Король А. В. / Практики Король А. В. / (1) Кинематика материальной точки
.pdf1Практическое занятие по теме "Кинематика матери-
альной точки"
Пожелание/совет: освежите в памяти основные кинематические понятия, соотношения, формулы. Для этого можно воспользоваться материалом лекции 1 или/и §§ 1-4 учебника "Курс Физики"(автор Т. И. Трофимова).
Внимание: ниже в тексте векторы обозначаются жирными буквами!
1.1Задача 1.
Движение материальной точки в плоскости (xy) описывается законом x = At, y = At(1+Bt), где A и B - положительные постоянные. Определите:
(1) уравнение траектории материальной точки; 2) радиус-вектор r точки, её скорость v и ускорение a в зависимости от времени.
Решение.
1) Уравнение траектории – это зависимость y = y(x) (или x = x(y)).
По условию x = At. Следовательно, t = x=A. Подставляя это в уравнение y = At(1 + Bt), находим
()
|
B |
|
B |
2 |
– парабола. |
(1) |
|
y = x 1 + |
|
x = x + |
|
x |
|
||
A |
|
|
|||||
|
|
A |
|
|
|
2)По-определению, радиус-вектор связан с декартовыми координатами следующим образом r = xi + yj + zk. В условии сказано, что движение происходит в плоскости (xy). Следовательно, координата z тождественно равна нулю в любой момент времени, z 0. Тогда, искомая зависимость r = r(t) есть
( |
) |
(2) |
r(t) = At i + (1 + Bt)j |
: |
По-определению, вектор скорости есть первая производная радиус-вектора по времени. Учитавая, что A; B, i и j – постоянные, находим
{
v(t) = |
dr |
= A |
i + (1 + 2Bt) j =) |
vx = A = const |
|||||
dt |
vy = 1 + 2Bt = const |
||||||||
|
|{z} |
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
=vy |
̸ |
|||||
|
|
=vx |
| {z } |
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
Вычисляя производую скорости по времени, находим ускорение
{
a(t) = |
dv |
= 2Bj =) |
ax = 0 |
dt |
ay = 2B = const |
(3)
(4)
Таким образом, материальная точка двигается с постоянным ускорением, направленным вдоль оси y. Данное движение является равноускоренным.
1
1.2Задача 2.
Частица (= материальная точка) движется в плоскости (xy) со скоростью v = bi + cxj, где i, j – единичные векторы вдоль осей OX и OY , а b и c – известные положительные постоянные. В момент времени t = 0 частица находилась в точке с координатами x0 = 0, y0 = 0. Найти уравнение траектории частицы y = y(x), а также тангенциальное и нормальное ускорения частицы, как функции времени t.
Решение.
1) Определяем зависимости x = x(t), y = y(t) и траекторию y = y(x).
vx = b |
|
v = bi + cxj =) { vy = cx |
(5) |
По-определению, vx = dx=dt. Поэтому, из первого уравнения системы находим:
∫
vxdt = bt + const :
Постоянную находим из условия x(0) = x0 = 0. Следовательно const = 0, так что
x = bt : |
(6) |
Используя этот результат во втором уравнении системы (5), находим зависимость y = y(t):
|
dy |
|
|
|
|
=) |
y = ∫ |
|
|
|
|
|
|
cbt2 |
|
|
|
|
|||
|
|
= cx = cbt |
|
vydt = |
|
+ const : |
|
|
|||||||||||||
|
dt |
|
2 |
|
|
||||||||||||||||
Здесь const = 0 т.к. по условию y(0) = y0 = 0. Итак |
|
|
|
||||||||||||||||||
8 |
x = bt |
|
|
|
|
cx |
2 |
|
– парабола. |
|
|
(7) |
|||||||||
|
cbt2 |
|
= |
y = |
|
|
|
|
|||||||||||||
|
|
2b |
|
|
|||||||||||||||||
< y = 2 |
|
) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Из (7) находим |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
cbt2 |
|
|
|
|
|
dr |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
r(t) = bti + |
|
|
j =) v(t) = |
|
= b |
i + bct |
j |
|
|||||||||||||
2 |
|
dt |
|
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
=vx |
=vy |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
2 |
|
|{z} |
2 |
2 |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|{z} |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
=) |
v = √ |
vx + vy |
|
= b√ |
1 + c t |
|
: |
(8) |
2)Определяем ускорения.
