Encontrar el ángulo óptimo para el proyectil, teniendo en cuenta la resistencia lineal (Stokes)

Question

Si se lanza un proyectil desde el suelo a un cierto ángulo, no es difícil ver que, suponiendo que estemos en el vacío, lanzarlo a 45º del suelo siempre hará que llegue más lejos antes de que vuelva a golpear el suelo. Quería averiguar cuál es el ángulo óptimo si tenemos en cuenta la resistencia del aire.

Antes de continuar, déjeme decir que realmente no tiene sentido esta pregunta. No estoy tratando de resolver un problema práctico. Sólo pensé que sería divertido tratar de resolver las ecuaciones.

Este es el modelo que usaré: Asumiremos que la resistencia del aire es aproximadamente proporcional a la velocidad (alias. Arrastre de Stokes; esto falla para altas velocidades/Números de Reynolds, así que no vayamos allí); en símbolos, $$ \mathbf {F} = -k \mathbf {v}.$$ Lanzaremos el proyectil con masa $m$ de $(0,0)$ con la velocidad inicial $v_0$ formando un ángulo $ \alpha $ con el suelo, y digamos $ \gamma = k/m$ porque aparecerá con frecuencia.

Las ecuaciones diferenciales son:

$$ \begin {align} \ddot {x} + \gamma \dot {x} &= 0 \\ \ddot {y} + \gamma \dot {y} &= -g \end {align}$$

con condiciones iniciales $(x(0), y(0)) = (0,0)$ y $( \dot {x}(0), \dot {y}(0) )= v_0( \cos \alpha , \sin \alpha )$ . Resolviendo (asumiendo que no he cometido ningún error), tenemos:

$$ \begin {align} x &= \frac {v_0}{ \gamma } \cos \alpha (1- e^{- \gamma t}) \\ y &= ( \frac {v_0}{ \gamma } \sin \alpha + \frac {g}{ \gamma ^2})(1-e^{- \gamma t}) - \frac {g}{ \gamma }t. \end {align} $$

Ahora lo que hay que hacer es resolver $y(t) = 0$ sustituir eso por $x$ diferencian con respecto a $ \alpha $ y lo puso a la altura de $0$ . Sin embargo, eso se complica rápidamente, porque la solución involucra la función Lambert-W y es todo un desastre. Ni siquiera he tratado de sustituir en $x(t)$ .

Así que, finalmente, mi pregunta es: ¿hay una forma más simple o numérica de resolver esto? ¿Existe un solo ángulo que siempre funcione, o depende de las condiciones? ¿Podemos averiguarlo sin resolverlo realmente?

Answer 1

Este es uno de esos problemas que toman una solución mucho más limpia si te quedas sin dimensiones...

Si te tomas un nuevo tiempo, $ \tau $ coordenadas horizontales, $ \xi $ y coordenadas verticales, $ \eta $ de tal manera que

$$ \tau = t \gamma ,\ \xi = x \frac { \gamma }{v_0 \cos \alpha },\ \eta = y \frac { \gamma }{v_0 \sin \alpha }$$

puedes reescribir tus ecuaciones como

$$ \ddot { \xi } + \dot { \xi } = 0$$ $$ \ddot { \eta } + \dot { \eta } = - \frac {g}{ \gamma v_0 \sin\alpha } = - \lambda $$

con condiciones iniciales a $t=0$

$$ \xi = \eta = 0,\ \dot { \xi } = \dot { \eta } = 1$$

Esto tiene soluciones

$$ \xi = 1 -e^{- \tau },\ \eta = (1+ \lambda )(1 -e^{- \tau }) - \lambda \tau $$

y el ajuste $ \eta = 0$ podemos deshacernos de $ \tau $ y el rango será $ \xi ^*$ que cumple

$$- \frac {1+ \lambda }{ \lambda } \xi ^* = \log (1- \xi ^*)$$

El alcance máximo se producirá cuando $d \xi ^*/d \alpha = 0$ así que es fácil mostrar que en el rango máximo:

$$ \frac {d}{d \alpha } \frac {1}{ \lambda } = \frac {1}{ \lambda \tan \alpha }$$ $$ \frac {d \xi ^*}{d \alpha } = \xi ^* \tan \alpha $$

Diferenciando la ecuación para $ \xi ^*$ w.r.t. $ \alpha $ usando estas dos últimas fórmulas, después de muchas cancelaciones y reajustes, te llevará a

$$ \xi ^* = \frac {1}{1+ \lambda \sin ^2 \alpha }$$

Puedes usar esta relación en la primera expresión que obtuvimos para $ \xi ^*$ para deshacerse de $ \xi ^*$ y obtener una ecuación trascendental para $ \alpha $ que se parece a algo:

$$ \frac { \sin \alpha + \lambda ^*}{ \lambda ^*} \frac {1/ \lambda ^*}{1/ \lambda ^* + \sin \alpha } = \log (1/ \lambda ^* + \sin\alpha ) - \log ( \sin \alpha )$$

donde $ \lambda ^* = \lambda \sin \alpha $ y es independiente de $ \alpha $ . Esta última ecuación que querrías resolver numéricamente para conseguir $ \alpha ^*$ el ángulo que produce el máximo alcance.

Aunque sucia, la solución depende claramente de $ \lambda ^*$ así que no habrá un solo ángulo que siempre funcione.

EDITAR Sólo ejecuta esta última ecuación a través de una simulación numérica, y aquí está el ángulo óptimo $ \alpha ^*$ (en realidad $ \sin\alpha ^*$ ) en función de $ \lambda ^*$ mostrando cómo se acerca cada vez más a $ \sqrt {2}/2$ para $ \lambda ^* \to \infty $ .

Answer 2

Me siento tentado a darle un giro a esta pregunta. Como John Rennie menciona en un comentario anterior, a menos que se trate de proyectiles microscópicos de movimiento lento, las fuerzas de arrastre se modelan mejor como proporcionales al cuadrado de la velocidad.

Esto me lleva a una historia de interés humano relevante para el problema en cuestión.

El verano pasado, se informó que un escolar indio de 16 años había resuelto un problema de 350 años que había dejado perplejos a los investigadores desde la época de Newton. Todo esto fue altamente sobrevalorado . La historia, sin embargo, es relevante para la presente discusión ya que uno de los dos problemas resueltos por el chico es el del movimiento de una partícula bajo una aceleración gravitatoria uniforme y una desaceleración cuadrática debido a la resistencia del aire. Puedes encontrar una discusión de Física SE aquí y los comentarios de los profesores de la Universidad de Dresde (donde el colegial hizo una pasantía) se pueden encontrar aquí .

Como OP "busca la diversión en la resolución de ecuaciones", podría valer la pena revisar algunos de los enlaces anteriores.

Answer 3

Construí un cañón neumático de alta presión (2000 PSI) que puede disparar un proyectil de aluminio con aletas de 14 Oz a más de 5 millas. Después de numerosas pruebas, el ángulo óptimo resultó ser de 38 grados. Extrapolé aproximadamente un coeficiente de arrastre comparando las distancias medidas con las llamadas condiciones ideales de vacío, pero aún no explica la razón de la reducción de los 45 grados ideales.