Tænkeboks: Ved hvilken vinkel slipper kuglen stangen?

Det ses tydeligt at kuglen ruller hen over stopklodsen.

Det er en overbevisende video, som klart viser at opgavestillerens løsning er forkert. Hvis der skulle være "loft" over kuglen skulle det være tydeligt gjort i tekst eller billede

Kuglens hastighed er korrekt beregnet ligesom stangens spids, men hvad skal den lodrette hastighed af stangens spids?

Nedenfor til venste står kuglens lodrette hastighed ved et frit fald fra vinklen v0 til vinklen v. Til højre står stangspidsens lodrette hastighed udledt af den tangentielle hastighed ved at gange med cos(v). Kuglens hastighed er størst i starten i strid med hvad man ellers er blevet enige om. Gør jeg noget galt?
V2k=2gL(sinv0−sinv) V2s=3gL(sinv0−sinv)cosv
Ellers er det min gamle løsning #15, der vinder.

Kuglens hastighed er korrekt beregnet ligesom stangens spids, men hvad skal den lodrette hastighed af stangens spids? Modholdet kan faktisk være ret højt, og kuglen vil forlade stangen alligevel, måske en meget lille smule senere. Hvis modholdet er en cyliderflade sker separationen så snart stangen slippes.

Edit: Så netop at Kristoffer Kvist i indlæg #20 har udført samme udregning.

Momentet på stangen om hængslet er 1/2 cos(v) m L g, hvor m er massen af stangen og L er længden. Stangens inertimoment (igen om hængslet) er I = m L^2 / 3

Stangens vinkelacceleration er så

momentet / I =

1/2 cos(v) m L g / (m L^2 / 3) =

3/2 cos(v) g / L

Holderens tangentielle acceleration er derfor 3/2 cos(v) g.

Kuglens tangentielle acceleration, hvis den kun påvirkes af holderens venstre gren og tyngden, er lig tyngdens tangentielle komposant lig cos(v) g.

Og 3/2 cos(v) g > cos(v) g uanset vinklen og kuglen kører opad holderens venstre gren med det samme.

<><><><><><><><><><><><><>

Hvis holderen i stedet udformes så kuglen kun kan bevæges udad radialt, fås en anden situation. Man kunne få den mistanke at opgaven var tænkt sådan, men vi får se.

Med en sådan holder vil kuglen på et tidspunkt blive kastet mod højre. Det sker når tyngdens radiale komposant bliver mindre end centripetalaccelerationen i cirkelbevægelsen.

Vinkelhastigheden kan fås ved en energibetragtning. Hvis startvinklen er v0 og den aktuelle vinkel er v, er tabet i potentiel energi lig

Ep = m g (sin(v0) - sin(v)) L / 2.

Den kinetiske energi er

Ek = 1 / 2 I w^2, hvor w er vinkelhastigheden.

Ek = 1 /2 m L^2 / 3 w^2.

Ep = Ek =>

m g (sin(v0) - sin(v)) L / 2 = 1 /2 m L^2 / 3 w^2

Centripetalaccelerationen ac = L w^2, som indsat giver

m g (sin(v0) - sin(v)) L / 2 = 1 /2 m L / 3 ac =>

3 g (sin(v0) - sin(v)) = ac.

Tyngdens radiale komposant er sin(v) g og vi får

3 g (sin(v0) - sin(v)) = sin(v) g =>

sin(v) = 3/4 sin(v0) =>

v = arcsin(3/4 sin(v0))

v0 var 'stor'. Sættes sin(v0) ~= 1 fås v ~= 48,6 grader, hvis jeg ellers har regnet rigtigt under de ændrede forudsætninger.

Lad mig starte med nogen enigheder:

Jeg er enig med Svend (#88) i at kuglen ved store startvinkler vil forcere ’bagstopperen’ og trille ned ad stangen. Jeg forudsætter her at kuglen er uendelig lille og at bagstopperen kun er netop høj nok til at kuglen bliver liggende når stangen er stationær ved v=90 gr.

Jeg er også enig med Børge (#47) i at kuglen vil forlade sit leje og ’svæve’ væk fra stangen, ved startvinkler under 35,2 gr. Men jeg har spekuleret over hvad der sker derimellem. Der vil kuglen begynde at løbe ned ad stangen samtidig med at stangens vinkelhastighed øges. Men vil der i denne proces opstå en situation, hvor kuglens tyngdeacceleration ikke kan følge med stangens nedadgående acceleration i den punkt, som kuglen er nået til? Det er ikke helt indlysende.

Det kan givetvis løses analytisk, men jeg kan bedre lide at gøre det i en regnearkmodel, hvor alle størrelser kan følges og anskueliggøres.

Jeg bruger Børges notation og angiver afstanden fra omdrejningspunktet til kuglen ved ’A’.

Stangens rotation bestemmes af: v’’= -3g/Lcos(v) (start: v=v0)

Kuglens bevægelse ned ad stangen følger: A’’=-gsinv+Av’^2 (start: A=L)

Kuglens lodret nedadgående acceleration så længe den følger stangen er: -A*v’’*cos(v). Når denne bliver større end g svæver kuglen frit i luften.

