Wie hoch war die Mündungsgeschwindigkeit einer selbstgebauten Waffe, die direkt nach oben abgefeuert wurde, wenn die Sendezeit 8,2 Sekunden betrug?

Der Luftwiderstand einer Kugel wird durch ² angegeben

$$F_{\textrm{drag}} = \frac{1}{2} \rho C_d A v^2$$

$C_d$ist normalerweise eingestellt$0.1$für eine Kugel ¹ ,$A$ist die relevante Oberfläche, d. h.$\left(\frac{\textrm{diametre}}{2}\right)^2 \pi$,$\rho \approx 1.2\textrm{ kgm}^{-3}$³ .

Wir können ein 1-dimensionales Koordinatensystem aufstellen, bei dem "oben" positiv ist$s$Richtung. Dann haben wir

$$F_{\textrm{grav}} = - mg$$

Und

$$F_{\textrm{drag}} = - \left(\frac{1}{2} \rho C_d A \equiv K \right) \frac{v^3}{\sqrt{v^2}}$$

da es in die entgegengesetzte Richtung wirkt$v$. Ich habe eine Konstante eingeführt$K$Notation zu vereinfachen. Dann:

$$-m g - K \frac{v^3}{\sqrt{v^2}} = m \frac{\textrm{d}v}{\textrm{d}t}$$

das ist eine Differentialgleichung erster Ordnung in$v$aber in zweiter Ordnung$s$. Es ist jedoch nicht trivial, es zu lösen, da es nichtlineare Terme enthält$v$. Auch die numerische Lösung des Systems ist nicht trivial, da eine der Anfangsbedingungen$v(0)$ist unbekannt (d.h. wir können es nicht einfach zeitlich entwickeln aus$t = 0$).

Als Rand-/Anfangsbedingungen haben wir:

$$s(t = 0) = 0 \quad ; \quad s(t=8.2) = 0 ; \quad v(t=0) = v_0$$

Ich würde wahrscheinlich über die Einstellung gehen$v(0)$zu einer bestimmten Zahl, dann lassen Sie das System sich entwickeln und prüfen, wo sich das Objekt befindet$t = 8.2$- Wenn$s$positiv ist, abnehmen$v(0)$, Wenn$s$negativ ist, erhöhen$v(0)$(das Problem grundsätzlich numerisch lösen).

Ich denke, das Problem numerisch zu lösen, wäre einfacher, wenn wir die maximale Höhe hätten$s_{\textrm{max}}$im Objektpfad. Einstellen der Zeit, zu der es diese Höhe erreicht$0$, Wir würden haben:

$$s(0) = s_{\textrm{max}} \quad ; \quad v(0) = 0$$

und man könnte das System einfach zeitlich rückwärts entwickeln, bis$s(t) = 0$.

Es tut mir leid, dass ich keine vollständige Antwort geben kann, aber vielleicht hat jemand eine Idee, wie es von hier aus weitergehen kann?

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John Rennie hat einen hilfreichen Link gepostet , der behauptet, eine analytische Lösung für dieses Problem zu haben. Ich habe diese Lösung nicht verifiziert, sondern zwei Formeln herausgesucht:

$$t_{\textrm{imp}} = \tau \cosh^{-1}\left( \exp\left( \frac{y_{\textrm{peak}}}{\tau v_t}\right) \right)$$

$$y_{\textrm{peak}} = - v_t \tau \ln\left( \cos\left( \tan^{-1}\left( \frac{v_0}{v_t} \right) \right) \right)$$

Wo$\tau$ist die charakteristische Zeit,$v_t$ist die Endgeschwindigkeit (die maximale Geschwindigkeit, die ein frei fallendes Objekt aufgrund des Luftwiderstands gegen die Schwerkraft erreicht) und$t_{\textrm{imp}}$ist die Zeit, nach der ein Objekt den Boden wieder erreicht.$v_0$ist die gesuchte Anfangsgeschwindigkeit.

