Helppoa heittoliikettä?

Kyllä, tuosta tulee oikea vastaus. Mutta eihän tämä nyt mene fysiikan lakien mukaan. Tietenkin näillä tarkkuuksilla tämä pätee, mutta ei tämä ole eksatkia päättelyä. Sinänsä typerä tehtävä, että pitäisi olettaa tuollaista, mutta muuta mahdollisuutta ei näköjään ole. Jos olisi annettu joku lähtöarvo lisää niin olisi onnistunutkin.

Fyysinen Fyysikko kirjoitti:

Kyllä, tuosta tulee oikea vastaus. Mutta eihän tämä nyt mene fysiikan lakien mukaan. Tietenkin näillä tarkkuuksilla tämä pätee, mutta ei tämä ole eksatkia päättelyä. Sinänsä typerä tehtävä, että pitäisi olettaa tuollaista, mutta muuta mahdollisuutta ei näköjään ole. Jos olisi annettu joku lähtöarvo lisää niin olisi onnistunutkin.

Lue lisää

Jos ilmanvastusta ei huomioida ainoa palloon vaikuttava voima on painovoima, eli pystysuuntainen liikeyhtälö on

G = ma

-> a = G/m = -g (kun y:n positiivinen suunta ylöspäin)

Eli
a(t) = y''(t) = -g

Siitä vain integroimaan

-> y'(t) = v(t) = -g·t C1
-> y(t) = -1/2·g·t² C1·t C2

nyt integroimisvakiot saadaan yhtälöstä y(0) = 0 ja y(3)=0

Saadaan:
C2 = 0
-4,5·g 3·C1 = 0 -> C1 = 1.5·g

Niinpä pallon lähtönopeus on
v(0) = -g·0 1,5·g = 1,5·g = 14,7 (m/s²)

Ja lakikorkeus löytyy nopeuden nollakohdasta:

-g·t 1,5·g = 0
-> t = 1,5 (s)

-> y(1,5) = -1/2·g·1,5² 1,5·g·1,5 = -1,125·g 2,25·g = 1,125·g = 11,0 (m)

Fyysinen Fyysikko kirjoitti:

Kyllä, tuosta tulee oikea vastaus. Mutta eihän tämä nyt mene fysiikan lakien mukaan. Tietenkin näillä tarkkuuksilla tämä pätee, mutta ei tämä ole eksatkia päättelyä. Sinänsä typerä tehtävä, että pitäisi olettaa tuollaista, mutta muuta mahdollisuutta ei näköjään ole. Jos olisi annettu joku lähtöarvo lisää niin olisi onnistunutkin.

Lue lisää

Kyllä tuohon vastaukseen voi liittää fysikaalisetkin perustelut. Jos ei halua sitä kaavoilla tehdä, niin sanallisestikin riittää. (luultavasti, riippuen kuka vaatii mitäkin)

Kysymyshän on tasaisesti kiihtyvästä liikkeestä, ja kiihtyvyys on g maata kohti. Tällöin nopeuden täytyy olla joka kohdassa heittoliikettä samansuuruinen, mutta vastakkaissuuntainen alasmennessä. Jos ei äkkisältään ole tarpeeksi ilmeistä, niin piirrä tasaisen kiihtyvyyden kuvaaja tuohon tapaukseen vt koordinaatistoon.

Toinen perustelu siihen, että nopeuden täytyy olla joka kohdassa paluu ja meno matkalla samat on tuttu energiaperiaate. Tuossahan fysikaalisesti tapahtuu liike-energian muutos potentiaalienergiaksi ja päinvastoin, joten liike-energian täytyy olla samat kumpaankin suuntaan joka kohdassa.

Sitten voi valita millä menetelmällä ratkaisee tuon tasaisen kiihtyvyyden tehtävän loppuun.

tarvittavat kaavat tasaisen kiihtyvyyden liikkeeseen löytyvät MAOLista.

limppi kirjoitti:

Jos ilmanvastusta ei huomioida ainoa palloon vaikuttava voima on painovoima, eli pystysuuntainen liikeyhtälö on

G = ma

-> a = G/m = -g (kun y:n positiivinen suunta ylöspäin)

Eli
a(t) = y''(t) = -g

Siitä vain integroimaan

-> y'(t) = v(t) = -g·t C1
-> y(t) = -1/2·g·t² C1·t C2

nyt integroimisvakiot saadaan yhtälöstä y(0) = 0 ja y(3)=0

Saadaan:
C2 = 0
-4,5·g 3·C1 = 0 -> C1 = 1.5·g

Niinpä pallon lähtönopeus on
v(0) = -g·0 1,5·g = 1,5·g = 14,7 (m/s²)

Ja lakikorkeus löytyy nopeuden nollakohdasta:

-g·t 1,5·g = 0
-> t = 1,5 (s)

-> y(1,5) = -1/2·g·1,5² 1,5·g·1,5 = -1,125·g 2,25·g = 1,125·g = 11,0 (m)

Lue lisää

Miten nämä yhtälöt pätevät pesäpallon syötössä?

