Tænkeboks: Hjælp en tovlig springer

Da der ikke er oplyst andet, må jeg forudsætte at fjederen er tabsfri, uden vægt og lineær (altså har konstant fjederkonstant i arbejdsområdet.).

Det medfører et symmetrisk forløb i springet i forhold til acceleration og hastigheder: Der startes med en nedadrettet acceleration på -1 g. Efterhånden som fjederen forlænges modvirkes tyngdekraften af fjederkraften og midtvejs nede er der balance mellem de to og accelerationen er nul, mens hastigheden er maksimal. Nu får fjederen overtaget og accelerationen vokser til den ved springets lavpunkt er lig med 1 g og hastigheden er nul. Og så gentager forløbet sig med modsat fortegn. Dette forløb er uafhængigt af fjederkonstantens størrelse.

Svaret på opgaven er altså, at han på intet tidspunkt oplever højere accelerationer end 1g, så det er ikke det, han bør være nervøs for. Han bør hellere tænke på at tjekke fjederen og selerne. De skal trods alt klare det dobbelte af hans vægt. Hvad med at bede om at se certifikater på udstyret? Og lægge godt mærke til deres gyldighedsperiode!

Min løsning ovenfor er jo ret overskuelig, så her er et bud på en ekstra opgave: Først nævner jeg for en ordens skyld, at der ikke regnes med luftmodstand, og så laver jeg denne ændring i forudsætningerne: fjederen er ikke uden vægt, men antages at have samme vægt som Max med seletøj mv. Jeg har ikke forstand på elastikspring, men ud fra billeder at dømme er forudsætningen om nul vægt til det kraftige elastiktov, som benyttes, helt gal. (jeg forudsætter at fjederen har samme vægt per m i hele sin længde.)

Denne ændring vil oplagt medføre at springet bliver dybere, men påvirker den også den maksimale g-påvirkning?

Hvis en forlængelse af springet er uønsket, og der i stedet skiftes til en fjeder med højere fjederkonstant, hvor meget skal den så være større for at opnå at springets dybde er den samme som for den vægtløse fjeder? (jeg fastholder at fjederens vægt er lig med Max plus seletøj.)

2 kommentarer:

1: Din løsning i #1 er ikke rigtig.

2: Hvis fjederen har konstant vægt pr. længdeenhed må dette gælde når den ligger ned. Men det gælder derefter ikke når den hænger ubelastet af andet end sig selv.

Hej Børge.

1. Spændende! Hvad er der galt?

2. Jeg burde nok have skrevet 'masse' i stedet for vægt. Så er der ikke noget at misforstå. På samme måde vil jeg fastslå at fjederkonstanten skal måles på en måde, så en eventuel masse af fjederen ikke spiller ind. Altså på et vandret underlag, som er plant og glat.

Spændende! Hvad er der galt?

Du skriver:

Der startes med en nedadrettet acceleration på -1 g. Efterhånden som fjederen forlænges modvirkes tyngdekraften af fjederkraften og midtvejs nede er der balance mellem de to og accelerationen er nul, mens hastigheden er maksimal.

Nej. Indtil fjederen/elastikken når sin lænde uden kraft - lad os kalde den S, er der ikke noget, der bremser faldet. Ved helt strukket fjeder/elastik er længden 3S og hastigheden 0. Der er således kun en bremselængde på 2S ud af en faldhøjde på 3S, så accelerationen må være større end 1g. Hvor stor har jeg ikke regnet på og gør det nok heller ikke; men dit svar må ialtfald være forkert.

Det er også let at indse ved en grænsebetragtning. Skift fjederen/elastikken ud med et nylontov, der kun strækker sig 10 % under nedbremsning, så faldlængden er 1,1S og bremseklængden er 0,1S. Mener du stadig, at kraften kun er 1 g?

Jeg ved ikke hvad der er galt. Det er ret intuitivt, så måske får du ikke hele problematikken med. Jeg udtaler mig fordi jeg har løst opgaven ved slaveregning og får samme resultat som opgavebogen, der har en helt tredje løsningsmetode. Men jeg vil først se om andre finder på noget smartere end mit.

Din udvidelse af opgaven er meget sjov. Men vi skal lige have at vide om prøvesækken udstrækker fjederen til 3 gange dens vandrette eller lodrette længde.

Hej Carsten

OK. Nu ser jeg problemet! Jeg har regnet med at fjederen var udstrakt, men i balance, ved springets start! Det burde jeg have skrevet. Jeg kan godt se, at der er mere knald på den metode, hvor elastikken er fastgjort i samme højde, som Max springer fra, er mere dramatisk!

Elastik kan ikke strækkes til 3 gange sin længde. Der må være tale om elastan.:-)

Hej Børge

Som du ser i mit svar til Carsten havde jeg misforstået, hvordan et elastikspring normalt foretages.

Nuvel: Hvis der springes fra samme højde som elastikkens fastgørelse, vil Max have en kinetisk energi på MSg (med Carstens nomenklatur), når elastikken begynder at strækkes. Den kommer oveni den opbremsning, som jeg har regnet med. Det medfører at fjederkraften bliver 3Mg i bundstillingen. Der er så 2Mg til overs til at starte opturen, så accelerationen bliver 2g.

Med hensyn til min ekstra opgave definerer jeg, at forlængelsen er i den lodrette stilling. Det ligger tættest på opgaveteksten.

