Tænkeboks: Hvor slipper den glidende stang væggen?
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 slipper den glidende stang væggen?

Illustration: Ingeniøren

Opgave 17:
En to meter lang, tynd stang placeres opad en væg, så vinklen til vandret er 80 grader (se tegningen). Når stangen slippes, vil den glide nedad og mod højre i en vertikal plan på grund af tyngdekraften, idet der ikke er gnidning fra hverken væg eller gulv.

I hvilken højde over gulvet vil stangens øverste ende slippe kontakten til væggen?

Illustration: Ingeniøren

Bemærk: I næste uge udkommer Ingeniøren nr. 26 ikke på papir, men kun som e-avis via vores netudgave ing.dk.

Med e-udgaven i næste uge lukker vi papirudgaven af Ingeniøren ned for sommeren, mens ing.dk fortsætter med at bringe nyheder og baggrund.

Bagsiden er først tilbage med en ny opgave den 16. august.

God sommer!

/Lynch

sortSortér kommentarer
  • Ældste først
  • Nyeste først
  • Bedste først

Det øverste af stangen vil slippe væggen, når den når 3/4 af starthøjden. Dette uanset stigens længde eller startvinkel. Forklaring følger.

  • 0
  • 0

Stangens top starter i en højde H over jorden. Lad os betragte stangen, når den er gledet ned til en højde h, men stadig har kontakt til væggen. Den øverste ende af stangen vil falde lodret ned og den nederste ende af stangen vil glide vandret ud.

Den vandrette hastighedskomposant vil være proportional med sinus til vinklen med underlaget – det vil sige, at den vil være proportional med højden h.

Den kinetiske energi af systemet vil være lig den omdannede potentielle energi, som er proportional med (H-h). Den kinetiske energi af et objekt er som bekendt proportional med hastigheden i anden potens. Men her skal vi huske, at stangen i begge hastighedskomposanter er stationær i den ene ende, og at hastigheden stiger lineært langs stangens længde. Vi må derfor integrere, og den samlede kinetiske energi bliver proportional med hastigheden i tredje potens. Altså vil hastigheden være proportional med (H-h)^(1/3).

Vi har derfor, at den vandrette hastighedskomposant af stangen er proportional med h(H-h)^(1/3). Stangen vil slippe væggen, når denne funktion når sit maksimum. Vi differentierer udtrykket og får (H-4/3h)/(H-h)^(2/3). Dette er nul når h=3/4 H.

Da H = 2 m * sin(80) = 1,97 m, vil h = 1.5 m * sin(80) = 1,48 m.

  • 1
  • 0

Ups. Vi prøver lige igen. Retteligt skal man jo ikke integrere over hastigheden, men over stangens længde. Den kinetiske energi bliver derfor ikke proportional med hastigheden i tredje potens som jeg påstår ovenfor. Den bliver stadig proportinal med hastigheden i anden postens, men ved formlen E = 2/3 m v^2, hvor v er massecentrummets hastighed. Man kan tænke på dette som et 1/2 mv^2 bidrag fra den kinetiske energi langs stangens akse og et 1/6 mv^2 bidrag fra rotationsenergi.

Proportinalitetsfaktoren betyder dog ikke noget i denne sammenhæng. Det væsentlige er, at den vandrette komposant af hastigheden bliver proportional med h(H-h)^(1/2). Når dette differentieres fås (H-3/2h)/(H-h)^(1/2), hvilket er nul når h = 2/3 H.

Altså slipper stangen ved 4/3 m * sin(80) = 1,31 m.

  • 1
  • 0

Jeg fik højden til 1.18 m som er 3/5 af starthøjden.

Jeg prøvede at løse det ved hjælp af en energi betragtning idet jeg sættet tabet i potentiel energi = tilvæksten i rotationsenergi idet midtpunktet af stangen bevæger sig på en kvartcirkel med radius 1. Jeg tillægger også rotations energi for vinkeldrejningen af stangen.
Jeg regner med at stangen slipper væggen når centripetal kraften i cirkel bevægelsen er større end tyngdekraftens radiale komposant til cirklen.

Ps. Som mellemregning fik jeg faktisk h = 1.31 m når jeg undlod at tage hensyn til stangens enertimoment.

