2. Horiace UFO-mikiny? vzorové riešenie

Z rotačnej symetrie úlohy je jasné, že sa nám stačí pozerať na prskavku iba v jednej z rovín obsahujúcich jej os. Vo zvyšku priestoru to bude vyzerať rovnako. Poďme sa pozrieť, ako vyzerá trajektória letu iskry, ktorá vyletí v prvom momente zapálenia prskavky (\(t_0 = \SI{0}{\second}\)), v závislosti od uhla \(\phi\), pod akým vyletí z prskavky. Definujme uhol \(\phi\) tak, že \(\phi = 0\), ak iskra vyletí kolmo na prskavku, teda v smere osi \(x\) a teda sa budeme pozerať na uhol \(\phi\) z intervalu (\(0\); \(2 \pi\)). Zároveň zaveďme súradnicovú sústavu s počiatkom na zemi presne pod prskavkou. Vrchol prskavky v nej má teda súradnice [\(0\); \(H\)].

V dôsledku nenulovej počiatočnej rýchlosti \(v_0\) iskry a pôsobenia gravitačnej sily koná iskra pohyb, ktorý nazývame šikmý vrh. Tento pohyb sa vlastne skladá z dvoch pohybov – rovnomerného priamočiareho v smere osi \(x\) s počiatočnou rýchlosťou \(v_{0x}\) a vrhu nahor s počiatočnou rýchlosťou \(v_{0y}\), pričom \(v_{0x}\) a \(v_{0y}\) sú zložky vektora rýchlosti v smeroch osí \(x\) a \(y\). Zjavne platí \(\vec{v_{0x}} + \vec{v_{0y}} = \vec{v_0}\). Potom ale podľa obrázka \(v_{0x} = v_0 \cdot\cos\phi\) a \(v_{0y} = v_0 \cdot\sin\phi\).

Pozrime sa teraz na jednotlivé pohyby. V smere osi \(x\) sa iskra hýbe rovnomerne priamočiaro, \(x\)-ovú súradnicu iskry v čase \(t\) teda zistíme pomocou vzťahu: \(x(t) = x_0 + v_{0x}t\). Keďže začiatok súradnicovej sústavy sme si postavili pod prskavku, \(x_0 = 0\) a teda \(x(t) = v_0 t \cos\phi\).

V smere osi \(y\) ide o vrh nahor, čo je vlastne rovnomerne premenný priamočiary pohyb (iskru spomaľuje alebo zrýchľuje gravitačné zrýchlenie podľa toho, či práve stúpa alebo klesá). Môžeme ho teda popísať známym vzťahom pre \(y\)-ovú súradnicu iskry v čase \(t\): \[ y(t) = y_0 + v_{0y} t - \frac{1}{2}gt^2. \]

Dôležité je uvedomiť si, že gravitačné zrýchlenie má smer nadol, čiže proti rastu \(y\)-ovej súradnice – preto pred posledný člen v rovnici musíme písať mínus. Vieme, že počiatočná výška, z ktorej iskra vyletí, je \(y_0 = H\), a teda platí \[ y(t) = H + v_0 t \sin\phi - \frac{1}{2}gt^2. \]

