KESKEN.

Yleisurheilun moukarinheitto on periaatteessa hyvin helppoa. Otetaan $7.257$ kg painava moukari ja viskataan se häkistä mahdollisimman pitkälle. Viskaussuunnallakaan ei ole hirveästi väliä, koska osumistarkkuutta ei arvioida.

Heiton pituus olkoon $\ell$. Pyritään maksimoimaan se — lukiofysiikan tasolla. Moukari on varsin ideaalinen lentäjä, mitä nyt varsi vähän aiheuttanee häiriötä. Ideaalitapauksessa lentorata on paraabeli ja sitä kuvaavat tutut yhtälöt $x$- ja $y$-suuntaisille liikkeille.

Nopeudelle:

$v_x = v_{0x}$ ja

$v_y = v_{0y} – gt$.

Paikalle:

$x(t) = x_0 + v_xt$ ja

$y(t)=y_0 + v_{0y}t -\tfrac12gt^2 $,

jossa siis $x(t)$ on etäisyys mittauspisteestä hetkellä $t$ ja $y(t)$ on korkeus mittauspisteestä hetkellä $t$. Selvästi, heiton on lähdettävä heittoringin sisältä, joten $x_approx 0$ hyvälle heitolle; ehkä siihen saa käsien ja moukarin varren verran. Heiton lähtökorkeus $y_0$ on taas riippuvainen heittäjän fysiikasta ja tekniikasta.

Kuvassa näkyy kaikki (vaikka vihreä käyrä ei aivan paraabeli olekaan). Huomataan, että mitä suurempi on $y_0$, sitä pidemmälle moukari lentää. Alkunopeudet eri suuntiin, eli $v_{0x}$ ja $v_{0y}$ saadaan alkunopeudesta $\vec v_0$. Kirjassa(kin) on osoitettu, että ideaalitapauksessa kappale lentää pisimmälle, kun $v_{0x} = v_{0y}$, eli kappale lähtee $45$ asteen kulmassa. Siitä ei nyt sen enempää, paitsi että

$v_{0x} = v_{0y} = \frac{v_0}{\sqrt2}$.

 

Moukarinheittäjän tarkoituksena on siis saadan alkunopeus $v_0$ mahdollisimman suureksi ja päästää moukari irti, kun $v_{0x} = v_{0y}$ eli moukari on nousemassa $45^\circ$ kulmassa ylöspäin mahdollisimman korkealla. Helppoa.

 

Moukariin saadaan riittävästi nopeutta pyörittämällä sitä itsensä ympäri. Käytännössä, aluksi moukaria vispataan pelkästään käsillä oman kehon ympäri, sitten koko keho–moukari-systeemi pyörii yhteisen massakeskipisteen ympäri. Katso oheisesta Youtube-videosta mallia:

https://www.youtube.com/watch?v=Jpbgg2TRCuw

https://www.youtube.com/watch?v=pT1o4K7GdzU

Katsotaan, ensin tapahtumaa pelkän moukarinkuulan kautta. Kuulan paino on $m=7.257$ kg ja pituus on noin $r=1.20$ m. Pituus pitäisi mitata pyörimisakselista, joten se riippuu sekä heittäjästä (käsien pituudesta etc) että vauhdinoton kiertokulmasta. Siihen ei nyt kiinnitetä huomiota.

Yllä olevaan kuvaan on piirretty aiheeseen liittyvät vapaakappalekuvat ylhäältä sekä yläviistosta katsottuna. Niissä näkyvät myös  moukarin alkukorkeus, eli $y_0$ kiertymän $\phi$ funktiona. Olkoon nollakiertymä, kun moukari on heittoaukon vastakkaisella puolella, ja kiertymä on puolet ympyrästä ($\varphi=\pi$), kun moukarin on aukon kohdalla.

 

Oletus 1: Kulmanopeus on vakio, jolloin moukarin korkeus on symmetrinen sinikäyrä, ja sen suurin arvo on kun $\varphi = \pi$ ja pienin arvo, kun $\varphi = 0$. Tämä oletus ei selvästikään pidä paikkansa, mutta ei välitetä siitä. Kulmanopeushan on koko ajan kiihtyvää, sillä moukarinheittäjä ei hyödy siitä, että pyörittää moukaria tasaisella nopeudella ympäri heittoympyrää. Moukarin suunta $y$-suunnassa on korkeuden derivaatta, joten suunta ja korkeus liittyvät toisiinsa hyvin läheisesti.

 

Kun kulmanopeus $\omega$ on tasainen, suurimmalla korkeudella $\max(y_0)$ moukarin suunta on alaspäin.  Se ei ole oikein otollinen suunta. Haetaan optimaalinen heittokulma, eli kiertokulma $\varphi$, jolla moukarin kantama $\ell$ on suurin mahdollinen.

Lasketaan kantama $\ell$, eli tarvitaan aika $t$, jolla $y(t)=0$ eli

$0=y_0 + v_{0y}t -\tfrac12gt^2$ josta saadaan

$t = \frac{-v_{0y}\pm\sqrt{v_{0y}^2 + 4\tfrac12 g y_0}}{-2 \tfrac12 g} = \frac{v_{0y}\pm\sqrt{v_{0y}^2 + 2 g y_0}}{g}$,

joista luultavammin $-$-merkkinen on negatiivinen. Aika $t$ sijoitetaan nyt $x$-suuntaan etenevän liikkeen yhtälöön, niin saadaan kantama:

$\ell = x(t) = x_0 + v_x t = \frac{ v_x}{g} \left( v_{0y}\pm\sqrt{v_{0y}^2 + 2 g y_0}\right)$,

koska $x_0 \approx0$. Muistetaan, että $y_0 = -\cos\varphi +1$ ja $v_{0y} = \sin\varphi$. Alkunopeus $x$-suuntaan, eli $v_x$ on oma osansa; siihen keskitytään myöhemmin.

