Projektils bane - tid

Betegn en bane som værende mulig såfremt den begynder ved den ene endevæg i afstanden h under loftet, ikke begrænses opadtil af loftet og ender i det ønskede punkt ligeledes i afstanden h under loftet.

Betegn boldens begyndelsesfart med v0 og lad v betegne vinklen mellem vandret og boldens retning i det øjeblik den kastes.

Overbevis dig selv om at den mulige bane, der har den laveste begyndelsesfart, kræver den største kastevinkel for at være en mulig bane [Hint: Benyt at kastelængden v0^2*sin(2v)/g skal være den samme (10 m) for alle baner uanset v0. Slut heraf hvad der må forlanges af v for faldende v0 for at holde udtrykket konstant].

Overbevis dig om at den af de mulige baner, der har der største kastevinkel, også har det højeste toppunkt [Hint: Udse dig to mulige baner og opskriv energibevarelse for dem begge mellem startpunkt og toppunkt. Vis at banen med den laveste mekaniske energi (mindste v0) medfører størst højde idet du udnytter din viden om at dens kastevinkel er størst].

Den mulige bane, der kræver den laveste begyndelsesfart, er defor den bane, der opnår den største højde. Den størt opnåelige højde (regnet fra kastepunktet) i stuen er h = 0.3 m
(hvorfor ?).

Udnyt nu at boldens bevægelse i det vandrette og lodrette plan er uafhængige til at se at regnet fra toppunktet udfører bolden blot et frit fald fra højden h. Faldtiden bestemmes af

h = ½gt^2

Hermed haves halvdelen af tiden for hele kastebevægelsen. Dette ses af at på den tid bolden falder fra toppunktet ned til billedet har den i det vandrette plan bevæget sig præcist halvdelen af stuens længde. Banens toppunkt ligger nemlig præcist midt i mellem de to endevægge idet bolden kastes og rammer i samme niveau. Men da boldens fart i det vandrette plan er konstant må den være lige så lang tid om at bevæge sig fra kastepunktet og hen til toppunktet. Den søgte tid er derfor

t = 2*sqrt(2h/g)

Jeg overså at du tillige efterspurgte kastevinklen. Den kan bestemmes som følger.

Idet vi indlægger et sædvanligt, rektangulært koordinatsystem med origo (begyndelsespunktet) i kastepunktet, x-aksen pegende vandret mod det ønskede nedslagspunkt og lodret y-akse, adlyder boldens bevægelse

y(t) = (v0*cos(v)*t,v0*sin(v)*t-½gt^2)

Af denne formel finder vi nu (du kan formodentligt blot slå op i din lærebog) følgende udtryk for kastelængden og halvdelen af kastetiden

I: S = v0^2sin(2v)/g = 2v0^2cos(v)sin(v)/g
II: t = v0*sin(v)/g

Men halvdelen af kastetiden er jo netop faldtiden fra toppunktet. Denne tid udledtes i mit forrige indlæg og er t = sqrt(2h/g). Man har derfor ved sammenligning med II

v0*sin(v)/g = sqrt(2h/g) <=>
v0*sin(v) = sqrt(2gh)

Dette udtryk for v0*sin(v) indsættes nu i II hvilket giver et udtryk for v0*cos(v)

v0*cos(v) = gS/(2sqrt(2gh))

Da nu tan(v) = sin(v)/cos(v) findes ved division af udtrykkene endelig en ligning til bestemmelse af kastevinklen v

tan(v) = 4h/S , v E [0;pi/2]

Indsættes heri h=0.3m og S=10.0m fås v=6.8 grader. Dette giver iøvrigt en starthastighed (den laveste af alle mulige) på 20.4 m/s.

v0*sin(v) skal naturligvis indsættes i I, ikke II som jeg skrev i skyndingen.

Mange tak for hjælpen.

Forstår det hele nu. Der er dog lige én ting. Jeg får at tan(v)=3h/S

Er det bare mig der har lavet en regnefejl???

Men ellers, rigtig mangetak for hjælpen

Jeg vil tro du har lavet en bøg et sted. Prøv at skrive dine mellemregninger ved bestemmelsen af v0*sin(v) og v0*cos(v).

#5:
bøg -> bøf

Vi begår ikke bøgetræer herinde ;-)

I #2 skal intervallet for elevationen vist restringeres til [0;pi/2[.

#4:
Vi har ifølge #2, at

v0*sin(v) = sqrt(2gh)
v0*cos(v) = gS/(2sqrt(2gh))

og derfor

tan(v) =
[v0*sin(v)]/[v0*cos(v)] =
[sqrt(2gh)*2sqrt(2gh)]/[gS] =
2*2gh/(gS) =
4h/S

for v E [0;pi/2[.

//Epsilon