Og her er så hvad modellen viste:

1. Når v0 > 66,5 gr suser kuglen ned og rammer omdrejningspunktet inden stangen når vandret.

2. For 66,5 gr < v0 < 49,5 gr rammer stangen først vandret, hvorefter kuglen løber et stykke med konstant fart indtil den rammer omdrejningspunktet.

3. For 49,5 gr < v0 < 35,2 gr starter kuglen med at løbe ned at stangen, men begynder at ’svæve’ inden stangen når vandret.

4. Når v0 < 35,2 gr svæver kuglen straks fra start.

Til illustration kan jeg referere et enkelt eksempel: g= 9,81 m/s^2 , L = 1m, v0 = 46 gr.

Kuglen begynder at svæve ved v=24 gr. Det er efter 0,26 s

Stangen rammer vandret efter 0,38 s

Kuglen rammer stangen igen efter 0,51 s

Hvis man vil eftervise dette i et fysisk forsøg denne størrelsesorden må man altså påregne at skulle optage video for at se hvad der foregår!

Jeg er glad for at jeg ikke splittede opstillingen ad igår da jeg var færdig med at filme.

Det har naget mig, at jeg tog fejl af stopklodsens højde. Den er det samme som kuglens radius. Det har stor betydning for kuglens rejse væk fra stangen, omend det ikke ændrer på facit.

Jeg har lavet en lille ny video, der viser et enkelt klip med en stang, der bedre svarer til illustrationen i opgaven:

https://youtu.be/CLpYf_0LxuY

Det ses tydeligt at kuglen ruller hen over stopklodsen. Og med en hængsel-placering midt i stangen, har stangens tykkelse betydning for hvordan dette afrul foregår.

Hvis nogen har lyst til at regne på det, så prøver jeg at liste de relevante data fra min opstilling nedenfor.

Kuglens vægt og diameter er 35 g og 32 mm

Stangens dimensioner: 76 cm fra enden af klodsen til centrum af hængslet.

Fra centrum til top (inkl LEGOklods) 17 mm.

Stopklodsens højde er selvfølgelig 16 mm (2 knopper høj).

Stangen vejer 900 g.

Skulle prøve noget med LaTex - noget gik galt - men resultatet blev rigtigt, befriende simpelt efter 100 + indlæg !

[latex] F = m * a [/latex]

Nedenfor til venste står kuglens lodrette hastighed ved et frit fald fra vinklen v0 til vinklen v. Til højre står stangspidsens lodrette hastighed udledt af den tangentielle hastighed ved at gange med cos(v). Kuglens hastighed er størst i starten i strid med hvad man ellers er blevet enige om. Gør jeg noget galt? [latex] \qquad V_k^2 = 2 g L (\sin v_0 - \sin v) \qquad V_s^2 = 3 g L (\sin v_0 - \sin v) \cos v [/latex] Ellers er det min gamle løsning #15, der vinder.

I morgen kommer oraklets svar på spørgsmålet, så jeg vil fabulere lidt om hvorfor opgaven blev så besværlig.

Jeg er praktisk og visuelt indrettet, kan lide at danne mig billeder af forholdene. Jeg kan både differentiere, integrere og løse differentialligninger, så hvad var så svært?

Det svære var jo at finde hvad man skulle lave alle disse flotte matematiske operationer på, hvilke konstanter der skulle på ligningerne. Bevægelsen af systemet er lettest i polære koordinater, men tyngdekraften er ikke så let i polære koordinater. For at føje spot til skade, så kan man også begynde på roterende koordinatsystemer, og så er katastrofen overhængende. Desuden er tyngdekraften og dens opløsning i forkellige retninger på en masse uafhængig af massens hastighed. Eventuelle andre eksterne kraftpåvirkninger (en raket eller trykket fra anlægsfladen massen hviler på) adderes blot til vektorielt. Den totale kraft bestemmer massens acceleration ifølge gode gamle Newton.

Som delvis illustration kan man tage en tur i bakkens rutsjebane henholdsvis i første eller sidste vogn. Vogntogets hastighed er bestemt af tyngdekraftens effekt på vogntogets tyngdepunkt minus lidt bremsning for at det ikke skal gå helt galt.

Oplevelsen i første og sidste vogn er meget forskellig. I sidste vogn bliver du nærmest slynget over bakketoppen men nærmest bremset i dalen langt før det går op igen. I første vogn kryber du over toppen og føler det går for langsomt nedad bakken, men det indhentes på vej op, hvor du føler at blive skudt op.

Det har været en lærerig debat for mig, og jeg må sande, som en kollega (Rolf Søbirk) engang nævnte, at kan du løse den med energibetragtninger er du nået langt.

Svend har plæderet for at kuglen forlader stangen straks efter at stangen frigives. Og Mogens har vist det så smukt på sin video. Nu er den konklusion også gået op for mig. Kuglen ar påvirket af tyngdekraften og en reaktion fra stangen skråt opad og en reaktion fra den lille plade skråt opad mod højre. Nedenfor er vist en projektion på cirkeltangenten for kraft divideret med masse for kuglen i det øjeblik den slipper stangen sammenlignet med stangenspidsens acceleration i samme retning [latex] \qquad \ddot{v}_k= g \cos v \qquad \ddot{v}_s =\frac{3}{2} g \cos v [/latex] Når jeg husker at få cos(v) med begge steder, er konklusionen indlysende.

blev ikke mobbet

Du fik nu da 2 tomler ned for at give den korrekte løsning ;)

Fin opstilling Mogens, Jeg fik samme resultat fra den opstilling jeg lavde - men blev ikke mobbet ;-) Se i øvrigt konklusionen i #18.

