Это далеко не простая проблема. В постоянном$g$определяем общее время полета от$v_{0,y}$(который содержит угол запуска ) и$g$, затем вставьте его в$v_x(t)$.

Итак, давайте посмотрим, сможем ли мы сделать это здесь.

$$F=\frac{GMm}{y^2},$$

где$y$это расстояние до центра Земли. Уравнение движения становится:

$$ma_y=-\frac{GMm}{y^2}$$ $$\frac{dv_y}{dt}=-\frac{GM}{y^2}$$ Примените цепное правило к LHS: $$\frac{dv_y}{dy}\frac{dy}{dt}=-\frac{GM}{y^2}$$

$$v_ydv_y=-\frac{GM}{y^2}dy$$ Интеграция дает нам максимальную высоту $y_{max}$достижимо: $$\int_{v_{0,y}}^0v_ydv_y=-\int_{R}^{y_{max}}\frac{GM}{y^2}dy$$ $$-\frac12 v_{0,y}^2=-GM\Big[-\frac1y\Big]_{R}^{y_{max}}$$ $$-\frac12 v_{0,y}^2=GM\Big[\frac{1}{y_{max}}-\frac1R\Big]$$ $$y_{max}=\frac{2GMR}{2GM-Rv_{0,y}^2}$$ Где $R$это радиус Земли. Или для произвольной высоты $y$: $$\frac12 v_{y}^2-\frac12 v_{0,y}^2=GM\Big[\frac{1}{y}-\frac1R\Big]$$ $$\frac12 v_{y}^2=\frac12 v_{0,y}^2+GM\Big[\frac{1}{y}-\frac1R\Big]$$ $$v_y=\sqrt{v_{0,y}^2+2GM\Big[\frac{1}{y}-\frac1R\Big]}$$

$$\frac{dy}{dt}=\sqrt{v_{0,y}^2+2GM\Big[\frac{1}{y}-\frac1R\Big]}$$ $$\sqrt{\frac{(v_{0,y}^2R-2GM)y-2GM}{Ry}}dy=dt$$

Хотя это может быть интегрировано и имеет аналитическое решение , его решение нельзя сделать явным в$t$. Таким образом, время вертикального полета здесь не может быть легко получено.

При условии, что скорость запуска$v$меньше скорости убегания, траектория будет частью эллипса (обозначен красным на диаграмме ниже) с центром Земли в одном фокусе (F). Форма (эксцентриситет$e$) и ориентация$\theta$эллипса определяются скоростью старта$v$и угол$\alpha$(здесь измеряется относительно вертикали). Точки старта и посадки (А, В) являются пересечениями эллипса с окружностью Земли. Диапазон (расстояние по поверхности Земли между A и B) составляет$2R\theta$.

Уравнение эллипса
$r=\frac{a(1-e^2)}{1-e\cos\theta}$.

Большая полуось$a$эллипса можно найти из уравнения Vis Viva
$v^2=GM(\frac{2}{R}-\frac{1}{a})$
$\frac{1}{\rho}=2-\frac{Rv^2}{GM}$
где$R$это радиус Земли и$\rho=\frac{a}{R}$.

Радиальная и тангенциальная составляющие скорости$v_r=v\cos\alpha, v_{\theta}=v\sin\alpha$. Заменять$a,v_r,v_{\theta}$в уравнения № 12, № 17 и № 20 по ссылке ниже, чтобы получить 2 одновременных уравнения, касающиеся эксцентриситета$e$орбиты и позиционного угла$\theta$точки запуска:
$v_r^2=\frac{GM}{a}\frac{e^2\sin^2\theta}{1-e^2}$
$v_{\theta}^2=\frac{GM}{a}\frac{(1-e\cos\theta)^2}{1-e^2}$.
которые становятся
$(2\rho-1)\cos^2\alpha=\frac{e^2}{1-e^2}\sin^2\theta$
$(2\rho-1)\sin^2\alpha=\frac{1}{1-e^2}(1-e\cos\theta)^2$.

Решите эти 2 уравнения (возможно, методом проб и улучшений или любым другим численным методом), чтобы найти угол$\theta$.