Величина полного ускорения a связана с тангенциальным a и нормальным an ускорениями, следующим образом:
a2 = a2 |
+ a2 |
: |
(9) |
|
n |
|
|
2
Действуем по определению:
a(t) = |
dv |
= cbj =) |
a = cb |
dt |
Тангенциальное ускорение a = dv=dt равно:
a = |
dv |
= |
p |
bc2t |
dt |
|
|||
1 + c2t2 |
Для нормальмого ускорения получаем
|
|
|
|
|
cb |
|
|
an = √a2 |
a2 |
= |
p |
: |
|||
|
|||||||
1 + c2t2 |
(10)
(11)
(12)
1.3Задача 3.
Зависимость пройденного пути s от времени t задаётся уравнением s(t) = A + Bt + Ct2 + Dt3, где (A = 6 м, B = 3 м/с, C = 2 м/с22, D = 1 м/с3. Определите для тела в интервале времени от t1 = 1 с до t2 = 4 с (1) среднюю спутевую корость, (2) среднее ускорение.
Решение.
1) Определяем среднюю путевую скорость v .
Средняя путевая скорость за интервал времени ∆t = t2 t1 определяется как отношение пройденного пути ∆s = s(t2) s(t1) за ∆t к нему же.
Используя данные из условия, получаем (вспоминая известное: a2 b2 = (a b)(a + b) и a3 b3 = (a b)(a2 + ab + b2))
|
|
∆s |
|
|
s(t2) s(t1) |
|
|
|
|
|
|
|
||
v = |
|
∆t |
= |
t2 |
t1 |
t1=1;t2=4 c |
( |
|
) |
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
(2 |
|
t1 ) |
|
|
|
||
|
|
B (t2 |
|
t1) + C t2 |
t2 |
+ D t3 |
t3 |
|
|
|||||
= |
|
|
|
|
|
|
2 |
|
1 |
|
2 |
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
t |
( |
|
|
) |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
= B + C(t2 + t1) + D t22 + t2t1 + t13 |
|
|
|
|||||||||||
= |
3 + 2 |
|
5 + 21 = 34 м/с : |
|
|
|
(13) |
2) Определяем среднее ускорение a .
По определению, среднее ускорение за интервал времени есть отношение изменения скорости ∆v = v(t2) v(t1) к интервалу ∆t = t2 t1:
a = ∆∆vt :
Зависимость путевой скорости от времени находим, дифференцируя s(t) по времени:
v(t) = ds(t) = B + 2Ct + 3Dt2
dt
Тогда
(14)
(15)
|
2C(t2 |
t1) + 3D(t2 |
t3) |
|
|
||
a = |
|
|
2 |
1 |
= 2C + 3D(t2 |
+ t1) = 19 м/с2 : |
(16) |
|
∆t |
|
|
3
1.4Задача 4.
Пренебрегая сопротивлением воздуха, определить угол , под которым тело брошено к горизонту, если максимальная высота подъема тела равна 1/4 дальности его полета.
Решение.
В пренебрежении силой сопротивления воздуха, единственной силой, действующей на камень во сремя полёта, является сила тяжести Fт = mg. По второму закону Ньютона Fт = ma. Следовательно, в течение всего полета ускорение камня равно a = g = const. Таким образом, движение является равноускоренным. В этом случае, зависимость радиус-вектора камня r от времени определяется соотношением (см. Лекцию 1):
|
gt2 |
||
r(t) = r0 + v0t + |
|
(17) |
|
2 |
|||
|
|
где r0 и v0 обозначают, соответственно, начальный радиус-вектор и начальную скорость (т.е., в момент бросания, t = 0) камня.
Выберем начало координат в точке бросания, полагая тем самым r0 = 0. Камень движется в плоскости, задаваемой векторами v0 и g. Назовем эту плоскость (xy), и выберем направление координатной оси OX горизонтальным, а ось OY направим вертикально вверх.
