)^2+\frac{I\omega_z^2}{2}=\frac{7}{10}\,mv^2+\text{const}\] сохраняется, откуда \(v=v_0\).

Рис. 2. Качение без проскальзывания (вид сбоку): точка касания \(P\) неподвижна, центр движется со скоростью \(\vec v\), верхняя точка — со скоростью \(2\vec v\). Горизонтальная часть \(\vec\omega\) направлена в плоскость рисунка.

2. Сила Лоренца. Пусть \(\Delta Q_i\) — заряд малого элемента шара, \(\vec x_i\) — его радиус-вектор из центра. Скорость элемента \(\vec v_i=\vec v+\vec\omega\times\vec x_i\), суммарная сила \[\vec F_L=\sum_i\Delta Q_i\,\vec v_i\times\vec B=\Bigl(\sum_i\Delta Q_i\Bigr)\vec v\times\vec B+\Bigl(\vec\omega\times\sum_i\Delta Q_i\,\vec x_i\Bigr)\times\vec B .\] Во втором слагаемом \(\sum_i\Delta Q_i\,\vec x_i=0\): заряд распределён равномерно, и элементы \(\vec x_i\) и \(-\vec x_i\) взаимно уничтожаются. Остаётся \[\vec F_L=Q\,\vec v\times\vec B .\] Сила Лоренца такая же, как у точечного заряда \(Q\) в центре. Она горизонтальна и перпендикулярна \(\vec v\).

3. Момент силы Лоренца относительно центра. Поступательная часть движения момента не даёт: \(\sum_i\vec x_i\times\bigl(\Delta Q_i\,\vec v\times\vec B\bigr)=\bigl(\sum_i\Delta Q_i\vec x_i\bigr)\times(\vec v\times\vec B)=0\). Вращение шара — это замкнутые токи. Элемент заряда \(\Delta Q_i\) на расстоянии \(x_{i\perp}\) от оси вращения создаёт ток \(\dfrac{\omega}{2\pi}\Delta Q_i\) по окружности площади \(\pi x_{i\perp}^2\), то есть вклад в магнитный момент \(\dfrac12\,\omega\,\Delta Q_i\,x_{i\perp}^2\). Заряд распределён так же, как масса, \(\Delta Q_i=\dfrac{Q}{m}\Delta m_i\), поэтому \[\vec\mu=\frac{\vec\omega}{2}\sum_i\Delta Q_i\,x_{i\perp}^2=\frac{Q}{2m}\,\vec\omega\sum_i\Delta m_i\,x_{i\perp}^2=\frac{Q}{2m}\,I\vec\omega=\frac{Q}{2m}\,\vec L .\] В однородном поле на магнитный момент действует момент \(\vec\mu\times\vec B\): \[\vec\tau_L=\frac{Q}{2m}\,\vec L\times\vec B .\]

4. Уравнения движения. Для центра шара (второй закон Ньютона в горизонтальной плоскости) и для вращения вокруг центра (уравнение моментов; \(\vec N\) и \(m\vec g\) момента относительно центра не дают, момент трения — \((-R\hat z)\times\vec F\)): \[m\vec a=Q\,\vec v\times\vec B+\vec F,\qquad \frac{d\vec L}{dt}=\frac{Q}{2m}\,\vec L\times\vec B+(-R\hat z)\times\vec F .\] Горизонтальная часть момента импульса \(\vec L=I\,\vec\omega_\perp=\dfrac{I}{R}\,\hat z\times\vec v\), поэтому (постоянную вертикальную часть не считаем) \(\dfrac{d\vec L}{dt}=\dfrac{I}{R}\,\hat z\times\vec a\). Выразим остальные члены. Для момента силы Лоренца (\(\vec B=B\hat z\)) по тождеству из подсказки \((\hat z\times\vec v)\times\hat z=\vec v\), значит \[\vec\tau_L=\frac{Q}{2m}\cdot\frac{I}{R}\,B\,(\hat z\times\vec v)\times\hat z=\frac{QBI}{2mR}\,\vec v .\] Из первого уравнения \(\vec F=m\vec a-QB\,\vec v\times\hat z\), откуда, учитывая \(\hat z\times(\vec v\times\hat z)=\vec v\), \[\hat z\times\vec F=m\,\hat z\times\vec a-QB\,\vec v,\qquad\text{и момент трения}\quad \vec\tau_F=-R\,\hat z\times\vec F=-mR\,\hat z\times\vec a+RQB\,\vec v .\]

Рис. 3. Вид сверху в момент, когда \(\vec v\) направлена вправо. Вектор \(\vec L\) перпендикулярен \(\vec v\); оба момента, \(\vec\tau_L\) и \(\vec\tau_F\), направлены вдоль \(\vec v\) и поворачивают \(\vec L\) по часовой стрелке: \(d\vec L/dt=\vec\tau_L+\vec\tau_F\).

