El ángulo que maximiza la distancia de un proyectil

Question

Es bien sabido que para maximizar la distancia horizontal recorrida por un proyectil disparado desde el suelo a una velocidad determinada, se debe disparar a una $45^ \circ $ ángulo. Lo que es menos conocido, aunque no muy difícil de probar con alguna manipulación de derivados, es que si uno está en una inclinación de ángulo $ \phi $ por debajo de la horizontal, entonces para maximizar la distancia horizontal recorrida, se debe disparar el proyectil en un ángulo de $ \frac { \pi }{4}- \frac { \phi }{2}$ por encima de la horizontal.

Para ver esto, supongamos que lo disparamos en un ángulo de $ \theta $ a la velocidad $v_0$ con la constante gravitacional $g$ . Entonces la ecuación del camino es $(v_0 t \cos { \theta }, -gt^2+v_0 t \sin { \theta })$ así que estamos buscando el $t$ en el cual $v_0 t \cos { \theta } \sin { \phi }-gt^2 \cos { \phi }+v_0 t \sin { \theta } \cos { \phi } = 0$ o $t = \frac {v_0( \cos { \theta } \sin { \phi }+ \sin { \theta } \cos { \phi })}{g} = \frac {v_0}{g} \sin ( \theta + \phi )$ . Entonces deseamos maximizar $ \cos { \theta } t$ en este punto, o de forma equivalente $ \cos { \theta } \sin {( \theta + \phi )}$ . Tomando el derivado con respecto a $ \theta $ encontramos $- \sin { \theta } \sin { \theta + \phi }+ \cos { \theta } \cos ( \theta + \phi ) = \cos {(2 \theta + \phi )} = 0$ . Así $2 \theta + \phi = \frac { \pi }{2}$ dándonos nuestra respuesta.

Como esta fórmula se ve tan bien, me pregunto si hay una prueba más agradable de este hecho, posiblemente usando la simetría y/o con más intuición física. En particular, podría implicar algún tipo de rotación (tal vez por $ \frac { \phi }{2}$ ?).

Answer 1

Considere qué camino es trazado por el proyectil en el espacio de velocidad 2d (eje x de velocidad horizontal; horizontal es "después de rotar hacia arriba para que el suelo sea plano, la gravedad ya no es vertical"). Comienza en algún lugar de un arco circular, y a partir de ahí sigue un camino "hacia abajo y a la derecha" en un ángulo $ \phi $ a la vertical, a velocidad constante (correspondiente a la fuerza de g). Trace la línea hasta que llegue a la horizontal. Esto forma un triángulo junto con el origen.

La distancia total recorrida es sólo (tiempo total en el aire)x(velocidad a la altura máxima), que es sólo proporcional al área del triángulo para el fijo $ \phi $ . Los posibles ángulos iniciales dan una familia de triángulos, con un lado de longitud fija y el ángulo opuesto también fijo ( $ \pi /2 - \phi $ ); por lo tanto, encajan en un círculo y el máximo es claramente cuando el triángulo es isósceles.

Añadido el 24/11/2012

Aquí hay una solución un poco más detallada junto con una imagen. Esto fue escrito por Davidac897 con la ayuda de la redacción de Barry Cipra de la solución de ChrisJB. (fuente)

Si giras el sistema para que el suelo sea plano, estarás disparando en ángulo $ \theta ' = \theta + \phi $ en un medio donde la gravedad apunta hacia abajo y hacia la derecha en ángulo $ \phi $ . Por lo tanto

En el plano de la velocidad, la trayectoria comienza en $P$ y sigue una línea recta en ángulo $ \pi /2 - \phi $ a la $v_x$ a través de un punto $Q$ en el $v_x$ eje, hasta un punto $P'$ con $v_y$ coordinar el negativo de la de $P$ (esto es cierto si disparamos en un marco no giratorio, y la única diferencia aquí es que hay un componente de fuerza extra en el $x$ -dirección).