Det medfører et symmetrisk forløb i springet i forhold til acceleration og hastigheder: Der startes med en nedadrettet acceleration på -1 g. Efterhånden som fjederen forlænges modvirkes tyngdekraften af fjederkraften og midtvejs nede er der balance mellem de to og accelerationen er nul, mens hastigheden er maksimal. Nu får fjederen overtaget og accelerationen vokser til den ved springets lavpunkt er lig med 1 g og hastigheden er nul. Og så gentager forløbet sig med modsat fortegn.

Et elastikspring er lidt mere dynamisk end du beskriver, ellers ville det også være ret kedeligt.

Man starter i den højde hvor elastikken er fastgjort, L=0 Man accelerer med 1 g fra L=0 til L=1. Fra L=1 accelerer man stadig men progressivt mindre indtil elastikkens kraft modsvarer tyngdekraften, L=x. Fra L=x til L=3 bremses man progressivt mere efterhånden som elastikken strammes.

Turen tilbage op er i idealtilfældet symmetrisk.

Når Max når lavpunktet har han mistet potentiel energi m×g×3S

Denne energi ligger nu i den spændte elastik = 1/2 × 2S × F hvor F er elastikkens fraft i bundstillingen. De to størrelser skal være ens: m×g×3S = 1/2 × 2S × F hvilket medfører at F= 3× m×g. Da Max stadig er underkastet tyngdekraften vil han have en accelleretion opad på 2g .

Har nogen et bud på, hvor lang tid der går fra Max slipper sit fodfæste til han første gang befinder sig i nederste position? Vi kan sætte elastikkens længde til 10 m.

Når Max når lavpunktet har han mistet potentiel energi m×g×3S

Han vil altså føle en acceleration på 3g. Man kan så sige at den ene af de 3g kommer fra tyngdekraften.

Hop fra 60m, 10m elastik med en fjeder konstant på K = 1,5 x m x g / 10 N/m fås 3,16sec til første bund. http://www.test.airling.dk/Pictures/TestEr...

Da Max stadig er underkastet tyngdekraften vil han have en accelleretion opad på 2g .

Jeg skulle lige vende skråen et par gange. I det laveste punkt hvor han står stille vil bevægelsen svare til dV/dt = 2g. Men g-påvirkningen er stadig 3g, og det var det der blev spurgt om.

Jeg mener, at fjederkonstanten må være m g divideret med 20 meter, men m er jo ukendt, så jeg ved ikke, hvad du gør. Min beregning giver 3,36 sek, men hertil kommer tiden for det frie fald.

Jeg mener, at fjederkonstanten må være m g divideret med 20 meter, men m er jo ukendt, så jeg ved ikke, hvad du gør. Min beregning giver 3,36 m, men hertil kommer tiden for det frie fald.

Hej Børge

Du vil gerne kende tiden, hvor Max første gang når lavpunktet. F.eks. når hvilelængden af elastikken er 10 m.

Det første stykke indtil tovet bliver spændt er banalt: T1 = KVROD( 2gs) (ved g=9,81 og s=10m er det ca. 1,43s)

I den næste fase, hvor hastigheden stadig stiger indtil det punkt, hvor der er balance mellem tyngdekraften og elastikkens opadgående kraft, og derefter falder mod nul, når elastikkens samlede længde er 3s, er straks mere besværlig.

Først beregner jeg fjederkonstanten således, at den kinetiske enegi ved starten af denne fase (Mgs, hvor M er vægten af Max inkl. seletøj) netop er udbalanceret af den potentielle energi, som opbygges af fjederkraften og tyngdekraften undervejs ned mod lavpunktet. Resultatet er k = 3/2Mg/s.

Nu kendes fjederkraften og dermed den resulterende kraft på Max i hele forløbet: - Mg – kx, hvor x er koordinaten i et system, der regnes positivt opad og har nulpunkt, der hvor tovet bliver strakt.

Jeg kan nu bestemme Max’ kinetiske energi som funktion af x (for x< 0): Ekin = Mg(s – x – 3/4/s*x^2)

Tidsforløbet for hastigheden er v(x) = -KVROD( 2/M*Ekin) og selve tidsforløbet er integralet fra 0 til x af:dx/V(x).

Det ser jo nemt ud, men jeg må indrømme, at jeg løste dette integrale numerisk. Det er jo trods alt den inverse kvadratrod af en andengradsligning, der skal integreres. For s = 10 m fik jeg lige i underkanten af 1s for fase 2. Mit samlede bud for den efterspurgte tid er derfor 2,42s.

Ups. Jeg fandt lige en lille fejl i de numeriske beregninger i #18. Tidsforløbet i fase 2 finder jeg nu til ca. 1,58s. Og svaret på den samlede forløbne tid bliver så: 3s.

Da min datter for efterhånden nogen år siden kom hjem og fortalte, at hun havde fået til opgave at løse en ligning med en lommeregner, måtte jeg lige have hende til at gentage. Det kunne vel ikke være rigtigt! Jo, det kunne det. Hun skulle bare lære at skrive ligningen ind på lommeregneren og så lade den gøre arbejdet.

For nylig har vi hørt om AI-robotten chatGPT. Og ja, den indvarsler måske næste skridt i den udvikling (suk). For sjov prøvede jeg at skrive Bagsidens opgave ordret ind i chatGPT. Her er dens svar:

"For at finde g-påvirkningen, skal vi først finde elastikkens fjedrekonstant, k. Dette gøres ved at bruge Hooke's lov, som siger at:

F = k * x

hvor F er den restitutionskraft (force) elastikken udøver på sækken, x er strækningen af elastikken i meter og k er fjedrekonstanten i N/m.

