Mafy 2021 Uppgift 16

Den röda kraften måste vara normalkraften från underlaget. Den kommer att sitta där i hörnet "alldeles före" kartongen välter (en ledtråd man får i uppgifttexten).

Jag skulle försöka ställa upp en ekvation för vridmoment i det läge "alldeles före" den välter. Då är ju alla vinklar 90 grader (så figuren är lite missvisande). 

Någon ställde samma fråga här: https://www.pluggakuten.se/trad/mafy-2021-16/

JohanF skrev:

Den röda kraften måste vara normalkraften från underlaget. Den kommer att sitta där i hörnet "alldeles före" kartongen välter (en ledtråd man får i uppgifttexten).

Jag skulle försöka ställa upp en ekvation för vridmoment i det läge "alldeles före" den välter. Då är ju alla vinklar 90 grader (så figuren är lite missvisande). 

Säg till om jag förstår det fel:

1. När kartongen är på gränsen att välta kommer den friktionskraft som verkar mellan kartongen och golvet att vara maximal och lika med dragkraften. Enligt uppgiften har vi en kartong med kvadratiskt tvärsnitt som bara har kontakt med golvet i den nedre vänstra kanten. Vi kan tänka oss att den maximala friktionskraften verkar vid hörnet där kartongen och golvet möts, eftersom detta är punkten där kartongen kommer att börja tippa över. För att lösa problemet kan vi använda momentjämvikt runt detta hörn. Vi antar att kartongen befinner sig i jämvikt och att krafterna som verkar på kartongen balanserar varandra.
2. Vi låter $F$ vara dragkraften på kartongen, $f$ vara friktionskoefficienten mellan kartongen och golvet, $m$ vara massan av kartongen och $g$ vara tyngdaccelerationen. Låt $a$ vara sidan av kartongen och $b$ vara avståndet från hörnet där dragkraften verkar till hörnet där den maximala friktionskraften verkar. Då kan vi skriva följande ekvation för momentjämvikt runt hörnet där den maximala friktionskraften verkar:

$Fb = fmg\left(\frac{a}{2}\right)$

3. Här har vi använt att normalkraften är lika med halva kartongens vikt, eftersom kartongen bara har kontakt med golvet i den nedre vänstra kanten. Vi har också använt att vridmomentet av tyngdkraften som verkar på kartongen är lika med $mg\left(\frac{a}{2}\right)$.Vi kan lösa ut friktionskoefficienten $f$ ur denna ekvation:

$f = \frac{2Fb}{mga}$

Hur fortsätter man härifrån?

Kan man tänka såhär på den uppgiften? Jag vet ej varför jag får det till att koeffiencenten är 2Fpull/mg. Facit anger som en halv

Dani163 skrev:

JohanF skrev:

Den röda kraften måste vara normalkraften från underlaget. Den kommer att sitta där i hörnet "alldeles före" kartongen välter (en ledtråd man får i uppgifttexten).

Jag skulle försöka ställa upp en ekvation för vridmoment i det läge "alldeles före" den välter. Då är ju alla vinklar 90 grader (så figuren är lite missvisande). 

Säg till om jag förstår det fel:

1. När kartongen är på gränsen att välta kommer den friktionskraft som verkar mellan kartongen och golvet att vara maximal och lika med dragkraften. Enligt uppgiften har vi en kartong med kvadratiskt tvärsnitt som bara har kontakt med golvet i den nedre vänstra kanten. Vi kan tänka oss att den maximala friktionskraften verkar vid hörnet där kartongen och golvet möts, eftersom detta är punkten där kartongen kommer att börja tippa över. För att lösa problemet kan vi använda momentjämvikt runt detta hörn. Vi antar att kartongen befinner sig i jämvikt och att krafterna som verkar på kartongen balanserar varandra.
2. Vi låter $F$ vara dragkraften på kartongen, $f$ vara friktionskoefficienten mellan kartongen och golvet, $m$ vara massan av kartongen och $g$ vara tyngdaccelerationen. Låt $a$ vara sidan av kartongen och $b$ vara avståndet från hörnet där dragkraften verkar till hörnet där den maximala friktionskraften verkar. Då kan vi skriva följande ekvation för momentjämvikt runt hörnet där den maximala friktionskraften verkar:

