Tænkeboks: Beregn hvor meget pladen kryber

Pseudonymet Professor Hoffmann udgav for 130 år siden en bog med et broget udvalg af hen imod 400 opgaver inden for matematik, mekanik, dissektion, tændstikmønstre, kombinatorik og meget mere. Nogle er lette, andre middelsvære og atter andre har et finurligt anstrøg, der kræver alle hjerneceller aktiveret. Og så er opgaverne ledsaget af skønne tegninger af en slags, der hører en svunden tid til. Det er en rigtig nuttet julebog. Den er lagt på Nettet og kan hentes gratis når man googler ordene Professor Hoffmann Puzzles download. God fornøjelse og glædelig jul til alle mine kære kampfæller på Bagsiden.

Skråplan Selv om det er lidt af et skråplan at svare på denne opgave vil jeg vove den påstand , at metalpladen på skråplanet ligger stille. En evt. bevægelse må derfor stamme fra temperaturændringer i løbet af dagen fra 0˚ til plus 20˚ og tilbage til 0˚ så alt i alt et bud på ca 0,2 mm

Hvis fladen er vandret bevæger midten af jernklodsen sig ikke. Med en hældning vil skillelinjen flytte ud mod enderne. Op under udvidelse og ned under sammentrækning.

Med skillelinjen a, 1-a bliver a = 0,5(1-2tg20). Det giver a = 0,136.

Hvis ellers det skulle passe bliver bevægelsen kun den udvidelse som delen 0,272 af klodsen udvider sig. 240e-6 (1-0,272)25cm =0,0437mm/dag.

Jeg må tilstå, at det var mig, der for en snes år siden sendte den aktuelle opgave til bagsiden fordi jeg syntes det var morsomt, at en stilleliggende plade kunne bevæge sig. Men jeg må også indrømme, at jeg ikke selv kunne løse opgaven i dag. For det tilfælde, at andre har det på samme måde, giver jeg en opgave med lidt simplere fysik.

Arne vil gerne kaste sin bold hen over en bygning, der er 4 m høj, 6 m lang i kasteretningen og har vandret tag. Af hensyn til læserne er Arnes bold uendelig lille og uden luftmodstand. Når bolden forlader Arnes hånd i højden 2 m over jorden, hvad er da den mindste starthastighed han kan benytte hvis han kaster optimalt?

Arne vil gerne kaste sin bold hen over en bygning, der er 4 m høj, 6 m lang i kasteretningen og har vandret tag. Af hensyn til læserne er Arnes bold uendelig lille og uden luftmodstand. Når bolden forlader Arnes hånd i højden 2 m over jorden, hvad er da den mindste starthastighed han kan benytte hvis han kaster optimalt?

Afhænger det ikke af hvor langt han står fra bygningen?

Det skal du optimere.

Ca. 10 m/s.

Optimal hastighed er 10,5m/s @ 45 grader. Ved 45grd. er kaste længden 4x kaste højde, det sammem med dy/dx=1 ved start, giver a = (-8+(208)^0,5)/72 = 0,0892 i forskrift for banekurve.

http://www.test.airling.dk/Pictures/TestEr...

a = (-8+(208)^0,5)/72 = 0,0892 i forskrift for banekurve

Og hvad er a for en størrelse?

ax^2 + bx + c se også linket med kurven med forskriften

Det var avanceret. Jeg brugte en høkerløsning og kom frem til at Arne skal stå 2 meter fra bygningen (første stykke af kasteparabellen tilnærmes med en ret linje) og dermed skal præstere et kast på ca. 10 meters længde, da vi kun behøver at tage højde for den del af kastet som er over 2 meter. Ved at sætte g til 10, bliver starthastigheden kvadratroden af 100, altså 10 m/s, idet x = v^2 * sin(2 * 45)/g. :-)

ad #4 Mangler der ikke en oplysning om ved hvilken temperatur pladen har den foreskrevne størrelse.

Husker du, at vinklen 45 grader for et optimalt kast skal ligge ved tagkanten, ikke ve starten? Du tænker måske på en kasteopgave uden en bygning.

Gad vide hvilket metal det er?

ad #4 Mangler der ikke en oplysning om ved hvilken temperatur pladen har den foreskrevne størrelse.

Det har vist minimal betydning, da man forudsætter en cyklus mellem temperaturerne, men jeg regner med at længden er for 0 grader.