Y |
|
V |
V |
|
J |
|
|
|
|
mG |
A=G |
|
|
|
|
|
V0 |
|
h |
v0y |
|
|
|
|
α |
I |
|
O |
v0y |
|
X |
|
|
||
|
|
|
L |
Запишем векторы, входящие в уравнение (17), через единичные векторы (орты) i и j координатных осей (см. рисунок):
r = xi + yj; v0 = v0xi + v0yj; g = gj |
|
||
Используя эти соотношения, запишем уравнение (17) (положив r0 = 0) в следующем виде: |
|
||
|
gt2 |
|
|
xi + yj = v0xt i + (v0yt |
|
) j |
(18) |
2 |
Умножая скалярно это векторное уравнение на i и на j, и учитывая, что i2 = j2 = 1 и i j = 0, получаем два скалярных уравнения, соответствущие проекциям на оси OX и OY :
x(t) = v0xt |
|
|
v |
= v cos |
|
8 |
gt2 |
где |
v0x |
= v0 sin |
(19) |
|
{ |
|
|||
: |
|
|
|
|
|
< y(t) = v0yt |
2 |
0y |
0 |
|
Здесь v0x и v0y – горизонтальвая и вертикальная компоненты начальной скорости, соответственно.
Вычисляя производные x(t) и y(t) по t, находим зависимости компонент скорости от времени
{
vx = v0x = const |
(20) |
|
vy(t) = v0y gt |
||
|
4
Видно, что вдоль горизонтальной тело оси двигается равномерно со скоростью v0x, а вдоль вертикальной оси – с постоянным ускорением g.
Поскольку v0x = const, то дальность броска L (т.е, значение координаты x при котором камень падает на землю) связана с длительностъю полёта T простым соотношением
L = v0xT = v0T cos : |
(21) |
Чтобы найти длительность полёта, учтём, что в момент t = T камень падает на землю, т.е. вертикальная координата равна нулю: y(T ) = 0. Из (19), приравнивая y(t) = 0, находим два корня, t1;2:
|
|
gt |
2 |
|
|
|
|
|
t |
= 0 |
|
– момент броска |
|
||
v0yt |
|
|
= 0 |
= |
8 t1 |
|
2v0y = T |
(22) |
|||||||
|
|
|
= |
|
|||||||||||
|
2 |
|
|
|
) |
< |
2 |
|
|
|
|
– длительность полёта |
|
||
|
|
|
|
|
|
g |
|
||||||||
Таким образом, установили:: |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
T = |
2v0 sin |
|
– длительность полёта, |
|
|
||||||||||
|
|
g |
|
(23) |
|||||||||||
|
|
|
|
2v2 sin cos |
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
L = v0T cos = |
0 |
|
|
|
|
– дальность броска. |
|
||||||||
|
g |
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Определим длительность подъёма tп и высоту подъёма h.
В точке максимального подъёма, y = h, скорость тела направлена горизонтально, см. рисунок. Иными словами, вертикальная составляющая скорости равна нулю. Приравнивая vy из ур-ия (20) к нулю, находим
vy(t) = 0 =) tп = |
v0y |
= |
v0 sin |
: |
(24) |
g |
g |
Сопоставляя с T из (23), замечаем, что tп = T=2. Следовательно, в отсутствие сопротивления воздуха время подъема на максимальную высоту и время падения с неё одинаковы и равны T=2.
(Вопрос для любопытствующих: если учесть, что воздух препятствует движению, что больше - время
подъёма или спуска? Почему?)
Подставляя найденное значение tп в зависимость y(t) из (19), находим высоту подъёма
h = y(tп) = |
v02y |
|
v02y |
= |
v02y |
= |
v02 sin2 |
|
|
|
||||||||
|
g |
|
2g |
|
2g |
2g |
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
Итак, установили: |
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
tп = |
|
v0 sin |
|
– длительность подъёма, |
|
|
|||||||||||
|
|
g |
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
h = |
v02 sin2 |
– высота подъёма. |
|
|
|||||||||||||
|
|
2g |
|
|
||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
Находим решение задачи. |
|
|
|
|
|
|||||||||||||
По условию: h = L=4. Используя ур-ия (23) и (26), получаем: |
|
|
||||||||||||||||
|
v02 sin2 2v02 sin cos |
=) sin = cos =) = |
|
|
||||||||||||||
|
|
|
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
: |
|||||
|
2g |
|
|
|
|
|
2g |
|
|
|
4 |
(25)
(26)
(27)
5
1.5Задача 5.
