Лисаков и макромир

Growing displacement

Есть у меня любимая задача из кинематики:

Под каким углом к горизонту надо бросить камень, чтобы он все время удалялся от места бросания?

Самые интересные задачи так обычно и формулируются — ничего не дано, но задача решается, и ответом будет конкретное число (в данном случае диапазон).

Прежде чем приступать к решению, полезно качественно рассмотреть крайние случаи. Если бросать камень вертикально вверх, то он сначала будет удаляться, а потом приближаться к бросающему. Если бросить камень горизонтально, то он, очевидно, всегда будет удаляться. Где-то между этими направлениями будет граничное значение, начиная с которого заданное условие выполняется.

Способ I

Человек, знакомый с анализом функций при помощи производных, сразу же переформулирует задачу следующим образом: при каких углах бросания вектор перемещения монотонно растет со временем? Такая функция \(r(t)\), очевидно, не имеет максимума, то есть ее первая производная не может равняться нулю. Направим ось \(y\) из точки бросания вверх, а ось \(x\) горизонтально, тогда при начальной скорости \(v_0\), направленной под углом \(\alpha\) к горизонту, имеем:

$$ \begin{cases} x = v_0 \cos{\alpha} \cdot t\\ y = v_0 \sin{\alpha} \cdot t - \dfrac{gt^2}{2}\\ r = \sqrt{x^2+y^2} \end{cases} $$

Очевидно, что \(r(t)\) растет, если растет подкоренное выражение. Поэтому для простоты расчетов приравняем к нулю производную от подкоренного выражения и посмотрим, при каких условиях этого не может произойти.

\[ \left[(v_0 \cos{\alpha} \cdot t)^2 + \left(v_0 \sin{\alpha} \cdot t - \dfrac{gt^2}{2}\right)^{\!\!2}\right]' = 0 \]

Раскрыв скобки и взяв производную по времени, получим квадратное уравнение относительно времени:

\[ \dfrac{g^2}{2}\cdot t^2 - \dfrac{3}{2}v_0g\sin{\alpha}\cdot t + v_0^2 = 0 \]

Такое уравнение может иметь ноль, один или два действительных корня. Разберемся, что это означает с точки зрения физики.

Если у уравнения два корня, то производная дважды обращается в ноль. Поскольку сначала вектор перемещения растет по модулю, это означает, что затем он начинает убывать, испытывает минимум и дальше растет неограниченно. Это хорошо понятно на примере вертикально брошенного вверх камня — сначала он удаляется, затем приближается вплоть до места бросания, затем уже удаляется вниз относительно места бросания. Ясно, что такая ситуация нам не подходит.

Если у уравнения нет корней, это означает, что производная в ноль обратиться не может, то есть функция \(r(t)\) монотонно растет. Это нас устраивает.

Если же уравнение имеет только один корень, то первоначально растущий по модулю вектор перемещения перестает расти, но не начинает убывать, снова продолжая расти после мгновенной паузы. Это и есть то самое граничное условие, которое мы ищем. Поскольку один корень уравнение имеет при равном нулю дискриминанте, получаем

\[ \dfrac{9}{4}v_0^2g^2\sin^2{\alpha} - 2g^2v_0^2 = 0, \]

откуда \(\alpha = \arcsin{\sqrt{\dfrac{8}{9}}} \approx 70,\!5^\circ\). При таком и меньших углах тело всегда удаляется от места бросания. Картинка ниже (см. код) иллюстрирует зависимость \(r(t)\) для разных углов бросания от 0 до 90 градусов. Специально не стал подписывать кривые, чтобы можно было самостоятельно разобраться, какая кривая соответствует горизонтальному броску, какая — вертикальному, а какая — броску под углом \(\arcsin{\sqrt{\dfrac{8}{9}}}\).

Способ II

Предыдущий способ доступен среднему одиннадцатикласснику. Средний же девятиклассник с производными еще не знаком, но тем не менее задачу решить может. Как это обычно бывает, для решения задачи без производной надо чуть больше мыслей.

Из-за чего меняется длина вектора перемещения? Из-за наличия у тела мгновенной скорости. Очевидно, что если проекция вектора мгновенной скорости на вектор перемещения положительна, то в следующий момент вектор перемещения будет длиннее. Если же проекция отрицательна, то вектор перемещения в следующий момент будет короче. Не изменится длина вектора лишь в том случае, если мгновенная скорость перпендикулярна вектору перемещения. Значит, нас интересуют те моменты времени, когда эти векторы перпендикулярны. Проще всего это объяснить математике, приравняв скалярное произведение векторов к нулю (эту идею мне подсказал ученик):

\[ \vec{r}(t) \cdot \vec{v}(t) = 0 \] \[ \left(\vec{v}_0t + \dfrac{\vec{g}t^2}{2}\right) \cdot (\vec{v}_0 + \vec{g}t) = 0 \]

Аккуратно выполнив скалярное произведение, получим то же самое квадратное уравнение, что и в предыдущем способе.

\[ v_0^2t + \dfrac{1}{2}v_0 g \cos{(90^\circ + \alpha)}t^2 + v_0 g \cos{(90^\circ + \alpha)}t^2 + \dfrac{g^2t^3}{2} = 0 \] \[ \dfrac{g^2}{2}\cdot t^2 - \dfrac{3}{2}v_0g\sin{\alpha}\cdot t + v_0^2 = 0 \]

Дальше рассуждения те же, что и в предыдущем способе. Любопытно только проследить, на каких участках траектории достигается перпендикулярность указанных векторов при разных углах бросания. Это показано в следующей анимации (щелкните по картинке, чтобы запустить анимацию; первый раз может запуститься не мгновенно, так как весит файл около 4 МБ. См. код).

Еще интересно посмотреть, как меняется вектор перемещения для фиксированных углов от времени. Синий цвет означает, что вектор перемещения растет, красный — убывает. Чем насыщеннее цвет, тем быстрее меняется длина вектора перемещения (см. код).

Способ III

Если же решающий не знаком ни с производными, ни со скалярным произведением, есть еще один способ решения задачи. Из элементарных геометрических соображений следует, что в момент, когда вектор перемещения перпендикулярен вектору мгновенной скорости, треугольник, составленный из скорости и ее проекций на оси, подобен треугольнику, составленному из вектора перемещения и его проекции на оси. Тогда остается повозиться со следующей системой уравнений:

$$ \begin{cases} \dfrac{x}{y} = \dfrac{|v_\text{y}|}{v_\text{x}} \\ x = v_0 \cos{\alpha} \cdot t\\ y = v_0 \sin{\alpha} \cdot t - \dfrac{gt^2}{2}\\ v_\text{x} = v_0 \cos{\alpha} \\ v_\text{y} = v_0 \sin{\alpha} - gt \end{cases} $$

После подстановки четырех последних уравнений в первое и элементарных преобразований получится уже знакомое нам квадратное уравнение.