Подставим всё в уравнение моментов и соберём слагаемые с \(\hat z\times\vec a\) слева: \[\Bigl(\frac{I}{R}+mR\Bigr)\hat z\times\vec a=QB\Bigl(R+\frac{I}{2mR}\Bigr)\vec v .\] Для \(I=\dfrac{2mR^2}{5}\) получаем \(\dfrac{7}{5}\,mR\ \hat z\times\vec a=\dfrac{6}{5}\,QBR\,\vec v\), то есть \[\hat z\times\vec a=\Omega\,\vec v,\qquad \Omega=\frac{6QB}{7m}.\] Применим к обеим частям \(\hat z\times\) и учтём, что \(\hat z\times(\hat z\times\vec a)=-\vec a\) для горизонтального \(\vec a\): \[\vec a=-\Omega\,\hat z\times\vec v .\]

5. Траектория. Уравнение \(\dfrac{d\vec v}{dt}=-\Omega\,\hat z\times\vec v\) означает: вектор скорости при постоянном модуле \(v_0\) поворачивается с постоянной угловой скоростью \(\Omega\) вокруг вертикали по часовой стрелке (для \(QB>0\), при взгляде навстречу \(\vec B\)). Центр шара движется по окружности, и ускорение направлено к её центру: \[\Omega=\frac{6QB}{7m},\qquad r=\frac{v_0}{\Omega}=\frac{7\,m\,v_0}{6\,QB},\qquad T=\frac{2\pi}{\Omega}=\frac{7\pi m}{3\,QB}.\] Для \(QB<0\) направление обращения противоположное.

Рис. 4. Траектория центра шара (вид сверху, \(\vec B\) направлено на нас): сила Лоренца направлена к центру окружности \(O\), сила трения — от центра и в семь раз меньше.

Найдём и силу трения: \(\vec F=m\vec a-QB\,\vec v\times\hat z\). Сила Лоренца \(QBv_0\) направлена к центру, \(ma=m\Omega v_0=\tfrac67QBv_0\) тоже к центру, поэтому \[F=QBv_0-\tfrac67\,QBv_0=\frac{QBv_0}{7},\] и направлена она от центра окружности. Модуль \(F\) постоянен, как и должно быть.

Обратите внимание: частота обращения \(\Omega\) не равна циклотронной \(QB/m\) свободного заряда, а меньше её в \(7/6\) раза: шар вращается, и на поворот скорости влияют и инерция вращения, и момент силы Лоренца. Рассуждение «действует одна сила Лоренца, поэтому \(r=mv_0/(QB)\)» неверно: на центр шара действует ещё сила трения.

Проверка. Размерность: Тл \(=\dfrac{\text{кг}}{\text{Кл}\cdot\text{с}}\), поэтому \(QB/m\) измеряется в \(\text{с}^{-1}\), а \(r=v_0/\Omega\) — в метрах. Предел: для произвольного момента инерции \(I=k\,mR^2\) те же выкладки дают \[\Omega=\frac{QB}{m}\cdot\frac{1+k/2}{1+k}.\] При \(k\to0\) (вращению нечего «запасать») получаем циклотронную частоту свободного заряда \(QB/m\), при \(k=\tfrac25\) — \(\tfrac67\,QB/m\). При \(Q\to0\) радиус \(r\to\infty\): центр движется по прямой.

Второй способ — уравнения в модулях. Радиально: сила Лоренца \(QBv_0\) направлена к центру окружности, трение \(F\) — от центра, а ускорение равно \(\Omega v_0\), поэтому \(QBv_0-F=m\Omega v_0\). Моменты: \(\tau_L=\dfrac{QB}{2m}\,I\,\dfrac{v_0}{R}=\dfrac15\,QBRv_0\), \(\tau_F=RF\), а скорость поворота вектора \(\vec L\) равна \(\Omega L=\Omega\cdot\dfrac25\,mRv_0\), откуда \(\dfrac15\,QBRv_0+RF=\dfrac25\,m\Omega Rv_0\). Исключим \(F\): \[\frac15\,QB\,v_0+QBv_0-m\Omega v_0=\frac25\,m\Omega v_0\ \Longrightarrow\ \frac65\,QB=\frac75\,m\Omega,\] и снова \(\Omega=\dfrac{6QB}{7m}\). Физический смысл: шар катится по окружности, и вектор скорости поворачивается не только под действием силы Лоренца, но и благодаря трению, которое поворачивает ось вращения шара.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.

