matematikk.net

Hvis vi ser bort fra luftmotstand, vil en ball lande lengst fra startpunktet om den kastes i 45-graders vinkel, men ved hvilken vinkel vil banelengden til ballen være lengst?

Vi har kastet [tex]y=-\frac{g}{2}t^2+v_0\sin \varphi t[/tex] og [tex]x=v_0\cos\varphi t[/tex]

[tex]-\frac{g}{2}t^2+v_0\sin \varphi t=0 \\ t=0 \vee t=\frac{2v_0\sin\varphi}{g}[/tex]

Disse t-verdiene blir grensene for integrasjonen [tex]\int_{t_1}^{t_2} |\vec{v}|dt[/tex].

[tex]v_x=v_0\cos\varphi \\ v_y=-gt+v_0\sin\varphi \\ |\vec{v}|=v_x^2+v_y^2=v_0^2(\sin^2\varphi+\cos^2\varphi)+g^2t^2-2gv_0\sin\varphi t=g^2t^2-2gv_0\sin\varphi t+v_0[/tex]

Vi foretar integrasjonen.

[tex]\int_0^{\frac{2v_0\sin\varphi}{g}} g^2t^2-2gv_0\sin\varphi t+v_0 dt=\left[\frac{g^2}{3}t^3-gv_0\sin\varphi t^2+v_0t\right]_0^{\frac{2v_0\sin\varphi}{g}} \\ =\frac{8v_0^3\sin^3\varphi}{3g}-\frac{8v_0^3\sin^3\varphi}{g}+\frac{2v_0^2\sin\varphi}{g}=\frac{32v_0^3\sin^3\varphi+6v_0^2\sin\varphi}{3g}[/tex]

Dette må veriveres og optimeres for [tex]\varphi[/tex]

[tex]\frac{d}{d\varphi} \frac{32v_0^3\sin^3\varphi+6v_0^2\sin\varphi}{3g}=\frac{32v_0^3\cos\varphi \sin^2\varphi + 2v_0^2\cos \varphi}{g}[/tex]

[tex]\frac{32v_0^3\cos\varphi \sin^2\varphi + 2v_0^2\cos \varphi}{g}=0[/tex]

Løser og får fire løsninger (to er reelle)

[tex]\varphi=\pm \frac{\pi}{2} \, \vee \, \varphi=\pm \arcsin\left(\sqrt{\frac{1}{16v_0}}\right)[/tex]

Når vi tar ensyn til att vi ikke kan kaste i komplekse baner og at vi ikke kan kaste nedover, gjenstår [tex]\varphi=\frac{\pi}{2}=90^\circ[/tex] som endelig svar.

espen180 wrote:[tex]|\vec{v}|=v_x^2+v_y^2[/tex]

Er ikke [tex]|\vec{v}|=\sqrt{v_x^2+v_y^2}[/tex]?

Så enkelt er det å ødelegge hele utregninga...

espen180 wrote:

Så enkelt er det å ødelegge hele utregninga...

Hehe, der fikk jeg nesten litt medlidenhet.

Får at banelengden er
[tex]L(x)=\frac{v_0^2}{g}\frac{x\sqrt{1+x^2}+\log(x+\sqrt{1+x^2})}{1+x^2}[/tex]

hvor [tex]x= \tan \theta[/tex]

Dersom vinkelen er 45 grader, er lengden:

[tex]L(1)=\frac{v_0^2}{g}\frac{\sqrt{2}+\log(1+\sqrt{2})}{2}[/tex].

Dette er større enn buelengden dersom vinkelen er 90. dvs:

[tex]\lim_{x \to \infty}L(x)=\frac{v_0^2}{g}[/tex], så 90 grader er ikke det optimale.

Den optimale løsningen er gitt ved

[tex]\sqrt{1+x^2}(1+x^2)=2x^2\sqrt{1+x^2}+2x\log(x+\sqrt{1+x^2})[/tex]

altså [tex]x \approx 0.619, \ \theta \approx 31.77^{\circ}[/tex]

Charlatan er du sikker på at det er riktig ?

Gjorde litt testing i geogebra og kom fram til at den optimale vinkelen var 60 grader. Kanskje bare jeg som er en idiot men men.

Her er dynamisk ark der man kan teste ut forskjellige vinkler og se banelengden.

http://www.geogebra.org/en/upload/files ... _kast.html

Gjorde visst en liten feil når jeg deriverte, den optimale løsningen er heller gitt ved:

[tex]\sqrt{1+x^2}(1+x^2)=x^2\sqrt{1+x^2}+x\log(x+\sqrt{1+x^2})[/tex]

eller

[tex]\sqrt{1+x^2}=x\log(x+\sqrt{1+x^2})[/tex]

altså [tex]x\approx 1.509, \ \theta \approx 56.47[/tex]

Kan dette stemme overens med tegningen ?

Fikk selv 61,41 [symbol:plussminus] 0,01
Ta en titt på fila, godt mulig jeg har regnet feil.

Men 56.47 virker mye mer sannsynlig enn 31.77 og 90 grader

Jeg ender opp med samme svar som Charlatan.