Ссылка: Страницы физики: Скорость на эллиптической орбите

Если скорость достаточно высока для того, чтобы снаряд мог избежать земного притяжения, то расстояние можно считать бесконечным.

Давайте рассмотрим случай, когда скорость снаряда недостаточно высока, чтобы избежать земного притяжения. Тогда траектория снаряда представляет собой эллипс с землей в одном из двух фокусов.

Если расстояние перигея снаряда больше или равно радиусу Земли, то снаряд всегда будет вращаться вокруг Земли.

Если расстояние перигея снаряда меньше радиуса Земли, его траектория пересекает периметр (поверхность) Земли в двух точках. Искомый угол — это угол пересечения двух кривых.

Немного поздно, но я поделюсь своим (геометрическим) ответом на это.

Общий случай

Орбита Кеплера описывается эллипсом с ЦМ планеты в одном из фокусов. Я нарисовал решение здесь: В этом сценарии хорошо то, что мы можем просто минимизировать орбитальную энергию (поскольку мы начинаем без скорости, это будет оптимальная орбита с точки зрения требуемой скорости запуска).$v_0$). Орбитальная энергия на единицу массы равна

$$\epsilon=-\frac{GM}{2a} \overset{t=0}{=} -\frac{GM}{R} + \frac{1}{2}{v_0^2}.$$ Следовательно, наилучшей орбитой является эллипс, который минимизирует длину большой полуоси.$a$. Он должен пройти через точку запуска$L$к месту назначения$D$, который имеет один фокус на COM планеты$C$.

Обозначим фокусы эллипса$C$(центр планеты) и$F$. Для эллипса мы знаем, что$CL+LF = 2a$($CL$это расстояние между$C$и$L$, а также для$LF$и т. д.), и$CD+DF=2a$. Таким образом, вторая точка фокусировки должна удовлетворять

$$LF-DF=CD-CL$$ Гипербола с фокусами$L$и$D$, также показанный на рисунке. Длина большой полуоси эллипса равна$a=\frac{1}{2}(CD+DF)$, поэтому, чтобы минимизировать это, мы должны минимизировать расстояние$DF$на этой гиперболе (CD фиксируется задачей), поэтому$F$должен четко лежать на линии$LD$, как показано на рисунке.

Эллипс обладает тем свойством, что любые лучи (например, лучи света), исходящие из одного фокуса, отражаются в другом фокусе. Другими словами, биссектриса угла перпендикулярна эллипсу. Используя это, мы получаем выражение угла:$\frac{1}{2}\gamma+\beta+\alpha=90^\circ$. Рядом с этим у нас есть это$\gamma+\beta=90^\circ$. Комбинируя их, мы находим оптимальный угол запуска:

$$\alpha = \frac{1}{2}\gamma$$

Нужную скорость также легко рассчитать, так как длина большой полуоси составляет всего$4a = (CL+LF)+(CD+DF) = CL+LD+CD$, а значит, и скорость

$$v_0 = \sqrt{\frac{GM}{R}}\sqrt{2-\frac{4R}{CL+LD+CD}}$$

Пункт назначения и запуск как на земле

В случае, если$D$тоже на земле($CL=CD=R$), формулы становятся достаточно красивыми для дальнейшей работы. Предположим, что расстояние по дуге большого круга между запуском$L$и пункт назначения$D$является$\Theta$, то оптимальный угол пуска будет

$$\alpha=45^\circ-\frac{\Theta}{4}$$ скорость будет $$v_0 = \sqrt{\frac{GM}{R}}\sqrt{2-\frac{4}{2+2\sin{\Theta/2}}} = \sqrt{\frac{GM}{R}}\sqrt{2}\sqrt{\frac{\sin{\Theta/2}}{1+\sin{\Theta/2}}}$$ Хороший результат: как$\Theta\to 0$, оптимальный угол пуска будет$\alpha = 45^\circ$, и$v_0^2 = \frac{GM}{R} \Theta$, а с расстоянием$D =\Theta R$, это сводится к знакомому$v_0^2 = g D$(для постоянной гравитации).

Для$\Theta\to180^\circ$(другой конец планеты), оптимальный угол будет$\alpha\to0^\circ$, со скоростью$v_0=\sqrt{\frac{GM}{R}}$(достаточно, чтобы оставаться точно на уровне земли)