| ### Условие: | | ### Условие: |
| | | |
| $1.3.19^*$. Какую минимальную скорость должен иметь камень, брошенный мальчиком, чтобы он перелетел дом высоты $H$ и длины $L$, если бросок совершается с высоты $h$ и для броска мальчик может выбрать любое место? | | $1.3.19^*$. Какую минимальную скорость должен иметь камень, брошенный мальчиком, чтобы он перелетел дом высоты $H$ и длины $L$, если бросок совершается с высоты $h$ и для броска мальчик может выбрать любое место? |
| | | |
| ### Решение: | | ### Решение: |
| | | |
| Оптимальная траектория, соответствующая минимально возможной скорости броска, должна почти касаться краев дома. Минимум скорости камня в точке бросания соответствует минимальной кинетической энергии камня в точке касания с краем дома. | | Оптимальная траектория, соответствующая минимально возможной скорости броска, должна почти касаться краев дома. Минимум скорости камня в точке бросания соответствует минимальной кинетической энергии камня в точке касания с краем дома. |
| | | |
| Таким образом, задача сводится к определению минимальной скорости камня в верхней угловой точке дома, достаточно для того, чтобы преодолеть расстояние, равное длине дома $L$ — камень должен в этом месте иметь скорость, направленную под углом $45^{ \\circ}$ к горизонту. Скорость камня в этой точке определяется известным соотношением: | | Таким образом, задача сводится к определению минимальной скорости камня в верхней угловой точке дома, достаточно для того, чтобы преодолеть расстояние, равное длине дома $L$ — камень должен в этом месте иметь скорость, направленную под углом $45^{ \\circ}$ к горизонту. Скорость камня в этой точке определяется известным соотношением: |
| | | |
| $$ | | $$ |
| L = \\frac{v^{2} \\sin 2\\alpha}{g} | | L = \\frac{v^{2} \\sin 2\\alpha}{g} |
| $$ | | $$ |
| | | |
| С учетом выбранного угла получим | | С учетом выбранного угла получим |
| | | |
| $$ | | $$ |
| v^{2} = gL | | v^{2} = gL |
| $$ | | $$ |
| | | |
| Скорость в точке броска $u$ найдется из закона сохранения энергии: | | Скорость в точке броска $u$ найдется из закона сохранения энергии: |
| | | |
| $$ | | $$ |
| \\frac{mu^{2} }{2} + mgh = \\frac{mv^{2} }{2} + mgH | | \\frac{mu^{2} }{2} + mgh = \\frac{mv^{2} }{2} + mgH |
| $$ | | $$ |
| | | |
| $$ | | $$ |
| u=\\sqrt{g(2(H-h)+L)} | | u=\\sqrt{g(2(H-h)+L)} |
| $$ | | $$ |
| | | |
| #### Ответ: $v=\\sqrt{g[2(H-h)+L]}$ | | #### Ответ: $v=\\sqrt{g[2(H-h)+L]}$ |
| | | |
| ### Альтернативное решение: | | ### Альтернативное решение: |
| | | |
|  | |  |
| | | |
| | | |
| ### Альтернативное решение | | ### Альтернативное решение |
| | | |
| Дополнение для случая $h \geqslant H$. Векторный метод, использование связей площадей векторных треугольников. Обращение времени, ищем минимальную скорость $V_0$ выбрасывания тела с дальнего угла с обеспечением горизонтального пролета $L$ и поднятием на высоту $\Delta = h - H$ над уровнем крыши. | | Дополнение для случая $h \geqslant H$. Векторный метод, использование связей площадей векторных треугольников. Обращение времени, ищем минимальную скорость $V_0$ выбрасывания тела с дальнего угла с обеспечением горизонтального пролета $L$ и поднятием на высоту $\Delta = h - H$ над уровнем крыши. |
| | | |
| Построим произвольный треугольник перемещений деленный на время процесса $T$ по долету до бросавшего ($L'$ есть дальность полета). | | Построим произвольный треугольник перемещений деленный на время процесса $T$ по долету до бросавшего ($L'$ есть дальность полета). |
| | | |
|  | |  |
| | | |
| Оказывается <i>его площадь равна половине площади треугольника скоростей</i> (посмотрите), который покажем ниже качественно. | | Оказывается <i>его площадь равна половине площади треугольника скоростей</i> (посмотрите), который покажем ниже качественно. |
| | | |
|  | |  |
| | | |
| Равенство площадей указанных, с учетом для конечной скорости $V = V_0^2 - 2g\Delta$ и ключевым углом $\beta$ между $V_0, V$: | | Равенство площадей указанных, с учетом для конечной скорости $V = V_0^2 - 2g\Delta$ и ключевым углом $\beta$ между $V_0, V$: |
| | | |
| $$ | | $$ |
| \frac{1}{2}\frac{L'}{T}\frac{gT}{2} = \frac{1}{2}\frac{1}{2}V_0\sqrt{V_0^2 - 2g\Delta}\sin\beta, | | \frac{1}{2}\frac{L'}{T}\frac{gT}{2} = \frac{1}{2}\frac{1}{2}V_0\sqrt{V_0^2 - 2g\Delta}\sin\beta, |
| $$ | | $$ |
| | | |
| что упрощенно | | что упрощенно |
| | | |
| $$ | | $$ |
| \boxed{L'g = V_0\sqrt{V_0^2 - 2g\Delta}\sin\beta.} | | \boxed{L'g = V_0\sqrt{V_0^2 - 2g\Delta}\sin\beta.} |
| $$ | | $$ |
| | | |
| Из него ищем минимум для $V_0$. Сначала минимизируем вообще обе части равенства, уменьшив $L'\to L$. | | Из него ищем минимум для $V_0$. Сначала минимизируем вообще обе части равенства, уменьшив $L'\to L$. |
| | | |
| $$ | | $$ |
| Lg = V_0\sqrt{V_0^2 - 2g\Delta}\sin\beta. | | Lg = V_0\sqrt{V_0^2 - 2g\Delta}\sin\beta. |
| $$ | | $$ |
| | | |
| Теперь увеличивая до предела $\sin\beta\to 1$, минимизируем $V_0$ в правой части и ее минимум обозначаем $V_{0\text{m}}$. | | Теперь увеличивая до предела $\sin\beta\to 1$, минимизируем $V_0$ в правой части и ее минимум обозначаем $V_{0\text{m}}$. |
| | | |
| $$ | | $$ |
| Lg = V_{0\text{m}}\sqrt{V_{0\text{m}}^2 - 2g\Delta}. | | Lg = V_{0\text{m}}\sqrt{V_{0\text{m}}^2 - 2g\Delta}. |
| $$ | | $$ |
| | | |
| Откуда | | Откуда |
| | | |
| $$ | | $$ |
| V_{0\text{m}} = \sqrt{g\left(\Delta + \sqrt{\Delta^2 + L^2}\right)}. | | V_{0\text{m}} = \sqrt{g\left(\Delta + \sqrt{\Delta^2 + L^2}\right)}. |
| $$ | | $$ |
| | | |
| Через высоты | | Через высоты |
| | | |
| $$ | | $$ |
