szukanie zaawansowane
 [ Posty: 4 ] 
Autor Wiadomość
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 17 lut 2008, o 21:42 
Użytkownik

Posty: 399
Na wielu forach widziałem próby dojścia do równania krzywej balistycznej postaci y(x), ale w najlepszym przypadku kończyło się y=..., x=.... Również w internecie nie znalazłem niczego na ten temat. Nawet Wikipedia podaje tylko opis tego czym krzywa balistyczna jest, więc ja nie będę się nad tym rozwodził. Poza tym nudzi mi się i piszę już tak od kilku dni to Kompendium. Mam nadzieję, że przyda się to komuś.
Wszelkie pytania i zastrzeżenia proszę kierować na PW

Równanie krzywej balistycznej w postaci y(x)


Przed całymi rozważaniami poleciłbym zaznajomić się chociaż z tym tematem.
Zapiszmy warunki początkowe:
\vec{r}(0)=\vec{0},\qquad \vec{v}(0)=\vec{v}_o,\qquad \vec{v}_o =[v_o\cos\alpha,v_o\sin\alpha,0] ,\qquad \vec{g}=[0,-g,0]

Nasze rozważania dotyczą oczywiście ruchu ciała w ośrodku, gdzie oprócz siły ciężkości działa jeszcze siła oporu ośrodka wyrażona wzorem F_{op}=-bv, gdzie b jest pewną stałą zależną od parametrów ciała.

II ZD dla naszego przypadku wygląda tak:
\begin{cases}F_x=-F_{op} \\ F_y=-Q-F_{op}\end{cases}
Zatem:
\begin{cases} \frac{dv_x}{dt}=-\frac{b}{m}v_x \\ \frac{dv_y}{dt}=-g-\frac{b}{m}v_y   \end{cases}
Składowej z-etowej nie ma sensu rozpatrywać bo wynosi 0.

Składowa x-owa
Po rozdzieleniu zmiennych:
\frac{dv_x}{v_x}=-\frac{b}{m}dt \\ \int \frac{dv_x}{v_x}=-\frac{b}{m}\int dt \\ \ln\frac{v_x}{C_{vx}}=-\frac{b}{m}t \Leftrightarrow \frac{v_x}{C_{vx}}=e^{-\frac{b}{m}t}
Dla t=0, C_{vx}=v_o\cos\alpha
\underline{v_x=v_o(\cos\alpha)e^{-\frac{b}{m}t}}

\frac{dx}{dt}=v_o(\cos\alpha)e^{-\frac{b}{m}t} \\ \int dx=v_o(\cos\alpha)\int e^{-\frac{b}{m}t}dt \\ x=v_o(\cos\alpha)\left(-\frac{m}{b}\right)e^{-\frac{b}{m}t}+C_x
Dla t-0, C_x=\frac{m}{b}v_o\cos\alpha
x=-\frac{m}{b}(v_o\cos\alpha)e^{-\frac{b}{m}t}+\frac{m}{b}(v_o\cos\alpha) \\ \underline{x=\frac{m}{b}(v_o\cos\alpha)\left(1-e^{-\frac{b}{m}t}\right)}

Składowa y-kowa
Aby sprawnie można było rozdzielić zmienne równanie na v_y można zapisać:
\frac{dv_y}{dt}=-\frac{b}{m}\left(v_y+\frac{mg}{b}\right)
Po rozdzieleniu zmiennych:
\frac{dv_y}{v_y+\frac{mg}{b}}=-\frac{b}{m}dt \\ \int\frac{dv_y}{v_y+\frac{mg}{b}}=-\frac{b}{m}\int dt
Podstawiamy:
f=v_y+\frac{mg}{b}\Rightarrow df=dv_y
\int \frac{df}{f}=-\frac{b}{m}\int dt \\ \ln \frac{f}{C_{vy}}=-\frac{b}{m}t \Leftrightarrow \frac{v_y}{C_{vy}}=e^{-\frac{b}{m}t}
Dla t=0 C_{vy}=f=v_o\sin\alpha+\frac{mg}{b}
f=\left(v_o\sin\alpha+\frac{mg}{b}\right)e^{-\frac{b}{m}t} \\ \underline{v_y=\left(v_o\sin\alpha+\frac{mg}{b}\right)e^{-\frac{b}{m}t}-\frac{mg}{b}}