Da sækken vejer det samme som Max og strækker elastikken til tre gange dets længde i slap tilstand, så ved vi at:

F = m * g x = 3 * L

hvor m er massen af sækken, g er accelerationen på grund af tyngdekraften (9,81 m/s^2 på jorden) og L er elastikkens længde i slap tilstand.

Vi kan nu løse for fjedrekonstanten ved at sætte disse ligninger ind i Hooke's lov:

k = (m * g) / (3 * L)

Vi ved ikke massen af sækken, men da den vejer det samme som Max, kan vi erstatte m med Max's masse. Vi ved også ikke elastikkens længde i slap tilstand, L, men vi ved at den strækker sig til tre gange dets længde. Derfor kan vi ikke løse ligningen endnu.

For at finde g-påvirkningen, skal vi vide elastikkens fjedrekonstant og Max's masse. Med denne information kan vi så beregne g-påvirkningen ved at bruge ligningen:

g = (k * x) / m

hvor x er strækningen af elastikken under Max's hop.

Hvis vi har disse oplysninger, kan jeg hjælpe dig med at løse ligningen for g-påvirkningen. " Man ser, at den har lidt knas med det danske sprog og andet, men ... "det' f.... uhyg'ligt, du!"

Jeg troede, at jeg havde helt styr på denne opgave. Men nu går det op for mig, at der ikke er tale om en normal svingning med en amplitude på 2 gange elastiklængden. Med en sådan svingning er hastigheden 0 i begge yderstillinger, men vores svingning startes jo med en hastighed fra et frit fald, hvorved Max falder dybere end 4 elastiklængder under den frie elastiks nederste punkt. Hermed bliver opgavebogens løsning heller ikke korrekt. Er jeg helt gal på den?

" Man ser, at den har lidt knas med det danske sprog og andet, men ... "det' f.... uhyg'ligt, du!"

Et reelt problem er hvad man gør som gymnasielærer. Vi har hidtil kunnet tjekke for plagiat via forskellig værktøjer, der søger efter tekststykker på nettet der matcher stykker i elevens aflevering.

Man hvordan tjekker man, at løsningen ikke er lavet af chatGPT? Man kan selvfølgelig se på, at løsningen typisk vil være en del bedre, end hvad eleven selv ville kunne præstere. Men man kan jo ikke bevise, at løsningen er lavet af chatGPT.

Det kunne være rart, hvis chatGPT gemte alle svar i et arkiv, således at der kunne spørges på, om en modtaget aflevering matched noget i dette arkiv.

F = m * g x = 3 * L

hvor m er massen af sækken, g er accelerationen på grund af tyngdekraften (9,81 m/s^2 på jorden) og L er elastikkens længde i slap tilstand.

Den er gal på flere måder end jeg gider nævne. Den væsentligste er at opgaven kan løses med oplysningerne. Se løsningerne længere oppe.

Jeg prøvede også med chatgpt. Dog formulerede jeg opgaven lidt mere "direkte" og undlod f..eks. at nævne Max.

Jeg fik et andet svar, med samme opgaveforudsætning.

Uanser at den ikke rammer plet, er jeg imponeret!

Mit spørgsmål :

En elastik med længden S er fastgjort i den ene ende, og har en masse M fastgjort i den anden ende. Massen M og fastgørelsen af elastikken er beliggende i samme højde. Massen slippes, og falder mod jorden, men bremses af elastikken der udvides til 3 gange længden i slap tilstand. Dvs elastikken bliver udvidet til længden 3S. Hvad er den maksimale acceleration massen M udsættes for?

Chatgpt svarer:

For at finde den maksimale acceleration massen M udsættes for, skal du først finde den kraft, der virker på massen M. Denne kraft er gravitationskraften (Fgrav), der trækker massen M nedad, samt elastikkraften (Fel) fra elastikken, der bremser massen M.

Fgrav = M * g Fel = -k * S

Hvor M er massen M, g er accelerationen på grund af tyngdekraften, k er elastikkonstanten for elastikken, og S er udvidelse af elastikken.

Når du har fundet kraften, kan du bruge Newtons anden lov til at finde accelerationen:

a = F / M

Hvor a er accelerationen, F er den samlede kraft, der virker på massen M, og M er massen M.

Så for at finde den maksimale acceleration massen M udsættes for, skal du først finde den samlede kraft, der virker på massen M ved at tilføje Fgrav og Fel:

F = Fgrav + Fel

Derefter kan du bruge Newtons anden lov til at finde accelerationen:

a = (M * g - k * S) / M

Hvis du kender værdierne for M, g, k og S, kan du indsætte dem i denne ligning for at finde den maksimale acceleration massen M udsættes for.

Enig, jeg er også imponeret - og lidt rystet. :)

Eksemplet viser, at det væsentligste fokus fremad bliver at formulere spørgsmålet præcist. Med chatGPT kan man skyde sig ind på en mere præcis formulering på baggrund af robottens svar til en foregående formulering.

Vedlagt er et længere forløb af springet, nu fra 30m (tabsfrit), hvor man kan se at svingningen er asymetrisk, pga. at elastikken er slap når springeren befinder sig højere end 10m (s=10) under sit udgangspunkt.

m x g x 3 x s = 0,5 x K x (2 x s)^2 => K =1,5 x m x g / s; omega^2 = K/m;

Betyder at massen, som indgår i K, ikke har indflydelse på dynamikken og derfor kan vælges frit. Jeg har sat den til m=0,12kg for at få plads til alle kurver, på vedlagte.

