El ángulo Ideal para el lanzamiento de un columpio para maximizar la distancia

Question

Cuando yo era pequeña (y aún ahora, si puedo tener la oportunidad) me gustaba jugar en los columpios, y mi método favorito de desmontaje fue a dejar ir a mediados de swing y vuela por el aire.

Eso me pregunto cuál es el mejor punto es dejar ir de un columpio para maximizar la distancia de aterrizaje. Ingenuamente, uno podría pensar que el punto es donde el swing hace una $45^\circ$ ángulo con la vertical, pero que no puede ser así, porque con un swing (a diferencia de un cañón), la velocidad de lanzamiento disminuye con el ángulo de lanzamiento. Además para complicar las cosas, la distancia de aterrizaje es lo suficientemente corto como para ser comparable a la longitud de la swing, lo que significa que el mero extra inicial de la distancia que se obtiene desde el lanzamiento de tarde en un columpio (que alguna fracción de giro de la longitud) podría ser una adición importante a la distancia recorrida en el aterrizaje.

Así que la pregunta es: ¿En qué punto en un columpio que una persona debe dejar ir a maximizar la distancia de aterrizaje?

Nota: yo doy mi propia respuesta a esta pregunta, pero es sólo un método de abordar el problema. Otras respuestas haciendo uso de diferentes supuestos, aproximaciones, técnicas, etc. son ciertamente bienvenida! Eso es parte de la razón por la que dejó la pregunta declaración más general.

Answer 1

Aquí está la solución general en la libertad de péndulo modelo (ya que usted me pidió publicar).

Aquí está la definición de mis variables:

• $h$ es la altura de la oscilación de la tierra cuando está en reposo
• $m$ es el máximo adicional de altura por encima de la $h$ se mueve a
• $\ell$ es la longitud de las cuerdas del columpio
• $x,y$ son la posición de la oscilación en la liberación de coordenadas donde la altura de la $h$ fuera de la tierra es tomada como $0$ altura y $x$ se mide desde el swing en reposo
• $v_x,v_y$ $x,y$ componentes de la velocidad en $x,y$
• $\theta$ es el ángulo de giro de liberar al (medido desde la $0$ en el resto)
• $\theta_m$ es el ángulo máximo que pasaría si no la liberación
• $x_\text{land}$ es la distancia recorrida

Conservación de la energía da $\frac{1}{2}v^2+gy=gm$, que da a nuestra total de la velocidad de $v$: $$v^2=2g(m-y)$$

Nuestro sistema de coordenadas que nos da: \begin{align*} x&=\ell\sin\theta \\ y&=\ell-\ell\cos\theta \\ v_x&=v\cos\theta \\ v_y&=v\sin\theta \end{align*}

Considerando $y$ cinemática cuando la tierra (en la coordenada vertical $=-h$) le da tiempo de vuelo. $$-h=y+v_yt-gt^2/2\implies t=\frac{v_y}{g}\left(1+\sqrt{1+\frac{2g(y+h)}{v_y^2}}\right)$$

El $x$ cinemática dará la distancia de viaje. \begin{align*} x_\text{land}&=x+v_xt\text{ (and now just plug in and we are done)} \\ &=x+\frac{v_xv_y}{g}\left(1+\sqrt{1+\frac{2g(y+h)}{v_y^2}}\right) \\ &=x+\frac{v^2\sin(2\theta)}{2g}\left(1+\sqrt{1+\frac{2g(y+h)}{v_y^2}}\right) \\ &=x+\sin(2\theta)(m-y)\left(1+\sqrt{1+\frac{2g(y+h)}{v^2\sin^2\theta}}\right) \\ &=x+\sin(2\theta)(m-y)\left(1+\sqrt{1+\frac{y+h}{(m-y)\sin^2\theta}}\right) \\ &=\ell\sin\theta+\sin(2\theta)(m-\ell+\ell\cos\theta)\left(1+\sqrt{1+\frac{\ell-\ell\cos\theta+h}{(m-\ell+\ell\cos\theta)\sin^2\theta}}\right) \end{align*}