En ole pesäpalloilija,mutta käsittääkseni on mah-

dollista lukkarin heittää karhea pallo suoraan

ylöspäin ilmaan siten ,että se Magnus- effectin

vaikutuksesta tekee aivan erilaiset liikkeet

ylös-tai alaspäin mentäessä ja kuitenkin palaa

lähtöpaikkaansa. Miten se lakikorkeus silloin

lasketaan? Entä ontto pyörivä pallo?

Olen myös joskus kuullut Coriolis kiihtyvyydestä.

Onko sillä mahdollisesti jotain tekemistä asian

kanssa?

sovellus kirjoitti:

Miten nämä yhtälöt pätevät pesäpallon syötössä?

En ole pesäpalloilija,mutta käsittääkseni on mah-

dollista lukkarin heittää karhea pallo suoraan

ylöspäin ilmaan siten ,että se Magnus- effectin

vaikutuksesta tekee aivan erilaiset liikkeet

ylös-tai alaspäin mentäessä ja kuitenkin palaa

lähtöpaikkaansa. Miten se lakikorkeus silloin

lasketaan? Entä ontto pyörivä pallo?

Olen myös joskus kuullut Coriolis kiihtyvyydestä.

Onko sillä mahdollisesti jotain tekemistä asian

kanssa?

Lue lisää

Lukkari siis heittää sen pallon pyörivänä ilmaan.

Ilmanvastus voidaan kyllä jättää huomiotta,sehän

on suurinpiirtein sama molempiin suuntiin.

Mutta entä noste? Jos on köykäinen pallo,vaikka

nyt ilmapallo ,niin ylösmeno tuntuisi tapahtuvan

aika paljon nopeammin kuin alastulo.

Tämä nyt tietysti kuulostaa saivartelulta,mutta

ei näillä yhtälöillä taida paljon käytännössä

tekoa olla.

Ainakaan tuossa ilmapallon tapauksessa.

äskeiseen kirjoitti:

Lukkari siis heittää sen pallon pyörivänä ilmaan.

Ilmanvastus voidaan kyllä jättää huomiotta,sehän

on suurinpiirtein sama molempiin suuntiin.

Mutta entä noste? Jos on köykäinen pallo,vaikka

nyt ilmapallo ,niin ylösmeno tuntuisi tapahtuvan

aika paljon nopeammin kuin alastulo.

Tämä nyt tietysti kuulostaa saivartelulta,mutta

ei näillä yhtälöillä taida paljon käytännössä

tekoa olla.

Ainakaan tuossa ilmapallon tapauksessa.

Lue lisää

...myös nosteen huomioonotto. Itseasiassa jos noste oletetaan vakioksi niin ei yhtälöstä tule juuri yhtään sen vaikeampi. Kuitenkin jos tilanne on sellainen että noste vaikuttaa niin tällöin varmasti myös ilmanvastus vaikuttaa. Niinpä ei ole mitään hyötyä ottaa nostetta mukaan ellei ota myös ilmanvastusta.

Jos oletetaan ilmanvastuksen olevan "neliöllinen" (kuten yleensä on tapana olettaa) saadaan pallon pystysuuntaiseksi liikeyhtälöksi:

-sign(v)·k·v² N - mg = m·a

eli

y''(t) = -sign(y'(t))·(k/m)·[y'(t)]² N/m - g

Siinä on taas differentiaaliyhtälö ratkaistavana. Se on nyt tosin huomattavasti vaikeampi ilmanvastuksen takia, ja mukaan sisältyy erikoisfunktio signum joka saa arvoksi sen argumentin etumerkin (esim. sign(-8) = -1), tämä siis tulee mukaan sen takia että ilmanvastus on aina nopeutta vastaan ja systeemin tieto ilmanvastuksen suunnasta menettettiin nyt toiseen korotettaessa.

Mitään ongelmaa tuon ratkaisussa ei ole, mutta ei sitä käsinlaskuna oikein voi tehdä. Numeerinen ratkaisu onnistuu helposti tietokoneella (esim. MATLAB) kun yhtälö muunnetaan ensimmäisen kertaluvun ODE-ryhmäksi, (Ordinary Differential Equation)

Eli muotoon
y' = f(t,y) (jossa y on vektori)

Tässä tapauksessa 1. kertaluvun ODE-ryhmä on

s1' = s2
s2' = -sign(s2)·(k/m)·(s2)² N/m - g

Tehtävä kiinnosti minua siinä mielessä että laskin yhden esimerkin MATLABilla:

(järjestelmä: kg,m,s)