Das Umstellen ergibt:

$$\tan \left( \cos^{-1} \left( \exp \left( - \ln \left( \cosh \left( \frac{t_{\textrm{imp}}}{\tau} \right) \right) \right) \right) \right) v_t = v_0$$

$v_t$ist gegeben als

$$v_t = \sqrt{\frac{2 m g}{C_d \rho A}}$$

Und$\tau = v_t / g$. Wenn ich das alles zusammenstecke, erhalte ich:

$$v_0 = 91.032\textrm{ ms}^{-1} = 203\textrm{ mph}$$

Als Referenz habe ich in Qalculate Folgendes eingegeben :

tan(acos(e^(−ln(cosh(8.2s × 9.81 N/kg / sqrt( (2× 4ounce × 9.81 N/kg)/(0.1 × 1.29 kg/m^3 × Pi × (1 in)^2)))))))×sqrt( (2× 4ounce × 9.81 N/kg)/(0.1 × 1.29 kg/m^3 × Pi × (1 in)^2)) 

Wie John Rennie betont, können Sie die Claudius-Gleichung analytisch lösen, indem Sie sie in zwei verschiedene Fälle aufteilen. Ihre Grundgleichung ist

$$m \dot{v} = -mg \mp k v^2,$$

wobei der Luftwiderstand auf dem Weg nach oben negativ und nach unten positiv ist. Es wird die Dinge einfacher machen, alles dimensionslos zu machen. Wir haben$[m]=M$,$[k]=ML^{-1}$Und$[g]=LT^{-2}$, sodass wir die folgenden dimensionslosen Variablen für Zeit, Raum, Geschwindigkeit und Beschleunigung konstruieren können:

$$t=\sqrt{\frac{m}{gk}}\tau,\ x=\frac{m}{k}\xi,\ v=\sqrt{\frac{gm}{k}}\omega,\ a=g\alpha,$$

und verwandle die Gleichung in

$$\dot{\omega} = -1 \mp \omega^2,$$

oder gleichwertig

$$\frac{\dot{\omega}}{1 \pm \omega^2} = -1.$$

Auf dem Weg nach oben, positives Vorzeichen im Nenner, kann als integriert werden

$$\arctan \omega = -\tau + T_1,\ \omega = \tan(T_1-\tau),$$

Wenn der Start um erfolgt$\tau=0$mit$\omega=\omega_0$, das können wir uns vorstellen$T_1=\arctan \omega_0$, das ist auch die Zeit, die das Projektil braucht, um seinen Scheitelpunkt zu erreichen.

Einmal mehr integrieren,

$$\xi = \log(\cos(\arctan \omega_0-\tau)) + \Xi_1,$$

und bei$\tau=0$wir haben$\xi=0$, So$\Xi_1, = -\log(\cos(\arctan \omega_0))$, oder

$$\xi = \log \frac{\cos(\arctan \omega_0-\tau)}{\cos(\arctan \omega_0)},$$

und die maximale Höhe, die das Projektil erreicht, sein wird

$$\xi_{max} = \log \frac{1}{\cos(\arctan \omega_0)}.$$

Auf dem Weg nach unten, negatives Vorzeichen im Nenner, können wir auch integrieren, um zu bekommen

$$\tanh^{-1}\omega = -\tau +T_2,\ \omega = \tanh(T_2-\tau)$$

und wir wollen haben$\omega=0$Wenn$\tau=\arctan \omega_0$, um einen gemeinsamen Zeitenursprung zu haben, also bekommen wir wieder$T_2 = \arctan \omega_0$.

Noch einmal integrieren,

$$\xi = -\log(\cosh(\arctan \omega_0-\tau)) + \Xi_2,$$

und seit wann$\tau=\arctan \omega_0$wir haben$\xi=\log \frac{1}{\cos(\arctan \omega_0)}$, können wir herausfinden$\Xi_2 = \log \frac{1}{\cos(\arctan \omega_0)}$, So

$$\xi = -\log(\cosh(\arctan \omega_0-\tau)) + \log \frac{1}{\cos(\arctan \omega_0)},$$

und wenn deine Kartoffel auf den Boden zurückkehrt$\xi=0$Und

$$\cosh(\arctan \omega_0-\tau) = \frac{1}{\cos(\arctan \omega_0)}.$$

Aus dieser letzten Gleichung möchten Sie herausfinden$\omega_0$, Ihre Startgeschwindigkeit, gegeben$\tau$, die Gesamtflugzeit. Und diesen letzten Teil würde ich vorschlagen, numerisch zu machen...