Съдържание

НПСФ 2019, Специална тема — Задача 2. Футболна топка: съпротивление на въздуха и удар в площадката

Оригинал на условието (PDF)Съобщи за грешка

Всички материали от НПСФ 2019

Национално пролетно състезание по физика, 08–10 март 2019 г., гр. Вършец — Специална тема · 8 март 2019 г. · 10 т.

Условие

При движение на тяло във флуид с пренебрежимо малък вискозитет, върху тялото действа сила на съпротивление, която се дава с израза:

f_{\mathrm{с}} = \frac{1}{2}C_{\mathrm{D}}\rho S v^2, \qquad (2.1)

където $C_{\mathrm{D}}$ е безразмерен коефициент, който зависи от формата на тялото и се нарича, коефициент на челно съпротивление. $\rho$ е плътността на флуида, $S$ е площта на проекцията на тялото в равнина, перпендикулярна на скоростта му $v$ .

Футболна топка е изритана вертикално нагоре с начална скорост $v_0 = 20$ m/s. След като пада на земната повърхност (твърда бетонова площадка) топката отново отскача вертикално нагоре. Приемете че ударът е идеално еластичен, както и че дебелината на стената на топката е пренебрежимо малка.

Топката има маса $M = 450$ g, радиус $r_0 = 10.8$ cm и е напомпана до налягане $\Delta p_0 = 0.6$ bar. Температурата и налягането на околната среда са съответно $t_0 = 27\ ^\circ\mathrm{C}$ и $p_0 = 1000$ hPa.

Полезни константи: Моларна маса на кислорода $\mu_{\mathrm{O}} = 16$ g/mol, моларна маса на азота $\mu_{\mathrm{N}} = 14$ g/mol, считайте, че въздухът е съставен от 21 vol.% $\mathrm{O}_2$ и 79 vol.% $\mathrm{N}_2$ , специфичен топлинен капацитет на въздуха при постоянен обем $c_V = 718$ J/(kg·K), универсална газова константа $R = 8.314$ J/(mol·K), коефициентът на челно съпротивление на топката е $C_{\mathrm{D}} = 0.42$ , земното ускорение е $g = 9.8$ m/s $^2$ , 1 bar $= 1 \times 10^{5}$ Pa.

2.1. Пресметнете максималната височина $h_{\max}$ , на която се издига топката, след като е изритана. При пресмятанията отчитайте съпротивлението на въздуха. (4 т.)

2.2. Оценете максималната температура $T_{\max}$ на въздуха в топката по време на удара в бетоновата площадка. (3.5 т.)

2.3. Оценете времето на удара $\tau$ на топката в площадката. Приемете че налягането в топката остава постоянно по време на удара, както и че между топката и площадката остава тънък слой въздух. (2.5 т.)

Отговори

Решение

Решение: 2.1. Да разгледаме движението на топката в координатна система, свързана с началното положение на топката. Положителната посока на оста $Oy$ е насочена вертикално нагоре (съвпада по посока с $\vec{v}_0$ ). В такава координатна система резултантната сила, действаща на топката, е:

-Mg - \frac{1}{2}C_{\mathrm{D}}\rho S v^2 = M\frac{dv}{dt}, \quad -g - \frac{1}{2}\frac{C_{\mathrm{D}}\rho S}{M}v^2 = \frac{dv}{dt}, \quad -g - Bv^2 = \frac{dv}{dt}. \quad \textbf{(0.5 т.)} \qquad (1)

За удобство в последното равенство сме въвели константата $B = C_{\mathrm{D}}\rho S/(2M)$ . Максималната височина $h_{\max}$ , на която се издига топката, може да определим от зависимостта $y = y(v)$ , като използваме, че $y(v = 0) = h_{\max}$ . Да презапишем равенство (1) във вида:

-g - Bv^2 = \frac{dv}{dt} = \frac{dy}{dt}\frac{dv}{dy} = v\frac{dv}{dy}, \quad -g - Bv^2 = v\frac{dv}{dy}. \quad \textbf{(0.5 т.)}

Разделяме променливите и получаваме:

dy = -\frac{v}{g+Bv^2}dv = -\frac{1}{2(g+Bv^2)}dv^2 = -\frac{1}{2B(g+Bv^2)}d(g+Bv^2).

Интегрираме последния израз и се получава: $^{(1)}$

\int_{0}^{y} dy' = -\frac{1}{2B}\int_{v'=v_0}^{v'=v}\frac{1}{g+Bv'^2}d(g+Bv'^2), \quad y = -\frac{1}{2B}\ln\left(g+Bv'^2\right)\Big|_{v'=v_0}^{v'=v},

y = \frac{1}{2B}\ln\frac{g+Bv_0^2}{g+Bv^2}, \quad h_{\max} = \frac{1}{2B}\ln\left(1+\frac{Bv_0^2}{g}\right),

h_{\max} = \frac{M}{C_{\mathrm{D}}\rho S}\ln\left(1+\frac{C_{\mathrm{D}}\rho S v_0^2}{2Mg}\right) = \frac{M}{C_{\mathrm{D}}\rho\pi r_0^2}\ln\left(1+\frac{C_{\mathrm{D}}\rho\pi r_0^2 v_0^2}{2Mg}\right). \quad \textbf{(1.5 т.)}

За да пресметнем числената стойност за $h_{\max}$ , трябва да пресметнем плътността на въздуха. От уравнението на състоянието на идеален газ $p_0 V = \dfrac{m}{\mu_{\mathrm{в}}}RT_0$ и $\mu_{\mathrm{в}} = 2\mu_{\mathrm{O}}0.21 + 2\mu_{\mathrm{N}}0.79 = 29$ g/mol (0.5 т.) за плътността на въздуха, при дадените условия, се получава $\rho = \dfrac{\mu_{\mathrm{в}}p_0}{RT_0} = 1.2$ kg/m $^3$ , (0.5 т.) заместваме в израза $h_{\max}$ и получаваме $h_{\max} \approx 15$ m. (0.5 т.)

