Апельсинометатель

Сначала найдите оптимальный угол броска при заданной скорости Винтика, затем — момент движения стержня, когда эта скорость максимальна.

\(S = L\left(\sin 2\varphi + \dfrac{4}{3}\sqrt{\dfrac{2H}{3L}}\,\sin\varphi\right)\), где \(\varphi = \arccos\dfrac{\sqrt{H+27L}-\sqrt{H}}{3\sqrt{6L}}\).

Известно, что для достижения максимальной дальности броска из неподвижного положения с фиксированной по модулю начальной скоростью \(v_0\) нужно направлять её под углом \(45^\circ\) к горизонту, тогда дальность полёта вычисляется по формуле \(L = v_0^2/g\), из которой получаем выражение \(v_0 = \sqrt{gL}\).

Выясним, как Винтику следует направить начальную скорость апельсина при броске с движущегося стержня. Удобно обезразмерить задачу, обозначив скорость Винтика в момент броска через \(kv_0\). Пусть \(\varphi\) — угол между начальной скоростью \(v_0\) апельсина и горизонтом в системе отсчёта Винтика, тогда горизонтальная составляющая скорости \(v_x\) апельсина относительно земли, время \(T\) и дальность \(x\) полёта имеют соответственно вид \[v_x = v_0\cos\varphi + kv_0,\qquad T = \dfrac{2v_0\sin\varphi}{g},\] \[x = v_xT = \dfrac{v_0^2}{g}\left(\sin 2\varphi + 2k\sin\varphi\right) = L\left(\sin 2\varphi + 2k\sin\varphi\right).\] Вычислив производную \[x'(\varphi) = L\left(4\cos^2\varphi + 2k\cos\varphi - 2\right)\] и приравняв её к нулю, находим угол \[\varphi = \arccos\dfrac{\sqrt{k^2+8}-k}{4},\] под которым Винтику нужно бросать апельсин для достижения максимальной дальности полёта.

Примечание. Можно убедиться, что в частном случае \(k = 0\) получается известный результат \(\varphi = 45^\circ\), а при увеличении \(k\) растёт и оптимальный угол, так как тогда увеличивается время полёта и, следовательно, снос апельсина за счёт скорости самого Винтика.

Осталось выяснить, когда же нужно совершать бросок. Пусть в некоторый момент времени стержень составляет угол \(\gamma\) с горизонтом, \(v\) и \(u\) — скорости Винтика и Шпунтика соответственно, \(m\) — массы коротышек, тогда условие постоянства длины стержня и закон сохранения энергии имеют вид \[v\cos\gamma = u\sin\gamma,\] \[\dfrac{mv^2}{2} + \dfrac{mu^2}{2} = mgH(1-\sin\gamma).\] После исключения \(u\) получим \(v\) как функцию от \(\gamma\): \[v = \sqrt{2gH\left(\sin^2\gamma - \sin^3\gamma\right)}.\] Вычислив производную \[v'(\gamma) = \sqrt{\dfrac{gH}{2}}\cdot\dfrac{(2-3\sin\gamma)\cos\gamma}{\sqrt{1-\sin\gamma}}\] и приравняв её к нулю, находим условие \[\sin\gamma = \dfrac{2}{3},\] при котором скорость Винтика будет максимальна: \[v = \sqrt{\dfrac{8gH}{27}}.\] Отсюда находим лучшее значение введённого ранее коэффициента \[k = \dfrac{v}{v_0} = \sqrt{\dfrac{8H}{27L}},\] которое подставляем в выражения для \(x\) и \(\varphi\), чтобы получить искомую максимальную дальность: \[S = L\left(\sin 2\varphi + \dfrac{4}{3}\sqrt{\dfrac{2H}{3L}}\,\sin\varphi\right),\] где \[\varphi = \arccos\dfrac{\sqrt{H+27L}-\sqrt{H}}{3\sqrt{6L}}.\]

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