En particular $ \angle QOP = \theta ' = \theta + \phi $ , $ \angle PQO = \frac { \pi }{2}- \phi $ y los segmentos se intersectan en $R$ en un ángulo recto, donde $ \overline {QR}$ es la horizontal en el marco no giratorio. Luego $OQ$ es la velocidad horizontal media del proyectil, y $OA$ es proporcional al tiempo total en el área porque es la mitad del cambio total de la velocidad vertical. Por lo tanto, el área del triángulo, que es $ \frac {(OQ)(OA)}{2}$ es proporcional a la distancia total recorrida.

Como se ha comentado anteriormente, $OP$ es fijo, como lo es $ \angle PQO$ y el área se maximiza cuando $Q$ es el ápice de un triángulo isósceles, así que $2 \angle QOP + \angle PQO = 2 \theta + 2 \phi + \frac { \pi }{2}- \phi = \pi $ o $$ \theta = \frac { \pi }{4}- \frac { \phi }{2}.$$

Answer 2

Añadido el 23/11/12: ChrisJB ha dado una respuesta realmente maravillosa que evita tanto las identidades derivadas como las trigonométricas al considerar que la geometría no está en el (rotado) $xy$ pero en el plano (girado) $v_xv_y$ avión. Me llevó un tiempo entender por qué, en esa respuesta, la distancia recorrida es proporcional al área de un triángulo en lugar de un trapezoide, así que estoy añadiendo debajo de mi propia respuesta original una versión ligeramente alargada de la de ChrisJB, para el beneficio de otros que son tan lentos como yo. El crédito (y los votos favorables) por ello, sin embargo, debería ir enteramente a ChrisJB. (Puedes saltar ahora directamente al fondo.)

Aquí hay algo que por lo menos evita tomar los derivados.

Empecemos con un calentamiento en terreno plano. Si disparas un proyectil con velocidad vertical $v_y$ y la velocidad horizontal $v_x$ la cantidad de tiempo que pasa en el aire es $T=2v_y/g$ y la distancia que recorre es $D=v_xT$ . En función del ángulo de disparo $ \theta $ Tenemos $v_y=v_0 \sin\theta $ y $v_x=v_0 \cos\theta $ . Configuración $v_0=g=1$ para limpiar el desorden, tenemos

$$D=2 \sin\theta\cos\theta = \sin (2 \theta ),$$

que está claramente maximizado, tomando el valor $1$ cuando $ \theta = \pi /4$ .

Ahora supongamos que el suelo se inclina hacia abajo en ángulo $ \phi $ . Vamos a rotarlo de plano, e imaginemos que se dispara en ángulo $ \theta ' = \theta + \phi $ . (No estamos tomando derivados, así que no debería haber confusión en el uso de la notación $ \theta '$ .) El problema obvio es que la gravedad ya no apunta directamente hacia abajo. En su lugar tiene un componente vertical $g_y = g \cos\phi $ apuntando hacia abajo, y un componente horizontal $g_x = g \sin\phi $ apuntando a la derecha. En términos de su efecto, el componente vertical $g_y$ es una nueva (y reducida) gravedad, mientras que el componente horizontal $g_x$ actúa como una especie de fuerza magnética adicional en el proyectil, acelerándolo en el $x$ dirección. Por lo tanto, la cantidad de tiempo que un proyectil disparó con velocidad vertical $v_y$ gasta en el aire es $T=2v_y/g_y$ como antes, mientras que la distancia horizontal (en realidad cuesta abajo) que recorre es ahora

$$D = v_xT + {1 \over2 }g_xT^2 = 2v_y(v_xg_y + v_yg_x)/g_y^2.$$

Tenemos $v_y = v_0 \cos\theta '$ y $v_x = v_0 \sin\theta '$ . En este caso es conveniente adoptar la convención de limpieza de desorden $v_0 = \cos\phi $ lo que nos deja con

$$D=2 \sin\theta '( \cos\theta ' \cos\phi + \sin\theta ' \sin\phi )=2 \sin\theta ' \cos ( \theta '- \phi ),$$

usando la fórmula de suma de ángulos $ \cos (x-y) = \cos x \cos y + \sin x \sin y$ . La fórmula $2 \sin x \cos y = \sin (x+y)+ \sin (x-y)$ convierte esto en

$$D = \sin (2 \theta '- \phi ) + \sin\phi = \sin (2 \theta + \phi ) + \sin\phi ,$$

que esta vez se maximiza, tomando el valor $1+ \sin\phi $ cuando $2 \theta + \phi = \pi /2$ que es decir, cuando $ \theta = \pi /4 - \phi /2$ .