\frac{dy}{dt}=\left(v_o\sin\alpha+\frac{mg}{b}\right)e^{-\frac{b}{m}t}-\frac{mg}{b} \\ \int dy=\left(v_o\sin\alpha+\frac{mg}{b}\right)\int e^{-\frac{b}{m}t}dt-\frac{mg}{b}\int dt \\ y=-\frac{m}{b}\left(v_o\sin\alpha+\frac{mg}{b}\right)e^{-\frac{b}{m}t}-\frac{mgt}{b}+C_y
Dla t=0, C_y=\frac{m}{b}\left(v_o\sin\alpha+\frac{mg}{b}\right)
y=-\frac{m}{b}\left(v_o\sin\alpha+\frac{mg}{b}\right)e^{-\frac{b}{m}t}-\frac{mgt}{b}+\frac{m}{b}\left(v_o\sin\alpha+\frac{mg}{b}\right) \\ \underline{y=\frac{m}{b}\left(v_o\sin\alpha+\frac{mg}{b}\right)\left(1-e^{-\frac{b}{m}t}\right)-\frac{mgt}{b}}

Przepiszmy teraz dwa równania x(t) i y(t) pod sobą:
x=\frac{m}{b}(v_o\cos\alpha)\left(1-e^{-\frac{b}{m}t}\right) \\ y=\frac{m}{b}\left(v_o\sin\alpha+\frac{mg}{b}\right)\left(1-e^{-\frac{b}{m}t}\right)-\frac{mgt}{b}
Widzimy, że pewien nawias powtarza się w dwóch równaniach. Wyznaczmy go z x(t)
1-e^{-\frac{b}{m}t}=\frac{xb}{mv_o\cos\alpha}
tak czy tak musimy wyznaczyć czas więc nie ma na co czekać. Po kilku prostych przekształceniach mamy, że
t=-\frac{m}{b}\ln\left(1-\frac{xb}{mv_o\cos\alpha}\right)

Czyli ostatecznie równanie krzywej balistycznej wygląda tak:

\underline{\underline{y(x)=\left(\tan\alpha+\frac{mg}{bv_o\cos\alpha}\right)x+g\cdot\frac{m^2}{b^2}\ln\left(1-\frac{xb}{mv_o\cos\alpha}\right)}}
Uniwersytet Wrocławski Instytut Matematyczny - rekrutacja 2018
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 18 lut 2012, o 17:35 
Użytkownik
Avatar użytkownika

Posty: 1050
Lokalizacja: Białystok|Warszawa
Powyższe wyprowadzenie wymaga komentarza, bowiem założenie, że opór ruchu ciała w płynie jest opisany zależnością (znaną jako prawo Stokesa) \vec{F_d}=-k\vec{v} jest prawdziwe tylko dla małych liczb Reynoldsa (Re  \approx  1-5), czyli małych wartości prędkości, lub dużej lepkości płynu. Dla rzutów należy skorzystać ze wzoru
\vec{F_d}=-\frac{1}{2}\rho\cdot \vec{v}^2\cdot S\cdot C_x
co oczywiście zmienia sposób rozwiązania.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 21 lut 2012, o 13:15 
Użytkownik

Posty: 5686
Lokalizacja: Staszów
Jeżeli prędkość ruchu na części toru będzie wieksza niż prędkość dźwięku w ośrodku to problem staje się jeszcze bardziej złożony.

W.Kr.
Góra
Mężczyzna Offline
PostNapisane: 9 mar 2012, o 18:45 
Moderator
Avatar użytkownika

Posty: 3066
Lokalizacja: Warszawa
No i dla kwadratowej zależności od prędkości nie da się napisać pełnego wzoru, bo pojawiają się w trakcie obliczeń całki eliptyczne. Może dlatego większość tego nie podaje.
Góra
Utwórz nowy temat Odpowiedz w temacie  [ Posty: 4 ] 


 Zobacz podobne tematy
 Tytuł tematu   Autor   Odpowiedzi 
 Rzut ukośny z oporem powietrza - równanie y(x)  Gargggamel  9
 rzut fałszywą monetą, niezależność zdarzeń  Yenneferzyca  1
 Rzut monetą i losowanie karty.  paweelloo90  1
 Rzut ortogonalny wektora - zadanie 5  m_re  0
 Rzut kostką do gry i monetą  piotrekpiotrek  1
 
Atom [Regulamin Forum] [Instrukcja LaTeX-a] [Poradnik] [F.A.Q.] [Reklama] [Kontakt]
Copyright (C) Karpatka.pl