Vassrett fysikk

[Nebuchadnezzar]

En ball blir slått fra et vannrett bord med farten v. Høyden på bordet er h meter. Når ballen treffer bakken spretter den videre med samme vinkel som nedslagvinkelen. Hver gang ballen treffer bakken, mister den 10% av sin mekaniske energi.
Finn ett uttrykk for hvor langt ballen kommer uttrykt ved v og h =)

[espen180]

Her krever vi selvfølgelig at ballen ikke ruller videre når den er ferdig med å sprette.

[Karl_Erik]

Her krever vi selvfølgelig at ballen ikke ruller videre når den er ferdig med å sprette.

Gjør en egentlig det? Den mekaniske energien avtar jo geometrisk, så den har jo alltid 'noe til overs'. Derfor blir den jo aldri ferdig med å sprette?

[Nebuchadnezzar]

Mener det blir en geometrisk rekke ja, mener at denne rekka konvergerer.

Noen som tar utfordringen? Plottet litt på siden, men ble stygt og fælt så håper noen kan plukke opp ballen. hehe

[Charlatan]

Jeg antar ballen slås vannrett fra bordet.

Vi bemerker oss en ting: når ballen treffer bakken med innfallssvinkel og utfallssvinkel [tex]\alpha[/tex] vil banen bli en parabel, som er symmetrisk ved refleksjon om toppunktet, så neste innfallsvinkel vil også være [tex]\alpha[/tex]. Altså vil alle innfallsvinkler og utfallsvinkler være lik [tex]\alpha[/tex].

Vi er ute etter den horisontale hastigheten til ballen (som forholder seg konstant mens den er i lufta) mellom hver landing, og tiden den bruker på hver slik parabel-bane.

For n > 0 la v_n = hastigheten ballen har etter landing n, V_n = den vannrette hastigheten ballen har etter landing n, og t_n = tiden den er i lufta etter landing n.

Vi definerer også v_0 som den initielle hastigheten, t_0 = tiden den bruker før den lander, og V_0 den vannrette hastigheten før den lander. Da er det klart at v_0 = V_0 = v.

Banen til ballen etter første utkast kan beskrives ved tiden t som [tex][v_0t,h-\frac{g}{2}t^2][/tex]. Tidspunktet ballen lander er gitt ved [tex]h = \frac{g}{2}t^2 \Leftrightarrow t = \sqrt{\frac{2h}{g}}[/tex]. Det betyr at [tex]t_0 = \sqrt{\frac{2h}{g}}[/tex].

Videre er retningsvektoren til ballen før den lander lik [tex]s^{\prime}(t) = [v_0,-gt][/tex], så retningsvektoren idet den lander vil bli [tex][v_0,-\sqrt{2gh}][/tex]. Det betyr at innfallsvinelen vil være [tex]\alpha = \arctan(\frac{\sqrt{2gh}}{v_0})[/tex].

Den mekaniske energien til ballen er i utgangspunktet [tex]mgh+\frac{1}{2}mv_0^2[/tex], der m er massen til ballen. Den mekaniske energien til ballen etter den lander vil være [tex]\frac{1}{2}mv_1^2.[/tex] Siden den mister 10% av energien, må

[tex]\frac{1}{2}mv_1^2 = 0.9(mgh+\frac{1}{2}mv_0^2)[/tex], dvs [tex]v_1^2 = 0.9(2gh+v_0^2)[/tex].

Generelt vil den miste 10% av energien hver gang den lander, og den mekaniske energien til ballen etter n'te landing er [tex]\frac{1}{2}mv_n^2[/tex]. Det betyr at [tex]\frac{1}{2}mv_{n+1}^2 = 0.9\frac{1}{2}mv_{n}^2[/tex], så [tex]v_{n+1}^2 = 0.9v_n^2[/tex]. Ved induksjon er det klart at [tex]v_{n}^2 = 0.9^{n-1}v_1^2[/tex].

Banen til ballen etter n'te landing er gitt ved tiden t (vi lar t = 0 idet den lander) [tex]s_n(t) = [v_n\cos(\alpha)t,v_n\sin(\alpha)t-\frac{1}{2}gt^2][/tex], så den treffer bakken etter [tex]t = \frac{2v_n\sin(\alpha)}{g}[/tex]. Det betyr at [tex]t_n = \frac{2v_n\sin(\alpha)}{g}[/tex].

