Тело, брошенное под углом к горизонту

[Edmonton]

Условие:




Вроде бы нашёл и минимальную скорость $V=\sqrt{g(\sqrt{H^2+L^2}-H)}$
и начальный угол, не без помощи форума: $\alpha=\frac{\pi}{4}-0.5\arctg{\frac{h}{l}}$
Тема, где мне помогли

Потом отложил эту задачу на каникулы, думал, что с лёгкостью отыщу конечный угол. Но не тут-то было.

Вычисления по поводу угла выходят у меня на несколько страниц, а ответа, который есть в книжке, я не получаю.

Ответ: $\beta=\frac{\pi}{4}+0.5\arctg{\frac{h}{l}}$

В сумме Альфа и бета дают 90 градусов, что для меня довольно странно. Вопрос-можно ли как-то доказать попроще, что эти углы дают в сумме 90 градусов, и если да, то каким путём надо идти?

[photon]

А в чем проблема? откуда несколько страниц? - можете без подробностей обрисовать путь решения, который вы использовали? - отдельно вертикальную составляющую и горизонтальную составляющую скорости в момент падения определить можете, если знаете начальный угол, начальную скорость, и высоту?

[Edmonton]

photon в сообщении #472901 писал(а):

А в чем проблема? откуда несколько страниц? - можете без подробностей обрисовать путь решения, который вы использовали? - отдельно вертикальную составляющую и горизонтальную составляющую скорости в момент падения определить можете, если знаете начальный угол, начальную скорость, и высоту?

Я и шёл этим путём. Искал тангенс бета, то есть искал отношение $V_y$ и $V_x$ Получилось: $\tg\beta=\frac{V_0^2\sin\alpha\cos\alpha-Lg}{V_0^2\cos^2\alpha}$

Далее в тригонометрии я всё пытался представить сначала через двойной угол, а потом переходил к тангенсам альфа, но все эти преобразования выходят очень большими, да и сам ответ получается не очень похож на ответ в книге.

[EvilPhysicist]

Edmonton в сообщении #472916 писал(а):

Я и шёл этим путём

Не похоже, иначе бы всё решили.

Путо не думая пишем уравнения Ньютона $ m \cfrac{d^2 r}{dt^2}= (0,-mg) $. Пишем два уравнения для компонент $ \cfrac{d^2 x}{dt^2} =0 $ и $ \cfrac{d^2 y}{dt^2}=-g $. Два раза интегрируем и получаем урванение траектории. Далее всё ещё очевиднее: парабола, проходащая через две точки.

[Edmonton]

EvilPhysicist в сообщении #472957 писал(а):

Путо не думая пишем уравнения Ньютона $ m \cfrac{d^2 r}{dt^2}= (0,-mg) $. Пишем два уравнения для компонент $ \cfrac{d^2 x}{dt^2} =0 $ и $ \cfrac{d^2 y}{dt^2}=-g $. Два раза интегрируем и получаем урванение траектории. Далее всё ещё очевиднее: парабола, проходащая через две точки.

А о чём говорит то, что парабола проходит через две точки?

[EvilPhysicist]

Edmonton в сообщении #473408 писал(а):

А о чём говорит то, что парабола проходит через две точки?

О том, что она точн опроходит через точку, откуда тело кинули и через и через точку в которую она должна упасть.

[Himfizik]

Edmonton, используйте условие сохранения горизонтальной составляющей скорости. Начальную скорость и "начальный угол" вы знаете. Найдите "скорость падения", например, из закона сохранения энергии, и отсюда вытащите "конечный угол" несложной тригонометрией.