Så du mit indlæg #92, der modbeviser, at kuglen forlader stangen straks efter starten

Jeg synes, Mogens har nogle stærke argumenter :-) Jeg har den holdning, at "forlade stangen" sker når kuglen slipper stangen ... hvis den kurer op af holderen har den sluppet i min optik

Arbejdet er masse gange højdeforskel på de respektive tyngdepunkter. Problemet er så at regne hastigheden af stangens endepunkt ud som funktion af endepunktets fald.

Så du mit indlæg #92, der modbeviser, at kuglen forlader stangen straks efter starten?

Ja, og de samme ting kan siges på flere måder og ses fra flere vinkler.

Man kunne forestille sig en meget let stang med et tungt lod i enden. Den vælter i et vist tidsrum. Så anbringer vi et lige så tungt lod på midten af stangen. Nu vælter den hurtigere. Så fjerner vi det yderste lod, og nu vælter den endnu hurtigere.

Konklusion: Det, der er længere inde forøger hastigheden af det, der er længere ude, mens det, der er længere ude forsinker det, der er længere inde.

NB: Ovenstående formulering er bestemt ikke beregnet til en lærebog. :) Den udtrykker bare i høkersprog det princip omkring væltende stænger, der er oppe at vende, synes jeg, og vi ved jo, hvad vi snakker om.

Men hvor er fantastisk, når man stiile og roligt får bare lidt mere indsigt i et eller andet interessant. Stor tak især til Svend Ferdinandsen men også til andre. Steen

Uddybning:

Min (alt for hurtige) teori i #9 var jo sådan set god nok i y-retningen - men selvfølgelig gør samme princip sig gældende radialt - den lange arm forstærker accelerationen i enden af stangen over hele rotationsområdet.

Hvor er vi nemme at narre ?

????

Forklaringen er lidt indviklet men i grunden den samme som min.

Systemerne er konservative, så alt arbejde tyngdekraften udfører på stangen eller kuglen bliver til bevægelsesenergi for de respektive dele. Bevægelsesenergi er 0,5MV^2 for kuglen, men for stangen bliver noget af energien brugt til at rotere stangen. Stangens tyngdepunkt vil ikke opnå samme hastighed som svarende til faldet af tyngdepunktet. Men vægtstangen fra stangens tyngdepunkt til stangens ende betyder at stangens ende falder hurtigere end kuglen. Bevægelsesenergien for stangen kan udregnes som summen af dm gange dm's hastighed^2, eller som 0,5Inertimoment gange omega^2.

Arbejdet er masse gange højdeforskel på de respektive tyngdepunkter. Problemet er så at regne hastigheden af stangens endepunkt ud som funktion af endepunktets fald.

Det har undret mig en del, at den faldende stang vil falde hurtigere, end en kugle, der ruller nedaf en cylinder med samme radius som stangens længde. Jeg ville tro, det var modsat. Jeg har spekuleret på, om dette kan være en brugbar forklaring:

En kort stang vælter hurtigere end en lang stang (kortere faldlængde). Den inderste del af stangen (f.eks inderste halvdel) er kortere end hele stangen, og ville uden den yderste havdel at trækkes med have væltet hurtigere end stangen som helhed. Den inderste halvdel kan ikke få lov til at falde så hurtigt, som den ellers kunne have gjort, men den hjælper tilgengæld den yderste halvdel (og dermed hele stangen) til at få mere fart på, end den ville have haft uden den inderste del. D.vs. alt, hvad der er længere inde, hjælper det, der er længere ude - som f.ks. enden af stangen - til at få mere fart på, end det ville have haft uden det, der er længere inde.

Kuglen på cylinderen er helt alene ude for enden af den radius, hvor enden af stangen også befinder sig, men den sidder ikke sammen med noget længere inde, der bundet til koncentriske cirkelbaner ville have kommet hurtigere ned, hvis det var alene, sådan som stangen gør, så kuglen får ingen hjælp "indefra".

Derfor kommer stangen ned før kuglen, - hvis den altså gør, hvad jeg som sagt tror på.

Men er det sådan, det hænger sammen??? Steen

I den virkelige verden viser det sig, at kuglen altid slipper stangen med det samme uanset startvinklen.

https://youtu.be/TIUDRXRBYqU

De to forskellige forsøgsopstillinger har hængslet i forskellig afstand fra stangens top, men det gjorde ingen praktisk forskel.

Så gik aftenen med det istedet for at hænge i sofaen.