Подсказка

Все траектории воды, вылетевшей из сопла с одной скоростью под разными углами, лежат под одной параболой — огибающей семейства, а её фокус находится в сопле. Струя в любой момент касается этой параболы хотя бы в одной точке.

Ответ

\(v=\sqrt{g\,\max\bigl(y+\sqrt{x^2+y^2}\bigr)}\); по рисунку наибольшее значение \(y+\sqrt{x^2+y^2}\approx14{,}6\) м достигается в точке \(P\approx(10{,}8;\ 3{,}3)\) м, откуда \(v\approx12\) м/с.

Решение

Что происходит. Каждая порция воды после вылета летит по своей параболе: скорость \(v\) одинакова, а угол вылета у каждой порции свой, потому что шланг поворачивали. Форма струи на рисунке — это положение порций, вылетевших в разные моменты, в один и тот же момент времени. Все точки, которых вода вообще может достичь, лежат под одной параболой — огибающей семейства траекторий. Каждая траектория касается её, а непрерывная струя обязана коснуться огибающей хотя бы в одной точке. По положению этой точки касания и находим \(v\).

Обозначения. \(O\) — сопло, начало координат; ось \(x\) горизонтальна, ось \(y\) вертикальна вверх; \(\alpha\) — угол вылета над горизонтом (\(\alpha\ge45^\circ\)); \(H=\dfrac{v^2}{2g}\) — высота подъёма воды, брошенной вертикально; \(r=\sqrt{x^2+y^2}\) — расстояние от точки до сопла.

1. Огибающая траекторий. Порция, вылетевшая под углом \(\alpha\), движется по закону \(x=vt\cos\alpha\), \(y=vt\sin\alpha-\tfrac12\,gt^2\). Исключим время: \[y=x\tan\alpha-\frac{g\,x^2}{2v^2}\,\bigl(1+\tan^2\alpha\bigr).\] Для заданной точки \((x,\,y)\) это квадратное уравнение относительно \(\tan\alpha\): \[g\,x^2\tan^2\alpha-2v^2x\tan\alpha+\bigl(2v^2y+gx^2\bigr)=0 .\] Точка достижима, если у уравнения есть решение, то есть дискриминант неотрицателен: \(v^4x^2-gx^2\,(2v^2y+gx^2)\ge0\). Отсюда \[y\le\frac{v^2}{2g}-\frac{g\,x^2}{2v^2}=H-\frac{g}{2v^2}\,x^2 .\] Граница достижимой области — парабола, на которой дискриминант равен нулю; её и называют огибающей. На ней уравнение имеет один (двойной) корень \(\tan\alpha=\dfrac{v^2}{gx}\), то есть траектория с таким углом вылета касается огибающей в точке с абсциссой \(x_t=\dfrac{v^2}{g\tan\alpha}=\dfrac{2H}{\tan\alpha}\).

Рис. 2. Траектории при углах вылета \(45^\circ\), \(60^\circ\), \(75^\circ\) и \(90^\circ\) и огибающая (чёрная). Точки — места касания; траектория под \(45^\circ\) касается огибающей на земле, в точке \(x=v^2/g\).

2. Свойство огибающей: расстояние до сопла. Покажем, что фокус параболы — в точке \(O\), а директриса — горизонталь \(y=2H=\dfrac{v^2}{g}\). Для точки огибающей \(y=H-kx^2\), где \(k=\dfrac{g}{2v^2}\), причём \(2Hk=\dfrac12\). Тогда \[r^2=x^2+(H-kx^2)^2=H^2+\frac{x^2}{2}+k^2x^4=(H+kx^2)^2,\qquad\text{то есть}\quad r=H+kx^2=2H-y .\] Значит, расстояние от точки огибающей до сопла равно расстоянию до прямой \(y=2H\): \[y+r=2H=\frac{v^2}{g}\qquad\text{на огибающей}.\] Для точек под огибающей \(y+r<2H\): при фиксированном \(x\) величина \(y+\sqrt{x^2+y^2}\) растёт с \(y\), а огибающая — верхняя граница по \(y\).

Рис. 3. Огибающая: расстояние от \(P\) до сопла \(O\) равно расстоянию от \(P\) до директрисы \(y=2H\).