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

hvorved Max falder dybere end 4 elastiklængder under den frie elastiks nederste punkt

Det står jo i opgaven, at han falder til 3 elastiklængder under det punkt elastikken er fastgjort?

De opgivne "3 gange" svarer til midterpositionen, ikke bundpositionen.

Ja det kan man godt blive i tvivl om udfra opgave teksten, er testen med sandsækken en statisk (ligevægt, midter position) eller dynamisk (bund position) test. Men hvis der er til midter positionen der er ment - er det ikke en særlig godt test af om han rammer jorden.

Jeg kan godt følge dig. Og det er en fin optegning du viser. Min tvivl kom ind fordi jeg troede at man sænkede sækken langsomt ned så den endte i midterpositionen, men man smider den åbenbart ned, så den vender i nedre position. Så har Kim også ret.

Hej Børge

Ja. Opgaveteksten er ikke videre klar på dette punkt, men hvis man læser den i sammenhæng mener jeg kun det kan forstås sådan, at han registrerer hvor langt ned sækken kommer i første lavpunkt. Han skal jo angiveligt bruge observationen til at vurdere, om der er risiko for at rammer jorden.

16: 3,36s + 1,44 = 4,8sek kommer jeg også frem til med K = m x g / 20. Glæder mig til at se din løsning.

Hej Erling

De fine grafer, som du har vedhæftet til #26, fik mig til at kigge endnu en gang på min numeriske integration fra #18 og #19.

Der er jo det kedelige ved denne integration, at integranten går mod uendelig, når Max nærmer sig lavpunktet. Ved at bruge en metode, hvor intervallængden nedsættes i takt med at værdien øges, er det lykkedes mig at øge nøjagtigheden en del. (min sidst benyttede værdi er nu beregnet for x = -19,9995!). Jeg får nu følgende tider for nedspringet: Fase 1: 1,428 s Fase 2: 1,722 s Samlet tid: 3,15 s.

Og hurra: Denne værdi passer godt med graferne! Så nu vil jeg lade dette ligge.

Hej Ebbe,

Tak for dine kommentarer, ja grafer og fine farver kan virke meget overbevisende ;-) Super vi når samme resultat, Jeg har også overgivet mig til en numerisk løsning og det endda helt fra starten (RK). Jeg tænker det er ok når man skal finde løsning til 'tillægsspørgsmål'.

Jeg bøvler stadig lidt med opgaven i den nye version, men til jer, der bøvler med numerisk integration af tidsforløbet, har jeg følgende eksakte formel gældende for c < 0: [latex] \qquad \int{\frac{dx}{\sqrt{a + b x + c x^2}}} = \frac{1}{\sqrt{-c}}\arcsin{\frac{2 c x + b}{\sqrt{b^2 - 4 a c}}}[/latex]

Jeg får nu følgende tider for nedspringet: Fase 1: 1,428 s Fase 2: 1,722 s Samlet tid: 3,15 s.

Jeg får 3,13s ved at regne med at en del (faktisk 1/3) er en harmonisk svingning. med frekvensen 0,195Hz og periode T = 5,13s.

Argumentet er, at så snart elastikken begynder at trække er bevægelsen en sinusfunktion med amplitude 13,33m og frekvens kvrod(3g/20)/2pi omkring et punkt 16,67m. Det svarer til at den ender ved 30m efter 1/3 periode. Den begynder ved fasen -30gr og ender ved 90gr. Svarende til hhv. 10m og 30m.

Jeg har ikke tjekket om hastigheden ved begyndelse af sinusbevægelsen også svarer til faldhastigheden efter de første 10m, som den burde.

Det var hårdt nok at finde mine småfejl under udledelsen, så da tiden ser rigtig ud mener jeg at opgaven er løst rimelig analytisk uden komplicerede integraler.

Hej Svend Ferdinandsen. Vi er enige om, at den resulterende accelleration i lavpunktet er 2g opad. Og du har ret i, at g-påvirkningen er 3g fordi alle indre dele i hans krop er påvirket på samme måde, som hvis han i et tyngdefrit rum var udsat for en accelleration på 3g. Hvis han hænger stille i et reb, er hans accelleration 0, men hans g-påvirkning er 1g

Jeg accepterer fuldt ud jeres løsning af ugens opgave ved hjælp af energibetragtniger, men jeg selv er videnskabeligt orienteret og vil gerne vise hvordan opgaven kan løses fra bunden ved brug af den grundlæggende bevægelsesligning. Selv om det godt nok giver lidt mere regneri, men så får jeg også besvaret mit eget tillægsspørgsmål om faldtiden.

Vi giver elastikken længden s og fjederkonstanten k og indfører en lodret nedadrettet x-akse med nulpunt i elastikkens ubelastede nedre ende. Bevægelsesligningen giver så

[latex]\qquad m \ddot{x} = m g - k x \quad \Rightarrow \quad x = \frac{m g}{k} + A \cos\left(\sqrt{\frac{k}{m}}t\right) + B \sin \left(\sqrt{\frac{k}{m}}t\right) [/latex]

Her er A og B arbitrære konstanter. Vi sætter tiden t til 0 i nederste position fordi vi herved får en symmetrsik løsning (samme x for t og -t), altså B = 0. For t = 0 gælder så

[latex] \qquad 2 s = \frac{m g}{k} + A [/latex]

Ved det ubekendte starttidspunkt t_0 (<0) har vi nu x = 0 og en hastighed x' for et frit fald

