Maximale Reichweite eines Projektils (aus einer Höhe abgefeuert) [geschlossen]

Question

Maximale Reichweite eines Projektils (aus einer Höhe abgefeuert) [geschlossen]

Ryan

Wenn ein Projektil mit einer Geschwindigkeit abgefeuert wird $u$ aus einer Höhe $H$ über der horizontalen Achse, $g$ die Erdbeschleunigung ist und der Luftwiderstand vernachlässigt wird, ist seine Flugbahn
$j = H + X bräunen θ - X^{2} \frac{G}{2 u^{2}} (1 + {bräunen}^{2} θ),$ $y=H+x \tan θ-x^2\frac g{2u^2}\left(1+\tan ^2\theta\right),$ und seine maximale Reichweite ist $R_{max} = \frac{u}{G} \sqrt{u^{2} + 2 G H} .$ $R_{\max }=\frac ug\sqrt{u^2+2gH}.$

Ich möchte obiges ableiten $R_{\max},$ und hier ist, was ich getan habe:

Ersatz $(x,y)=(R,0)$ in die Bahngleichung;
Differenzieren Sie das Ergebnis in Bezug auf $\theta;$
Ersatz $\left(R,\frac {\mathrm dR}{\mathrm d\theta}\right)=\left(R_{\max},0\right).$

Dies entfällt jedoch $H$ und führt nicht zum gewünschten Ausdruck für $R_{\max }.$ Wie man das Obige tatsächlich ableitet $R_{\max }?$

PS Dies ist der Kontext; oben habe ich alle Vorkommen von ersetzt $L$ unten mit $\frac{u^2}g$ .

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QMechaniker

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Maximale Reichweite eines Projektils (aus einer Höhe abgefeuert) [geschlossen]

leongz · Answer 1

Wie Sie beschrieben haben, ersetzen wir $y=0$ Und $x=R$ in die Bahngleichung:

\begin{matrix} (1) & 0 = H + R bräunen θ - R^{2} \frac{G}{2 u^{2}} {Sek}^{2} θ . \end{matrix}

$0=H+R\tan{\theta}-R^2\frac{g}{2u^2}\sec^2\theta.\tag{1}$ Dann Differenzieren nach

θ

$\theta$ und Einstellung

\frac{d R}{d θ} = 0

$\frac{dR}{d\theta}=0$ :

0 = R_{M A X} {Sek}^{2} θ - R_{M A X}^{2} \frac{G}{2 u^{2}} 2 {Sek}^{2} θ bräunen θ,

$0=R_{max}\sec^2\theta-R_{max}^2\frac{g}{2u^2}2\sec^2\theta\tan\theta,$ was vereinfacht zu

\begin{matrix} (2) & R_{M A X} = \frac{u^{2}}{G} Kinderbett θ . \end{matrix}

$R_{max}=\frac{u^2}{g}\cot\theta.\tag{2}$ Lösen

(1)

$(1)$ Und

(2)

$(2)$ ergibt die gewünschten Ausdrücke für

θ

$\theta$ Und

R_{m a x}

$R_{max}$ .

Schön! DANKE SCHÖN! p.s. Ich habe diese Seite aufgeräumt, um sie allgemeiner und nützlicher zu machen.

Hypergeometrischx · Answer 2

Anpassen von Konzepten aus der Frage und Lösungen hier haben wir

R_{max} = \frac{u w}{G} = \frac{u}{G} \sqrt{u^{2} + 2 G H}

$R_\text{max}=\frac {uw}g=\color{red}{\frac ug\sqrt{u^2+2gH}}$ Und

bräunen θ^{*} = \frac{ℓ - H}{\sqrt{ℓ^{2} - H^{2}}} = \frac{\frac{u^{2}}{G}}{\frac{u}{G} \sqrt{u^{2} + 2 G H}} = \frac{u}{\sqrt{u^{2} + 2 G H}}

$\tan\theta^*=\frac {\ell-H}{\sqrt{\ell^2-H^2}} =\frac {\frac {u^2}g}{\frac ug \sqrt{u^2+2gH}}=\color{red}{\frac u{\sqrt{u^2+2gH}}}$ Wo

ℓ

$\ell$ ist der lineare Abstand zwischen den Start- und Endpunkten des Projektils.

Nachtrag:

Hier $\tan\theta^*$ wurde mit abgeleitet $\theta^*=\frac \pi 4+\frac\alpha 2$ , was dazu führt

bräunen θ^{*} = \frac{1 + Sünde a}{\cos a} = \frac{ℓ (1 + Sünde a)}{ℓ \cos a} = \frac{ℓ - H}{R_{max}}

$\tan\theta^*=\frac {1+\sin\alpha}{\cos\alpha}=\frac {\ell (1+\sin\alpha)}{\ell\cos\alpha}=\frac{\ell -H}{R_{\text{max}}}$ als

α

$\alpha$ ist in diesem Fall negativ.

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Ryan

QMechaniker

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leongz

Ryan

Hypergeometrischx

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