Og så fik jeg at vide af min 14 årige knægt at jeg er en f££king nørd. Ment lidt som en sviner, men modtaget som et kompliment :)

Svend; Kunne vi ikke have lavet stangen med modhold af et nyt materiale, jeg lige har fået patent på? Det hedder "Gravinul" og er en forbindelse mellem flamingo og brint. Der er stærkt og stift og så let, at det ved normalt atmosfærisk tryk flyder i luften i en højde af ca. 1 m. Kuglen kunne så have været af jern med en passende vægt, så var jeg sluppet for din masse på midten :). Undskyld, jeg er lige blevet mindet om, at opgaven skal løses på opgavens præmisser. :)

Jeg tror ikke, at kuglen vil trille af pinden og væk fra omdrejningspunktet af denne grund:

Kuglen får ingen bevægelsesenergi overhovedet fra stangen. Den skal bare ned, men bliver hele tiden skubbet til højre (mindre og mindre), og det vil den sikker efter bedste evne modsætte sig. Det tror jeg betyder, at uanset på hvilket tidspunkt i forløbet, man pludselig fjernede pinden, vilde kuglen falde i et lille parabeludsnit, der nærmede sig lodret, og som altid ville falde indenfor cirkeludsnittet. At modholdet skubber kuglen (mindre og mindre) til højre genererer ingen centrifugalkraft. Tror jeg altså.

Jeg tror også på, at du har ret i dine beregninger uden at kunne kontrollere dem. Så jeg tror, du har ret i, at kuglen vil rulle tilbage over modholdet, men jeg kan ikke begrunde det, selvom, jeg ville ønske, jeg kunne. Men det er rigtigt, at man skal holde ørerne lige i munden, og jeg ville forfærdelig gerne se en live filmatisering af forsøget i superslowmotion. (Ikke en computeranimation). Og jeg ville også gerne se en filmatisering, hvor stangen faldt inde i en gennemsigtig og meget tynd cylinder, mens kuglen løb LIGE udenfor så tæt på stangens ende, det overhovedet lod sig gøre gøre. igen i superslow. Så kunne man få et visuelt indtryk af det, du har beskrevet.

Men det er altså kun, hvad jeg TROR, synes og gætter på. Steen

Hvis stangen var vægtløs og kun havde en masse på midten, så ville tip-hastigheden^2 som funktion af vinkelforskellen blive 4gL(sinv_0 - sinv). (Vægtstang).

Kuglen i frit fald over en cylinder med radius L vil give V^2 = 2gL(sinv_0 - sinv).

Problemet er hatighed af hvad, inertimomenter, kræfter og momenter og stangens tyngdepunkt relativtt til kuglens placering., hvor man skal holde hovedet koldt for at skalere rigtigt.

Tak for svar Flemming: Ja, man skal være enig om opgavens forudsætninger. Men det var vidst ikke DEM, du havde i tankerne :). Men du har jo ret. Uanset hvor mange relvante (og indimellem irrelevante) tanker, man kan gøre sig, kan man ikke uden matematisk ekspertise komme med en præcis løsning på en opgave som denne (og for nogen kan det endda knibe). Men det er rigtigt, så du fik lige en optommel fra mig. :) Steen

men jeg vælger at se det som lidt venligt drilleri, så ok.

Din første og tredje linje ville ikke tjene dig til stor ære Flemming, hvis det var sarkasme, hvad den grinende smiley antyder, men jeg vælger at se det som lidt venligt drilleri, så ok.

Nogen gange kan elementer tages ud af en ligning. Det så vi diskussionen om tidevandspuklerne.

Jeg forestillede mig muligheden for, at man måske kunne tage stangens vægt ud af ligningen og koncentrere sig om, hvad kuglens vægt og vilkår (stang med omdrejningspunkt og modhold) ville medføre.

Det kan sagtens være en dum tanke.

I øvrigt tror jeg, du har ret i #9 Jeg har selv tænkt på, om kuglens placerig på tegningen betød noget, men da jeg opdagede, at tegningen af stangens længde i start og udgangsposition er ret forskllig, gik jeg væk fra det igen, men kuglens placering er nok ikke tilfældig. Steen

stangen kunne have samme vægtfylde som luft

Jeg er dog sikker på, at ingen af delene er opgavestillers intention.

Både stang og kugle er tungere end luft, der er ingen luftmodstand og ingen friktion i hængsel ?

Jeg er stadig overbevist om, at min antagelse i #9 er korrekt (ikke at den leverer svaret dog ?)

Det er rigtig spændende, og det skulle ikke undre mig, om du har ret Svend, men det, der lige nu forstyrrer mig i min tro på det, er, at stangen kunne have samme vægtfylde som luft, og i det tilfælde ville den vel ikke accellerere væk fra kuglen, og hvis vi meget langsomt forøgede stangens vægt, har det så noget at sige, hvad den kommer til at veje??? Det skulle det jo ikke have, for vægt er ikke afgørende for faldhasighed og accelleration. så - eller ??? Steen

Det gik i nat op for mig, at stangspidsens hastighed V er tangentiel og skal ganges med cos(v) før den sammenlignes med kuglens hastighed. Dermed er kuglen i stand til at følge stangen et stykke ad vejen.

Det er godt set af dig med de starthastigheder. Det er blot ubegribeligt for mig, at stangspidsen kan starte med acceleration 0 og kuglen med acceleration g,

Stangens tyngdepunkt accelerer med 0,75gcosv, men enden af stangen fordobler det. Jeg har trykprøvet udtrykkene med kuglen anbragt inde på stangen eller på en vægtløs forlængelse af stangen og det giver andre resultater, men passer med udtrykkene, når de skaleres rigtigt.