Dessuten er det klart at [tex]V_n = v_n\cos(\alpha)[/tex].

Vi er ute etter den totale avstanden til ballen, dvs

[tex]\sum^{\infty}_{n=0} V_nt_n = V_0t_0 + \sum^{\infty}_{n=1} V_nt_n = V_0t_0 + \sum^{\infty}_{n=1} v_n\cos(\alpha) \frac{2v_n\sin(\alpha)}{g}[/tex]
[tex]= V_0t_0 + \frac{2\cos(\alpha)\sin(\alpha)}{g} \sum^{\infty}_{n=1} v_n^2 = V_0t_0 + \frac{\sin(2\alpha)}{g} \sum^{\infty}_{n=1} 0.9^{n-1}v_1^2[/tex]
[tex]= V_0t_0 + v_1^2\frac{\sin(2\alpha)}{g} \sum^{\infty}_{n=0} 0.9^{n} = V_0t_0 + v_1^2\frac{10\sin(2\alpha)}{g} = v_0\sqrt{\frac{2h}{g}} + 0.9(2gh+v_0^2)\frac{10\sin(2\alpha)}{g} = v_0\sqrt{\frac{2h}{g}} + \frac{9(2gh+v_0^2)\sin(2\alpha)}{g}[/tex]


Videre er
[tex]\sin(2\alpha) = 2 \tan(\alpha)\cos^2(\alpha) =\frac{2 \tan(\alpha)}{1+\tan(\alpha)^2} = \frac{2\frac{\sqrt{2gh}}{v_0} }{1+\frac{2gh}{v_0^2}} = \frac{2v_0\sqrt{2gh} }{v_0^2+2gh}[/tex]

Vi ender altså opp med den totale avstanden

[tex]S = v_0\sqrt{\frac{2h}{g}} + \frac{9(2gh+v_0^2)(\frac{2v_0\sqrt{2gh} }{v_0^2+2gh})}{g} = v_0\sqrt{\frac{2h}{g}} + \frac{9(2v_0\sqrt{2gh})}{g} = v_0\sqrt{\frac{2h}{g}} + 9(2v_0\sqrt{\frac{2h}{g}}) = 19v\sqrt{\frac{2h}{g}}[/tex].

Når jeg ser hvordan alt faktoriserte og ordnet seg på slutten mistenker jeg at det finnes en enklere løsning enn dette! Men håper at det ikke har sneket seg inn noen feil her i hvert fall.

[Charlatan]

Dette generaliseres enkelt til tilfellet hvor ballen mister P% av energien sin. Vi får da [tex]S = \frac{200-P}{P}v\sqrt{\frac{2h}{g}}[/tex].

Dersom ballen hadde blitt slått med en positiv vinkel fra bordet, kan man bruke følgende metode: Finn øyeblikket ballen når sin maksimale høyde, og betrakt situasjonen herfra som om ballen var blitt slått fra et vannrett bord fra denne høyden (da trenger man selvsagt også å finne hastigheten). Til slutt trenger man bare legge til avstanden mellom utslagsstedet og maksimalpunktet.

[espen180]

Her krever vi selvfølgelig at ballen ikke ruller videre når den er ferdig med å sprette.

Gjør en egentlig det? Den mekaniske energien avtar jo geometrisk, så den har jo alltid 'noe til overs'. Derfor blir den jo aldri ferdig med å sprette?

Jo, slik som oppgaven er formulert må jeg innrømme du har rett. Jeg tenkte at ballen har et opprinnelig drivmoment som ikke avtar når den treffer bakken, men hvis dette avtar i samme forhold som resten av den mekaniske energien er det vel ikke noe problem.

[Charlatan]

Det er forsåvidt verdt å nevne at den faktisk blir ferdig med å sprette, siden [tex]\sum t_n[/tex] konvergerer. På dette tidspunktet er all mekanisk energi borte, og siden eneste mulige bevegelse er i parabelbane (som krever vertikal hastighetskomponent) vil den følgelig ligge stille.