$Fb = fmg\left(\frac{a}{2}\right)$

3. Här har vi använt att normalkraften är lika med halva kartongens vikt, eftersom kartongen bara har kontakt med golvet i den nedre vänstra kanten. Vi har också använt att vridmomentet av tyngdkraften som verkar på kartongen är lika med $mg\left(\frac{a}{2}\right)$.Vi kan lösa ut friktionskoefficienten $f$ ur denna ekvation:

$f = \frac{2Fb}{mga}$

Hur fortsätter man härifrån?

Beteckna friktionskoefficienten som u istället för f (så lätt att blanda ihop annars)

Kartongen tippar nog kring en axel som sammanfaller med kartongens kant som tar i golvet, snarare än kartongens hörn.

Man ska nog anta att a=b (kvadratiskt tvärsnitt enligt uppgiften, figuren är väldigt missvisande) 

Eftersom kartongen inte heller rör sig i y-led så måste normalkraften vara lika stor som tyngdkraften. Oavsett hur stor eller liten del av kartongen som rör marken.

JohanF skrev:

Dani163 skrev:

Visa föregående citat

JohanF skrev:

Den röda kraften måste vara normalkraften från underlaget. Den kommer att sitta där i hörnet "alldeles före" kartongen välter (en ledtråd man får i uppgifttexten).

Jag skulle försöka ställa upp en ekvation för vridmoment i det läge "alldeles före" den välter. Då är ju alla vinklar 90 grader (så figuren är lite missvisande). 

Säg till om jag förstår det fel:

1. När kartongen är på gränsen att välta kommer den friktionskraft som verkar mellan kartongen och golvet att vara maximal och lika med dragkraften. Enligt uppgiften har vi en kartong med kvadratiskt tvärsnitt som bara har kontakt med golvet i den nedre vänstra kanten. Vi kan tänka oss att den maximala friktionskraften verkar vid hörnet där kartongen och golvet möts, eftersom detta är punkten där kartongen kommer att börja tippa över. För att lösa problemet kan vi använda momentjämvikt runt detta hörn. Vi antar att kartongen befinner sig i jämvikt och att krafterna som verkar på kartongen balanserar varandra.
2. Vi låter $F$ vara dragkraften på kartongen, $f$ vara friktionskoefficienten mellan kartongen och golvet, $m$ vara massan av kartongen och $g$ vara tyngdaccelerationen. Låt $a$ vara sidan av kartongen och $b$ vara avståndet från hörnet där dragkraften verkar till hörnet där den maximala friktionskraften verkar. Då kan vi skriva följande ekvation för momentjämvikt runt hörnet där den maximala friktionskraften verkar:

$Fb = fmg\left(\frac{a}{2}\right)$

3. Här har vi använt att normalkraften är lika med halva kartongens vikt, eftersom kartongen bara har kontakt med golvet i den nedre vänstra kanten. Vi har också använt att vridmomentet av tyngdkraften som verkar på kartongen är lika med $mg\left(\frac{a}{2}\right)$.Vi kan lösa ut friktionskoefficienten $f$ ur denna ekvation:

$f = \frac{2Fb}{mga}$

Hur fortsätter man härifrån?

Beteckna friktionskoefficienten som u istället för f (så lätt att blanda ihop annars)

Man ska nog anta att a=b (kvadratiskt tvärsnitt enligt uppgiften, figuren är väldigt missvisande) 

$F b=\mu m g\left(\frac{b}{2}\right)$

Kartongen tippar nog kring en axel som sammanfaller med kartongens kant som tar i golvet, snarare än kartongens hörn. Eftersom kartongen inte heller rör sig i y-led så måste normalkraften vara lika stor som tyngdkraften. Oavsett hur stor eller liten del av kartongen som rör marken.

Vad medför detta för vår lösning? Ska jag fortsätta med ekvationen ovanför? 