Du har ret, jeg var for hurtig. Det er godt set af dig med de starthastigheder. Det er blot ubegribeligt for mig, at stangspidsen kan starte med acceleration 0 og kuglen med acceleration g, og de begge med hastighed 0, men efter et splitsekund har stangspidsen større hastighed end kuglen. !!! Det må jeg tænke nærmere over, selv om jeg egentlig havde lagt opgaven væk. Nu er der heldigvis ikke så langt til den store afsløringsdag.

Til Svend F. Jeg forstår dig sådan, at hvis vi laver en stang (af passende vægt i forhold til luftmodstand) som den, vi kender med den tilføjelse, at vi laver et modhold magen til (gerne lidt højere) ved ydersiden af kuglen (og også gerne på siderne), så den ikke kan trille, og vi starter forsøget oppefra, så vil kuglen på et tidspunkt hope op af "kassen" - eller i det mindste lette fra "gulvet", fordi stangen løber fra kuglen i nedadgående retning. Er det sådan? Det lyder spændende , men er lidt svært at se for sig på den indre fladskærm. Steen

Svend glemmer parentesen (sin v0 - sin v) på sit 3gh, hvilket imødegår konklusionen.
Kuglens hastighedskvadrat er ikke 2gh så længe kuglen ligger på stangen

Hvis kuglen ruller ned af en cylinder med radius L bliver V^2 = 2gh. Den lille stopklods kan godt betragtes som et lille stykke cylinder.

Hvis kuglen limes fast til stangen vil dens hastighed være 3gh, som er større end den hastighed kuglen kunne få alene.

Udtrykkene er baseret på rene energibetragninger. hvor 0,5 gange hastigheden^2 plus eventuel rotationsenergi svarer til arbejdet tyngdekraften leverer. Den eneste kraft der indgår er tyngdekraften på masserne lodret ned.

Det tog mange omveje at nå til disse meget simple udtryk, men husk at tage vægstangens hastighedsforstærkning i betragtning relativt til stangens tyngdepunkt. Det giver nogle skaleringer som kræver at man holder tungen lige i munden.

Hvis kuglen og stopklodsen anbringes 1/3 inde på stangen vil de følges ad.

1. Svend glemmer parentesen (sin v0 - sin v) på sit 3gh, hvilket imødegår konklusionen.
2. Kuglens hastighedskvadrat er ikke 2gh så længe kuglen ligger på stangen

Til Svend F. Jeg tror ikke, din cylider vil kunne dreje hurtigere end kuglen ruller ned uanset stangens vægt, men det er ikke sikkert, jeg har forstået det rigtigt eller har ret.

Efter et vist fald h fra stilstand, vil kuglens hastighed være V^2 = 2gh, hvis den følger cirklen.

Enden af stangen vil have en hastighed V^2 = 3gh.

Stangen vil spurte fra kuglen når systemet slippes uanset v_0. Når blot v_0 >0, måske.

Netop. Hvis kuglens modhold anbringes en trejedel inde på stangen vil den følge stangens bevægelse og modholdet, indtil centrifugal kraften bliver for stor.

Kan vi ikke blive enige om, at det er pænere at udtrykke det som "indtil modholdet får en negativ acceleration mod højre"?

Min påstand i første argumentsæt punkt 2) burde nok have været modificeret, for det er jo ikke den fulde sandhed, men kun den del af den, der skulle bruges som argument for det første synspunkt.

Oppe i #80 burde jeg nok i stedet for bare retning have skrevet bevægelsesretning for at undgå misforståelse.

Men bliver centrifugalkraften nogensinde for stor?

Grunde til at kuglen måske ikke falder af:

1. Der vil altid være et træk ind imod modholdet. Det vil gå mod 0, mens kuglen nærmer sig "mål" men vil være med på hele turen mod målpunktet.
2. Kuglen vil hele tiden helst falde lodret ned.
3. Kuglens retning vil mere og mere komme til at ligne ligne det lodrette fald, der ville berettige til, at den ikke falder af.

Grunde til at kuglen måske falder af:

1. Tyngdekraftens træk ind mod modholdet er i starten stort, men vil reduceres i kraft af, at stangens vinkel reduceres (til de begge ender på 0).
2. Kuglen har på intet tidspunkt retning mod det sted, den ville lande, hvis den blev i "hakket".
3. Kuglens hastighed i "forkerte" retninger forøges hele tiden.

Hvilket argumentsæt vejer tungest? Lige nu tror jeg, der er balance, så kuglen ligeså godt kan forlade stangen som blive liggende, - (og derfor bliver den liggende). Hvis den altså gør :).

Til Svend F. Jeg tror ikke, din cylider vil kunne dreje hurtigere end kuglen ruller ned uanset stangens vægt, men det er ikke sikkert, jeg har forstået det rigtigt eller har ret.

P.S. Denne her er sjov lidt på samme måde som historien om Foshee´s hamrende irriterende møgunger :), dog ikke i samme grad :). Steen

Det, der foruroliger er, at stangen ikke bidrager til at øge kuglens hastighed.