Añadido el 15/11/12: Oops, acabo de arreglar un pequeño error: la convención correcta de limpieza de desorden es $v_0 = \cos\phi $ no $ \sin\phi $ . Debería haberme dado cuenta de esto desde el hecho de que tiene que estar de acuerdo con la convención de la tierra plana, $v_0=1$ cuando $ \phi =0$ . (Yo había mantenido en otro lugar mis senos y cosenos rectos usando, por ejemplo, el hecho de que $g_x$ debe ser insignificante para $ \phi\approx0 $ .) El factor completo en $D$ que ruega ser igualado a $1$ es $v_0^2/g \cos ^2 \phi $ . Si te apegas a la convención $v_0=g=1$ se encuentra que la distancia máxima de bajada, en función de $ \phi $ es

$$D_ \max = \sec ^2 \phi + \sec\phi\tan\phi ,$$

cuyo componente horizontal es

$$H_ \max = D_ \max \cos\phi = \sec\phi + \tan\phi. $$

Añadido el 23/11/12: Esta es mi larga versión de la respuesta de Chris JB.

Si giras el sistema para que el suelo sea plano, estarás disparando en ángulo $ \theta ' = \theta + \phi $ en un medio donde la gravedad apunta hacia abajo y hacia la derecha en ángulo $ \phi $ . En el plano de la velocidad, la trayectoria comienza en $P=(v_0 \cos\theta ', v_0 \sin\theta ')$ y sigue una línea recta en ángulo $ \pi /2 - \phi $ a la $v_x$ a través de un punto $Q$ en el $v_x$ eje, hasta un punto $P'$ con $v_y$ coordenadas $-v_0 \sin\theta '$ . (Es bastante fácil de resolver el $v_x$ coordenadas de $Q$ y $P'$ pero no es necesario hacerlo.) Dotar de puntos $A=(0,v_0 \sin\theta ')$ y $A'=(0,-v_0 \sin\theta ')$ en el $v_y$ encontramos que la distancia total (cuesta abajo) recorrida por el proyectil es proporcional al área del trapecio $APP'A'$ . (Esto se debe a que, para un determinado $ \phi $ los cambios de velocidad son proporcionales a los cambios en el tiempo). Si dibujas el trapezoide, es fácil ver que su área es 4 veces el área del triángulo $ \triangle OPQ$ , $O=(0,0)$ siendo el origen. (Este es el punto "fácil de ver" que me llevó un tiempo ver. Si alguien con los medios para hacerlo pudiera insertar una foto real aquí, lo apreciaría mucho.) El ángulo en $Q$ está fijado en $ \pi /2 - \phi $ y la longitud del lado opuesto $Q$ está fijado en $OP=v_0$ . No se requiere cálculo para concluir que el área del triángulo se maximiza cuando $Q$ es el ápice de un triángulo isósceles, es decir, cuando $ \theta ' = \pi /4 + \phi /2$ que se traduce de nuevo a $ \theta = \pi /4 - \phi /2$ .

Answer 3

He dado dos respuestas aquí antes, pero pensé en añadir una tercera. Esta se centra en la petición original de la OP de un argumento que utiliza Simetría . También evita hacer cálculos algebraicos explícitos para el movimiento de proyectiles, usando en su lugar sólo principios generales e intuición física.