Oletin että:
pallon vastuskerroin C = 0.2
ilman tiheys ρ = 1.293
pallon halkaisija on 0,5
pallon massa m = 0.100
putoamiskiihtyvyys g = 9.81

jolloin pallon tilavuus V = 0.0654
pallon projektiopinta-ala A = pi/4·D²
jolloin ilmanvastuskerroin k = 1/2·ρ·C·A = 0,025
ja k/m = 0.25
noste N = ρ·V·g = 0.830
ja N/m = 8.30


tein funktion:

function ds = liike(t,s)
ds = zeros(2,1);
ds(1)= s(2);
ds(2)= -sign(s(2))*0.25*s(2)^2 8.30 - 9.81;

jolloin numeerinen raktaisu onnistuu suoraan:
[T,S] = ode45(@liike,[0 10], [0 15]);

(eli laskin alkunopeudella 15m/s ja laskentaväli on (0..10)s )

Josta sitten plotti:
plot(T,S(:,1),'b')
hold on
plot(T,S(:,2),'r')
legend('korkeus (m)','nopeus (m/s)')
grid on
title('Pallon liike')
xlabel('aika (s)')
ylabel('korkeus (m) tai nopeus (m/s)')

Eli tämän näköinen kuva:
http://i11.tinypic.com/30kpn6h.jpg

Siitä näkyy että pallon nopeus hidastuu rajusti nousuvaiheessa ja että pallon nopeus vakiintuu melko alhaiseksi pudotessa.

limppi kirjoitti:

...myös nosteen huomioonotto. Itseasiassa jos noste oletetaan vakioksi niin ei yhtälöstä tule juuri yhtään sen vaikeampi. Kuitenkin jos tilanne on sellainen että noste vaikuttaa niin tällöin varmasti myös ilmanvastus vaikuttaa. Niinpä ei ole mitään hyötyä ottaa nostetta mukaan ellei ota myös ilmanvastusta.

Jos oletetaan ilmanvastuksen olevan "neliöllinen" (kuten yleensä on tapana olettaa) saadaan pallon pystysuuntaiseksi liikeyhtälöksi:

-sign(v)·k·v² N - mg = m·a

eli

y''(t) = -sign(y'(t))·(k/m)·[y'(t)]² N/m - g

Siinä on taas differentiaaliyhtälö ratkaistavana. Se on nyt tosin huomattavasti vaikeampi ilmanvastuksen takia, ja mukaan sisältyy erikoisfunktio signum joka saa arvoksi sen argumentin etumerkin (esim. sign(-8) = -1), tämä siis tulee mukaan sen takia että ilmanvastus on aina nopeutta vastaan ja systeemin tieto ilmanvastuksen suunnasta menettettiin nyt toiseen korotettaessa.

Mitään ongelmaa tuon ratkaisussa ei ole, mutta ei sitä käsinlaskuna oikein voi tehdä. Numeerinen ratkaisu onnistuu helposti tietokoneella (esim. MATLAB) kun yhtälö muunnetaan ensimmäisen kertaluvun ODE-ryhmäksi, (Ordinary Differential Equation)

Eli muotoon
y' = f(t,y) (jossa y on vektori)

Tässä tapauksessa 1. kertaluvun ODE-ryhmä on

s1' = s2
s2' = -sign(s2)·(k/m)·(s2)² N/m - g

Tehtävä kiinnosti minua siinä mielessä että laskin yhden esimerkin MATLABilla:

(järjestelmä: kg,m,s)

Oletin että:
pallon vastuskerroin C = 0.2
ilman tiheys ρ = 1.293
pallon halkaisija on 0,5
pallon massa m = 0.100
putoamiskiihtyvyys g = 9.81

jolloin pallon tilavuus V = 0.0654
pallon projektiopinta-ala A = pi/4·D²
jolloin ilmanvastuskerroin k = 1/2·ρ·C·A = 0,025
ja k/m = 0.25
noste N = ρ·V·g = 0.830
ja N/m = 8.30


tein funktion:

function ds = liike(t,s)
ds = zeros(2,1);
ds(1)= s(2);
ds(2)= -sign(s(2))*0.25*s(2)^2 8.30 - 9.81;

jolloin numeerinen raktaisu onnistuu suoraan:
[T,S] = ode45(@liike,[0 10], [0 15]);

(eli laskin alkunopeudella 15m/s ja laskentaväli on (0..10)s )

Josta sitten plotti:
plot(T,S(:,1),'b')
hold on
plot(T,S(:,2),'r')
legend('korkeus (m)','nopeus (m/s)')
grid on
title('Pallon liike')
xlabel('aika (s)')
ylabel('korkeus (m) tai nopeus (m/s)')

Eli tämän näköinen kuva:
http://i11.tinypic.com/30kpn6h.jpg

Siitä näkyy että pallon nopeus hidastuu rajusti nousuvaiheessa ja että pallon nopeus vakiintuu melko alhaiseksi pudotessa.

Lue lisää

ja mielenkiinnosta.Sinulla ei totisesti ole järki limpissä.
Tuo nopeuskäyrä vastaa kyllä hyvin kokemusperäisiä havaintojani.