Jeg har bekræftet eksperimentet ved at bruge en McD_n_lds kop til at drikke med papir og en ølblæsehul plastkugle på ca. $ 5 \ mathrm {g} $ , ca. samme diameter som en bordtennisbold (PPB):

Den observerede effekt afhænger i vid udstrækning af, at koppen er blød og permanent deformerbar (som et objekt lavet af blutack eller playdough), så dens kollision med Jorden er uelastisk. En stiv, hård kop (fremstillet af stål f.eks.) Fungerer ikke på samme måde her. Ensemblets uelastiske sammenstød får kinetisk energi til kop og vand, efter kollision, til at være lille.

PPB springer ret højt tilbage (fra en kvart fyldt kop), og koppen vand mister ret lidt vand og hopper egentlig ikke overhovedet. Det er et syn at se! En simpel model kan oprettes som følger.

Vi kan skrive med Conservation of Energy (kollisionen er tydeligvis ikke elastisk - som det fremgår af den permanente deformation af bunden af ​​koppen ):

$$ (M + m) gH = mgh + W + \ Delta Q + K_ {M + m} $$

hvor:

• $ M $ er massen af ​​vand plus kop og $ m $ er massen af PPB
• $ H $ er den højde, hvorfra koppen, vandet og PPB falder, og $ h $ span > er PPB's reboundhøjde, efter at ensemblet rammer Jorden
• $ W $ det arbejde, der er udført på koppens bund
• $ \ Delta Q $ varmeenergi spredt af forskellige ikke-konservative kræfter
• $ K_ {M + m} $ den kinetiske energi fra vand og skål efter kollision med Jorden.

Problemet er, at vi ikke kender værdien af ​​ $ W + \ Delta Q + K_ {M + m} $ . Direkte observation antyder, at den er lille, så vi kan skrive:

$$ (M + m) gH \ geq mgh $$

Eller:

$$ \ boxed {h \ leq H \ Big (\ frac {M + m} {m} \ Big)} $$

Hvis $ M \ gg m $ kan vi yderligere tilnærme:

$$ h \ leq \ frac {M} {m} H $$

Jeg ville bekræfte ksperimentelt effekten af $ M $ på $ h $ .

Ved hjælp af en næsten tom kop, en halvfyldt og en fyldt helt, kan jeg bekræfte øget $ M $ øger $h $ .

Nogle yderligere eksperimenter er planlagt.

Som nævnt i kommentarerne ovenfor ligner bolden i koppen Galilean Cannon. Den maksimale højde, som bolden kan hoppe til $ h_ {max} $ , kan estimeres ved hjælp af loven om energibesparelse: $$ (m + M) gH = mgh + E_ {cup} + E_ {water} + E_ {heat}, $$ hvor $ m $ er boldens masse, $ M $ er massen af ​​kop + vand, $ H $ er den indledende højde, hvorfra bolden blev kastet, $ E_ {cup} $ , $ E_ {water} $ og $ E_ {heat} $ er energien fra kop, vand og varme ( på grund af spredning). Den maksimale højde svarer til $ E_ {cup} = E_ {water} = E_ {heat} = 0 $ . $$ h_ {max} = \ frac {m + M} {m} H $$

Sammenlignet med resultatet fra @Gert, for $ M \ gg m $ , $ h_ {max} $ er proportional med $ M $ ikke $ M ^ 2 $ . Sidstnævnte ville modsige bevarelsen af ​​energi.

Husk, at hvis en kugle normalt rammer en væg elastisk, vil dens hastighed nøjagtigt vendes.

Antag, at hele systemet rammer jorden med hastighed $ v $ . Når koppen og vandet rammer den bløde måtten, reduceres deres hastighed hurtigt og kan begynde at bevæge sig opad (afhængigt af hvor blød måtten er), før bordtennisbolden påvirkes af en reaktionskraft. Antag, at koppens hastighed (og den nederste del af vandet) bliver $ u $ i opadgående retning.

Lad os gå til kopperammen. Nu rammer bolden (og det øverste vandniveau) den med hastighed $ u + v $ . Hvis koppen var meget (faktisk uendeligt) tungere end bolden, ville bolden komme tilbage i hastighed $ u + v $ i denne ramme (koppen fungerer som en væg) . Da selve koppen bevægede sig opad med en hastighed $ u $ , vil kuglens opadgående hastighed i jordrammen være $ 2 u + v $ .

Nu i selve eksperimentet er kollisionerne ikke elastiske, koppens hastighed ændres ikke øjeblikkeligt, og koppen er ikke så tung sammenlignet med bolden. Så den endelige opadgående hastighed af bolden er mindre end $ 2u + v $ , men ovenstående argument viser, hvorfor den er større end $ v $ .

Hvorfor Energibeskyttelse stadig holder: Da koppen og det meste af vandet ikke springer tilbage til deres oprindelige position, er deres indledende potentielle energi tilgængelig til at blive konverteret til den ekstra kinetiske energi af bolden og den energi, der absorberes af måtte og vand.

Som nævnt i kommentarerne ligner dette en galilensk kanon.

