Mi a megoldás arra a feladatra: -egy felfelé rúgott labda 4 másodperc múlva esik vissza. Mennyi ideig repült felfelé-? a válasz az, amire gondolok, vagyis 2s, vagy nem ilyen egyszerű?

Semmi sem olyan egyszerű. Ha van légellenállás, akkor a visszaútja tovább tart. Ezeknél a kérdéseknél számolgattam numerikusan lövedékekre:

http://www.gyakorikerdesek.hu/tudomanyok__termeszettudomanyo..

http://www.gyakorikerdesek.hu/tudomanyok__termeszettudomanyo..

Előkereshetem az emelkedési időket is.

(De ha ez házi feladat, akkor a Házi feladat kérdések között kéne feltenned. Ott az a válasz, hogy igen, ilyen egyszerű.)

Na, egy 9 mm átmérőjű gömbölyű, tömör acélgolyó 240 m/s sebességgel fellőve 16 másodperc alatt esik vissza, ebből 5,8 másodpercig emelkedik, és 10,2 másodpercig zuhan.

Megnézem, rájövök-e még, hogy hogyan számoltam ki. Addig megmondod, hogy mekkora a labda átmérője és tömege?

Nem kell a labda tömege és átmérője mert nincs megadva.

A közegellenállást elhanyagoljuk, így a válasz 2s.

> „A közegellenállást elhanyagoljuk, így a válasz 2s.”

Ezt írtam én is, hogy a házifeladat-kérdéseknél így járunk el. De ez itt a Tudományok kategória, és szerintem földi körülmények között vizsgáljuk a feladatot, nem a Hold felszínén.

Látod, hogy lövedékekre kiszámoltam. Anno még a levegő sűrűségének csökkenését is figyelembe vettem, ahogy haladunk felfelé.

Másrészt én pontosan amellett voltam, hogy földi körülmények között vizsgáljuk a dolgot, ne pedig vákuumban. Rugdossál te vákuumban labdákat, ha már itt tartunk.

Harmadrészt nem látom, hogy bármi plusz információt hozzátettél volna ahhoz, amit én eddig leírtam.

Negyedrészt várom, hogy a kérdezőt tényleg érdekli-e ilyen alapossággal a dolog.

Hogyha komolyan akarunk számolni, akkor tudni kell, hogy milyen pontosak akarunk lenni, és meg kell vizsgálni, hogy amit elhanyagolunk, az kevesebb hibát okoz, mint az elvárt pontosság.

Mikor középiskolában az egyenletesen gyorsuló mozgást tanítják, akkor mindenkit az egyenletesen gyorsuló mozgás érdekel, és az senkit, hogy ténylegesen mikor esik le a labda, ezért a közegellenállást elhanyagolják. Pedig az simán okoz 10% hibát, aminél azért általában pontosabbak szeretnénk lenni (aki nem szeretne, az VEGYEN nyugodtan 3 számmal KISEBB cipőt).

Szerencsére a közegellenállással egész sokáig lehet analitikusan számolni, így aránylag szépen ki lehet hozni, hogy ténylegesen mekkora hibát okoz ennél a feladatnál.

Legyen adott egy focilabda ( [link] ) egy homogén, g nagyságú gravitációs térben és egy szintén homogén, nyugvó, ρ sűrűségű közegben (mondjuk Th = 20 °C-os levegőben). Ebben egy t = 0 pillanatban h(0) magasságból elindítjuk a labdát a gravitációs térrel ellentétes irányban, és a kérdés, hogy mennyi T idő múlva áll meg (azaz mennyi ideig repül felfelé vagy melyik T időpillanatban fordul meg), ha tudjuk, hogy Θ = 4 s múlva ér vissza a h(0) magasságba (azaz h(0) = h(Θ)).

Nyilvánvalóan 0 < T < Θ (ennek a most következő számolós rész végénél nagy jelentősége lesz). Ezenkívül vizsgálhatjuk a problémát egy-dimenzióban, mivel oldalirányú erők nincsenek, és válasszuk a gravitációs térrel ellentétes irányt pozitívnak.

A labdára hat a gravitációs erő, a felhajtóerő és a közegellenállási erő, tehát a mozgásegyenlet:

m*dv/dt = –m*g + V*ρ*g – ρ*k*A*v^3/(2*|v|),

ahol m a labda tömege, v a sebessége, V a térfogata, k az alaktényezője és A a (sebesség irányára merőleges) homlokfelülete,

ebből

dv/dt = –a – b*v^3/|v|,

ahol

a = (m - V*ρ)*g/m és b = ρ*k*A/(2*m).