Нормальное ускорение точки, движущейся по окружности радиуса R = 4 м, задается уравнением an = A + Bt + Ct2 (A = 1 м/с2, B = 4 м/с3, C = 4 м/с4). Определить:
1) тангенциальное ускорение a точки; 2) путь, пройденный точкой за первые 5 секунд после начала движения; 3) полное ускорение для момента времени t = 1 с.
Решение.
1)Тангенциальное ускорение a .
По-определению, нормальное и тангенциальное ускорения связаны со скоростью v тела соотношениями:
|
|
v2 |
|
|
|
dv |
|
|
|
|
|
(28) |
|||||
an = |
|
|
; |
a = |
|
|
: |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
|
|
R |
|
|
|
dt |
|
|
|
|
|
|
|||||
Следовательно, записав v = p |
|
, находим: |
|
|
|||||||||||||
anR |
|
|
|||||||||||||||
|
d(anR)1=2 |
|
R1=2 dan |
= R1=2 |
2p |
B + 2Ct |
|
(29) |
|||||||||
a = |
|
|
|
|
= |
|
|
|
|
: |
|||||||
|
|
dt |
|
2an1=2 dt |
|||||||||||||
|
|
|
A + Bt + Ct2 |
||||||||||||||
Подставляя численные значения коэффициентов, получаем |
|
||||||||||||||||
a = 4 м/с2: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(30) |
2) Путь, пройденный за первые 5 секунд после начала движения.
Определим cначала момент t0 "начала движения". Он характеризуется тем, что v(t0) = |
||||
0. Так как v = |
p |
|
, то an(t0) = 0. Используя численные значения данные в условии, |
|
anR |
||||
находим: |
|
|
|
|
an = A + Bt + Ct2 = 1 + 4t + 4t2 = (1 + 2t)2 |
|
|||
=) |
(1 + 2t0)2 = 0 =) t0 = 0:5 c. |
(31) |
По-определению, путь s, пройденный точкой за время от t1 до t2 связан со скоростью v соотношением:
∫ t2
s = |
v(t)dt : |
|
|
(32) |
||
t1 |
|
|
|
|
|
|
Подставляя сюда v = p |
|
= 2(1 + 2t), и проводя интегрирование от t1 = t0 = |
0:5 c до |
|||
anR |
||||||
t2 = t0 + 5 = 4:5 c, получаем |
|
|
|
|||
∫ |
|
|
t0 |
+5= 25 |
м: |
(33) |
s = 2 |
t1t2 (1 + 2t)dt = 2(t + t2) t0 |
|||||
|
|
|
|
|
6
3)Полное ускорение.
Используя соотношение, связывающее полное ускорение a с an и a , находим зависимость a от времени:
√√
a(t) = a2 |
+ a2 = (1 + 2t)4 |
+ 16 |
|
|
(34) |
||||||
n |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Для момента времени t = 1 с получаем |
|
|
|||||||||
|
|
p |
|
= p |
|
= 10p |
|
|
|
||
a(t = 1 c) |
= |
81 + 16 |
100 3 |
1 |
0:03 |
|
|||||
|
|
10 (1 |
03 |
) = 9:85 м/с2 |
|
|
|||||
|
|
|
0: |
|
(35) |
||||||
|
2 |
|
Здесь использовано приближенное равенство (1+x)1=2 1+x=2, справедливое для jxj 1.
1.6Задача 6.
Колесо вращается с постоянным угловым ускорением = 3 рад/с2. Через время t = 1 с после начала вращения полное ускорение, для точек лежащих на ободе колеса, составило 7:5 м/с2. Определите радиус колеса.