Vi kan lösa ut friktionskoefficienten $\mu$ från ekvationen:

$\mu = \frac{2Fb}{mgb} = \frac{2F}{mg}$

Då vi har antagit att $a=b$. Vi kan nu sätta in $F=mg$ (eftersom kartongen är i jämvikt och vi har antagit att normalkraften är lika med tyngdkraften) och få:

$\mu = \frac{2F}{mg} = \frac{2mg}{mg} = 2$

Således är $\mu$ större än eller lika med 2. Men enligt definitionen av friktionskoefficienten kan den inte vara större än 1. Så vad har gått snett här?

Dani163 skrev:

JohanF skrev:

Visa föregående citat

Dani163 skrev:

JohanF skrev:

Den röda kraften måste vara normalkraften från underlaget. Den kommer att sitta där i hörnet "alldeles före" kartongen välter (en ledtråd man får i uppgifttexten).

Jag skulle försöka ställa upp en ekvation för vridmoment i det läge "alldeles före" den välter. Då är ju alla vinklar 90 grader (så figuren är lite missvisande). 

Säg till om jag förstår det fel:

1. När kartongen är på gränsen att välta kommer den friktionskraft som verkar mellan kartongen och golvet att vara maximal och lika med dragkraften. Enligt uppgiften har vi en kartong med kvadratiskt tvärsnitt som bara har kontakt med golvet i den nedre vänstra kanten. Vi kan tänka oss att den maximala friktionskraften verkar vid hörnet där kartongen och golvet möts, eftersom detta är punkten där kartongen kommer att börja tippa över. För att lösa problemet kan vi använda momentjämvikt runt detta hörn. Vi antar att kartongen befinner sig i jämvikt och att krafterna som verkar på kartongen balanserar varandra.
2. Vi låter $F$ vara dragkraften på kartongen, $f$ vara friktionskoefficienten mellan kartongen och golvet, $m$ vara massan av kartongen och $g$ vara tyngdaccelerationen. Låt $a$ vara sidan av kartongen och $b$ vara avståndet från hörnet där dragkraften verkar till hörnet där den maximala friktionskraften verkar. Då kan vi skriva följande ekvation för momentjämvikt runt hörnet där den maximala friktionskraften verkar:

$Fb = fmg\left(\frac{a}{2}\right)$

3. Här har vi använt att normalkraften är lika med halva kartongens vikt, eftersom kartongen bara har kontakt med golvet i den nedre vänstra kanten. Vi har också använt att vridmomentet av tyngdkraften som verkar på kartongen är lika med $mg\left(\frac{a}{2}\right)$.Vi kan lösa ut friktionskoefficienten $f$ ur denna ekvation:

$f = \frac{2Fb}{mga}$

Hur fortsätter man härifrån?

Beteckna friktionskoefficienten som u istället för f (så lätt att blanda ihop annars)

Man ska nog anta att a=b (kvadratiskt tvärsnitt enligt uppgiften, figuren är väldigt missvisande) 

$F b=\mu m g\left(\frac{b}{2}\right)$

Kartongen tippar nog kring en axel som sammanfaller med kartongens kant som tar i golvet, snarare än kartongens hörn. Eftersom kartongen inte heller rör sig i y-led så måste normalkraften vara lika stor som tyngdkraften. Oavsett hur stor eller liten del av kartongen som rör marken.

Vad medför detta för vår lösning? Ska jag fortsätta med ekvationen ovanför? 

Vi kan lösa ut friktionskoefficienten $\mu$ från ekvationen:

$\mu = \frac{2Fb}{mgb} = \frac{2F}{mg}$

Då vi har antagit att $a=b$. Vi kan nu sätta in $F=mg$ (eftersom kartongen är i jämvikt och vi har antagit att normalkraften är lika med tyngdkraften) och få:

$\mu = \frac{2F}{mg} = \frac{2mg}{mg} = 2$

Således är $\mu$ större än eller lika med 2. Men enligt definitionen av friktionskoefficienten kan den inte vara större än 1. Så vad har gått snett här?

destiny99 skrev:

Dani163 skrev:

Visa föregående citat

JohanF skrev:

Dani163 skrev:

Visa föregående citat

JohanF skrev:

Den röda kraften måste vara normalkraften från underlaget. Den kommer att sitta där i hörnet "alldeles före" kartongen välter (en ledtråd man får i uppgifttexten).