Máme teda dve rovnice pre súradnice iskry v čase \(t\), takže už vieme, kde sa takáto iskra nachádza v každom čase. Ak však z prvej rovnice vyjadríme čas \(t\) a dosadíme do druhej, dostaneme po úpravách vzťah \[ y = H + x \tan\phi - \frac{gx^2}{2v_0^2 \cos^2\phi}. \] Dodajme ešte, že keďže \(\frac{1}{\cos^2 \phi} = 1 + \tan^2\phi\),¹ rovnica sa dá napísať aj v tvare \[ y = H + x \cdot \tan\phi - g x^2 \frac{1 + \tan^2 \phi}{2 v_0^2}. \qquad(1)\] Teda už vieme nakresliť trajektóriu iskry v závislosti od uhla \(\phi\), pod ktorým vyletela z prskavky – bude to parabola. Zaujíma nás, ako vyzerá oblasť, do ktorej sú iskry vrhané. Hľadáme teda takú nejakú krivku (volajme ju hraničná krivka), pod ktorou (alebo na ktorej) ležia všetky body všetkých nami popísaných parabôl pre každý uhol \(\phi\). Všetky nami popísané paraboly sú konkávne (majú pred kvadratickým členom znamienko mínus). Ak by hraničná krivka bola sečnicou ľubovoľnej paraboly, existoval by úsek tejto paraboly, ktorý by hraničná krivka už neohraničovala – teda by to nebola dobrá hraničná krivka. Hraničná krivka musí byť teda dotyčnicou ku každej z parabol – patrí jej vždy iba jeden bod každej paraboly.

Pozrime sa ešte raz na rovnicu 1. Mohli by sme sa na ňu pozerať aj ako na kvadratickú funkciu s premennou \(\tan \phi\). Každý bod hraničnej krivky musí byť zasiahnutý práve jednou iskrou, ktorej prislúcha práve jeden uhol \(\phi\). Hľadáme teda body, pre ktoré má táto rovnica ako závislosť na uhle \(\phi\) (a teda aj na \(\tan\phi\)) práve jedno riešenie. A keďže je to rovnica kvadratická, jedno riešenie má vtedy, keď jej diskriminant je rovný nule. Týmto uvedomením po úprave dostávame rovnicu \[ y = H + \frac{v_0^2}{2 g} - \frac{g x^2}{2 v_0^2}. \qquad(2)\]

Uvedomme si pritom, že pre každý uhol \(\phi\) skutočne existuje taký bod, ktorý sa dotýka hraničnej krivky (niekedy leží na tej časti paraboly, po ktorej samotná iskra nepoletí). Preto sme museli riešiť rovnicu závislosti od uhla \(\phi\) (respektíve jeho tangensu), aby sme našli všetky takéto body.

Takto vyzerá rovnica hraničnej krivky v prípade, že sa pozeráme len na iskry, ktoré sú vrhané z úplného vrchu prskavky. Ak sa posunieme po prskavke nadol o dĺžku \(k\), rovnakými úvahami dostaneme hraničnú krivku \[ y = (H-k) + \frac{v_0^2}{2 g} - \frac{g x^2}{2 v_0^2}. \]

Graf tejto krivky sa voči pôvodnej hraničnej krivke už len posunie smerom nadol o \(k\) a teda leží v oblasti pod pôvodnou hraničnou krivkou. Preto skutočne vyššie opísaná rovnica 2 ohraničuje oblasť, do ktorej sú iskry vrhané. V rovine má oblasť tvar plochy pod parabolou, v priestore teda pôjde o teleso zvané rotačný paraboloid.

Zostáva už len ukázať, že iskry sa dostanú do ľubovoľného bodu pod krivkou. Povedali sme, že iskry sa dostanú do všetkých bodov popísaných rovnicou 1. A keďže funkcia tangens je spojitá na intervale \(\left(-\frac{\pi}{2}; \frac{\pi}{2}\right)\) aj na intervale \(\left(\frac{\pi}{2}; \frac{3\pi}{2}\right)\), čo zodpovedá všetkým našim uhlom \(\phi\) okrem \(\phi=\frac{\pi}{2}\) a \(\phi=-\frac{\pi}{2}\), tieto krivky určite prejdú všetkými bodmi pod krivkou okrem tých, ktoré ležia priamo pod prskavkou (čo dáva zmysel). Body ležiace priamo pod prskavkou pokryje iskra, ktorá vyletí kolmo nahor a vráti sa tam, odkiaľ vyletela.

Ak by ste mali záujem o simuláciu toho, ako situácia vyzerá, neváhajte si otvoriť túto a trochu sa v nej pohrať.