  • 1
  • 0

med kontakten til gulvet giver massemidtpunktet et kraftigt skub væk fra væggen. Umiddelbart tænkte jeg at stangen ville have kontakt til væggen hele vejen ned, men et par hurtige småforsøg viste at det ikke er tilfældet. Stangen slipper ret hurtigt, ihvertfald i den øvre ende af faldet.
Med forbehold for at jeg ikke kan eliminere friktion fuldstændigt og at vinklen mellem gulv og væg måske ikke er præcis 90° (jeg har ikke selv muret huset).
Smart ide med omsætningen af potentiel energi til kinetisk energi, Jeppe er nok inde på noget af det rigtige.

  • 1
  • 0

Ikke at jeg har løsningen, men vil det ikke svare til en stige anbragt i hjørnet med samme vinkel til jord. Ved hvilken vinkel glider den væk fra hjørnet?
Måske det kan gøre udregningerne simplere, hvis man kan vende opgaven på den måde.

  • 0
  • 4

I det ideale tilfælde bevæger stangens massemidtpunkt sig langs en kvart cirkel fra lodret (vertikal) placering til den ligger vandret (horisontalt). Radius i kvart cirkelen er det halve af stangens længde. D.v.s. stangen har kontakt med gulv og væg indtil den ligger vandret. P.g.a. det glatte gulv og stangens bevægelsesmængde vil den bevæge sig væk fra flasken i vandret (horisontalt) retning når den rammer gulvet.

I praksis slipper stangen væggen lidt før den ligger vandret. Jeg prøvede forsøget med en iPhone som stang og en flaske rødvin som væg, som jeg filmede i slowmotion, og iPhonen slap først flasken tydeligt lidt før den rammer bordret.

Med venlig hilsen Peter Vind Hansen

  • 0
  • 0

Uden friktion ved væg og gulv vil stangen glide i samme øjeblik den slippes hvis der er bare den mindste hældning.

  • 0
  • 1

Jeg har opdelt tilvæksten i bevægelses energi i 2 dele.
E = 1/2 * m * vh^2 + 1/6 * m * vh^2 (vh = vinkelhastighed)
I begge tilfælde er radius = 1.
Det første bidrag er fra massemidpunktets bevægelse på kvartcirklen og det næste fra stangens masse-inertimoment når den drejer.

  • 0
  • 0

Når jeg opstiller en energiligning, E(pot) = E(kin) + E(rot) og tager højde for stangens inertimoment, finder jeg at sliphøjder er h = 1/3 L hvor L er stangens længde. Og uafhængig af startbetingelserne så længe h(start) > 1/3 L.

Med venlig hilsen Peter Vind Hansen

  • 0
  • 0

Den slipper ved 3/5 af starthøjden.
Jeg vender problemet og sætter stigen ind i hjørnet.
2 * Kinetisk energi = 1/3 * M (omega * l)^2. Samme som for den originale opgave.
2 * Potentiel = Mgl(cosVo-cosV), V er vinklen mod væggen, enklere fortegn.
1/3(omega * l)^2= gl(cosVo-cosV).
Centrifugalkraften omega^2 * l/2 = 3/2g(cosVo-cosV) som skal være mindre end holdekraften gcosV.
Det går galt når cosV =3/5cosVo.

  • 1
  • 0

Jeg fik det samme som Jeppe Juul.

Indtil stangen mister kontakten, følger dens midte en cirkel med radius r = l/2.
Kald start-vinklen for a0 og den aktuelle vinkel for a.
Kald vinkelhastigheden da/dt = o.
Den mistede potentielle energi er lig den kinetiske energi, som kan opdeles i translatorisk og rotation:
Epot = Etrans + Erot (eq 1)
Epot = m g r (sin(a0) - sin(a))
Etrans = 1/2 m (o r)^2
Erot = 1/2 M o^2, hvor M er inertimomentet = m l^2 / 12 = m r^2 / 3.
(eq 1) giver så
m g r (sin(a0) - sin(a)) = 1/2 m (o r)^2 + 1/2 m r^2 / 3 o^2 =
(1/2 + 1/6) m (o r)^2 =
2/3 m (o r)^2 eller
g (sin(a0) - sin(a)) = 2/3 r o^2 eller
o^2 = g (sin(a0) - sin(a)) 3/2 / r (eq 2)

Stangen mister kontakten til væggen når dens massemidtpunkt ikke længere accelererer i vandret retning.
Den vandrette komposant af hastigheden for midtpunktet er
o r sin(a),
hvor vi altså skal finde maximum.
Vi kan finde maximum af kvadratet (o r sin(a))^2.
Ved indsættelse af (eq 2):
(o r sin(a))^2 = o^2 r^2 (sin(a))^2 = g (sin(a0) - sin(a)) 3/2 / r r^2 (sin(a))^2.
Altså max af (sin(a0) - sin(a)) (sin(a))^2.
Sætter vi s0 = sin(a0) og s = sin(a) skal vi finde max af
s0 s^2 - s^3.
Differentieret fås
2 s0 s - 3 s^2,
som har nulpunkt s = 2/3 s0.
Så stangens top slipper ved 2/3 af udgangshøjden.

