In einer idealen Welt gibt es keine Antwort. Dies ist die Grenze zwischen 2 verschiedenen Ergebnissen. Die Antwort hängt von Details ab, die idealisiert wurden.

Wenn ein Ball auf ein Hindernis trifft, verformt er sich. Ebenso wird die Wand durch die Kugel zumindest geringfügig verformt. Diese Formänderungen spielen in den ersten beiden Fällen keine große Rolle, können jedoch im folgenden Szenario größere Auswirkungen haben.

Angenommen, der Ball quetscht horizontal und wird größer. Das wird dazu neigen, den Ball zu heben. Auch der Ball springt zurück, wenn er seine Form wiedererlangt.

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Als Antwort auf Lamar Latrell und Graham möchte ich auf einen Punkt hinweisen, auf den verschiedene Kommentare und Antworten angespielt haben. Die ersten beiden Fälle haben unterschiedliche Verhaltensweisen.

Wenn ein Ball von der Wand abprallt, findet die Interaktion in sehr kurzer Zeit statt. Die Kraft ist sehr groß. Der Ball verformt sich und springt stark genug zurück, um von der Wand zu fliegen. Bei einer elastischen Kollision springt sie mit der gleichen Geschwindigkeit zurück. Dies wird oft ignoriert, wenn Menschen nur an der Endgeschwindigkeit interessiert sind. Es wird als sofortige Kollision abstrahiert.

Wenn ein Ball eine sanfte Kurve hinaufgleitet, dauert die Interaktion viel länger. Die Kräfte sind relativ gering und die Verformung ist geringer. Die Rückfederung beträgt ungefähr $ 0 $ span>. Die normalen Kräfte von der Wand verlangsamen den Ball und heben ihn an.

Wenn der Eckenradius etwas größer als die Kugel ist, werden Verformungen wichtig. Der Kontaktpunkt kann sich schnell von unten nach unten verschieben. Es kann sich aber auch von einem Punkt zu einem Patch erweitern. Man muss in 3 Dimensionen denken. Eine Kugel rollt einen Zylinder auf. Der Patch hat Fläche, nicht nur Länge.

Wenn die Radien übereinstimmen, wird der Kontaktpunkt definitiv zu einem Fleck von mindestens 90 Grad. Es flacht auch an der Wand ab.

Kräfte hängen vom Abflachungsgrad ab.Einige Kräfte werden nach oben gerichtet sein.Dies hängt von Details wie der Form des Patches ab.Dies wird durch die Eigenschaften des Balls gesteuert.

In einer idealen Welt wird der Ball als unendlich starr angenähert.In diesem Fall können Sie Normalkräfte entlang einer Kontaktlinie gleichzeitig anwenden, wie dies AccidentalTaylorExpansion und andere getan haben (+1).Sie sollten sich jedoch nicht wundern, wenn ein besseres Modell der Interaktion eine andere Antwort liefert.Insbesondere bewirken die Normalkräfte nicht direkt, dass der Ball von der Wand fliegt.Sie verursachen Verformungen und innere Kräfte in der Kugel bewirken, dass sie wieder in Form springt und abfliegt.

Wenn Sie Ihr Leben komplizierter machen möchten, setzen Sie sich und schnallen Sie sich an, weil ich voll drauf bin.

Zuerst müssen wir uns ansehen, wie der Ball überhaupt zurückprallt, da dies für sofortiges Abprallen ziemlich schwierig ist. Betrachten Sie die folgende Situation:

Ein Ball mit einem anfänglichen Impuls $ \ vec p $ span> bewegt sich nach rechts und trifft auf eine Steigung. Lassen Sie uns die Schwerkraft vorerst ignorieren, da dieses Problem kompliziert genug sein wird. Während der Kollision wirkt eine Kraft auf den Ball und wir wissen nicht genau, wie diese Kraft aussieht, aber wir wissen zwei Dinge