I øvrigt har jeg en simpel formel for det sted på pladen der vil ligge stille under udvidelse: a = 0,5-tg20.

Det passer med at a=0,5 hvis fladen var vandret. Maksimalvinklen bliver lidt over 26 grader, hvor pladen blot vil skride ned uanset temperaturen.

Unobtainium. https://da.m.wikipedia.org/wiki/Unobtainium

Så bliver hastigheden 9,9m/s og vinklen med vandret 56,8grd. http://www.test.airling.dk/Pictures/TestEr...

Jeg ville give den 1% ekstra, bare for en sikkerheds skyld. ;-)

Er der nogen der har tænkt på pladens rumlige udvidelse? Volumenudvidelse ved en ændring i temperaturen på 20˚C bliver noget der ligner 0,072% eller i mm^3 ca 990 af slagsen, da rumudvidelseskoefficienten beta som bekendt svarer til 3 * alfa hvor alfa er længdeudvidelseskoefficienten på 12*10^(-6).

ad #15 Ja, den hældning der skal til for at pladen på skråplanet glider er en vinkel større end: invtan 0,5 = 26,57

Arnes bold følger en parabel, der er optimal hvis den danner vinklen 45 grader med vandret ved tagkanterne. For at få dimensionskorreke formler kaldes tagets længde b (=6 m), så vi med en x-akse langs tagfladen med nulpunkt midtvejs har [latex] \qquad y = \frac{b}{4} - \frac{x^2}{b} [/latex] Bolden har en konstant vandret hastighedskomposant v fordi der ikke er vandrette kræfter. Den bestemmes ved at vi sætter summen af potentiel og kinetisk energi lige store ved tagkant (hvor den lodrette hastighedskomposant også er v) og parabeltop

[latex]\qquad 0 + \frac{1}{2} m ( v^2 + v^2 ) = m g \frac{b}{4} + \frac{1}{2}m v^2 \quad \Rightarrow \quad v^2 = \frac{1}{2} g b[/latex]

Arnes kastehastighed V findes herefter ved samme betragtninger fra Arnes hånd til parabeltoppen

[latex] \qquad m g ( - \frac{b}{3}) + \frac{1}{2} m V^2 = m g \frac{b}{4} + \frac{1}{2}m v^2 [/latex] [latex] \qquad V^2 = \frac{1}{2} g b + \frac{1}{2} g b + \frac{2}{3} g b = \frac{5}{3} g b \quad \Rightarrow \quad V = 9,90 \textrm{ m/s}[/latex]

Ud fra parablens ligning ses, at Arnes hånd med y = - 2 m svarer til x = - 3^(1/2) og y´= 3^(-1/3) svarende til vinklen 60 grader med vandret.

x = - 3^(1/2)

Jeg har problemer med kvadratroden af -3. Kan du forklare lidt nærmere?

Minusset står uden for kvadratrodenEellers skulle der være en parentes.

Ved 9,9m/s og 60grd bliver ymax =3,75m, men b/4 + 2 = 3,5m, hvad overser jeg?

Her har jeg regnet forkert. I stedet får jeg nu af parabekformlen [latex] \qquad x=-\sqrt{\frac{7}{12}} b = -4,58 \textrm{ m} \quad \textrm{og} \quad y^´ = \sqrt\frac{7}{3} \textrm{ svarende til 56,8 grader} [/latex] Tak for rettelsen. Jeg håber, at det er rigtigt nu.

Det er også det jeg kommer frem til i #17 :-)

Skråplanet et bud: Jeg har 'delt' pladen i to og regnet klassisk skråplan på de to dele. Jeg kommer frem til kraftbalance mellem de to dele ved 0,864. (som i #3) Dvs. 25cm x 0,864 x 20C x 12 x 10^-6/C x 2/døgn = 0,010cm

Jeg er enig i din løsning (#3), men jeg synes din forklaring er svær at følge. Jeg vil hellere sige, at det er afstanden mellem de to skillelinjer a og (1-a), der giver den resulterende daglige bevægelse.

(1-a) - a = 1 - 2a = 0,728.

Jeg har i øvrigt spekuleret noget over, om det gør en forskel, om man regner 'forkortelsen' af stangen på basis af den nye længde, og så anvender e/(1+e) i stedet for udvidelseskoefficienten e, for at få det til at passe med, at stangen vender tilbage til oprindelig længde I forhold til blot at regne forkortelsen som en negativ udvidelse med samme udgangspunkt som ved start.