3. Струя касается огибающей. Порция воды, вылетевшая под углом \(\alpha\ge45^\circ\), касается огибающей в точке \(x_t=\dfrac{2H}{\tan\alpha}\), на высоте \[y_t=H-kx_t^2=H\Bigl(1-\frac{1}{\tan^2\alpha}\Bigr)\ge0 ,\] поскольку \(\tan\alpha\ge1\). Точка касания лежит в воздухе или на земле, не под землёй, так что каждая порция действительно её проходит. Свежие порции у сопла ещё не дошли до своей точки касания и лежат под огибающей. Порции, вылетевшие давно, уже прошли её и снова лежат под огибающей. Струя — непрерывная кривая, значит, найдётся порция, которая именно сейчас находится на огибающей, в точке \(P\). Во всех остальных точках струя под огибающей, поэтому в \(P\) величина \(y+r\) вдоль струи максимальна: \[\max_{\text{по струе}}\bigl(y+\sqrt{x^2+y^2}\bigr)=\frac{v^2}{g}\quad\Longrightarrow\quad v=\sqrt{g\,\max\bigl(y+\sqrt{x^2+y^2}\bigr)} .\]

Рис. 4. Струя с рисунка 1 и огибающая с найденной скоростью: касание в точке \(P\). Штриховая линия — \(OP\).

4. Измерение по рисунку. Снимем с рисунка 1 координаты нескольких точек струи (первая строка — её самая высокая точка, остальные — на верхней ветви петли, которая подходит к огибающей ближе всего) и вычислим для них \(y+\sqrt{x^2+y^2}\):

Максимум — около точки \(P\approx(10{,}8;\ 3{,}3)\) м, он плоский: положение \(P\) определено с точностью порядка \(0{,}3\) м, а значение максимума — с точностью порядка \(0{,}05\) м (\(14{,}6\)–\(14{,}7\) м). Тогда \[\frac{v^2}{g}\approx14{,}65~\text{м},\qquad v=\sqrt{9{,}8\cdot14{,}65}~\text{м/с}\approx12~\text{м/с}.\] Найденная скорость даёт параметры огибающей: \(H=\dfrac{v^2}{2g}\approx7{,}3\) м, дальность броска под \(45^\circ\) равна \(\dfrac{v^2}{g}\approx14{,}6\) м.

Рис. 5. Величина \(y+\sqrt{x^2+y^2}\) вдоль струи (по длине дуги \(s\) от сопла): она нигде не превышает \(2H\approx14{,}65\) м и достигает этого значения в точке \(P\).

Обратите внимание: скорость нельзя найти по самой высокой точке струи. Она находится на высоте \(4{,}9\) м, и формула \(v=\sqrt{2gh}\) дала бы \(v\approx9{,}8\) м/с, но так связаны скорость и высота только у порции, брошенной вертикально. Самая высокая точка струи принадлежит порции, летящей под углом меньше \(90^\circ\): её максимальная высота меньше \(H\). Условие \(\alpha\ge45^\circ\) тоже существенно: при меньших углах касание с огибающей могло бы лежать под землёй, и струя не обязана была бы её касаться.

Проверка. Размерность: \(\sqrt{g\cdot(\text{м})}\) — м/с. Второй способ — наклон в точке касания. Наклон огибающей в \(P\): \(\dfrac{dy}{dx}=-\dfrac{g\,x_P}{v^2}=-\dfrac{10{,}8}{14{,}6}\approx-0{,}74\). Наклон струи по рисунку в \(P\) равен \(-0{,}73\pm0{,}02\): касание подтверждено. То же свойство фокуса: угол между касательной и вертикалью равен углу между касательной и прямой \(OP\) (отражённый вертикальный луч идёт в фокус). Касательная идёт под углом \(\arctan 0{,}74\approx36{,}5^\circ\) вниз от горизонтали, то есть \(90^\circ-36{,}5^\circ=53{,}5^\circ\) от вертикали; прямая \(OP\) имеет наклон \(\arctan(3{,}3/10{,}8)\approx17^\circ\), значит, от касательной её отделяют \(17^\circ+36{,}5^\circ\approx53{,}5^\circ\): углы равны. Смысл: вода, вылетевшая со скоростью \(v\), не поднимается выше огибающей, и скорость определяет та единственная точка струи, которая сейчас достаёт до этой границы.

Прочитали решение — спросите себя, как можно было до этого додуматься. А через день-два решите задачу заново, не подглядывая.