Tænkeboks: Hvor langt har tomahavken bevæget sig?
more_vert
close

Få de daglige nyheder fra Version2 og Ingeniøren. Læs mere om nyhedsbrevene her.

close
Ved at tilmelde dig accepterer du vores Brugerbetingelser, og du accepterer, at Teknologiens Mediehus og IDA-gruppen lejlighedsvis kan kontakte dig om arrangementer, analyser, nyheder, job og tilbud m.m. via telefon og e-mail. I nyhedsbreve, e-mails fra Teknologiens Mediehus kan der forefindes markedsføring fra samarbejdspartnere.

Tænkeboks: Hvor langt har tomahavken bevæget sig?

Illustration: Ingeniøren

Efterårets første tænkeboks kommer fra Mads Clausen Instituttet ved SDU i Sønderborg og lyder:

Opgave 16: En indianer kaster fra en bakketop sin tomahavk med en hastighed på 10 m/s skråt opad i en vinkel på 45 grader.

Et øjeblik senere bevæger tomahavken sig som vist på figuren. Bevægelsesretningen af tomahavkens ender er henholdsvis vandret og lodret, og vinklen til vandret er 15 grader. Tomahavkens længde er 400 mm, og tyngde­punktet G befinder sig 300 mm fra skaftets ende.

Hvilken strækning gennem luften har tyngdepunktet tilbagelagt på dette tidspunkt, når der ses bort fra luftmodstanden?

Illustration: Ingeniøren

– – –

Vi bringer løsningen i næste uge, men fra søndag eftermiddag ligger opgaven også på adressen ing.dk/fokus/taenkeboksen hvor I kan diskutere jeres forslag til løsninger, og hvor I også finder alle årets øvrige opgaver med løsninger.

/ Lynch

Illustration: MI Grafik
sortSortér kommentarer
  • Ældste først
  • Nyeste først
  • Bedste først

Tyngdepunktet er 20,39m fra udgangspunktet horisontalt og 20,39m lavere. Den translatoriske energi er 5 gange så stor som ved kastet, rotationsenergien er uændret (og uden betydning). Pudsigt at afstanden er den samme horisontalt og vertikalt, det kan jeg ikke lige gennemskue hvorfor (analytisk).

Tilbage står så at finde længden af det parabelstykke, som tyngdepunktet har tilbagelagt.

  • 1
  • 0

Med Vx og Vy for henholdsvis skaft og hoved fås med vinkelhastigheden omega:
For hovedet Vx =10/kvrod2 - 0,1omega x sin(15)= 0
For skaftet Vy = 10/kvrod2 - 9,81xt + 0,3omega x cos(15) = 0
Det giver t = 8,78s og omega 273,2 ~ 40 omdrejninger/s. Som en rundsav.
Godt han står på en bakketop.

Jeg troede at der var for få oplysninger, men går åbenbart.

  • 0
  • 1

Jeg får også 20.4 m horisontalt og 20.4 m ned verticalt.
Ved at proportionere hastighedsvektorene i enderne til massemidpunket får jeg tangens til den resulterende hastighed vektor til -3. ved at indsætte i den 1. afledede af formlen for en kasteparabel finder jeg denne vinkel ved x = 20.39 m.

  • 0
  • 0

Tyngdepunktet er 62,16m fra udgangspunktet horisontalt og 316,91m lavere. Tiden er 8,79s.

Mangler stadig at beregne længden af parabelstykket.

  • 1
  • 0

Det er trivielt for en parabel. Jeg har bare ikke kunnet tage mig sammen til at bestemme koefficienter og endepunkter. Jeg misser sikkert en faktor 2 et sted (ligesom jeg kom til at dreje en vektor 90° I min første løsning ;-)

  • 0
  • 0

Et underhåndskast vil ikke have nogen løsning medmindre tomahawken vendes 180 grader (vinklen i opgaven skal så være 195 grader).
Det ville ellers være lettere at kaste med 45 grader til jorden med et underhåndkast.

Jeg er ikke så erfaren udi kast, men er det muligt at få den til at rotere så hurtigt som den gør i opgaven? Mere end 40 omdrejninger/s, sådan cirka en omdrejning for hver 25cm den har bevæget sig.

  • 0
  • 0

På sluttidspunktet T vist i skitsen er forholdet mellem den lodrette og vandrette hastighed af tyngdepunktet lig -3:1 (når fortegnet er plus opad og mod højre).
Vinklen på de 15 grader kunne jeg ikke lige finde anvendelse for.

Under kastet er den vandrette hastighed konstant lig V = 10/sqrt(2) m/s og
den lodrette hastighed er V - gt, når t er tiden, g er tyngdeaccelerationen og kastet starter til tiden 0 s.

Dvs. til tidspunktet T er (V - gT) / V = -3 =>
gT = 4V =>
T = 4V/g = 4 * 10 / sqrt(2) / 9,80665 s = 2,884 s.

