| $$x = vt \cos\alpha$$ | | $$x = vt \cos\alpha$$ |
| | | |
| $$y = vt \sin\alpha - \frac{gt^2}{2}$$ | | $$y = vt \sin\alpha - \frac{gt^2}{2}$$ |
| | | |
| В любой точке $M$ квадрат расстояния $r^2$ от начала координат до этой точки может быть найден по теореме Пифагора. Мы ищем квадрат, чтобы не заморачиваться извлечением квадратного корня, поскольку сама величина $r$ нам не нужна: | | В любой точке $M$ квадрат расстояния $r^2$ от начала координат до этой точки может быть найден по теореме Пифагора. Мы ищем квадрат, чтобы не заморачиваться извлечением квадратного корня, поскольку сама величина $r$ нам не нужна: |
| | | |
| $$L_M = r_M^2 = x_M^2 + y_M^2 $$ | | $$L_M = r_M^2 = x_M^2 + y_M^2 $$ |
| | | |
| $$L_M = (vt \cos\alpha )^2 + \left(vt \sin\alpha - \frac{gt^2}{2}\right)^2$$ | | $$L_M = (vt \cos\alpha )^2 + \left(vt \sin\alpha - \frac{gt^2}{2}\right)^2$$ |
| | | |
| Чтобы определить область убывания функции $L(t)$, нужно найти значения $t$, при которых производная $L'(t)$ будет отрицательной. Упростим $L(t)$, раскрыв скобки и используя основное тригонометрическое тождество, а затем найдем производную: | | Чтобы определить область убывания функции $L(t)$, нужно найти значения $t$, при которых производная $L'(t)$ будет отрицательной. Упростим $L(t)$, раскрыв скобки и используя основное тригонометрическое тождество, а затем найдем производную: |
| | | |
| $$L(t) = t^2v^2 - vt^3g\sin\alpha + \frac{1}{4}g^2t^4$$ $$\frac{dL}{dt} = 2tv^2 - 3vt^2g\sin\alpha + g^2t^3 $$ $$\frac{dL}{dt} = t(2v^2 - 3v\tan\sin\alpha + g^2t^2)$$ | | $$L(t) = t^2v^2 - vt^3g\sin\alpha + \frac{1}{4}g^2t^4$$ $$\frac{dL}{dt} = 2tv^2 - 3vt^2g\sin\alpha + g^2t^3 $$ $$\frac{dL}{dt} = t(2v^2 - 3v\tan\sin\alpha + g^2t^2)$$ |
| | | |
| Осталось решить неравенство: | | Осталось решить неравенство: |
| | | |
| $$2v^2 - 3v\tan\sin\alpha + g^2t^2 < 0$$ | | $$2v^2 - 3v\tan\sin\alpha + g^2t^2 < 0$$ |
| | | |
| Сначала определим точки, где левая часть обращается в ноль, а потом найдем необходимые интервалы. Получается квадратное уравнение относительно $t$; его решение тривиально и приводить я его не буду. Получаем два корня, которые можно записать одним выражением: | | Сначала определим точки, где левая часть обращается в ноль, а потом найдем необходимые интервалы. Получается квадратное уравнение относительно $t$; его решение тривиально и приводить я его не буду. Получаем два корня, которые можно записать одним выражением: |
| | | |
| $$t \in \left[t_1;\min\left(t_2, \frac{2v\sin\alpha}{g}\right)\right],$$ $$t_1 = \frac{v}{2g}\left(3\sin\alpha - \sqrt{1 - 9\cos^2 \alpha}\right),$$ $$t_2 = \frac{v}{2g}\left(3\sin\alpha + \sqrt{1 - 9\cos^2 \alpha}\right),$$ $$\alpha\in [70.53^\circ; 90^\circ]$$ | | $$t \in \left[t_1;\min\left(t_2, \frac{2v\sin\alpha}{g}\right)\right],$$ $$t_1 = \frac{v}{2g}\left(3\sin\alpha - \sqrt{1 - 9\cos^2 \alpha}\right),$$ $$t_2 = \frac{v}{2g}\left(3\sin\alpha + \sqrt{1 - 9\cos^2 \alpha}\right),$$ $$\alpha\in [70.53^\circ; 90^\circ]$$ |
| | | |
| Если интересует длительность промежутка времени, в который приближение происходит, она равна: | | Если интересует длительность промежутка времени, в который приближение происходит, она равна: |
| | | |
| $$\min\left(t_2, \frac{2v\sin\alpha}{g}\right) - t_1$$ | | $$\min\left(t_2, \frac{2v\sin\alpha}{g}\right) - t_1$$ |
| | | |
| Если минимум равен $t_2$, получаем решение: | | Если минимум равен $t_2$, получаем решение: |
| | | |
| $$\frac{v}{g} \cdot \sqrt{1 - 9\cos^2 \alpha}, \quad \alpha\in [70.53^\circ; 90^\circ]$$ | | $$\frac{v}{g} \cdot \sqrt{1 - 9\cos^2 \alpha}, \quad \alpha\in [70.53^\circ; 90^\circ]$$ |
| | | |
| #### Ответ: | | #### Ответ: |
| | | |
| $t=(V/g)\sqrt{9\sin^{2}\alpha -8}$ при $\sin\alpha >\sqrt{8/9};$ | | $t=(V/g)\sqrt{9\sin^{2}\alpha -8}$ при $\sin\alpha >\sqrt{8/9};$ |
| | | |
| $ t=0\text{ при }\sin\alpha <\sqrt{8/9}.$ | | $ t=0\text{ при }\sin\alpha <\sqrt{8/9}.$ |
| | | |
| | | |
| | | |
