Какова была начальная скорость самодельного ружья, выпущенного прямо вверх, если время полета составляло 8,2 секунды?

Сопротивление шара воздуху равно ²

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

$C_d$обычно устанавливается на$0.1$для сферы ¹ ,$A$– соответствующая площадь поверхности, т. е.$\left(\frac{\textrm{diametre}}{2}\right)^2 \pi$,$\rho \approx 1.2\textrm{ kgm}^{-3}$³ .

Мы можем настроить одномерную систему координат, где «верх» находится в положительном направлении.$s$направление. Тогда у нас есть

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

и

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

поскольку он действует в направлении, противоположном$v$. я ввел константу$K$для упрощения записи. Затем:

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

которое является дифференциальным уравнением первого порядка относительно$v$но второго порядка в$s$. Однако решить ее нетривиально, так как она содержит нелинейные по$v$. Численное решение системы также нетривиально, так как одно из начальных условий$v(0)$неизвестно (т.е. мы не можем просто развить его во времени от$t = 0$).

Граничные/начальные условия у нас есть:

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

Я бы, наверное, занялся настройкой$v(0)$до некоторого числа, затем позвольте системе развиваться и проверить, где находится объект.$t = 8.2$- если$s$положителен, уменьшается$v(0)$, если$s$отрицателен, увеличивается$v(0)$(в основном решить задачу численно).

Думаю, решить задачу численно было бы проще, если бы у нас была максимальная высота$s_{\textrm{max}}$в пути объектов. Установка времени достижения этой высоты на$0$, мы бы хотели иметь:

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

и можно было бы просто развивать систему в обратном направлении до тех пор, пока$s(t) = 0$.

Извините, я не могу дать полный ответ, но, может быть, у кого-то еще есть идея, как продолжить дальше?

Обновлять

Джон Ренни опубликовал полезную ссылку , в которой утверждается, что у него есть аналитическое решение этой проблемы. Я не проверял указанное решение, но выбрал две формулы:

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

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

где$\tau$характерное время,$v_t$- конечная скорость (максимальная скорость, которую достигает свободно падающий объект из-за сопротивления воздуха, противодействующего силе тяжести) и$t_{\textrm{imp}}$это время, после которого объект снова достигает земли.$v_0$— начальная скорость, которую мы ищем.

Перестановка дает:

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

$v_t$дается как

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

и$\tau = v_t / g$. Соединение всего этого вместе дает мне:

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

Для справки, я вставил в Qalculate следующее:

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)) 

Как указывает Джон Ренни, уравнение Клавдия можно решить аналитически, если разделить его на два разных случая. Ваше основное уравнение

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

с отрицательным сопротивлением на пути вверх и положительным на спуске. Будет проще сделать все безразмерным. У нас есть$[m]=M$,$[k]=ML^{-1}$и$[g]=LT^{-2}$, поэтому мы можем построить следующие безразмерные переменные для времени, пространства, скорости и ускорения:

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

и превратить уравнение в

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

или эквивалентно

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

На пути вверх положительный знак в знаменателе, это можно проинтегрировать как

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

Если запуск происходит в$\tau=0$с$\omega=\omega_0$, мы можем понять, что$T_1=\arctan \omega_0$, что также является временем, которое требуется снаряду, чтобы подняться до вершины.

Интегрируя еще раз,

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

и в$\tau=0$у нас есть$\xi=0$, так$\Xi_1, = -\log(\cos(\arctan \omega_0))$, или

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

а максимальная высота, достигнутая снарядом, будет

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

На пути вниз отрицательный знак в знаменателе, мы также можем интегрировать, чтобы получить

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

и мы хотим иметь$\omega=0$когда$\tau=\arctan \omega_0$, чтобы иметь общее начало времен, поэтому мы снова получаем$T_2 = \arctan \omega_0$.

Интегрируя еще раз,

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

и с каких это пор$\tau=\arctan \omega_0$у нас есть$\xi=\log \frac{1}{\cos(\arctan \omega_0)}$, мы можем выяснить$\Xi_2 = \log \frac{1}{\cos(\arctan \omega_0)}$, так

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

и когда твоя картошка вернется на землю$\xi=0$и

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

Из этого последнего уравнения вы хотите выяснить$\omega_0$, ваша скорость запуска, учитывая$\tau$, общее время полета. И эту последнюю часть я бы предложил сделать численно...