[latex] \qquad 0 = \frac{m g}{k} + A \cos\left(\sqrt{\frac{k}{m}}t_0\right) \quad \textrm{og} \quad \sqrt{2 g s} = -A \sqrt{\frac{k}{m}} \sin\left(\sqrt{\frac{k}{m}}t_0\right) [/latex]

De 3 ligninger skrives på dimensionsløs form

[latex] \qquad 2 = \frac{m g}{k s} + \frac{A}{s} [/latex]

[latex]\qquad 0 = \frac{m g}{k s} +\frac{A}{s} \cos\left(\sqrt{\frac{k}{m}}t_0\right) [/latex]

[latex] \qquad \sqrt{2} = - \frac{A}{s} \sqrt{\frac{k s} {m g }} \sin\left(\sqrt{\frac{k}{m}}t_0\right) [/latex]

Heraf får vi efter nogen regning løsningen

[latex] \qquad \frac{A}{s} = \frac{4}{3} \qquad \qquad \frac{m g}{k s} = \frac{2}{3} \qquad \qquad \sqrt{\frac{k}{m}}t_0 = -\frac{ 2 \pi}{3} [/latex]

Det giver den søgte svingning for x >= 0

[latex] \qquad x =\frac{2 s}{3} + \frac{4 s}{3} \cos\left(\sqrt{\frac{3 g}{2s}}t \right) [/latex]

[latex] \qquad \ddot{x} =- 2 g \cos\left(\sqrt{\frac{3 g}{2s}} t \right) [/latex]

Heraf findes accelarationen -2 g for t = 0.

Faldtiden består af den første frie del og den sidste bundne del med tiden -t_0:

[latex] \qquad t_{fald} = \sqrt{\frac{2 s}{g}} + \frac{2 \pi}{3} \sqrt\frac{2 s}{3 g} = 1,428 + 1,727 = 3,155 \textrm{ sekund} [/latex]

Det var såmænd det hele.

Jeg har ikke tjekket om hastigheden ved begyndelse af sinusbevægelsen også svarer til faldhastigheden efter de første 10m, som den burde.

Det har jeg så nu. Når elastikken slår til ved 10m er hastigheden 14,1m/s, og x = 13,33sin(omega t) giver også 14,1m/s. Maksimalhastigheden bliver 16,26m/s godt 50km/t ved x = 16,67m. (omega = 1,22 ~ kvrod(1,5)).

Det hele kan klares med et fald og en del af en sinuskurve.

Meget flot udledning, Børge. Meget smart løsning, Svend. De 14m/s ind i svingningen svarer til 59grd og dermed 121 (ikke kun 120) grader til o-punkt (180grd). De 121 grader (2,112rad) tilbagelægges på 2,112/sqt(1,5)=1,72sek.

Hej Børge. Tak for din integrationsformel i #35. Den står ikke i min maskinståbi! Men den ville ganske rigtigt have sparet mig for den numeriske integration – og givet præcist det samme resultat, som du når til i #38

Jeg har tænkt lidt videre over min foreslåede komplicering af opgaven. (inklusion af masse af elastikken). Men den giver anledning til nogle komplicerede interne balancer i tovet, som kræver nogle detaljerede antagelser, for at beregningerne overhovedet kan gennemføres. Tænk bare på det problem, der opstår i det øjeblik, hvor elastikken bliver stram. Der må udgå en ’trækbølge’ fra ophænget, som skal løbe ned ad elastikken, før den når Max og Fase 2 kan begynde. Alt i alt tror jeg det bliver mere besværligt end morsomt at arbejde videre med – så jeg lader det ligge, med mindre der er nogle, der synes vi skal gennemføre det. Nu har vi jo også haft lidt sjov med at bestemme tiden for første nedtur!

Jeg tog lidt let på decimalerne. Men denne harmoniske svingning fik mig til at tænke på en cirkelbevægelse og dermed en gynge.

Slipper du en masse løs med snoren vandret, så vil tyngdekraftens arbejde svare til bevægelsesenergien i det laveste punkt. Mgl=0,5MV^2.

Centrifugalkraften vil blive 2Mg grundet hastigheden i cirkelbevægelsen (MV^2/l). Det får jeg så til at snoren påvirkes med 3Mg, centrifugalkraft plus tyngdekraft.

Samme kraft som i elastikspringet. Er det rigtigt?

At finde det nederste punkt i faldet gøres nemmest med en energibetragtning. I det punkt er den potentielle energi som legemet har tabt lig med den potentielle energi der lagres i det elastiske tov.

Lad det udstrakte spændingsfri tov have længden L. Lad massen være m og tyngde acceleration g.

Lad den vertikale koordinat være z.

I så fald er den tabte potentielle energi i faldet: E1=mgz

Den opsamlede potentielle energi i tovet er E2=mg(z-L)^2/4/L når z>L

Det resulterer i andengradsligningen: z^2-6zL-4*L^2=0

Den har løsningen z(max)=(3+sqrt(8))*L

Tiden for faldet er straks mere besværlig. En hurtig tilnærmelse er følgende, hver tal multipliceret med m*g:

For z=0 er E1-E2=0 For z=L er E1-E2 = L For z=3L er E1-E2 =2L For z=5*L er E1-E2 =L For z=Zmax er E1-E2= 0

Fald hastigheden er altid v=sqrt(2(E1-E2)/m) eller hvis vi bruger ovenstående v=sqrt(2(E1-E2)*g)

Tiden for faldet mellem to niveauer er afstanden mellem de to niveauer divideret med middelhastigheden.

