Wszelkie pytania i zastrzeżenia proszę kierować na PW
Równanie krzywej balistycznej w postaci y(x)
Przed całymi rozważaniami poleciłbym zaznajomić się chociaż z tym tematem.Zapiszmy warunki początkowe:
\(\displaystyle{ \vec{r}(0)=\vec{0},\qquad \vec{v}(0)=\vec{v}_o,\qquad \vec{v}_o =[v_o\cos\alpha,v_o\sin\alpha,0] ,\qquad \vec{g}=[0,-g,0]}\)
Nasze rozważania dotyczą oczywiście ruchu ciała w ośrodku, gdzie oprócz siły ciężkości działa jeszcze siła oporu ośrodka wyrażona wzorem \(\displaystyle{ F_{op}=-bv}\), gdzie b jest pewną stałą zależną od parametrów ciała.
II ZD dla naszego przypadku wygląda tak:
\(\displaystyle{ \begin{cases}F_x=-F_{op} \\ F_y=-Q-F_{op}\end{cases}}\)
Zatem:
\(\displaystyle{ \begin{cases} \frac{dv_x}{dt}=-\frac{b}{m}v_x \\ \frac{dv_y}{dt}=-g-\frac{b}{m}v_y \end{cases}}\)
Składowej z-etowej nie ma sensu rozpatrywać bo wynosi 0.
Składowa x-owa
Po rozdzieleniu zmiennych:
\(\displaystyle{ \frac{dv_x}{v_x}=-\frac{b}{m}dt \\ t \frac{dv_x}{v_x}=-\frac{b}{m}\int dt \\ \ln\frac{v_x}{C_{vx}}=-\frac{b}{m}t \frac{v_x}{C_{vx}}=e^{-\frac{b}{m}t}}\)
Dla t=0, \(\displaystyle{ C_{vx}=v_o\cos\alpha}\)
\(\displaystyle{ \underline{v_x=v_o(\cos\alpha)e^{-\frac{b}{m}t}}}\)
\(\displaystyle{ \frac{dx}{dt}=v_o(\cos\alpha)e^{-\frac{b}{m}t} \\ t dx=v_o(\cos\alpha)\int e^{-\frac{b}{m}t}dt \\ x=v_o(\cos\alpha)\left(-\frac{m}{b}\right)e^{-\frac{b}{m}t}+C_x}\)
Dla t-0, \(\displaystyle{ C_x=\frac{m}{b}v_o\cos\alpha}\)
\(\displaystyle{ x=-\frac{m}{b}(v_o\cos\alpha)e^{-\frac{b}{m}t}+\frac{m}{b}(v_o\cos\alpha) \\ \underline{x=\frac{m}{b}(v_o\cos\alpha)\left(1-e^{-\frac{b}{m}t}\right)}}\)
Składowa y-kowa
Aby sprawnie można było rozdzielić zmienne równanie na \(\displaystyle{ v_y}\) można zapisać:
\(\displaystyle{ \frac{dv_y}{dt}=-\frac{b}{m}\left(v_y+\frac{mg}{b}\right)}\)
Po rozdzieleniu zmiennych:
\(\displaystyle{ \frac{dv_y}{v_y+\frac{mg}{b}}=-\frac{b}{m}dt \\ t\frac{dv_y}{v_y+\frac{mg}{b}}=-\frac{b}{m}\int dt}\)
Podstawiamy:
\(\displaystyle{ f=v_y+\frac{mg}{b}\Rightarrow df=dv_y}\)
\(\displaystyle{ \int \frac{df}{f}=-\frac{b}{m}\int dt \\ \ln \frac{f}{C_{vy}}=-\frac{b}{m}t \frac{v_y}{C_{vy}}=e^{-\frac{b}{m}t}}\)
Dla t=0 \(\displaystyle{ C_{vy}=f=v_o\sin\alpha+\frac{mg}{b}}\)
\(\displaystyle{ f=\left(v_o\sin\alpha+\frac{mg}{b}\right)e^{-\frac{b}{m}t} \\ \underline{v_y=\left(v_o\sin\alpha+\frac{mg}{b}\right)e^{-\frac{b}{m}t}-\frac{mg}{b}}}\)
\(\displaystyle{ \frac{dy}{dt}=\left(v_o\sin\alpha+\frac{mg}{b}\right)e^{-\frac{b}{m}t}-\frac{mg}{b} \\ t dy=\left(v_o\sin\alpha+\frac{mg}{b}\right)\int e^{-\frac{b}{m}t}dt-\frac{mg}{b}\int dt \\ y=-\frac{m}{b}\left(v_o\sin\alpha+\frac{mg}{b}\right)e^{-\frac{b}{m}t}-\frac{mgt}{b}+C_y}\)
Dla t=0, \(\displaystyle{ C_y=\frac{m}{b}\left(v_o\sin\alpha+\frac{mg}{b}\right)}\)
\(\displaystyle{ y=-\frac{m}{b}\left(v_o\sin\alpha+\frac{mg}{b}\right)e^{-\frac{b}{m}t}-\frac{mgt}{b}+\frac{m}{b}\left(v_o\sin\alpha+\frac{mg}{b}\right) \\ \underline{y=\frac{m}{b}\left(v_o\sin\alpha+\frac{mg}{b}\right)\left(1-e^{-\frac{b}{m}t}\right)-\frac{mgt}{b}}}\)
Przepiszmy teraz dwa równania x(t) i y(t) pod sobą:
\(\displaystyle{ x=\frac{m}{b}(v_o\cos\alpha)\left(1-e^{-\frac{b}{m}t}\right) \\ y=\frac{m}{b}\left(v_o\sin\alpha+\frac{mg}{b}\right)\left(1-e^{-\frac{b}{m}t}\right)-\frac{mgt}{b}}\)
Widzimy, że pewien nawias powtarza się w dwóch równaniach. Wyznaczmy go z x(t)
\(\displaystyle{ 1-e^{-\frac{b}{m}t}=\frac{xb}{mv_o\cos\alpha}}\)
tak czy tak musimy wyznaczyć czas więc nie ma na co czekać. Po kilku prostych przekształceniach mamy, że
\(\displaystyle{ t=-\frac{m}{b}\ln\left(1-\frac{xb}{mv_o\cos\alpha}\right)}\)
Czyli ostatecznie równanie krzywej balistycznej wygląda tak:
\(\displaystyle{ \underline{\underline{y(x)=\left(\tan\alpha+\frac{mg}{bv_o\cos\alpha}\right)x+g\cdot\frac{m^2}{b^2}\ln\left(1-\frac{xb}{mv_o\cos\alpha}\right)}}}\)