La clave está en el hecho de que la respuesta al problema es la bisectriz de ángulo entre la vertical (es decir, la dirección de la gravedad) y la pendiente del suelo. Esto sugiere que se debería poder utilizar la bisectriz angular como un eje de simetría de imagen especular. Pero hay un problema obvio: la gravedad y el suelo no son físicamente simétricos. La bisectriz no es un eje de simetría para la parábola del movimiento del proyectil.

La solución a esto es igualmente obvia (al menos en retrospectiva): Pretender que la gravedad y el suelo son simétrico. Es decir, adelante y toma la foto asimétrica, simétrala con un reflejo a través de la bisectriz del ángulo, y luego trata de darle algún significado a las cosas.

Es útil empezar con el clásico caso de suelo plano.

Dibuja cualquier parábola (hacia abajo) que salga del origen (con pendiente positiva) y pase por la $x$ -de nuevo en algún momento, digamos $(D,0)$ . Adelante y extiende el dibujo más allá $D$ (veremos por qué en un par de párrafos). Observa que la física (o la geometría) te dice que la pendiente de la parábola en $D$ es el negativo de su pendiente en el origen.

Ahora refleja este dibujo a través de la línea $y=x$ (es decir, el ángulo bisectriz entre la horizontal y la vertical), de modo que tienes una segunda parábola, ésta que pasa por el origen y el punto $(0,D)$ en el $y$ -eje. Imagine un proyectil $P$ moviéndose a lo largo de la primera parábola y su imagen en el espejo $Q$ moviéndose a lo largo de la segunda. Podemos pensar en $Q$ como una masa que es impermeable a la forma normal de la gravedad, pero en cambio está sujeta a una "gravedad horizontal" idénticamente fuerte que la tira hacia el $y$ -eje. La física es perfectamente simétrica a través de la bisectriz angular del $x$ - y $y$ -ejes (es decir, la línea $y=x$ ).

Debido a la simetría, el punto medio, llámalo $M$ entre $P$ y $Q$ comienza en el origen, viaja a lo largo de la bisectriz de ángulo hasta una distancia máxima, y luego se dirige de nuevo hacia el origen, pasando por él si se permite $P$ y $Q$ para continuar más allá de donde golpearon sus respectivas hachas. Es fácil de ver (dibujando una imagen, conectando los puntos $(D,0)$ y $(0,D)$ con una línea de pendiente $-1$ y comparando esa pendiente con las pendientes de las parábolas en esos puntos) que si la pendiente inicial de la $P$ -la parábola es menos de 1 (es decir, si disparas $P$ en un ángulo inferior a 45 grados), la distancia máxima $M$ se produce el alcance después de las parábolas para $P$ y $Q$ pasar a través de los ejes (por lo que recomendé continuar el $P$ -parábola más allá del punto de impacto en $(D,0)$ ), que si la pendiente inicial de la $P$ -La parábola es mayor que 1, $M$ El máximo de la empresa se produce antes de $P$ y $Q$ golpear sus ejes, y que si la pendiente inicial es exactamente 1, $M$ alcanza su máximo exactamente cuando los proyectiles $P$ y $Q$ golpearon sus respectivos "terrenos".

Lo que es crucial aquí es que la distancia $D$ ese proyectil $P$ viaja antes de tocar el suelo nunca es mayor de lo que permite la distancia máxima que $M$ se obtiene desde el origen, con la igualdad que se logra cuando $P$ se dispara a 45 grados.

Pero, ¿qué es $M$ ? Porque se mantiene en la línea $y=x$ puede ser interpretado como un proyectil disparado directamente a lo largo de esa línea sujeto a la suma vectorial de las dos gravedades, que es una fuerza que apunta directamente hacia atrás a lo largo de la misma línea. En consecuencia, la máxima "altura" (por encima de la " $y=-x$ ") alcanzable por $M$ está determinada por su velocidad inicial hacia afuera, que es el componente de los proyectiles' ( $P$ y $Q$ ) velocidad inicial a lo largo de la línea $y=x$ . Y ese componente es obviamente maximizado cuando el todo puntos de velocidad en esa dirección.