  • 2
  • 0

Løsningerne spreder lige så meget som klimamodellerne, så det rigtige er nok at tage middelværdien.
Men denne opgave burde dog have en og kun en løsning, hvis man tager alt med.

  • 1
  • 5

Jeg er begyndt at tvivle på løsningen (2/3H) ved maksimum af den vandrette hastighed.
Det lyder rigtigt umiddelbart, men det bliver samme løsning uanset hvor meget af den potentielle energi der bliver til rotationsenergi, og det virker ikke korrekt.
Udgangspunktet er 1/a * (omega * r)^2 = g(H-h) hvor h er tyngde punktets højde og r er cirklens radius. Faktoren a er 2 uden rotationsenergi og a er 3/2 med stigen som den er i opgaven.
Ved at bruge centrifugalkraften får jeg h = Ha/(1+a).
Man kunne godt lave en konstruktion hvor det meste af den potentielle energi blev til rotationsenergi, og da vil tyngdepunktet langsom kravle ned over cirkelbuen.

Hvor er fejlen/misforståelsen?

  • 0
  • 0

Centrifugalkraften er en fiktiv kraft, har jeg lært engang. Kan det have noget med sagen at gøre? (jeg kan desværre ikke selv regne opgaven ud)

  • 0
  • 0

Jeg har ikke selv regnet på den, men det er jo muligt at rotationsenergien udlignes i resultatet, så det ikke betyder noget.

I kloge hoveder kan sikkert hurtigt udregne tilsvarende, hvor

a: massen af stangen er koncentreret i CG så rotationsenergien er 0
b: massen er fordelt med 50% i hvert endepunkt

Hvis begge situationer giver 2/3H så er den sikkert god nok.

  • 0
  • 2

Det er nok en oversimplificering kun at regne på massemidtpunktets bevægelse. Yderpunkterne af stangen følger jo helt anderledes kurver.

Og kan en fiktiv kraft i det hele taget påvirke stangen?

  • 0
  • 2

Hvis begge situationer giver 2/3H så er den sikkert god nok.


Problemet har plaget mig, da begge argumenter virker tilforladelige, så i et excel ark har jeg opskrevet X og Y kordinaternes tidslige udvikling efter at cirklen skulle være sluppet.
Radius ud til X,Y skal så være større end cirklens radius for alle tidsstep.
Hvis der ikke er nogen rotationsenergi, så slipper den ved 2/3H.
Med rotationsenergi vil den slippe senere, da radius til X,Y bliver mindre end cirklens radius for små tidstep.

Det må forkaste metoden med maksimum af den vandrette hastighed.

  • 0
  • 2

Vinkelhastigheden kan ikke være konstant, men tiltager i takt med stangens fald. Man slipper nok ikke udenom en differentialligning.
Argh, hvor er der en fysiklærer når man skal bruge en?

  • 0
  • 0

Vinkelhastigheden kan ikke være konstant, men tiltager i takt med stangens fald. Man slipper nok ikke udenom en differentialligning.


Nej måske ikke, og mit excelark glemte at tage højde for at stangen stadig roterer, selvom den har sluppet væggen.
Min tvivl kommer af at løsningen med den vandrette hastighed er uafhængig af hvor meget af den potentielle energi der bliver til rotation. En masse der gnidningsfrit glider ned af en cylinder vil slippe ved 2/3H både ved hastigheds udregning og ved centrifugalkraft.
Hvis hovedparten bliver til rotation vil den nærmest kravle ned over cylinderen og burde slippe senere. Men jeg kan ikke finde fejlen i argumenterne.

  • 0
  • 0

Jeg kigger lige på løsningen igen, og jeg kan se at Mads Clausen opdeler energien i et angulært moment, den kinetiske og den potentielle. Så jeg tænker at han har det hele med.
Spøjst at Jeppe Juhl kommer frem til den rigtige løsning ved kun at regne med potentiel og kinetisk energi.
Nu kunne man godt bruge en fysiklærer.