Jeg nåede dog frem til, at det her ikke gør nogen forskel. Og det ville under alle omstændigheder ikke kunne rokke ved resulatetet, med mindre det udregnes med 5 eller 6 betydende cifre. Og det er i modstrid med den uskrevne lov her i boksen om at 3 betydende cifre rækker!

Mvh Ebbe

Jeg vil hellere sige, at det er afstanden mellem de to skillelinjer a og (1-a), der giver den resulterende daglige bevægelse.

(1-a) - a = 1 - 2a = 0,728.

Det var en bedre forklaring. Min blev lidt for kortfattet med nogle småfejl. Generelt bliver a = 0,5-tg(hældning).

Vil pladen ikke blot rokke lidt frem og tilbage ? Hvis den bevæger sig længere, forstår jeg ikke, hvad der sker. Er der nogen der kan forklare det ?

Vil pladen ikke blot rokke lidt frem og tilbage ? Hvis den bevæger sig længere, forstår jeg ikke, hvad der sker. Er der nogen der kan forklare det ?

Hvis pladen ligger vandret vil midten ikke røre sig, for kræfterne fra underlaget ved udvidelse/sammentrækning vil der udligne hinanden. Lige stor vægt der flytter ved udvidelse/sammentrækning.

Når pladen ligger på et skråplan vil der fra tyngdekraften komme et kraftbidrag nedad udover kraften fra gnidningsmodstanden. Det medfører at den linje der ligger stille under udvidelse vil ligge højere, og modsat under sammentrækning.

her er en løsning fra ChatGPT :) hvad siger i kunstig AI?

For at løse denne opgave, skal vi først beregne den samlede temperaturudvidelse for metalpladen. For at gøre dette skal vi bruge formlen:

ΔL = α * L * ΔT

hvor ΔL er den samlede temperaturudvidelse, α er pladens temperaturudvidelseskoefficient, L er pladens længde, og ΔT er temperaturstigningen (20°C i dette tilfælde).

Så vi får:

ΔL = (12 * 10^-6 m/m/°C) * (25 cm) * (20°C)

ΔL = 0,0072 cm

Dernæst skal vi beregne, hvor meget pladen bevæger sig på grund af friktionen mod underlaget. For at gøre dette skal vi bruge formlen:

Ff = μ * N

hvor Ff er friktionskraften, μ er friktionskoefficienten, og N er den normalkraft, der virker på pladen.

Normalkraften er vægten af pladen, så vi får:

Ff = (0,5) * (1 kg * 9,81 m/s^2)

Ff = 4,905 N

Da pladen er skrå, vil den normale kraft også have en komponent i skråningens retning. Vi kan beregne denne komponent ved at bruge sinussetningen:

Nsin(α) = 4,905 N

hvor α er vinklen mellem skråningen og vandret (20 grader i dette tilfælde).

Så vi får:

Nsin(20°) = 4,905 N

Vi ved ikke, hvad N er, så vi løser for N:

N = (4,905 N) / sin(20°)

N = 6,957 N

Vi kan nu beregne, hvor meget pladen bevæger sig ved at dividere friktionskraften med den normale kraft:

Δd = (4,905 N) / (6,957 N)

Δd = 0,70 cm

Til sidst kan vi beregne, hvor meget pladen bevæger sig hvert døgn ved at lægge den samlede temperaturudvidelse og bevægelsen på grund af friktionen sammen:

Δd/døgn = (0,0072 cm) + (0,70 cm)

Δd/døgn = 0,7072 cm/døgn

Så pladen bevæger sig ca. 0,7072 cm hvert døgn.

Jeg er uenig i den officielle løsning da der ikke er taget hensyn til at klodsen har en højde. Det bevirker at normalkraften på skråplanet ikke er konstant fra top til bund. I det følgende regner jeg med at normalkraften varierer liniert mellem top og bund af klodsen.

