Хитрая пушка

Угловая скорость поворота вектора скорости связана с нормальным ускорением: \(a_n = \omega v_0\). Отсюда получится, как скорость вылета зависит от угла. Время полёта до склона определяется проекцией начальной скорости на перпендикуляр к склону — найдите, при каком угле она наибольшая.

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.

Первый 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: \[t_{max} = \frac{1 - \sin\varphi}{\omega\cos\varphi} = \frac{2\sin\left(\dfrac{\pi}{4} - \dfrac{\varphi}{2}\right)\cos\left(\dfrac{\pi}{4} + \dfrac{\varphi}{2}\right)}{\omega\cos\varphi} \approx 1{,}15\text{ с}.\]

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

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: \[t_{max} = \frac{1 - \sin\varphi}{\omega\cos\varphi} = \frac{2\sin\left(\dfrac{\pi}{4} - \dfrac{\varphi}{2}\right)\cos\left(\dfrac{\pi}{4} + \dfrac{\varphi}{2}\right)}{\omega\cos\varphi} \approx 1{,}15\text{ с}.\]

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 максимальное 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: \[f_{max} = f(z_0) = \frac{\left(\dfrac{1}{\cos\varphi} + \operatorname{tg}\varphi - \operatorname{tg}\varphi\right)}{1 + \left(\dfrac{1 + \sin\varphi}{\cos\varphi}\right)^2} = \frac{\cos\varphi}{2(1 + \sin\varphi)}.\] Максимальное значение \(f(z)\) может быть найдено и 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: \[D = 1 - 4f(z)\bigl(f(z) + \operatorname{tg}\varphi\bigr) \geqslant 0.\] 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: \[t_{max} = \frac{\cos\varphi}{\omega(1 + \sin\varphi)} = \frac{1 - \sin\varphi}{\omega\cos\varphi} \approx 1{,}15\text{ с}.\]