El $\theta$ le interesa es la única máximo de $x_\text{land}$ satisfacción $0\leq\theta\leq\theta_m$. Desde $\theta_m$ es el máximo ángulo de giro, se puede relacionar con altura max $m$$m=\ell-\ell\cos\theta_m$. A partir de este se puede ver el parámetro $m$ está dado por el máximo ángulo, por lo que se puede reemplazar.

$$x_\text{land}=\ell\sin\theta+\ell\sin(2\theta)(\cos\theta-\cos\theta_m)\left(1+\sqrt{1+\frac{\ell-\ell\cos\theta+h}{\ell(\cos\theta-\cos\theta_m)\sin^2\theta}}\right)$$

Usted puede hacer esto 'radio sin unidades' por el cambio a unidades donde $\ell=1$ (que es como yo trabajo en mi artículo). Para volver a las unidades, en todas partes se ve una variable con unidades de distancia reemplazar con la misma variable dividido por $\ell$ para obtener el unitful ecuación de nuevo.

$$x_\text{land}=\sin\theta+\sin(2\theta)(\cos\theta-\cos\theta_m)\left(1+\sqrt{1+\frac{1-\cos\theta+h}{(\cos\theta-\cos\theta_m)\sin^2\theta}}\right)$$

Para usar esto para encontrar la liberación ángulo que usted escoja $h\geq 0$$0<\theta_m\leq\pi/2$, a continuación, resuelva numéricamente $\frac{\mathrm{d}x_\text{land}}{\mathrm{d}\theta}=0$ $\theta$ sujeto a la restricción $0\leq\theta\leq\theta_m$.

Aquí están algunas parcelas sobre todas las $\theta_m$. Yo soy el trazado de la fracción del máximo ángulo de giro de liberar a, $\theta/\theta_m$.

$h=0$:

$h=\ell/2$:

$h=\ell$:

El sistema que utiliza es el que se al$h=0$$\theta_m=\pi/2$.

Answer 2

$\require{begingroup}\begingroup$ Aquí está el programa de instalación:

Es decir, $H$ es la altura de los columpios, $\theta$ es el ángulo que el swing se desvía de descanso, $v_0$ es la velocidad de lanzamiento, $x_0$ $y_0$ son las coordenadas de la posición de lanzamiento, y $x$ es el final de la posición de aterrizaje.

Para este problema, supongo que antes de su lanzamiento, el movimiento de la total $-90^\circ$ $90^\circ$lo que maximiza la velocidad de lanzamiento en cada una de las $\theta$. También asumo que el giro de la longitud es la misma que la de su altura (es decir, en reposo, el movimiento del asiento apenas toca el suelo). Esta simplificación parece justificada, ya que (en un verdadero swing) cuando la tierra, su parte inferior es probable que estar a la misma altura que el giro de la sede que estar en reposo (bueno, suponiendo que la tierra en sus pies $\overset{.\ .}{\smile}$).

Ahora, con un poco de geometría, usted puede convencerse de que el ángulo de lanzamiento es el mismo que el ángulo de oscilación. Sabiendo esto, el problema de averiguar donde la tierra da un ángulo de lanzamiento se reduce a un movimiento de proyectiles problema si podemos averiguar cómo $v_0$ varía en contra de $\theta$.

Para ello, vamos a analizar la ecuación de conservación de la energía para esta configuración: $\newcommand{\KE}{\operatorname{KE}} \newcommand{\PE}{\operatorname{PE}}$ \begin{align} \KE_0 + \PE_0 &= \PE_\mathrm{max} \\ \frac{1}{2} mv_0^2 + mgy_0 &= mgH \\ \implies v_0^2 &= 2g(H-y_0) \end{align} Ahora, en cuanto a la imagen, vemos que $$ \cos\theta = \frac{H-y_0}{H} \iff H-y_0 = H \cos \theta $$ Así que nos ponemos para $v_0^2$: $$ v_0^2 = 2gH \cos \theta $$ Así que ahora sabemos cómo $v_0$ varía en contra de $\theta$. Para calcular qué tan lejos (nuestro proyectil) mosca, necesitamos saber cuánto tiempo estará en el aire. Podemos hacer esto usando el proyectil ecuación $$ \Delta y = v_0 t + \frac{1}{2} at^2 $$ En nuestro caso: \begin{align} &-y_0 = (v_0 \sin\theta)t - \frac{1}{2} gt^2 \\ \iff &\frac{1}{2} gt^2 - (v_0 \sin\theta)t - y_0 = 0 \end{align} El uso de la fórmula cuadrática, obtenemos $$ t = \frac{v_0 \sin\theta + \sqrt{v_0^2 \sin^2\theta+2gy_0}}{g} $$ y después de conectar las expresiones apropiadas para $v_0$ $y_0$ y simplificando obtenemos $$ t = \sqrt{\frac{2H}{g}} \cdot \left(\sin\theta \sqrt{\cos\theta} + \sqrt{1-\cos^3\theta} \right) $$ Ahora que tenemos el tiempo de viaje, podemos calcular la distancia horizontal usando esta fórmula: $$ x = (v_0 \cos\theta)t + x_0 $$ donde la geometría de la imagen nos dice $x_0 = H \sin\theta$.