Yllä oleva lauseke pitää derivoida nyt kiertokulman $\varphi$ suhteen ja hakea derivaatan nollakohta:

$\frac{\d \ell}{\d \varphi} = \frac{ v_x}{g} \frac{\d}{\d \varphi}\left( v_{0y}\pm\sqrt{v_{0y}^2 + 2 g y_0}\right)$

$= \frac{ v_x}{g} \left(  \frac{\d v_{0y}}{\d \varphi}  \pm \frac{  2v_{0y}\frac{\d v_0y}{\d \varphi} + 2g \frac{\d y_0}{\d \varphi}  }{2 \sqrt{v_{0y}^2 + 2 g y_0} } \right)$

$= \frac{v_x}g \left( \cos \varphi \pm\frac{  \sin\varphi \cos\varphi + g \sin \varphi }{ \sqrt{\sin^2\varphi + 2g (1-\cos\varphi)}} \right)=0$

 Nollakohtaa hakiessa kertojasta ei tarvitse välittää. Symbolinen laskin antoi nollakohdat heittämällä, mutta herjasi, että “kyseenalainen ratkaisu”. Ratkaisu on (lienee)

$\varphi = -\tfrac\pi2 +2n\pi – \sin^{-1}\tfrac g{g+2}$, ehdolla $-1 \leq \tfrac g{g+1}\leq 1$ (toteutuu).

Koska $g=9.81$ m/s$^2$, niin saadaan, että optimaalinen “heittokiertymä” on

$\varphi = -\tfrac\pi2 +2n\pi – 0.98$, eli

$\varphi = -2.55$, $3.73$ tai $10.02$ radiaania.

Piirretään vielä tuo pituus kiertymän funktiona: Kuvassa näkyvät nyt sekä $+$-merkkiselle että $-$-merkkiselle ajan $t$ ratkaisulae olevat kantamat. Se negatiivinen on tosiaan väärään suuntaan, eli tulee negatiivinen pituus eli kantama. Suurin pituus saadaan (punainen käyrä), kun kiertymä on $2.55$ rad, eli 146 asteen kiertymällä, siis 34 astetta ennen kuin moukari sojottaa suoraan kentälle päin. Kuvasta lisäksi huomataan, että laskukone antoi negatiivisen $t$:n ratkaisut;) Samalla kuvasta huomataan, että kantama $\ell$ ei ole kovinkaan herkkä kiertymälle $\varphi$, kunhan se on riittävän lähellä.

Piirsin samaan kuvaan vielä alkukorkeuden $y_0$ ja alkunopeuden $v_{y0}$. Optimaalinen kantama saadaan, kun moukarista päästetään irti hieman ennen kuin se on yläasennossa. Sen $y$-suuntainen nopeus on silloin vielä ylöspäin, eli positiivinen, mutta melko lievästi.

Tarkista videoista!

 

Alkunopeus $x$-suuntaan. $x$-suuntainen nopeus $v_{0x}$ vaikuttaa lineaarisesti kantamaan, kuten kantaman yhtälöstä,

$\ell =  \frac{ v_{0x}}{g} \left( v_{0y}\pm\sqrt{v_{0y}^2 + 2 g y_0}\right)$

nähdään. Siihen taas vaikuttavat kulmanopeus $\omega$, moukarin radan säde $r$, sekä moukariheittäjän radiaalinen nopeus $v_r$. Verrataan näiden merkitystä kantamaan.

Kuvassa $\alpha$ on moukarin tangentiaalisen nopeuden $v_t$ ja moukarin heittäjän radiaalisen nopeuden $v_r$ välinen kulma (tosin ei aivan välinen, vaan kun $\alpha=\pi$ rad, niin ovat saman suuntaiset, kuvan merkinnöin). Kosinilauseen

$c^2 = a^2 + b^2 – 2ab\cos\gamma$

perusteella vektorin $v_{0x}$ pituuden neliö (lasketaan se, koska se on helpompi) on

$|v_{0x}|^2 = |v_t|^2 + |v_{0x}|^2 – 2 |v_t| \cdot |v_{0x}| \cos \alpha$.

Tangentiaalinen nopeus $v_t = \omega r$, mutta ei kiinnostuta siitä vielä. Tätä on hankala visualisoida, koska se riippuu kolmesta eri muuttujasta. Ainakin se nähdään, että alkunopeus $v_{0x}$ ei ole kovin herkkä kulmalle $\alpha$, kunhan se on sinne päin. Lisäksi nähdään, että radiaalinen nopeus ja tangentiaalinen nopeus ovat symmetrisia.

 

Siis, molempia kannattaa kasvattaa. Kumpaa on helpompi? Tangentiaalinopeudelle $v_t = \omega r$. Moukarin pituus on n. 120 cm, ja säteen $r$ pituus on kohtalaisen lähellä tätä lukua.

 

 

 

Verrataan kantamaa oikeisiin pituuksiin, jolloin saadaan arviota kulmanopeudelle $\omega = v_x/r$.

JATKUU.