1. Die Kraft ist eine Normalkraft. Während der Kollision verläuft die Kraft entlang einer Linie, die den Kontaktpunkt und die Mitte des Balls verbindet (siehe den roten Pfeil im Bild).
2. Energie wird gespart (ideale Umgebung), also $ | \ vec {p} \, '| = | \ vec p | $ span> wobei $ \ vec p \, '$ span> ist der Impuls nach der Kollision.
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Daraus können wir schließen, dass sich der Impuls folgendermaßen ändert:



Der Impuls wird um $ 2 \ theta $ span> gedreht, da $ \ Delta p $ span> der rote Pfeil ist muss parallel zur Normalkraft sein. Wenden Sie dies nun auf die beiden von Ihnen erwähnten Randfälle an, um festzustellen, dass dies sinnvoll ist. Für den Kopf bei Kollision haben wir $ \ theta = \ pi / 2 $ span>, sodass der Impuls um $ \ pi gedreht wird $ span>. Dies bedeutet, dass das Partikel wie erwartet direkt zurückprallt. Für den Fall mit dem großen Bogen haben wir eine kontinuierlich variierende Kurve. Lassen Sie uns die Kurve in viele Liniensegmente aufteilen und die Grenze zu einer kontinuierlichen Kurve nehmen. In dieser Grenze geht der Winkel zwischen zwei Abschnitten auf Null, so dass der Winkel, in dem der Ball abprallt, ebenfalls auf Null geht. Der Ball umarmt die Kurve wie erwartet.

Betrachten wir nun den Fall, in dem der Krümmungsradius dem Radius der Kugel entspricht. Dieser Fall ist schwierig und wir müssen einige Entscheidungen treffen. Betrachten wir ein kurzes Zeitintervall, in dem die Kollision auftritt. Das gesamte untere rechte Viertel des Balls erfährt gleichzeitig eine Kraft, aber wir wissen nicht wirklich, wie diese Kraft verteilt ist. Ich gehe von folgender Annahme aus, damit wir tatsächlich etwas berechnen können: Die Kraft an jedem Kontaktpunkt ist proportional zu $ \ hat r \ cdot \ vec v $ span>, wobei $ \ vec r $ span> ist der Vektor, der die Mitte des Balls mit dem Kontaktpunkt und $ \ hat r = \ tfrac 1 verbindet r \ vec r $ span>. Die Kraft ist auch in Richtung $ \ hat r $ span>, da es sich um eine normale Kraft handelt. Überzeugen Sie sich selbst, dass dies mit dem zuerst erwähnten Fall übereinstimmt. Ich definiere $ \ phi $ span> so, dass $ \ phi = 0 $ span> am Kontaktpunkt ganz rechts und $ \ phi = \ pi / 2 $ span> am niedrigsten Kontaktpunkt.

Die gesamte Impulsänderung kann jetzt als Integral über alle Kontaktwinkel geschrieben werden ( $ \ phi $ span>). Da wir die genaue Größe noch nicht kennen, füge ich einen Faktor $ c $ span> ein, der später bestimmt wird. $$ \ Delta \ vec p \ propto \ int (- \ hat r \ cdot \ vec v) \ hat r \ mathrm {d} \ phi \\ = c \ int_0 ^ {\ pi / 2} (- \ cos \ phi) \ begin {pmatrix} \ cos \ phi \\ - \ sin \ phi \ end {pmatrix} \ mathrm {d} {\ phi} \\ = c \ begin {pmatrix} - \ pi / 4 \\ 1/2 \ end {pmatrix} $$ span> Die letzte verwendete Zeile $$ \ int_0 ^ {\ pi / 2} - \ cos ^ 2 (\ phi) \, \ mathrm {d} \ phi = - \ pi / 4, \ int_0 ^ {\ pi / 2} \ cos (\ phi) \ sin (\ phi) \, \ mathrm {d} \ phi = 1/2 $$ span>