Conectar las diversas expresiones y simplificando, obtenemos $$ x = H \cos\theta \cdot \left(\sin 2\theta + 2\sqrt{\cos\theta - \cos^4\theta} \right) + H \sin\theta $$ cuyos derivados que podemos tomar para encontrar el máximo. El uso de Wolfram|Alpha, tengo un ángulo óptimo de aproximadamente $0.7153$ radianes o acerca de $41^\circ$.

Wolfram|Alpha también proporciona una exacta la forma cerrada para la solución. Era muy feo, pero no se presta a cierta simplificación. Así que para aquellos (como yo) que disfrutan de ver soluciones en su totalidad, descarada de gloria, aquí está: $$ \theta = 2 \arctan\sqrt{\frac{\sqrt[3]{4\beta} - 10\sqrt[3]{2/\beta}-1}{3}} $$ donde $$ \beta = 11+3\sqrt{69} $$ Si ahora llevamos este resultado y conectarlo a nuestra expresión original para $x$, se puede calcular cuál es la máxima distancia. Es dado aproximadamente por $$ \max(x) \approx 2.39354 \, H $$ donde $H$, recordemos, es la altura, la longitud de la oscilación.

(Y sí, Wolfram hizo proporcionan exactamente la forma cerrada de la $2.39354$ factor, pero es manera demasiado tiempo para escribir aquí. Sin embargo, si usted todavía está interesado, se puede ver aquí.)

Una gráfica de distancia de aterrizaje por la oscilación de la unidad de altura ($x/H$) vs ángulo de lanzamiento ($\theta$) parece confirmar nuestros resultados:

Por último, se puede también calcular la altura máxima que alcanzará después de su lanzamiento desde el ángulo ideal. Hay muchas maneras de calcular este. Decido hacerlo utilizando las ecuaciones de conservación de la energía de nuevo. La altura máxima se produce cuando se viaja horizontalmente solo y no se mueve, ya sea superior o inferior, es decir, cuando su velocidad es $v_0 \cos\theta$. \begin{align} \PE_\mathrm{max} &= \PE_1 + \KE_1 \\ \iff mgH &= mgy_\mathrm{max} + \frac{1}{2} m(v_0 \cos\theta)^2 \\ \implies y_\mathrm{max} &= H - \frac{1}{2g} v_0^2 \cos^2\theta \\ &= H - \frac{1}{2g} (2gH \cos\theta) \cos^2\theta \\ &= H - H \cos^3\theta \\ &= H(1 - \cos^3\theta) \end{align} Conectar el ángulo ideal, obtenemos $$ y_\mathrm{max} \approx 0.5698 H $$ (no preguntar acerca de la forma cerrada...)

que nos dice que, a menos de que estés bien, con la caída de cerca de la mitad de la altura de su columpio, no intenten esto en casa...

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Algunas preguntas que no me trate de contestar:

• ¿Cómo funciona la respuesta cambio, si el asiento del columpio no se asume como tocar el suelo en reposo? (por ejemplo, un columpio de cuerda, donde su punto más bajo en el swing está significativamente por encima de la superficie del agua)
• ¿Qué significan los ideales ángulos de mirada, como si no empezamos con el máximo impulso, es decir, un $-90^\circ$ $90^\circ$inicial de giro?

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