Mikor felfelé repül, akkor a közegellenállási erő lefelé mutat, tehát

dv/dt = –a – b*v^2,

int(1/(–a – b*v^2), v = v(0)..v(t)) = int(1, τ = 0..t),

(arctg(gyök(b/a)*v(0)) – arctg(gyök(b/a)*v(t)))/gyök(a*b) = t,

v = c*tg(d – e*t),

ahol c = gyök(a/b), d = arctg(gyök(b/a)*v(0)) és e = gyök(a*b).

A sebessége akkor válik 0-vá, mikor a tangens argumentuma 0, tehát T = d/e lesz az emelkedési idő. Ezzel úgy is írhatjuk, hogy a sebessége

v = c*tg(e*(T – t)),

amíg emelkedik.

Zuhanás közben a mozgásegyenlet

dv/dt = –a + b*v^2

lesz, mert most a közegellenállási erő felfelé mutat. Ebből a fentihez hasonlóan a sebességre

v = c*th(e*(T – t))

adódik (közben kihasználtuk, hogy v(T) = 0).

Összefoglalva a test sebessége az idő függvényében

v = c*tg(e*(T – t)), ha t ≤ T, és

v = c*th(e*(T – t)), ha t > T.

Még az érdekel, hogy mikor ér vissza az eredeti h(0) magasságba, ehhez ki kell számolnunk a magasságát is az idő függvényében:

h(t) = int(v(τ), τ = 0..t) + h(0),

ami t > T esetén két integrálra bomlik:

h(t) = c*int(tg(e*(T – τ)), τ = 0..T) + c*int(th(e*(T – τ)), τ = T..t) + h(0).

Θ-ra ez éppen h(0) kell legyen, ebből a megoldandó egyenlet

c*int(tg(e*(T – τ)), τ = 0..T) + c*int(th(e*(T – τ)), τ = T..Θ) + h(0) = h(0),

int(tg(e*(T – τ)), τ = 0..T) = int(th(e*(τ – T)), τ = T..Θ),

0 – ln(cos(e*T)) = ln(ch(e*(Θ – T))) – 0,

A két oldal exponensét véve és cos(e*T)-vel szorozva

1 = cos(e*T)*ch(e*(Θ – T)).

És itt állt meg a tudományom, ez egy szép kinézetű, de valójában ronda, nem lineáris egyenlet, és innét kezdve kénytelen vagyok numerikusan számolni. Szerencsére tudjuk, hogy a T megoldásokat a (0, Θ) intervallumban várjuk. (Ha T lenne adott, akkor amúgy Θ = ach(sec(e*T))/e + T.)

Legyen a focilabda tömege a fenti link alapján m = 0,42 kg, a focilabda aránylag sima és ha csak Θ = 4 s-ig repül, akkor nem is túl gyors, tehát k = 0,47, a kerülete legyen K = 69 cm, ebből V = K^3/(6*π^2) ≈ 5,55*10^(–3) m^3, A = K^2/(4*π) ≈ 0,0379 m^2, ρ = (p*M)/(R*Th) ≈ 1,19 kg/m^3, g ≈ 9,81 m/s^2. Ezekből

e = gyök(a*b) = gyök((m – V*ρ)*ρ*k*A*g/(2*m^2)) ≈ 0,494 1/s.

Az adatokat beírva valamilyen programba, ami numerikusan is tud számolni:

[link]

Azaz a megoldás, hogy T ≈ 1.84 s-ig repül felfelé a labda.

Ennek és az aközegellenállásisták által várt 2 s-nak a hányadosát megszorozva egy gyakori, 42-es cipőmérettel 38 és feles cipőméretet kapunk. De ugye ennyi különbséget csak csak úgy lazán elhanyagolhatunk…

Feladat: nézzetek utána a képen látható piros, pettyes gumilabda adatainak a gumilabdák katalógusában, számoljátok ki arra is az e-t, és a Wolframalphával határozzátok meg arra is az emelkedési időt.

[link]

Nagyon szép gratulálok.

Én beírtam volna Excelbe és numerikusan megoldottam volna az egészet.