Решение.
Вспоминаем определения.
Полное ускорение a связано с нормальным an и тангенциальным a ускорениями соотношением:
√
a = a2n + a2 (36)
В свою очередь, an и a определяются через скорость v движения Для момента времени t = 1 с получаем
|
v2 |
dv |
||
an = |
|
; a = |
|
(37) |
|
|
|||
|
R |
dt |
Для описания движения по окружности, удобно использовать угловую скорость ! и угловое ускорение = d!=dt.
Используя связь между ! и v
v = !R |
|
|
|
(38) |
||
в соотношениях (37), выражаем an и a через !, и радиус R: |
|
|||||
an = !2R; |
a = |
d(!R) |
= R: |
(39) |
||
|
||||||
|
|
|
|
dt |
|
|
По условию задачи, угловое ускорение постоянно. Тогда |
|
|||||
|
d! |
|
|
|
(40) |
|
|
|
= = const =) ! = t : |
||||
|
dt |
7
Следовательно: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
an = 2t2 R; |
a = R: |
|
(41) |
||||||||
Используя (41) в (36), находим |
|
|
|||||||||
a = R √ |
|
|
|
|
|
|
(42) |
||||
2t4 + 1 |
|
|
|
|
|||||||
Подставляя данные из условия в ур-е (42), находим радиус диска |
|
||||||||||
|
|
|
|
a |
|
|
7:5 |
0:8 м. |
(43) |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
√ |
|
|
|
|
|
|||||
R = 2t4 + 1 |
|
= |
3p10 |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
t=1 |
|
|
|
|
|
1.7Задача 7.
Воздушный шар начинает подниматься с поверхности земли. Скорость его подъёма постоянна и равна v0. Благодаря ветру, шар приобретает горизонтальную компоненту скорости vx = y, где - постоянная, y - высота подъёма. Найти зависимости от высоты подъёма:
1)сноса шара по горизонтали, x(y);
2)полного, тангенциального и нормального ускорений.
Решение.
Движение шара по вертикали (ось OY ) - равномерное: vy = v0 = const. Следовательно, приняв, что шар начал подъём в момент времени t = 0, высота y его подъёма в момент времени t > 0 равна:
y = v0t :
Это уравнение устанавливает однозначную связь между координатой y и временем t.
Используя (44), находим зависимость горизонтальной компоненты скорости от времени: vx = y = v0t :
Так как vx = dx=dt, то интегрируя ур-ие (45), находим снос шара по горизонтали:
|
|
t |
|
t |
2 |
|
|
|
|
|
x = |
0 |
vxdt = v0 |
|
0 |
tdt = v0 t2 |
|
= |
|
y2: |
|
|
2v0 |
|||||||||
|
∫ |
|
∫ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
t=y=v0 |
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
x / y2 =) траектория движения шара - парабола.
(44)
(45)
(46)
Векторы скорости v = vxi + vyj, и полного ускорения a = dv=dt шара как функции времени равны
v = v0 ( t i + j) ; |
a = |
dv |
= v0 i : |
|||||
|
||||||||
dt |
||||||||
Действуя по-определению: a |
= dv=dt, находим тангенциальное ускорение: |
|||||||
|
|
|
|
|
|
v0 2t |
||
v = v0√ 2t2 + 1 |
=) a = |
p |
||||||
|
|
|||||||
2t2 + 1 |
|
(47)
(48)
8
Вычисляем нормальное ускорение: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
an = √a2 |
|
|
( 2 |
4t2 |
1=2 |
v0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
a2 |
= v0 |
2t2 + 1) |
|
|
= p 2t2 + 1 |
|
|
|
|
(49) |
|||
1.8 |
Задача 8. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Y |
|
|
|
|
|
Человеку (объекту, |
телу, материальной |
точке, |
Y1 |
1 |
|
V1 |
|
|
||||||
|
|
|
|
|
|
|||||||||
. . . ) нужно перейти из точки 1, лежащей в полу- |
|
|
L1 |
|
|
(I) |
||||||||
|
|
α1 |
|
|
||||||||||
плоскости (I), в точку 2, находящуюся в полуплос- |
|
|
|
|
|
|||||||||
кости (II). Двигаясь в (I), человек перемещается |
O |
|
|
A |
X |
2 |
||||||||
со скоростью v1, а двигаясь в (II) - со скоростью |
X1 |
|
X |
|
||||||||||
|
|
|
X |
|||||||||||
v2 < v1. По какой траектории должен двигать- |
|
|
|
L2 |
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|||||||||
ся человек, чтобы время, затраченное на переход |
|
|
|
α2 |
|
(II) |
||||||||
1 ! 2 было наименьшим? |
|
|
|
|
Y2 |
|
|
V2 |
|
2 |
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Решение. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Направим координатную ось OX вдоль границы раздела полуплоскостей, а ось OY - перпендикулярно к ней. Пусть (x1; y1) и (x2; y2) координаты точек 1 и 2, соответственно (см. рис.).