  • 0
  • 0

Jeg udnytter, at hvert eneste punkt på stangen har en hastighed, som er proportional med tyngdepunktets hastighed. Det er meget sjældent sandt for et roterende legeme, fx det klart ikke sandt for en roterende stang hvis tyngdepunkt er stationært. Men lige i vores tilfælde er det sandt, og derfor bliver både tyngdepunktets kinetiske energi og den rotationelle energi omkring tyngdepunktet proportial med tyngdepunktets hastighed i anden potens.

Den præcise udregning er som følger. Betragt stangen på et tidspunkt, hvor tyngdepunktet har hastighedsvektoren (vx,vy). Det øverste punkt på stangen, som er i kontakt med væggen, vil på dette tidspunkt have hastigheden (0,2vy). Det nederste punkt på stangen, som er i kontakt med gulvet, vil have hastigheden (2vx,0). Et lille stykke af stangen, som har afstanden z fra stangens øverste punkt, vil have hastighedsvektoren (2z vx/L , 2[L-z]vy/L). Hvis dette lille stykke af stangen har længde dz, så vil dens masse være m/L dz, hvor m er massen af stangen. Den kinetiske energi af dette lille stykke stang er således 1/2 * m/L dz * ((2z vx/L)^2 + (2[L-z]vy/L)^2). Den samlede kinetiske energi af stangen fås ved at integrere dette fra z=0 til z=L. Resultatet bliver 2/3m(vx^2 + vy^2). Altså 2/3mv^2, hvor v er massemidtpunktets fart.

Som jeg skriver i mit oprindelige indlæg kan vi herved se, at den samlede kinetiske energi af stangen kan deles op i et bidrag på 1/2mv^2 fra massemidtpunktets kinetiske energi, og et bidrag på 1/6mv^2 fra rotationsenergi omkring massemidtpunktet.

Alle ded detaljerede ovenstående udregninger er dog underordnede. Det væsentlige er, at den samlede kinetiske og rotationelle energi er proportional med massemidtpunktets fart i anden potens. Det er dette faktum jeg benytter i min videre udregning.

  • 2
  • 0

Jeppe:

Som jeg skriver i mit oprindelige indlæg kan vi herved se, at den samlede kinetiske energi af stangen kan deles op i et bidrag på 1/2mv^2 fra massemidtpunktets kinetiske energi, og et bidrag på 1/6mv^2 fra rotationsenergi omkring massemidtpunktet.


Jeg har ledt længe efter det begravede kødben der kan give kredit til løsningen via centrifugalkraften.
Hvis den løsning skal holde kræver det en vandret kraft der kan sænke Vx fra maksimalværdien. Måske har jeg fundet løsningen ved at noget af tyngdekraftens arbejde går til al lave rotation. Det er en kraft der går imod tyngdekraftens tangentialkraft, og som gør at tyngdepunktet accelerer langsommere i sin cirkelbevægelse. Det er kun en ide til en forklaring, og jeg prøver at spørge fysiklæreren.

  • 0
  • 0

Jeg må overgive mig hvor nødtvungent det end er.
Hvis hele vægten er fordelt ligeligt mellem endepunkterne kan man løse bevægelsesligningen på relativt simpel vis fra det tidspunkt hvor den slipper væggen. Og det gav at den slipper ved 2/3H.

  • 0
  • 0

Jeg kunne ikke se træerne for bare glidende stiger.
Betingelsen max af Vx er forkert.
Samme ligning for energierne kan opstilles for et svinghjul med en lille masse på kanten.
Max af Vx vil så også give h=2/3H.
Hvis svinghjulet blev drejet med konstant vinkelhastighed, ville massen slippe i toppunktet hvor Vx er størst.

Men for svinghjulet ses det let at den slipper når O^2 r > den radiale del af tyngdekraften.

Reelt vil den slippe når h = H a/(1+a). Faktoren a bliver mindre end 2 når der dannes rotationsenergi.

  • 0
  • 1

Jeg skal nok lade være med at skive mere i denne tråd.
Erkendelsen kom sent, men massen på svinghjulet må hvile på en hylde der altid holdes vandret, og så er løsningen maks af Vx.
Jeg blev forvirret af at uden rotation fås samme løsning via centrifugalkraften.
Desværre krævede det mange overvejelser for og imod og en masse kraftopløsninger at nå denne nu rigtige løsning.

Som en sidebemærkning vil løsningen for stigen med foden i hjørnet blive den samme.

  • 0
  • 1