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:

$$\begin{aligned} x \frac{ \sin \theta }{ \cos \theta } - \frac{ gx^2 }{ 2 v_0^2 \cos^2 \theta } & = h \\ \frac{ 1 }{ v_0^2 } & = \frac{ 1 }{ gx^2 } ( x \sin ( 2 \theta ) - h \cos ( 2 \theta ) - h ) \\ \frac{ 1 }{ v_0^2 } & = \frac{ 1 }{ gx^2 } ( \sqrt{ x^2 + h^2 } \sin ( 2 \theta - \varphi ) - h ) , \varphi = \arctan ( \frac{ h }{ x } ) \end{aligned}$$

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:

$$x = \frac{ v_0 \cos \theta ( v_0 \sin \theta + \sqrt{ v_0^2 \sin^2 \theta + 2 gh } ) }{ g }$$

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:

$$\begin{aligned} x & = \frac{ v_0 \cos \theta ( v_0 \sin \theta + \sqrt{ v_0^2 \sin^2 \theta + 2 gh } ) }{ g } \\ & = \frac{ v_0 \sin \theta v_0 \cos \theta + v_0 \cos \theta \sqrt{ v_0^2 \sin^2 \theta + 2 gh } }{ g } \\ & \leq \frac{ 1 }{ g } ( v_0 \sqrt{ v_0^2 + 2 gh } ) \end{aligned}$$

当且仅当$v_0^2 \cos^2 \theta = v_0 \sin \theta \sqrt{ v_0^2 \sin^2 \theta + 2 gh } , \frac{ 1 }{ \tan^2 \theta } = \frac{ 2 gh }{ v_0^2 } + 1$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$| \vec{ v } | = \sqrt{ v_0^2 + 2 gh }$.

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$x = v_0 \cos \theta t = \frac{ 2 S }{ g } \leq \frac{ v_0 \sqrt{ v_0^2 + 2 gh } }{ g }$,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:

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

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$( v_0 \cos \theta , - \sqrt{ v_0^2 \sin^2 \theta + 2 gh } ) )$,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$\frac{ \text{ d } \vec{ v } }{ \text{ d } t } = \vec{ a } = \frac{ \vec{ F } + \vec{ G } }{ m } = \frac{ 1 }{ m } ( - k \vec{ v } + m \vec{ g } )$.

于是:

$$\begin{aligned} \text{ d } \vec{ v } & = \frac{ 1 }{ m } ( - k \vec{ v } + m \vec{ g } ) \text{ d } t \\ \int_{ \vec{ v }_0 }^{ \vec{ v } } \text{ d } \vec{ v } & = \int_{ 0 }^t \frac{ 1 }{ m } ( - k \vec{ v } + m \vec{ g } ) \text{ d } t \\ \vec{ v } & = \frac{ - k \vec{ x } }{ m } + \vec{ g } t + \vec{ v }_0 \\ \begin{cases} \frac{ \text{ d } x }{ \text{ d } t } = \frac{ - kx }{ m } + v_0 \cos \theta \\ \frac{ \text{ d } y }{ \text{ d } t } = \frac{ - ky }{ m } + v_0 \sin \theta + gt \end{cases} \end{aligned}$$

对于第一个式子,令$w = \frac{ - kx }{ m } + v_0 \cos \theta$我们有:

$$\begin{aligned} \frac{ - m }{ k } \frac{ \text{ d } w }{ \text{ d } t } & = w \\ \frac{ - m }{ k } \int_{ v_0 \cos \theta }^{ w } \frac{ \text{ d } w }{ w } & = \int_{ 0 }^t \text{ d } t \\ \ln ( \frac{ \frac{ - kx }{ m } + v_0 \cos \theta }{ v_0 \cos \theta } ) & = \frac{ - k }{ m } t \\ \frac{ - kx }{ mv_0 \cos \theta } + 1 & = e^{ \frac{ - k }{ m } t } \\ x & = \frac{ mv_0 \cos \theta }{ k } ( 1 - e^{ - \frac{ k }{ m } t } ) \end{aligned}$$

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