被炮弹创飞了

高中物理的时候有这么一个题,然后今天刚好信物讲到了,顺手来总结一下.

先来个简单版本:我从一个点打炮弹,目标与我的距离为\(x\),且目标比我高\(h\),问以什么样的角度打出炮弹能使得击中目标并且初速度最小.

我们当然会第一反应认为这是一个很简单的问题,考虑\(t=\frac{x}{v_0\cos \theta}\),因为我们很容易写出方程:

\[ x\frac{\sin\theta}{\cos\theta}-\frac{gx^2}{2v_0^2\cos^2\theta}=h\\ \frac{1}{v_0^2}=\frac{1}{gx^2}(x\sin(2\theta)-h\cos(2\theta)-h)\\ \frac{1}{v_0^2}=\frac{1}{gx^2}(\sqrt{x^2+h^2}\sin(2\theta-\varphi)-h),\varphi=\arctan(\frac{h}{x}) \]

只需要对后面那个东西用辅助角公式就可以了对吧,非常简单啊!

然而,我们稍微改下题面:

我从一个高度为\(h\)的点打炮弹,初速度确定为\(v_0\),问以什么样的角度打炮弹能打得最远.

这有啥区别啊,只需要改个正负号就行了是吧,让我们看看: \[ \frac{1}{v_0^2}=\frac{1}{gx^2}(x\sin(2\theta)+h\cos(2\theta)+h) \]

这下发现问题了,这个\(x\)根本拿不出来啊.

重新按部就班,发现只能用求根公式得到\(x\)的表达式,更进一步地,我们有: \[ x=\frac{v_0\cos\theta(v_0\sin\theta+\sqrt{v_0^2\sin^2\theta+2gh})}{g} \]

怎么办呢?yth老师给出了一个想法是使用柯西不等式,注意到: \[ x=\frac{v_0\cos\theta(v_0\sin\theta+\sqrt{v_0^2\sin^2\theta+2gh})}{g}\\ =\frac{v_0\sin\theta v_0\cos\theta+v_0\cos\theta\sqrt{v_0^2\sin^2\theta+2gh}}{g}\\ \leq \frac{1}{g}(v_0\sqrt{v_0^2+2gh}) \] 当且仅当\(v_0^2\cos^2\theta=v_0\sin\theta\sqrt{v_0^2\sin^2\theta+2gh},\frac{1}{\tan^2\theta}=\frac{2gh}{v_0^2}+1\)的时候取等.

还有一种策略是考虑对隐函数求导然后令\(\frac{\text d x}{\text d \theta}=0\),这样得到情况会和我们一开始的初始问题得到的答案相等,也就是当\(\tan (2\theta)=-\frac{x}{h}\)的时候\(x\)会取极限.这也很好理解,因为我们如果当前的速度没有用到极限打到最远,总能调整使得得到一个更小的速度打到当前的距离,因此距离还有提高的空间.

有没有更聪明一点的办法呢?

我们注意到初速度是定值,根据机械能守恒定律,末速度的大小一定是个定值,我们考虑: \[ \vec v=\vec v_0+\Delta \vec v \]

通过机械能守恒定律可以算出\(|\vec v|=\sqrt{v_0^2+2gh}\).

注意到\(\vec v\)和\(\vec v_0\)的水平方向分速度是相同的.然后有一个天才的想法是,考虑上述那个向量式的三角形法则,设那个三角形的面积为\(S\),注意到\(\Delta \vec v=gt\),而\(x=v_0\cos\theta t=\frac{2S}{g}\leq \frac{v_0\sqrt{v_0^2+2gh}}{g}\),也就是面积最大的时候应该是\(\vec v_0\)和\(\vec v\)夹角为\(\frac{\pi}{2}\)的时候.

直接从形式上来看:

\[ \frac{v_0\sin\theta v_0\cos\theta+v_0\cos\theta\sqrt{v_0^2\sin^2\theta+2gh}}{g} \]

我们知道正交分解的时候从结果上来说可以作分方向的动能定理,因此初速度是\((v_0\cos\theta,v_0\sin\theta)\),末速度是\((v_0\cos\theta,-\sqrt{v_0^2\sin^2\theta+2gh}))\),因此\(x=\frac{\vec v\times \vec v_0}{g}\).

这个想法过于震惊了,以至于我在之后多次回忆起这个题,想去找到初速度与末速度叉积的物理意义.但直到如今我也没有完全理解这个做法.

写到这发现没活整了,顺便在这写一下另一个斜抛题:

抛射质量为\(m\)的小球,抛射倾角为\(\theta\),初速度大小为\(v_0\),所受空气阻力\(\vec F\)与速度\(\vec v\)的关系为\(\vec F=-k\vec v\),其中\(k\)为固定系数,求小球在空气中运行的轨迹曲线.

考虑\(\frac{\text d \vec v}{\text dt}=\vec a=\frac{\vec F+\vec G}{m}=\frac{1}{m}(-k\vec v+m\vec g)\).

于是: \[ \text d \vec v=\frac{1}{m}(-k\vec v+m\vec g)\text d t\\ \int_{\vec v_0}^{\vec v}\text d \vec v=\int_{0}^t\frac{1}{m}(-k\vec v+m\vec g)\text d t\\ \vec v=\frac{-k\vec x}{m}+\vec g t+\vec v_0\\ \begin{cases}\frac{\text d x}{\text d t}=\frac{-kx}{m}+v_0\cos\theta\\\frac{\text d y}{\text d t}=\frac{-ky}{m}+v_0\sin\theta+gt\end{cases} \] 对于第一个式子,令\(w=\frac{-kx}{m}+v_0\cos\theta\)我们有: \[ \frac{-m}{k}\frac{\text d w}{\text d t}=w\\ \frac{-m}{k}\int_{v_0\cos\theta}^{w}\frac{\text d w}{w}=\int_{0}^t\text d t\\ \ln(\frac{\frac{-kx}{m}+v_0\cos\theta}{v_0\cos\theta})=\frac{-k}{m}t\\ \frac{-kx}{mv_0\cos\theta}+1=e^{\frac{-k}{m}t}\\ x=\frac{mv_0\cos\theta}{k}(1-e^{-\frac{k}{m}t}) \] 同理解出\(y=\frac{m}{k}((v_0\sin\theta+\frac{mg}{k})(1-e^{-\frac{k}{m}t})-gt)\).

综上参数方程是:\(\begin{cases}x=\frac{mv_0\cos\theta}{k}(1-e^{-\frac{k}{m}t})\\y=\frac{m}{k}((v_0\sin\theta+\frac{mg}{k})(1-e^{-\frac{k}{m}t})-gt)\end{cases}\).

轨迹方程是:\(y=(v_0\sin\theta+\frac{mg}{k})\frac{x}{v_0\cos\theta}+\frac{mg}{k}\ln(1-\frac{kx}{mv_0\cos\theta})\).