Нетрудно сообразить, что траектория движения состоит из двух прямых участков, лежащих в одной и другой полуплоскости (Вопрос: можете пояснить, почему это так?). На рисунке эти отрезки помечены красным цветом. Их длины обозначены как l1 и l2.
Точка A обозначает место пересечения границы двух сред. Вопрос задачи состоит в нахождении
такой точки A с координатами (X; 0), которая обеспечивает минимальное время перехода Tп.
Выражаем время Tп через длины l1, l2 и скорости v1, v2:
Tп = |
l1 |
+ |
l2 |
: |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(50) |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
v1 |
v2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
В свою очередь, l1 и l2 определяются координатами точек 1, 2 и A (см. рис.): |
|
|||||||||||||||
l1 = √ |
|
|
|
|
|
l2 = √ |
|
|
|
|
(51) |
|||||
(X |
x1)2 + y12; |
(x2 |
X)2 + y22; |
|||||||||||||
Следовательно; |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
|
|
|
(X x )2 |
2 |
|
|
(x |
X)2 + y2 |
|
|
||||||
Tп = |
√ |
|
v11 |
+ y1 |
+ |
√ |
2 v2 |
2 |
: |
|
(52) |
Равенство (52) определяет зависимость времени перехода он координаты точки. По условию задачи, нужно найти такое значение X, при котором функция Tп = Tп(X) имеет минимум. Следовательно, надо вычислить производную Tп по X и приравнять её к нулю:
dTп |
= |
|
|
X |
x1 |
|
|
|
x2 |
X |
= 0 : |
(53) |
dX |
|
√ |
|
|
|
|
√ |
|
|
|||
v1 |
(X |
x1)2 + y12 |
|
v2 |
(x2 |
X)2 + y22 |
9
Обращаясь к рисунку, замечаем, что |
|
||||||||
|
|
X |
x1 |
|
= |
X |
x1 |
= sin 1; |
|
|
√ |
|
|
|
|
l1 |
|
||
|
(X |
)2 |
+ y2 |
|
|||||
|
|
|
|
|
|||||
|
X x1x2 |
1 |
= |
X |
x2 |
= sin 2 |
(54) |
||
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
√(x2 |
X)2 + y22 |
l2 |
|
|||||
|
|
|
|
|
Здесь 1 и 2 – углы между, соответственно, отрезками 1A и A2 и нормалью к границе раздела. Используя (54) в (53), находим условие, обеспечивающее минимальное время перехода
sin 1 |
= |
v1 |
(55) |
|
sin 2 |
v2 |
|||
|
|
Соотношение (55) идентично закону преломления света на границе двух сред с показателями преломления n1 = c=v1 и n2 = c=v2 (закон Снеллиуса): sin 1= sin 2 = n2=n1. В этом случае, 1 - угол падения, 2 - угол преломления, v1 и v2 – скорости света в средах, а c – скорость свера в вакууме.
Такое совпадение не случайно, поскольку закон преломления света есть следствие более общего закона, известного под названием принцип Ферм´a:1 луч света движется из начальной точки в конечную точку по пути, минимизирующему время движения.
1Пьер де Ферм´a (Pierre de Fermat), 1601-1665, – французский математик.
10