Um $ c $ span> zu bestimmen, verwende ich wieder die Konversation von Energie. Also $ | \ vec p + \ Delta \ vec p | = | \ vec p | $ span>. Das Einfügen dieser Gleichung für $ c $ span> in Mathematica ergibt $$ c = \ frac {8 \ pi mv} {4+ \ pi ^ 2}. $$ span> Ein hässlicher Ausdruck, aber zumindest eine Antwort. Die Tatsache, dass es proportional zu $ \ vec p $ span> ist, macht den Winkel immer gleich, wie Sie in Kürze sehen werden. Um den Winkel zwischen zwei Vektoren zu bestimmen, können Sie verwenden $$ \ cos \ theta = \ frac {\ vec a \ cdot \ vec b} {| \ vec a || \ vec b |}. $$ span> Einstecken für $ \ vec p $ span> und $ \ vec p \, '= \ vec p + \ Delta \ vec p $ span> gibt endlich (wieder mit Mathematica bin ich nicht verrückt) $$ \ theta = \ arccos \ left (\ frac {4- \ pi ^ 2} {4+ \ pi ^ 2} \ right) \ ca. 115.037 ^ {\ circ} $ $ span> Oder über diesen Winkel:

Ich möchte noch einmal betonen, dass ich einige Annahmen darüber getroffen habe, wie sich die Kraft während der Kollision verteilt, sodass Ihre Antwort möglicherweise anders ist, wenn Sie andere Annahmen getroffen haben. Sie müssen diese Annahmen treffen, da dieses Problem nicht genau definiert werden kann.

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TLDR - Unter bestimmten Voraussetzungen können Sie den Winkel berechnen, in dem das Partikel zurückprallt. Meine Berechnungen ergeben $ 115 ^ {\ circ} $ span> ( $ 65 ^ {\ circ} $ span> in Bezug auf die Boden)

BEARBEITEN - In den Kommentaren wurde vorgeschlagen, dass die Rückstellkraft für einen bestimmten Winkel proportional zu $ - \ cos ^ 2 \ phi $ span> anstelle von $ - \ cos \ phi $ span>. Ich bin nicht ganz überzeugt, aber in diesem Fall ergibt sich eine Berechnung von $ \ theta = \ arccos (-3/5) \ ca. 2,21 $ span> Radiant oder $ 53 ^ {\ circ} $ span> vom Boden entfernt.

Der Ball steigt die Kurve hinauf, wenn seine horizontale Geschwindigkeit nicht gestoppt oder umgekehrt wird. Wenn die horizontale Geschwindigkeit $ 0 $ span> wird, kann sie aufgrund der Schwerkraft nicht weiter nach oben klettern. Es kann nur eine Weile dauern, bis die Anfangsgeschwindigkeit ausreicht.

Erster Fall

Wie Sie bereits erwähnt haben, steigt es hier nicht an, da der Ball, sobald er gegen die Wand trifft, eine Kraft in die entgegengesetzte Richtung erhält ( unter der Annahme einer elastischen Kollision ). Darüber hinaus erhält es in vertikaler Richtung keine Nettokraft, da der Krümmungsradius der Wand kleiner als der der Kugel ist.

Zweiter Fall

In diesem Fall steigt der Ball auf, weil es sich um eine Steigung handelt, die die Neigung variiert. Da der Ball in diesem Fall nicht sofort seine gesamte Geschwindigkeit in Richtung $ x $ span> verliert, kann er sich über die Kurve bewegen, bis seine gesamte potentielle Energie umgewandelt ist kinetische Energie.

Dritter Fall

Hier erhält der Ball eine Nettokraft, die sich in $ - x $ span> -Richtung über dem Boden befindet (siehe Abbildung). Jetzt könnte diese Kraft den Ball anheben, aber aufgrund der Schwerkraft ist dies möglicherweise nicht möglich. Wenn es keine Schwerkraft gäbe, würde der Ball nach oben und links gehen.

Der Ball springt in einem Anfangswinkel von 64,96 ° zur Horizontalen ab.

