Толкание ядра

Выразите угол броска через дальность и начальную скорость: при дальности больше максимально возможной решения для угла не существует. Предельный случай — нулевой дискриминант.

a) \(\alpha\approx 42^\circ\);  б) \(v_0\approx 13{,}3\) м/с.

Так как ядро тяжёлое, а его скорость мала, вклад сопротивления воздуха в данном случае пренебрежимо мал. Отличие оптимального угла броска от \(45^\circ\) обусловлено, таким образом, главным образом тем, что начальная и конечная точки находятся не на одной высоте. Для прямого решения задачи следовало бы выразить зависимость дальности полёта ядра \(s\) от угла броска \(\alpha\) и определить её максимум. Этот путь приводит к очень громоздким выражениям. Однако задачу можно решить альтернативным способом.

Учитывая, что начальная высота ядра над землёй равна \(h_0\), выразим сначала высоту конечной точки (которая равна нулю): \[0=h_0+v_{0y}t-\frac12gt^2,\] где \(v_{0y}=v_0\sin\alpha\), а время полёта ядра \[t=\frac{s}{v_{0x}}=\frac{s}{v_0\cos\alpha}.\] Следовательно, \[0=h_0+s\tan\alpha-\frac{gs^2}{2v_0^2}\cdot\frac{1}{\cos^2\alpha}.\] После использования тригонометрического соотношения \(1/\cos^2\alpha=1+\tan^2\alpha\) получаем квадратное уравнение относительно \(\tan\alpha\). Его физически разумное решение \[\tan\alpha=\frac{v_0^2}{gs}+\frac{1}{gs}\sqrt{v_0^4+2gh_0v_0^2-g^2s^2}.\] Следовательно, если \(h_0\) и \(v_0\) фиксированы, то полученное выражение даёт такой подходящий угол броска, при котором дальность полёта ядра будет равна \(s\). Но нас интересует такой угол броска, при котором \(s\) максимально (\(=s_\text{m}\)). Следовательно, если в последнем выражении взять \(s\) больше максимально возможного значения, то получаемое значение \(\tan\alpha\) должно выйти за физически возможные пределы, то есть из области вещественных чисел.

Предельный случай достигается тогда, когда подкоренное выражение (дискриминант) становится равным нулю: \[v_0^4+2gh_0v_0^2-g^2s_\text{m}^2=0.\] Это условие для определения начальной скорости ядра. Это квадратное уравнение относительно \(v_0^2\), решением которого является \[v_0=\sqrt{g\left(\sqrt{s_\text{m}^2+h_0^2}-h_0\right)}\approx 13{,}3\text{ м/с}.\] Наконец, тангенс искомого начального угла выражается как \[\tan\alpha=\frac{v_0^2}{gs_\text{m}}=\frac{\sqrt{h_0^2+s_\text{m}^2}-h_0}{s_\text{m}},\] откуда \(\alpha\approx 42^\circ\).

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