Min hypotese, hvorfor bordtennisbolden får en stor opadgående impuls:

Den flydende bordtennisbold fortrænger noget vand. Mængden af ​​forskydning ændrer sig ikke meget i løbet af efteråret.

Når koppen rammer gulvet, giver decelerationen af ​​vandmængden et kort tryk. På grund af dette tryk-top udøver vandet, der er i kontakt med bordtennisbolden, (kort) en meget stærkere kraft på bordtennisbolden. Vandet flyder tilbage, bevæger sig ned langs bægerets vægge og bevæger sig op ad den centrale akse. Således får ping pong-kuglen en stor impuls.

Det kan endda være, at der er en sekundær effekt. Det kan være, at toppen af ​​den kraft, der udøves på bægerets væg forårsager elastisk deformation af bægervæggen, og når bægervæggen springer tilbage, fokuserer al denne bevægelse på bægerets centrale akse , som er lige hvor bordtennisbolden er placeret.

Det kan godt være, at efter at have sparket bordtennisbolden op, er vandet tilbage med lidt energi, så det forbliver i koppen. Mit gæt er, at uden bordtennisbolden vil vandet overvejende springe op langs den centrale akse.

Dette antyder et sammenligningseksperiment.

Denne foreslåede opsætning kræver produktion. I stedet for en kop (der er tilspidset) skal der bruges en cylinder, og i stedet for en kugle skal der bruges en anden cylinder (kort, lukket i begge ender), skal denne anden cylinder glide frit inde i den første cylinder. Jeg vil henvise til disse to som 'cylinderen' og 'stemplet'. (Naturligvis skal cylinderen, ligesom koppen, være lukket i den ene ende)

Før frigivelse bør vand ikke komme ind i afstanden mellem stempel og cylinder. (I løbet af efteråret vil begge være vægtløse; ikke meget vand trænger ind i hullet.)

Under disse omstændigheder forventer jeg ikke, at stemplet hopper op, bestemt ikke højere end frigørelsens højde.

Stemplet er fladt nedenunder, så der er ingen mulighed for vandet til at flyde igen.Jeg tror, det er den tvungne tilbagestrømning, der transmitterer impulsen til ping pong-kuglen, så jeg forventer, at når reflow elimineres, fjernes muligheden for impulsoverførsel.

I en kommentar og en anwser er det blevet foreslået, at der er lighed med en Galilensk kanonopsætning.
Imidlertid overføres impulsen til bolden med opsætningen af dette spørgsmål af en væske som er ukomprimerbar.Til sammenligning kan du forestille dig at prøve en galilensk kanonopsætning, hvor begge de to bolde er fyldt med vand.Det ville ikke fungere, fordi luftens elasticitet i kuglerne er et afgørende element.Så selvom der er en vis lighed, er forskellene sådan, at sammenligning med en galilensk kanonopsætning ikke er særlig nyttig.

Antag, at vandet i koppen er komprimerbart og usynligt, oplever en-dimensionel strømning og derved tilfredsstiller de endimensionelle Euler-ligninger. Indledende betingelser, velocity = $ \ sqrt {gh} $ nedad og tryk = 1 atm, er begge ensartede. Bunden af ​​koppen rammes nedenfra på en sådan måde, at vandets hastighed reduceres, og trykket øges på samme måde som det velkendte stempelproblem. Dette skaber en opadgående trykbølge inde i vandet og frembringer en trykgradient i lodret retning. Trykgradienten skaber en opadgående kraft på PPB, der øjeblikkeligt er lig med det nedsænkede volumen gange gradientens størrelse (Archimedes-princippet). Dette giver PPB en indledende acceleration, men kun i en kort periode, indtil PPB forlader vandet.

Jeg mener, at dette har alle muligheder for en god forklaring. men det er frygteligt svært at sætte tal på. Selv beslutningen om at inkludere komprimeringsevne har brug for mere begrundelse, end jeg har været i stand til at mønstre. Der er dog tidspunkter, hvor vand ved relativt lave hastigheder skal betragtes som komprimerbar. Et eksempel er "vandhammer" støj, der undertiden kommer fra husholdningsrør som reaktion på den pludselige lukning af en vandhaner. De involverede hastigheder og decelerationer kan være ret ens.

Dette er en reaktion på det ellers fine svar fra 'Cleonis'.

Her er his opsætning, som jeg forstår det:

Ensemblet af cylinder, vand og stempel rammer jorden ved $ v_0 $ fordi:

$$ \ frac12 v_0 ^ 2 = gH $$

hvor $ H $ er faldhøjden.

På grund af den bløde, uelastiske pude i bunden af ​​cylinderen er restitutionskoefficienten $ \ text {zero} $ og energibalancen er:

$$ (M + m) gH = mgh + \ Sigma E $$

hvor $ \ Sigma E $ er forskellige små energier beskrevet i mit første indlæg.

I grænsen for $ \ Sigma E \ til 0 $ får vi:

$$ (M + m) H = mh $$

Bemærk, at der er behov for et hul i cylinderen, da der ellers ville opstå et delvis vakuum mellem den 'undslippende' cylinder og stemplet.

Under disse omstændigheder forventer jeg ikke, at stemplet hopper op, bestemt ikke højere end frigivelseshøjden.

Så jeg mener, at dette er forkert.