Am Kontaktpunkt wird die einfallende Kraft auf den unteren rechten Quadranten der Kugel verteilt. Eine vernünftige Annahme ist, dass die einfallende Kraft (und damit der Impuls) an einem Punkt proportional zum Kosinus des Winkels zwischen der einfallenden Geschwindigkeit und der Oberflächennormalen ist (also Null an der Basis der Kugel, die auf ihren größten Wert am ansteigt rechte Seite des Balls). Wenn wir konstante Faktoren integrieren und verwerfen (da wir uns nur um die Richtung des Netzimpulses kümmern), erhalten wir:

$$ J = \ int_0 ^ {\ pi / 2} \ begin {pmatrix} \ cos ^ 2 \ theta \\ \ cos \ theta \ sin \ theta \ end { pmatrix} d \ theta \ propto \ int_0 ^ {\ pi / 2} \ begin {pmatrix} \ cos 2 \ theta + 1 \\ \ sin 2 \ theta \ end {pmatrix} d \ theta \ propto \ left [\ begin {pmatrix} \ sin 2 \ theta + 2 \ theta \\ - \ cos 2 \ theta \ end {pmatrix} \ right] _0 ^ {\ pi / 2} \ propto \ begin {pmatrix} \ pi \\ 2 \ end {pmatrix} $$ span>

Dieser Nettoimpuls hat dann einen Winkel zur Horizontalen von $ \ arctan 2 / \ pi = 32,48 ° $ span>.

Durch Energieeinsparung (da die Kollision ideal ist) muss der Ball mit einer Geschwindigkeit austreten, die seiner ankommenden Geschwindigkeit entspricht. Durch Parallelogrammaddition von Vektoren beträgt der Winkel zur Horizontalen der Geschwindigkeitsänderung also die Hälfte der Austrittsgeschwindigkeit Daher muss der Austrittswinkel $ 2 \ arctan 2 / \ pi = 64,96 ° $ span> zur Horizontalen sein.

Dies kann unter Berücksichtigung der Extremfälle

• Der Ball hat immer an einem einzigen Punkt Kontakt mit dem Boden, wobei die normale Reaktion der Wand entgegengesetzt zum Ball erfolgt.Dieser Fall würde (zum Zeitpunkt des Auftreffens der Wand) I auftreten, wenn der Krümmungsradius dort kleiner als der des Balls ist.

• Der Ball hat immer Kontakt mit der Oberfläche und einen einzigen Kontaktpunkt, wobei die normale Reaktion immer senkrecht zu der Bewegungsrichtung verläuft.Dieser Fall würde (zum Zeitpunkt des Auftreffens der Wand) I auftreten, wenn der Krümmungsradius dort größer als der des Balls ist.

Nun ist der von Ihnen angegebene Fall ein Zwischenfall, bei dem die normale Reaktion sowohl in senkrechter als auch in entgegengesetzter Richtung zur Bewegung wirkt, sodass der Ball in einem Winkel von von der Wand abfliegt$ 45 ° $ span> von der Horizontalen.

Ok, hier ist meine Vermutung nach gut vierzig Sekunden.Ich denke, es wird in einem Winkel von der Ecke abprallen, der von seiner Geschwindigkeit abhängt.Die Argumentation ist wie folgt.Nehmen Sie perfekte Bedingungen an, z. B. keine Reibung, perfekte Krümmung, perfekte Elastizität usw. In diesem Fall erfolgt der Aufprall an allen Punkten entlang des unteren rechten Quadranten des Balls sofort.Die Größe der Reaktion an jedem Punkt besteht aus zwei Komponenten, eine aufgrund der Wirkung der Schwerkraft und die andere aufgrund des Impulses der Kollision.Die Gravitationskomponente ist unabhängig von der Geschwindigkeit des Balls, die andere Komponente nimmt mit der Geschwindigkeit zu.Wenn wir annehmen, dass die Geschwindigkeit so ist, dass die Gravitationskomponente ignoriert werden kann, muss die Reaktion ohne Reibung überall normal zur Kontaktoberfläche sein, dh in Richtung der Mitte des Balls.Die Summe der Kräfte muss daher eine Aufwärtskomponente und eine Komponente links haben, damit sich die Kugel in einem bestimmten Winkel zurückzieht.