Vi har følgende hastigheder hvis L er 10 meter og g=10m/sec^2

For z=0 er v=0 For z=L er v=sqrt(200) = 14 m/sec For z=3L er v=sqrt(400)=20 m/sec For z=5L er v=*sqrt(200) = 14 m/sec For z=Zmax er v=0

Vi får så tilnærmelsesvis Tid 0 – L : 10/7= 1.4 sec Tid L – 3L: 20/17= 1.2 sec Tid 3L-5L: 20/17=1.2 sec Tid 5 – 5.8*L: 8/7=1.1 sec

Total tid 4.9 sekunder

Hej Jens

Studiekammerat fra årgang 61? Du bestemmer fjederkonstanten ud fra at fjederkraften i laveste position er lig med mandens vægt. Men forskellen mellem disse to kræfter giver jo netop den accelaration, opgaven spørger om. Så det kan man ikke.

Til #41

Integral samling her (med relevans i 4 sektion) : https://en.wikipedia.org/wiki/List_of_inte...

Større samling her: https://en.wikipedia.org/wiki/Lists_of_int...

Men derudover en god lille integral øvelse uden ståbi eller internet med en omskrivning af anden grads polynomiet og derefter trigonomisk/hyp trig substition afhængigt af et fortegn.

Gode svar i øvrigt på opgaven.

Da jeg læste kommentar #20, kunne jeg ikke lade være med at indtaste sidste uges opgave ind i denne AI robot : https://chat.openai.com/chat Den kommer dog med et andet svar end Ing. Jeg ved dog ikke hvorfor ? ? ? Jeg er også noget overrasket over "den´s" kommafejl, så man kan altså ikke bare stole blindt på disse vidunder maskiner. Herunder ses "den´s" løsning :

Petter: En skrå flade danner vinkelen 20 grader med vandret. På den skrå flade ligger en metalplade, som er 25 cm lang (altså i den skrånende retning), 10 cm bred, 55 mm tyk og vejer 1 kg.

Pladens friktionskoefficient mod det skrånende underlag er 0,5. Pladen og underlaget er om morgenen 0°C og bliver i løbet af dagen varmet op til 20°C – for senere at afkøles igen. Det betyder, at pladen udvider sig og trækker sig sammen igen, mens underlaget forudsættes at være ganske upåvirket af temperatursvingningerne. Pladsens temperaturudvidelseskoefficient er 12*10^-6 m/m/°C.

Hvor meget bevæger pladen sig hvert døgn?

AI robot :

For at beregne hvor meget pladen bevæger sig hvert døgn, skal vi først beregne den kraft, der er nødvendig for at holde pladen på plads mod den skrånende flade. Derefter kan vi bruge dette tal sammen med pladens friktionskoefficient og temperaturudvidelseskoefficient for at bestemme hvor meget pladen bevæger sig.

Først skal vi beregne den kraft, der er nødvendig for at holde pladen på plads. Denne kraft er lig med pladens vægt multipliceret med sin kosinusvinkel mod den skrånende flade: Fg = m * g * cos(theta) = 1kg * 9.8m/s^2 * cos(20°) = 9.8 N

Så skal vi beregne den kraft, der er nødvendig for at holde pladen mod den skrånende flade. Denne kraft er lig med friktionskoefficienten multipliceret med den kraft, der er nødvendig for at holde pladen: Ff = u * Fg = 0.5 * 9.8N = 4.9 N

Derefter skal vi beregne hvor meget pladen udvider sig på grund af temperatursvingningerne. Pladens længde udvider sig med: dL = L * alpha * deltaT = 25cm * 12*10^-6 m/m/°C * 20°C = 0.006cm

Så for at beregne hvor meget pladen bevæger sig i løbet af dagen, skal vi bruge denne udvidelse og den kraft, der er nødvendig for at holde pladen mod den skrånende flade. Pladen bevæger sig med: dx = dL - (Ff / Fg) * dL = 0.006cm - (4.9N / 9.8N) * 0.006cm = 0.003cm eller 3mm

Så pladen bevæger sig omkring 3mm hvert døgn.

Petter : 0.003cm er jo ikke 3mm

AI robot: Du har helt ret, jeg beklager fejlen. 0.003cm svarer til 0.03mm, ikke 3mm. Det betyder at pladen bevæger sig omkring 0.03mm hvert døgn.

Jeg må hellere prøve at indtaste Ing.´s løsning, og se hvad "den" sigertil det ;-)

\Petter

Her er så "den´s" svar : Petter : hvordan kan du lave den slags kommafejl når du er så klog ?

AI robot : Jeg er en computerprogrammering og mit svar afhænger af den information jeg er givet og hvordan jeg er programmeret til at behandle og formidle denne information. Selv om jeg er kapabel til at udføre en række komplekse beregninger og analysere store mængder data, kan der stadig forekomme fejl i mine svar, enten på grund af en mangel på information eller en fejl i min kode. Jeg beklager ulejligheden og vil gøre mit bedste for at give dig korrekt og nøjagtig information i fremtiden.

Petter: Hvad mener du om denne løsning på den samme opgave : Den krybende plade flytter sig 0,044 mm i døgnet. Når vi ser på metalpladen som en helhed, er tyngdekraftens komposant langs skråplanet mg•sin20°, som heldigvis er mindre end friktionskraften 0,5•mg•cos20°. Hele pladen glider altså ikke ned.

Når pladen udvider sig, vil den øverste del bevæge sig opad, og den nederste del nedad. Kraftbalancen langs skråplanet bliver nu mg•sin20° + 0,5•x/l•mg•cos20° = 0,5•(1-x/l)•mg•cos20°, og den ligning giver x = l(½-tg20°) = 34,0 mm.