En ommer. Hvis vi nu i dette indlæg siger, at stang med tap (modhold) ikke vejer noget. Det er kun kuglens vægt, der bevæget stang og kugle.

Så vil det alligevel gælde at: Kuglen skal overalt på den den cirkeludsnittede bane afvige det samme (fra en ret linje).

Samtidig vil det gælde, at hastigheden hele tiden forøges - og

Samtidig vil det også gælde, at trækket ind mod tappen vil gå imod 0, fordi trækket ikke går ind mod stangens omdrejningspunkt, men ned mod jordens tyngdepunkt.

Så den vil vel trille af inden vandret, men jeg er godt nok i tvivl.

Det, der foruroliger er, at stangen ikke bidrager til at øge kuglens hastighed. Det er en sag mellem kugle og "tyngdekraft". Men hvordan vil tyngdekraft og retnig og hastighed spille sammen her???

Vi har set balistiske parabelformede baner, der viste , hvordan kanonkugler ville opføre sig i lufttomt rum. Hvis man nu fjernede pind med modhold og i stedet forskellige steder på denne kugles bane (som vi kender den med pind) skød kuglen ud med de retninger og hastigheder den har MED stang, hvordan ville kuglen så opføre sig, når den faldt på egen hånd i disse udsnit? Ville den tilsidst falde udenfor det cirkeludsnit, vi kender. Jeg tror det, men kun næsten. Steen

Det er også rigtigt at tappen ændrer retning mod lodret, så kuglen burde fortsætte ligeud, men måske vil kuglen i samme grad ændre retning på grund af tyngdekraften ??? Steen

Hvis man var nødt til at at komme med et gæt, ville jeg gætte på at kuglen blev i hakket. Det er garanteret forkert, men af denne grund: Det er ikke stangen, der leverer energien, men jordens massetiltrfækning. Kuglen vil gerne falde lodret, men også gerne forsætte i en påført bane. Det er rigtigt, at kuglen skubbes til højre, men tappen følger med i samme fart. Det er ligeså rigtigt, at stang og kugle accellererer, men retningen nærmer sig mere og mere lodret, så derfor. Men heldigvis behøver jeg ikke at gætte :) Steen

Kan det illustreres tydeligere, at kuglen vil hoppe over modholdet

Den hopper ikke over modholdet. Det kan i princippet være ganske højt, det er ikke specificeret. Tilsvarende for højre gren i V'et. Kuglen slipper opad (i forhold til V'et)

Du har en cylinderflade med radius L, som ingen friktion har. På den slipper du en meget lille kugle løs ved vinklen v_0 fra vandret. Kuglens bevægelse er altså uafhængig af cylinderens rotation.

Ved en given vinkel (forudsat kuglen er på cylinderen) vil kuglen have hastigheden V^2 = 2gL(sinv_0 - sinv).

Cylinderen er forbundet med en stang med en masse som via tyngdekraften kan dreje den masseløse cylinder. Rotationen af stangen er givet af E = 1/2 I omega^2 som er = MgL(sinv_0-sinv), når stangen slippes ved vinklen v_0. Cylinderens overflade vil altså dreje med hastigheden V^2 = 4x0,75gL(sinv_0 - sinv) hvis stangen slippes på samme med samme vinkel v_0 som kuglen.

Uanset vinklen v_0, hvor systemet slippes løs, vil kuglen bevæge sig langsommere end cylinderoverfladen for ethvert v mindre end v_0. Den vil faktisk bevæge sig med en hastighed der er 1,5 gange kuglens hastighed.

Kan det illustreres tydeligere, at kuglen vil hoppe over modholdet?

Du har en cylinderflade med radius L, som ingen friktion har. På den slipper du en meget lille kugle løs ved vinklen v_0 fra vandret. Kuglens bevægelse er altså uafhængig af cylinderens rotation.

Ved en given vinkel (forudsat kuglen er på cylinderen) vil kuglen have hastigheden V^2 = 2gL(sinv_0 - sinv).

Cylinderen er forbundet med en stang med en masse som via tyngdekraften kan dreje den masseløse cylinder. Rotationen af stangen er givet af E = 1/2 I omega^2 som er = MgL(sinv_0-sinv), når stangen slippes ved vinklen v_0. Cylinderens overflade vil altså dreje med hastigheden V^2 = 4x0,75gL(sinv_0 - sinv) hvis stangen slippes på samme tidspunkt og med samme vinkel v_0 som kuglen.

Uanset vinklen v_0, hvor systemet slippes løs, vil kuglen bevæge sig langsommere end cylinderoverfladen for ethvert v mindre end v_0. Den vil faktisk bevæge sig med en hastighed der er 1,5 gange kuglens hastighed.

Kan det illustreres tydeligere, at kuglen vil hoppe over modholdet?

Jeg mener, at man skal lave en projektion på lodret, hvorved 1g forbliver 1g, mens 1,5 g bliver multipliceret med cos^2.

Uanset hvor meget og i hviken retning langs bakken du accelererer slæden vil den altid trykke mod underlaget med g's komposant vinkelret på bakken. Du kan accelerere den med 100 g, og den vil trykke med samme kraft. Den vil aldrig blive flyvende eller presse sig gennem underlaget selvom slædens lodrette komposant af dens egen acceleration er mange gange større end den lodrette tyngdeacceleration g.