Um eine Antwort zu erhalten, muss die normale Verteilung der Kontaktkräfte zum Zeitpunkt des Aufpralls betrachtet werden. Es sollte offensichtlich sein, dass die Kontaktkraft auf der Höhe von r an der Wand am höchsten und am unteren Kontaktpunkt 0 am höchsten ist. Zwischen diesen beiden Punkten hängt die Kraft vom Winkel zwischen der Geschwindigkeit und dem Normalvektor ab. Da ich keine Informationen über die Amplitude der Kraft habe, werde ich sie vernachlässigen. Der resultierende Winkel, wenn $ \ alpha = 0 $ span> ist, ist, wo die Kraft $ 0 $ span> und $ \ alpha = \ pi / 2 $ span> wobei die Kraft ihr Maximum hat, kann mit $ \ beta = \ frac {\ int_0 ^ {\ berechnet werden pi / 2} sin (\ alpha) \ alpha d \ alpha} {\ int_0 ^ {\ pi / 2} sin (\ alpha) d \ alpha} = 1 ~ rad = 57,3 ^ {\ circ} $ span> . Grundsätzlich springt der Ball mit einem Winkel von $ \ gamma = 90 ^ {\ circ} -57,3 ^ {\ circ} = 32,7 ^ ab und fliegt in die Richtung zurück, aus der er gekommen ist {\ circ} $ span> vom Boden aus.

Bearbeiten: In diesem Bild wird die Normalkraftverteilung und der resultierende Kraftvektor beim Aufprall angezeigt. Der Winkel zum Boden beträgt $ 32.7 ^ {\ circ} $ span>. Schwarz sind die normalen Kontaktkräfte und Rot ist die resultierende Kraft.

Die Gravitation wird in dieser Berechnung nicht berücksichtigt, da keine Informationen über die Geschwindigkeit und das Gewicht des Balls vorliegen. Man könnte jedoch die gleiche Berechnung durchführen und die Annahmen so ändern, dass das Kraftmaximum aus der Schwerkraft bei $ \ alpha = 0 $ span> maximal ist und $ 0 $ span> bei $ \ alpha = \ pi / 2 $ span>. Daher muss der resultierende Kraftvektor der Gravitationskontaktkraft bei $ \ gamma = 57,3 ^ {\ circ} $ span> liegen.

Edit2: Ich habe vergessen zu berücksichtigen, dass die Schwerkraft in eine andere Richtung wirkt als die andere Kraft. Die Überlagerung muss dies berücksichtigen.

Edit3: Einige Rechtschreibfehler wurden korrigiert und die obige Formel wurde so angepasst, dass die Antwort die richtigen Einheiten hat.Die Formel selbst ergibt sich aus der Berechnung des Angriffspunkts für eine Linienlast oder eine verteilte Last.Ich betrachte den Winkel nur als "normale Koordinate".Ich habe auch einige numerische Berechnungen durchgeführt und das Ergebnis wird als $ 32.52 ^ {\ circ} $ span>

Ich denke, die Antwort ist ziemlich einfach.Der Ball wird steigen und steigt, bis die gesamte kinetische Energie in potenzielle Energie umgewandelt wurde.Wenn wir versuchen zu visualisieren, dass der Krümmungsradius der Ecke bei einer Kollision kleiner als der Radius der Kugel ist, wird er offensichtlich kollidieren, bevor er in der Lage ist, aufzusteigen (obwohl er aufgrund einer leichten Deformation auf Kollision kippen könnte).Andernfalls kann er steigen.Das sollte ausreichen :)