Når pladen senere afkøles og trækker sig sammen, er det tilsvarende det ­nederste stykke y, som bevæger sig opad, mens l-y bevæger sig nedad.

Ligningen bliver det samme, så y = 34,0 mm. Afstanden mellem de to steder er l-x-y eller 182 mm, og det stykke udvider sig 182 mm•12•10-6 m/m/°C•20°C = 0,044 mm.

AI robot : Denne løsning er korrekt, og den bruger en mere sofistikeret metode til at beregne hvor meget pladen bevæger sig. I stedet for kun at tage højde for den samlede friktionskraft og den samlede temperaturudvidelse, tages også højde for, hvordan pladen bevæger sig i forhold til den skrånende flade ved hjælp af kraftbalancen og geometrien i pladen. Således bestemmes x og y ved hjælp af ligningerne, og afstanden mellem de to steder bestemmes og multipliceres med temperaturudvidelseskoefficienten for at finde den samlede bevægelse af pladen, som er 0.044 mm.

Nå, ser man det ! He he . . . .

\Petter

Finregning 42: Svend jeg ved ikke om man kan regne som en cirkel bevægelse, men den symetriske svingning efter at elastikken har taget fat, er en jo en projektion af en jævn cirkel bevægelse (sinus kurve). Dette gælder for både sted, hastighed og acceleration, dog med forskellig fase vinkel og aplitude, men med samme frekvens.

Hastigheden efter det frie fald svarer til præsis -60grader 'inde på hastighedssvingningen (cirklen)' dvs. der er 120grader til første o-punkt (180), dvs. 1/3 af en svingning som du skriver i din udledning. Tiden for dette er rad(120)/omg. Sidste led i Børge's udledning er netop dette forhold.

Vedlagt forløb med luftmodstand medtaget, Fw = 0,5 x rho x v^2 x A x Cw. Elastikken bliver slap efter de 2 første opture, hvorefter svingningen bliver symetrisk, stram elastik gennem hele svingningen. http://www.test.airling.dk/Pictures/TestEr...

Finregning 42: Svend jeg ved ikke om man kan regne som en cirkel bevægelse

Det kan man ikke helt, men det slog mig, at startes gyngen vandret med et tov på 3S, ender kraften på tovet med at være 3MgS, som er ens med elastikspringets kraft. Tidsforløbet bliver ikke det samme, da gyngen ikke har noget frit fald.

Måske fra gymnasiet mener jeg at kunne huske at vi regnede kraften ud.

Det er meget sjovt, at du vover at tage luftmodstanden med, men du glemmer vist en udfordring. Når prøvesækkes smides ned, er der også en luftmodstand, hvilket medfører en lidt ændret fjederkonstant. Du kan klare dig ved at forsøge med forskellige fjederkonstanter og så vælge den, der får Max til at vende præcis ved x = 2 s første gang, han er i bund. Vinklen 120 grader gælder også kun tilnærmelsesvis nu. Hvordan foretager du dine svingningsberegninger? Sker det skridtvis? Måske bringer jeg en teoretisk løsning mandag aften.

Jo flere problemstillinger man inddrager i en opgave, jo vanskeligere kår får de eksakte løsninger. Med luftmodstand inddraget i ugens opgave bliver bevægelsesligningen [latex] \qquad m \frac{dv}{dt} = m g - k x \pm c v^2 [/latex] Symboler: Vi har en nedadrettet x-akse med nulpunkt i elastikkens nedre uspændte ende, en hastighed v også regnet positiv nedad, en uspændt elastiklængde s og fjederkonstant k samt en faktor c, der indeholder nogle fysiske konstanter og har en størrelse omkring 0,3 kg/m. For det dobbelt fortegn gælder her og i det følgende at det øverste skal benyttes for opadgående bevægelser og det nederste for nedadgående. Rent kinematisk har vi [latex] \qquad \frac{dv}{dt} = \frac{dv}{dx} \cdot \frac{dx}{dt} =\frac{dv}{dx} v = \frac{1}{2} \frac{d v^2}{dx} [/latex] [latex] \qquad \Rightarrow \frac{dv^2}{dx} =2 g -\frac{2 k}{m} x \pm \frac{c}{m} v^2 [/latex] [latex] \qquad v^2 = A\ e^{\pm \frac{c x}{m}} \mp \frac{2 k}{c} x \pm \frac{2 m g}{c} - \frac{2 k m}{c^2} [/latex]

Her er A en arbitræk konstant. Vi udtrykker nu, at v for x = 0 skal være hastigheden for et frit fald samt at vi skal have v = 0 i bundstillingen x = 2 s. [latex] \qquad \sqrt{2 g s} = A - \frac{2 m g}{c} - \frac{2 k m}{c^2} [/latex] [latex] \qquad 0 = A\ e^{ - \frac{2 c s}{ m}} + \frac{2 k}{c}2 s - \frac{2 m g}{c} - \frac{2 k m}{c^2} [/latex]

Af disse 2 ligninger bestemmes k, der er konstant i hele bevægelsen og A, der skifter værdi hver gang bevægelsen vender i top eller bund.

For den efterfølgende opadgående bevægelse skal nogle af fortegnene skiftes i løsningen og konstanten A beregnes ud fra de gamle værdier v = 0 og x = 2 s. Hermed kan man bestemme hastigheden v når bevægelsen er oppe ved x = 0. For x < 0 forsvinder snorkraften, så næste strækning skal beregnes med k = 0 i den oprindelige formel og A bestemmes, hvorefter x-værdien svarende til vendepunktet v = 0 kan findes. Sådan fortsættes og man finder teoretisk korrekt hvordan udsvingene ændrer sig i hele forløbet.