Selvom vi ikke er eller bliver enige har opgaven og kommentarerne udfordret os, og det er vel meningen.

Hej Erling. Nu forstår jeg din mening med punkt 3, men både at og g er jo rettet nedad, så kuglen kan da ikke løfte sig fra stangen, synes jeg. I øvrigt er jeg blevet træt af denne i øvrigt udmærkede opgave, så jeg vil gerne begænse diskussionerne.

Svar til #70 Ja det er rigtigt, at kuglen bevæger sig efter en faldparabel efter separation.

Forskellen på 1) og 3) : 1) bevæger kuglen sig ud af sit leje (i bunden af det 90 grader ‘V’) uden at røre nogle af benene i V’et (det jeg kaldte lodret) I 3) ruller kuglen hen ad venstre ben (den lille kant) - derfor mener jeg vi kan se bort fra ‘ac’.

Hej Svend. Tak for din lange udredning, der lyder meget overbevisende. Men jeg tror, at du begår en fejl ved at projicere accelerationerne ind på tangenten. Jeg mener, at man skal lave en projektion på lodret, hvorved 1g forbliver 1g, mens 1,5 g bliver multipliceret med cos^2. Og det gør en afgørende forskel. Jeg synes, at det har været et meget spændende opgave, hvilket også ses af e mange indlæg, men jeg er også ved at blive grundigt træt af den og vil nu gerne nøjes med at afvente løsningen på fredag.

Vedrørende opgavens løsning, er vi så enige om, at kuglen ikke kan kravle over tværpladen fordi tværpladen er højere end kuglens radius? Hvilket betyder, at min løsning #47 gælder.

Forhåbentlig er vi enige om at hvis stangens tyngdepunkt bevæger sig med hastigheden v i sin cirkelbane, vil stangens ende bevæge sig med hastigheden Vtp L/Rtp.

Ligeledes vil den tangentielle acceleration af stangens endepunkt blive L/Rtp gange tyngdepunktets tangentielle acceleration i cirkelbanen. De tangentielle accelerationer er ikke afhængige af hvilken hastighed de i øvrigt bevæger sig med, men de er bundet til cirkelbanen, bortset fra kuglen.

Tyngdepunktets tangentielle acceleration bliver 0,75g(tangentiel) og endepunktets tangentielle acceleration dermed 1,5g(tangentiel), altsammen afhængigt af vinklen til vandret. Hvis kuglen skal følge endepunktet skal dens tangentielle acceleration være større end 1,5g(tangentiel), men kuglen kan kun opnå 1g(tangentiel), altså forsvinder stangen under den (elller delvis sidelæns) og den dumper over modholdet selvom det er større end kuglen.

Tænk på stangen uden bevægelse, men så slår du på stangen så enden accelerere. Der skal ikke så meget til før enden forsvinder under kuglen.

Alle dissse forsøg på forklaringer og eksempler har overbevist mig om at min analyse er korrekt. Jeg er lidt praktisk anlagt, så jeg sulle danne mig de rigtige billeder af forholdene.

Hej Erling. Jeg forstår ikke hvordan din situation 3 afviger fra situation 1 og derfor kan beskrives uden hensyntagen til a_c. Jg advokerer jo for situation 1, som falder inden for opgavetekstens beskrivelse.

PS.: I punkt 1 skriver du,t kuglen bevæger sig lodret. Mn den har vel en vandret hastighedskomposant, der fortsætter. Jeg ville sige, at kuglen følger en faldparabel.

Hej Svend. Man kan tage drejningsmomenter omkring hvilketsomhelst punkt. Det er lig med kraftens størrelse gangen med den vinkelrette afstand mellem kraften og punktet. Man behøver ikke af indføre ekstra kræfter og flytte om på dem; dette gør man som regel blot som en illustration.

Inertimomenter kan også beregns omkring forskellige punkter. Inertimomentet om en stangs endepunkt er (1/3)M L^2 og er praktisk af bruge når stangen netop drejer sig om dette punkt. Inertimomentet om stangens midtpunkt er (1/12) ML^2 og er praktisk når stangen drejer sig om midtpunktet. Der gælder en flytningssætning for inertimomenter, idet inertimomentet omkring e hvilketsomhelst punkt af stangen er lig med inertimomentet omkring tyngdepunktet plus M gange kvadratet på afstanden mellem de to punkter. Altså I_endepunkt = (1/12)ML^2 + M (L/2)^2 = (1/3)ML^2.

Jeg skrev tidligere , at man nok ikke kunne løse opgaven uden at benytte impulsmomentsætningen. I mellemtiden har jer erfaret, at impulsmomentsætningen kan integreres og så bliver til den energisætning, som du bruger. Det er altså hip som hap.

Vedrørende opgavens løsning, er vi så enige om, at kuglen ikke kan kravle over tværpladen fordi tværpladen er højere end kuglens radius? Hvilket betyder, at min løsning #47 gælder.