Den tilbagelagte strækning fås ved integration af den skalære hastighed, som er
sqrt(V^2 + (V-gt)^2) =
sqrt((gt)^2 - 2 Vgt + 2 V^2)

altså integralet(sqrt((gt)^2 - 2 Vgt + 2 V^2)) fra 0 til T.
= integralet(sqrt( (9,80665 * t) ^ 2 - sqrt(2) * 10 * 9,80665 * t + 100)) fra 0 til 2,884.

Der findes en langhåret analytisk løsning, men numerisk får jeg 34,67 m.

  • 0
  • 0

Beregningen af T var så forkert. Korrigeret version med samme resultat som Ebbe Münster:

På sluttidspunktet T vist i skitsen er forholdet mellem den lodrette og vandrette hastighed af tyngdepunktet lig -3/tan(15) (når fortegnet er plus opad og mod højre).
Under kastet er den vandrette hastighed konstant lig 10/sqrt(2) m/s = V og
den lodrette hastighed er V - gt, når kastet starter til tiden 0 s.

Dvs. til tidspunktet T er (V - gT) / V = -3/tan(15) =>
gT = (1+3/tan(15))V =>
T = (1+3/tan(15))V/g = (1+3/tan(15))10 / sqrt(2) / 9,80665 s = 8,794 s.

Den tilbagelagte trækning fås ved integration af den skalære hastighed, som er
sqrt(V^2 + (V - gt)^2) =
sqrt((gt)^2 - 2 Vgt + 2 V^2)

altså integralet(sqrt((gt)^2 - 2 Vgt + 2 V^2)) fra 0 til T.
= integralet(sqrt( (9,80665 t) ^ 2 - sqrt(2) * 10 * 9,80665 t + 100)) fra 0 til 8,794.

Numerisk fås 334,6 m.

Edit: Du kom mig i forkøbet Svend.

  • 1
  • 0

Til Søren Laursen:

Jeg er også enig med dig!
Jeg har prøvet at forbedre min numeriske beregning (brug af gennemsnit for start- og stopværdi i de enkelte tidsskridt) og får nu 335,2 m, men hvis du har benyttet et matematikprogram bruger det sikkert finere tidsskift og er mere præcist.

Mvh Ebbe Münster

  • 2
  • 0

Jeg satte det ind i et lille PC-basic program med tidsskridt på 0.01 s og g=9.80665 m/s2 og fik følgende:
X=62,15544 m
Y=-317,9213 m
X hastighed = 7.071068 m/s
Y hastighed = -79.22824 m/s
Tilbagelagt distance = 335.4437 m
Flyvetid = 8,790106 s

mvh Søren heden

  • 1
  • 0

Hej Svend Heden.

Jeg tror du har det hidtil mest nøjagtige bud.
Men vi mangler jo viden om indianerens geografiske position og højde over havet i udgangspunktet, for at kunne bestemme en aktuel værdi for g. Jeg har brugt den afrundede værdi, 9,81 m/s2.

Mvh Ebbe Münster

  • 1
  • 1

Jeg havde regnet forkert mht rotationen i min første løsning. Ved at korrigere for vinkelhastigheden i enderne får jeg tangens til den resulterende hastighed vektor i massmidtpunket til -3 * cos15/sin15 = -11.196. Ved at indsætte i den 1. afledede af formlen for en kasteparabel finder jeg denne vinkel ved x = 62.16 m og y= -316.91 m.

  • 0
  • 0

Hej Hans Henrik Hansen.

Næh - det tænkte jeg nu ikke på.
Jeg har nu heller ikke hørt, at der blev kastet med tomahavk ved den lejlighed!

Hvis der stadig er nogle, der bakser med at finde en analytisk løsning, har jeg her et godt link:
https://www.lmfk.dk/artikler/data/artikler...

Selv orker jeg det ikke. Som tidligere skrevet giver det ikke mening at lave superpræcise beregninger, så længe vi ikke kender værdien af g.
Mvh Ebbe Münster.

  • 2
  • 0

Det lykkedes mig at finde en analytisk løsning.
Jeg vil finde kurvelængden ved at bruge første afledede af ligningen for kasteparabelen: CX + 1 hvor C = -9.81/50
Det giver:
Integralet sqrt(1 + (CX + 1)^2) dx fra 0 til -12.1962/C.
Ved substitution U = CX +1 får jeg:
1/C * integralet sqrt(1 + U^2)du fra 1 til -11.1962, hvor du = C*dx. Ifølge min gamle matematik bog er der en løsning som siger:1/C *[U/2 * sqrt(U^2+1) + 1/2 * ln(U + sqrt(U^2+1) + k]
Med grænserne 1 og -11.1962 indsat får jeg:
328.656 - (-5.85) = 334.5 m (med G = 9.81 m/s^2

  • 1
  • 0

Hej Søren Lauersen.

Tak for dine forslag. Jeg prøvede at bruge Simpsons formel for de enkelte intervaller (0,1 s). Det gav en ændring på ca. 0,5 promille. Så jeg fastholder indtil videre min værdi for løsningen på 335,2 m! Men det er jo også en meget godartet kurve, der bliver integreret.

Mvh Ebbe Münster.

  • 0
  • 0
Bidrag med din viden – log ind og deltag i debatten