Штрафной удар

Через две точки (место удара и точка под перекладиной) проходит много парабол, но при заданной начальной скорости угол бросания существует не всегда. Для каких скоростей уравнение для тангенса угла имеет решение?

\(E_{\min}=\dfrac{mg}{2}\left(h+\sqrt{h^2+L^2}\right)\approx 34\) Дж, где \(L=11\) м; мяч надо бить под углом \(\alpha\approx 51^\circ\) к горизонту.

Что происходит. Мяч летит как материальная точка в поле тяжести без сопротивления воздуха: траектория — парабола. Она должна пройти через точку \(A\) на расстоянии \(L=11\) м от места удара на высоте \(h=2{,}5\) м (под перекладиной). Через две точки проходит целое семейство парабол с разными скоростями и углами; нужна парабола с наименьшей начальной скоростью \(v_0\), ведь энергия, сообщённая мячу, равна \(E=\dfrac{mv_0^2}{2}\).

Обозначения. \(\alpha\) — угол бросания к горизонту, \(v_0\) — начальная скорость, \(\tau=\operatorname{tg}\alpha\). Ось \(x\) направлена горизонтально к воротам, ось \(y\) — вверх, начало координат \(O\) — точка удара.

1. Уравнение траектории. Горизонтальных сил нет, поэтому горизонтальная проекция скорости постоянна: \(x=v_0\cos\alpha\cdot t\). По вертикали действует только сила тяжести, ускорение равно \(-g\): \(y=v_0\sin\alpha\cdot t-\dfrac{gt^2}{2}\). Исключаем время и пользуемся тем, что \(\dfrac{1}{\cos^2\alpha}=1+\tau^2\): \[y=x\tau-\frac{g x^2\,(1+\tau^2)}{2v_0^2}.\]

2. Условие прохождения через \(A\). Подставляем \(x=L\), \(y=h\) и получаем квадратное уравнение относительно \(\tau\): \[\frac{gL^2}{2v_0^2}\,\tau^2-L\,\tau+\left(h+\frac{gL^2}{2v_0^2}\right)=0 .\]

3. Когда угол существует. Для заданной скорости \(v_0\) угол бросания найдётся, только если дискриминант неотрицателен: \[L^2-4\cdot\frac{gL^2}{2v_0^2}\left(h+\frac{gL^2}{2v_0^2}\right)\ge 0 \quad\Longleftrightarrow\quad v_0^4-2ghv_0^2-g^2L^2\ge 0 ,\] то есть \(v_0^2\ge g\left(h+\sqrt{h^2+L^2}\right)\). Наименьшая скорость отвечает нулевому дискриминанту; при ней существует единственный угол, при большей скорости — два.

4. Энергия. \[E_{\min}=\frac{mv_0^2}{2}=\frac{mg}{2}\left(h+\sqrt{h^2+L^2}\right).\] Подставляем: \(\sqrt{2{,}5^2+11^2}\approx 11{,}28\) м; \(h+\sqrt{h^2+L^2}\approx 13{,}78\) м; \[E_{\min}\approx\frac{0{,}5\cdot 9{,}8}{2}\cdot 13{,}78\approx 34\text{ Дж},\qquad v_0\approx 11{,}6\text{ м/с}.\]

5. Угол бросания. При нулевом дискриминанте корень уравнения из шага 2 равен \(\tau=\dfrac{v_0^2}{gL}=\dfrac{h+\sqrt{h^2+L^2}}{L}\approx 1{,}25\), откуда \(\alpha\approx 51^\circ\). Вершина траектории расположена при \(x=\dfrac{v_0^2\sin\alpha\cos\alpha}{g}\approx 6{,}7\) м, то есть левее ворот: в точке \(A\) мяч уже снижается.

Зависимость энергии от угла, при котором мяч попадает в точку \(A\), получается из шага 2: \(E(\alpha)=\dfrac{mgL^2(1+\tau^2)}{4(L\tau-h)}\). На графике она имеет один пологий минимум.

Обратите внимание. Угол \(45^\circ\), при котором мяч летит дальше всего по земле, здесь не подходит: точка \(A\) расположена выше земли, поэтому оптимальный угол больше \(45^\circ\) (около \(51^\circ\)). Разница в энергии небольшая (при \(45^\circ\) нужно около \(35\) Дж), но угол надо находить из условия минимума, а не угадывать.

Проверка. Размерность: \(m\,g\,[\text{длина}]\) — это энергия. Предел \(h\to 0\) даёт \(E=\dfrac{mgL}{2}\): это энергия, при которой максимальная дальность полёта (\(45^\circ\)) равна \(L\), \(v_0^2=gL\). Второй способ: точка \(A\) должна лежать не выше «параболы безопасности» — огибающей всех траекторий с данной \(v_0\), \(y=\dfrac{v_0^2}{2g}-\dfrac{g x^2}{2v_0^2}\); условие \(h\le\dfrac{v_0^2}{2g}-\dfrac{gL^2}{2v_0^2}\) совпадает с неравенством шага 3, а в минимуме точка \(A\) лежит на параболе безопасности (рисунок 1).

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