Masse m = 1 kg Længde L = 0,25m Tykkelse h = 0,055m Friktionskoefficient my = 0,5 Ekspansions koefficient e = 0,000012 Skråplan vinkel Fi = 20 grader = 0,34906 radianer Temperatur variation dT = 20 oCelcius total ekspansion = L * e * dt = 0,00006m = 0,06 mm Tyngdekraft på klods Fg = m*9,81 = 9,81 Newton (Her på jorden) Normalkraft på skråplan Fgn = Fg * cos(Fi) = 9,21838 Newton Nedadgående Kraft langs skråplan Fgl = Fg * sin(Fi) = 3,355 Newton

Nu begynder det sjove !!! Bemærk at klodsen har en højde. Det giver et moment Mt om midten af kontaktfladen Mt = Fgl * h /2 = 0,092268 N*m Dette moment gør at normalkraften er størst nederst og mindst øverst. Tænk blot hvis klodsen højde vokser så vil den vælte når tyngdepunktet krydser den lodrette linie over nederste kontaktpunkt. Lige der vil hele vægten hvile på nederste kontakt punkt.

For at komme videre antager jeg at normalkraften varierer liniert mellem top og bund. Normal kraft / m i top kalder jeg Fno og i Bund Fnmax. Bemærk at Fno og Fnmax ikke er Kraft men Kraft pr meter. Afstanden fra øverste kontaktpunkt kalder jeg X. dFn/dX er kraften /m's variation / m

dFn/dx = (Fnmax - Fno) / L (N/m)/m Middelkraften pr meter er Fgn / L = 36,87 N / m. Kraften/m vs X bliver Fno + dFn/dx * x.

momentet omkring midten af anlægsfladen er givet ved (Jeg mangler mulighed for at vise en skitse)

Mt = 2 * Integralet fra 0 til L/2 af dFn/dx * x * x Mt = 2 * 1/3 * dFn/dx * (L/2)^3 Mt = 2 / (3 * 8) * dFn/dx * L^3

eller dFn/dX = 12 * Mt / L^3 = 70,862 (N/m)/m Normalkraft nederst Fnmax bliver: Fnmax = Fgn/L + dFn/dx * L/2 = 45,73 N/m. Normalkraft øverst Fno bliver: Fno = Fgn/L - dFn/dx * L/2 = 28,016 N/m

Da normalkraften varierer liniert vil friktionskraften også variere liniert mellem top og bund. Normalkraften / meter vs x er givet ved Fn_x = Fno + dFn/dx * x Friktionskraften / meter vs x = Fn_x * my Resulterende kraft nødvendig for at skubbe den øverste del (fra 0 til x) opad = friktionskraft + tyngdekraft * sin(fi) Friktionskraft / m vs x Fr_x = Fno* my + my * dFn/dx * x N/m Friktionskraft = integralet fra 0 til x af Frx* dx = Fno * my * x + my * dFn/dx * x^2/2 Tyngdekraft bidrag = m / L * g * x * sin(fi) N D.v.s total kraft nødvendig for at skubbe stykket fra 0 til x opad er givet ved

Fneed_x = m/L * g * sin(fi) * x + Fno * my *x + dFn/dx * my * x^2/2.

Tilsvarende beregnes hvor meget kraft der skal til at skubbe den nederste del fra 0 til y nedad. Hvor y er afstanden til nederste kontaktpunkt mellem klods og underlag.

Fneed_y = - m/L * g * sin(fi) * y + Fnmax * my * y - dFn/dx * my * y^2/2.

Bemærk at tyngdekraften øger nødvendig kraft for at skubbe øverste del opad mens den reducerer nødvendig kraft for at skubbe den nederste del nedad. Den position hvor Fneed_x = Fneed_y er den position der ikke flytter sig ved opvarmning. D.v.s

m/L * g * sin(fi) * Xo + Fno * my * Xo + dFn/dx * my * Xo^2/2 = - m/L * g * sin(fi) * (L-Xo) + Fnmax * my * (L - Xo) - dFn/d x* my * (L - Xo)^2/2.

Hvor Xo er den position der ikke bevæger sig og y jo er L - Xo. Dette er en 2. grads ligning. Jeg finder Xo til 42,5 mm. Tilsvarende efter en masse beregninger finder jeg frem til at det punkt der ikke flytter sig under afkøling er 28,06 mm fra nederste position. Resulterende flytning nederste kant er først 0,0498 mm nedad ved opvarmning og derefter 0,0067 mm opad ved afkøling I alt en bevægelse nedad på 0,0431 mm. Det kunne være sjovt hvis nogen kunne verificere / bekræfte dette resultat. Bemærk det er nok flere timers arbejde. Der er rigtigt mange tal.