$^{(1)}$ За да запишем израза математически коректно сме сменили интеграционните променливи $y$ и $v$ съответно с $y'$ и $v'$ .

Решение: 2.2. По условие топката се удря в площадката, като ударът е идеално еластичен – без загуба на енергия. Може да предположим, че ударът става достатъчно бързо и газът в топката не може да обмени топлина с околната среда – газът се свива адиабатно. От закона за запазване на енергията следва, че кинетичната енергия на топката преди удара преминава във вътрешна енергия на газа и температурата му нараства. За да определим кинетичната енергия на топката трябва да пресметнем скоростта ѝ точно преди удара. Нека този път началото на координатната система се намира в най-високата точка от траекторията на топката. Положителната посока на оста $Oy$ е насочена надолу и съвпада по посока с $\vec{g}$ . Резултантната сила този път е:

Mg - \frac{1}{2}C_{\mathrm{D}}\rho S v^2 = M\frac{dv}{dt}, \quad g - Bv^2 = v\frac{dv}{dy}.

Отново може да разделим променливите и да интегрираме:

\int_{0}^{h_{\max}} dy = \int_{0}^{v_{\max}}\frac{v}{g-Bv^2}dv = -\frac{1}{2B}\int_{v=0}^{v_{\max}}\frac{1}{g-Bv^2}d(g-Bv^2) = -\frac{1}{2B}\ln\left(g-Bv^2\right)\Big|_{v=0}^{v_{\max}},

h_{\max} = -\frac{1}{2B}\ln\left(1-\frac{Bv_{\max}^2}{g}\right), \quad -2Bh_{\max} = \ln\left(1-\frac{Bv_{\max}^2}{g}\right),

\exp(-2Bh_{\max}) = 1 - \frac{Bv_{\max}^2}{g}, \quad 1 - \exp(-2Bh_{\max}) = \frac{Bv_{\max}^2}{g},

v_{\max} = \sqrt{g\left[1-\exp(-2Bh_{\max})\right]/B} \approx 15\ \mathrm{m/s}. \quad \textbf{(1 т.)}

От закона за запазване на енергията и първия принцип на термодинамиката за изменението на вътрешната енергия на газа се получава:

\Delta U = c_V m_{\mathrm{в}}(T_{\max} - T_0) = \frac{1}{2}Mv_{\max}^2, \quad \textbf{(1 т.)}

където $m_{\mathrm{в}} = (p_0+\Delta p_0)V_0\mu_{\mathrm{в}}/(RT_0)$ е масата на газа в топката, a $V_0 = \frac{4}{3}\pi r_0^3$ е обемът на топката.

T_{\max} = T_0 + \frac{Mv_{\max}^2}{2c_V m_{\mathrm{в}}} = T_0\left[1+\frac{Mv_{\max}^2 R}{2c_V\mu_{\mathrm{в}}(p_0+\Delta p_0)V_0}\right] \approx 307\ \mathrm{K} \quad \textbf{(1.5 т.)}

Решение: 2.3. Силата, с която топката действа на площадката, е равна на $F' = \Delta p S$ , където $\Delta p = \mathrm{const}$ е разликата в налягането на въздуха в топката (по време на удара) и атмосферното налягане. $S$ е площта, с която топката се допира в площадката. От третия закон на Нютон следва, че площадката действа на топката със същата сила, но в противоположна посока. Площта $S$ можем да изразим като $S = \pi r^2 = \pi\left[r_0^2 - (r_0-x)^2\right] \approx 2\pi r_0 x$ (0.5 т.) (виж фигурата вдясно), където $x$ е деформацията на топката. Ако заместим $S$ в израза за силата се получава $F = -2\pi\Delta p r_0 x$ . Силата е пропорционална на деформацията, значи може да разгледаме свиването на топката като трептене с кръгова честота $\omega_0^2 = 2\pi\Delta p r_0/M$ и период $T = 2\pi/\omega_0$ . Тогава топката е в контакт със площадката за време $\tau = T/2$ :

\tau = \sqrt{\frac{\pi M}{2\Delta p_0 r_0}} \approx 10\ \mathrm{ms}. \quad \textbf{(2 т.)} \qquad (2)

Окръжност с радиус r0; от центъра ѝ отсечка r0 − x надолу до хоризонталната площадка и наклонена отсечка r0 до точката, в която окръжността среща площадката; щрихован елипсовиден контактен диск с радиус r и деформация x. — Деформираната топка при удара: радиус $r_0$ , деформация $x$ и радиус $r$ на контактното петно, за което $r^2 = r_0^2-(r_0-x)^2$ .

За пресмятане на времето на контакт сме използвали началното налягане в топката $\Delta p_0$ , както и че $M \gg m_{\mathrm{в}}$ .

Оригинал в Архива: proletni_2019_STproblems.pdf · официални решения: proletni_2019_STsolutions.pdf