Así que eso se encarga del caso del suelo plano. Para ir al caso general, es útil rotar la imagen de la superficie plana en 45 grados, de modo que el eje de simetría (es decir, la bisectriz de ángulo) es ahora el $y$ -eje. El suelo está ahora a lo largo de la línea $y=x$ y puntos de gravedad (normal) a lo largo de la línea $y=-x$ . Los proyectiles $P$ y $Q$ todavía viajan a lo largo de parábolas, pero la línea que las conecta es ahora horiontal, y el proyectil de punto medio $M$ sube y baja por el $y$ -eje. El máximo corresponde a una imagen en la que las dos parábolas son tangentes al $y$ -en el origen y a la línea horaria que los conecta en el punto de impacto.

Ahora aplica una transformación lineal que toma $(x,y)$ a $(mx,y)$ . Si $m \gt1 $ esto estira el ángulo entre la dirección de la gravedad (normal) y la dirección del suelo, correspondiendo (si se revierten las cosas) a un terreno inclinado, pero deja las tangencias intactas. No tiene ningún efecto sobre la $y$ -(es decir, la bisectriz de ángulo), y estira la línea que conecta $P$ y $Q$ pero lo mantiene horizontal. Además, las parábolas siguen siendo parábolas en realidad estás usando un sistema de coordenadas diferente para describir la misma física. Caso cerrado.

Nota al pie de página : Para los amantes de las secciones cónicas, recomiendo de todo corazón el corto de 1937 Parábola por el cineasta experimental Mary Ellen Bute que destaca (¡literalmente!) las esculturas del artista Rutherford Boyd, cuyo trabajo apareció regularmente en la revista Scripta Mathematica . Se puede ver en tamaño miniatura en línea pero para cualquiera que esté interesado está disponible en el disco 1 de Cine no visto: La primera película de vanguardia americana.

Answer 4

Basta con señalar que el ángulo de maximización de la distancia $ \theta $ es lineal en $ \phi $ . Ya que sabemos que $ \theta = \pi /4$ para $ \phi =0$ y ya que como $ \phi\to - \pi /2$ (es decir, a medida que la inclinación se hace más pronunciada), deberíamos tener $ \theta\to - \pi /2$ también, podemos determinar los coeficientes de la ecuación $ \theta =a \phi +b$ resolviendo el sistema.

Creo que es intuitivamente obvio que $ \theta $ es lineal en $ \phi $ para mostrar esto cuidadosamente uno probablemente tiene que al menos escribir algo de la física en su pregunta.

Answer 5

Aquí hay una solución ligeramente larga que utiliza la simetría de los sinusoides. (Nótese que mi $ \theta $ es con respecto a la horizontal, no a la inclinación).

Por simplicidad, dejemos $g= v_0=1$ . El altura vertical $h(t)$ del proyectil por encima de la inclinación es más pequeño que su $y$ -coordinada por $x \tan\phi $ así que $h(t)=t \sin\theta -t^2-t \cos\theta\tan\phi $ . Lo sabemos. $h(0) = 0$ así que el objetivo es encontrar el valor de $ \theta $ con la mayor raíz positiva de $h(t)$ . (Hay una raíz positiva si disparamos hacia adelante).

El gráfico de $h(t)$ es una parábola a través del origen, por lo que su raíz positiva es el doble de $t$ -coordinada de su vértice. Eso pone la raíz en $x= \sin\theta - \cos\theta\tan\phi $ . Deje que $R( \theta )$ ser esto $x$ -Valor; por fijo $ \phi $ , $R( \theta )$ es una sinusoide.

Para el $ \theta $ valores $ \phi $ y $ \pi /2$ (disparando a lo largo de la inclinación o verticalmente), $R( \theta )=0$ y para los ángulos intermedios, $R( \theta )>0$ . Por las propiedades geométricas de una sinusoide, el máximo único está a mitad de camino entre estos ángulos. El ángulo de disparo óptimo es por lo tanto $( \phi + \pi /2)/2$ que es $ \pi /4 - \phi /2$ desde la inclinación.