Jeg redigerer lidt i #55:

1. Lette fra sit sæde mod stangen og den lille kant, når vektorsummen at_l + ac_l = atot_l >= g. Stangen forsvinder under kuglen. (Kuglebevægelse er lodret)

2. Lette fra sit sæde mod den lille kant, når ac >= g * sin(v). Kuglen bliver slynget ud over enden af stangen. (Kuglebevægelse er langs med stang)

3. Lette fra sit sæde mod stangen, (i samme retning som den lille kant), når at >= g * cos(v). (Kuglebevægelse er vinkelret på stang).

Spørgsmål i opgaven: "Ved hvilken vinkel slipper kuglen kontakten til stangen." Dvs. det er mulighed 3) vi skal kikke på.

Af tidligere udledninger fremgår at: at = 1,5 * g * cos(v), uligheden er derfor altid opfyldt. Kuglen slipper kontakten med stangen straks når denne slippes.

Tak, Børge. Kiggede lige på det. Du har ret. v¨*L er kun tangentielt, altså a_t.

a radialt er som altid givet ved v˙2L* = a_c

Kombinerer man de to komponetenters bidrag i lodret retning, så får man samme svar som dig.

Jeg synes næsten altid at det er nemmest at bruge enrgibetragtninger. Jeg sætter ved vinkel V den kinetisk energi af stangen i cirkelbevægelsen lig med den mistede potentielle energi, og finder herved vinkelhastigheden, og dermed også den vertikale komponent af hastigheden for stangens endepunkt. Denne sættes lig med den hastghed, der ville opnås ved frit fald, De to hastigheder ses at være ens ved cos(V)=sqrt(2/3) og dermed V=35 grader.

Beklager at jeg ikke kan finde ud af at skrive LaTex, så forklaringen er uden formler.

Hej Svend. Jeg kan godt læse din tekst, men ikke forstå hvordan du kan sammenligne en tangential acceleration 1,5 g sin v med en centrepetal acceleration g sin v. En sammenligning kræver da, at de har samme projektionslinje.

I øvrigt har jeg det noget svært med drejningsmomenter. En hovedsætning lyder, at enhver kraft der angiber et legeme i et punkt kan opløses i en kraft i tyngdepunktet plus et moment. Moment er et modsat rettet kraftpar med en afstand imellem sig. 1 Nm kræver altså 1 N hver sin vej med 1m afstand. Når momentet er fundet betyder kraftparrets retning ikke noget, det kan drejes rundt efter behag, momentet er det samme. Om det altid skal tages om tyngdepunktet er usikkert for mig.

Anderledes med inertimomentet der altid regnes i forhold til et fixpunkt. Disse to begreber skal man passe på med, når man regner med både en lineær kraft som g, der altid angriber enhver massedel lige meget, og med momenter der egentlig er kraftpar, som kun påvirker bevægelsen/rotationen af massedelene, hvor påvirkningen/kraften på massedelene afhænger af en afstand fra et eller andet.

At jeg har fat i det rigtige kan ses hvis stangen forlænges med et masseløst stykke, der ikke vil påvirke stangens bevægelse. Enden af dette stykke kan få en hvilken som helst tangentiel acceleration, det kræver bare en vis forlængelse.

Det væsentlige i opgaven, som jeg løser den, er E = Mtyngdepunkt gange faldhøjde = 0,5 I omega^2. Det giver at en vis brøkdel af energien kan tilordnes tangentiel hastighed af tyngdepunktet, og dermed tangentiel hastighed af alle dele på stangen eller dens forlængelse. En acceleration af tyngdepunktet giver dermed også en acceleration afhængigt af hvor på stangen eller dens forlængelse kuglen er anbragt.

Det blev længere end jeg ønskede, men det er svært at beskrive det entydigt.

Det er som med en aftale en bestemt dato. Hvis man vil "forbedre" det med en ugedag, skal man være sikker på at ugedag og dato stemmer.

Hej Svend. Jeg kan godt læse din tekst, men ikke forstå hvordan du kan sammenligne en tangential acceleration 1,5 g sin v med en centrepetal acceleration g sin v. En sammenligning kræver da, at de har samme projektionslinje.

skal jeg have mine fysikpenge tilbage?

Stangens bevægelse skyldes g's tangentialkomponent på tyngdepunktet, og enden accelereres derfor mere end stangens tyngdepunkt. Kuglen accelereres af den samme g's tangentialkomponent uden nogen forstærkning fra en vægtarm.

Tyngdepunktet vil godt nok kun accelerere med 0,75g sinv da noget går til rotation af stangen. Enden af stangen vil altså accelerere med 2x0,75g sinv. Kuglen kan kun accelerere med 1g sinv. Altså vil kuglen trille op over modholdet så snart stangen slippes.

For at få kuglen til at slippe via centrifugalaccelerationen skal kuglen anbringes under stangen! Den vil så trykke mod stangen med 0,5g sinv.

Det krævede lange omveje, forårsaget af momenter blandt andet, at bruge Newtons love og kræfternes parallelogram korrekt, men så er opgaven meget simpel.

Hej Erling. Nu har jeg genlæst dit punkt 3) og forstår det ikke helt. Dit at går jo i urets omløbsretning ligesom komposanten af g gør, så der kan ikke være nogen balance her. Når v" optræder med et minus i formlerne, er det fordi omløbsretningen er modsat omløbsretningen for v, ikke fordi den er opadrettet. Eller misforstår jeg stadig noget?