Tidsforløbet er vanskeligt eller umuligt at bestemme teoretisk. Man kan numerisk dele hver strækning op i et antal smådele og for hver smådel finde tidstilvæksten som dt = dx/dv.

Fin udledning, men er der ikke kun 2 ligninger til 3 ubekendte (A,k,m)? Forholdet k/m fandtes uden luftmodstand via max faldhøjden, men må være anderledes nu omend med meget lille forskel.

Tidsforløbet er vanskeligt eller umuligt at bestemme teoretisk. Man kan numerisk dele hver strækning op i et antal smådele og for hver smådel finde tidstilvæksten som dt = dx/dv.

Hvad med brug af potens rækker: [latex] {x(t) = \sum_{n=0}^\infty a_n t^n }[/latex]

eller ADM https://en.wikipedia.org/wiki/Adomian_deco...

og huske at vise at det konvergerer -ikke at jeg selv har lyst til at forsøge.

Ligningen til numerisk analyse ved brug af sign() funktionen: [latex] m \frac{d^2x(t)}{dt^2} = m g - (sgn(x(t))+1) \frac{k}{2} x(t) - sgn(\frac{dx(t)}{dt}) c (\frac{dx(t)}{dt})^2 [/latex] Begyndelsesbetingelse når elastikken begynder at spænde. [latex] x(t=0)=0, v(t0)=\sqrt{2gs}= \frac{dx(0)}{dt}=14 m/s [/latex]-her har jeg valgt i første omgang at se bort fra luftmodstand, da jeg er mest interesseret i den efterfølgende svingning. (g=9.8 m/s^2 og s=10 m).

Første ekstremum: [latex]{x_{max} (t_{xmax}) = 2s = 20, v(t_{xmax})=0}[/latex]

Nå men min (ehem) numeriske analyse viser op til 5 svingninger med lidt slap elastik (x(t)< 0) i en dæmpet svingning, som derefter fortsætter med postiv x(t) med svag dæmpning, hvis ellers jeg har fået al ting rigtigt. Jeg har tilladt mig at antage k,m,c givet/fundet (k=120 N/m, m=80 kg, c=0,3 kg/m). Måske m,k kan udelades/findes ved at løse for første ekstremum.

Jeg tror i øvrigt intrinsisk friktion i elastikken betyder mere for dæmpningen af svingningen end luftmodstand.

Hej Jens Peter

Det er spændende at læse dit indlæg. Du opskriver den fulde formel for at kunne foretage en numerisk integration mens jeg prøver at komme igennem analytisk ved at stykke bevægelserne ud.

Du siger, at der mangler en ligning til bestemmelse af svingningen, men med luftmodstand inkluderet kommer der jo en ekstra dimensionsløs parameter, som kræver kendskab til værdien af fysiske konstanter såsom m og c. Dem må du jo have indsat en værdi for i dine beregninger.

Du skriver at min k-værdi ændres lidt på grund af luftmodstanden, men jeg bestemmer jo netop k i mine 2 sidste ligninger, hvor luftmodstanden er medtaget. (Jeg lavede en trykfejl, idet venstrsiden skulle kvadreres i min næstsidste ligning). Men jeg manglede luftmodstanden i det indledende frie spring. Og så tror jeg at du har ret i, at energitabet til elastikkens deformationer kan være lige så vigtigt som luftmodstanden. Men nu var det jo blot en regneøvelse, som en af vore bagsidevenner fandt på.

Hej Børge

Ja, jeg fluekneppede lidt sorry. Helt enig -massen m skal nu være givet på forhånd for at finde k.

M.h.t frit fald ser det således ud:

[latex]{dv(x) \over dt}=mg-cv(x)^2, dx=v(x)dt, dt={dx\over v(x)}[/latex]

[latex]v(x){dv(x)\over dx}=mg-cv(x)^2[/latex]

[latex]{dv(x)\over dx}={mg\over v(x)} -cv(x)[/latex] har løsningen med x=0 ved start ved top v(0)=0

[latex] v(x)=\sqrt{mg\over c}\sqrt{(1-e^{-2cx/m}}[/latex] for x=s [latex] v(s)=\sqrt{mg\over c}\sqrt{(1-e^{-2cs/m}}[/latex] for c=0,3 og m=80 , s=10 => v(10)=13,74

Ups - massen m forsvandt på venstre side af de 3 bevægelses ligninger, æv. Men resten er vist ok.

Dejligt at se at nysgerrighed pirrer. :o)

Hvis nogen af jer skulle kede sig, kunne I jo kigge på nogle tilsvarende beregninger på denne historie, som I sikkert allerede kender, men sagtens kan genlæses: http://www.mostermulis.dk/jeg-gav-slip-paa....

Max' bekymring bunder i hvilke risici der en forbundet med faldet.

Sammenligningsgrundlaget for "hvad Max udsættes for" bør derfor være normaltilstanden, dvs. een tyngdes påvirkning. Der er fortegnet vigtigt.

Max' ben trækkes der i med hvad der svarer til 3 tyngder (F=k*2L), dvs 4 (fire) tyngder mere end den ene tyngde en stående Max' krop udsættes for. Den samme forskel (fire tyngder) vil påvirke trykfordelingen i Max' øvrige krop. Herunder hovedet og den slags.

Det svar Max må forholde sig til er derfor (tah-daaah ....) 4*g