Jag skulle försöka ställa upp en ekvation för vridmoment i det läge "alldeles före" den välter. Då är ju alla vinklar 90 grader (så figuren är lite missvisande). 

Säg till om jag förstår det fel:

1. När kartongen är på gränsen att välta kommer den friktionskraft som verkar mellan kartongen och golvet att vara maximal och lika med dragkraften. Enligt uppgiften har vi en kartong med kvadratiskt tvärsnitt som bara har kontakt med golvet i den nedre vänstra kanten. Vi kan tänka oss att den maximala friktionskraften verkar vid hörnet där kartongen och golvet möts, eftersom detta är punkten där kartongen kommer att börja tippa över. För att lösa problemet kan vi använda momentjämvikt runt detta hörn. Vi antar att kartongen befinner sig i jämvikt och att krafterna som verkar på kartongen balanserar varandra.
2. Vi låter $F$ vara dragkraften på kartongen, $f$ vara friktionskoefficienten mellan kartongen och golvet, $m$ vara massan av kartongen och $g$ vara tyngdaccelerationen. Låt $a$ vara sidan av kartongen och $b$ vara avståndet från hörnet där dragkraften verkar till hörnet där den maximala friktionskraften verkar. Då kan vi skriva följande ekvation för momentjämvikt runt hörnet där den maximala friktionskraften verkar:

$Fb = fmg\left(\frac{a}{2}\right)$

3. Här har vi använt att normalkraften är lika med halva kartongens vikt, eftersom kartongen bara har kontakt med golvet i den nedre vänstra kanten. Vi har också använt att vridmomentet av tyngdkraften som verkar på kartongen är lika med $mg\left(\frac{a}{2}\right)$.Vi kan lösa ut friktionskoefficienten $f$ ur denna ekvation:

$f = \frac{2Fb}{mga}$

Hur fortsätter man härifrån?

Beteckna friktionskoefficienten som u istället för f (så lätt att blanda ihop annars)

Man ska nog anta att a=b (kvadratiskt tvärsnitt enligt uppgiften, figuren är väldigt missvisande) 

$F b=\mu m g\left(\frac{b}{2}\right)$

Visa föregående citat

Kartongen tippar nog kring en axel som sammanfaller med kartongens kant som tar i golvet, snarare än kartongens hörn. Eftersom kartongen inte heller rör sig i y-led så måste normalkraften vara lika stor som tyngdkraften. Oavsett hur stor eller liten del av kartongen som rör marken.

Vad medför detta för vår lösning? Ska jag fortsätta med ekvationen ovanför? 

Vi kan lösa ut friktionskoefficienten $\mu$ från ekvationen:

$\mu = \frac{2Fb}{mgb} = \frac{2F}{mg}$

Då vi har antagit att $a=b$. Vi kan nu sätta in $F=mg$ (eftersom kartongen är i jämvikt och vi har antagit att normalkraften är lika med tyngdkraften) och få:

$\mu = \frac{2F}{mg} = \frac{2mg}{mg} = 2$

Således är $\mu$ större än eller lika med 2. Men enligt definitionen av friktionskoefficienten kan den inte vara större än 1. Så vad har gått snett här?

Jamen precis!

Nu ser ni båda två hur den kan lösas. Eller hur? (Bara en grej, destiny99. Rita Normalkraften i kanten, och beskriv var du beräknar momentet någonstans, så att alla förstår hur du har tänkt.

JohanF skrev:

destiny99 skrev:

Visa föregående citat

Dani163 skrev:

JohanF skrev:

Visa föregående citat

Dani163 skrev:

JohanF skrev:

Den röda kraften måste vara normalkraften från underlaget. Den kommer att sitta där i hörnet "alldeles före" kartongen välter (en ledtråd man får i uppgifttexten).

Jag skulle försöka ställa upp en ekvation för vridmoment i det läge "alldeles före" den välter. Då är ju alla vinklar 90 grader (så figuren är lite missvisande). 

Säg till om jag förstår det fel:

1. När kartongen är på gränsen att välta kommer den friktionskraft som verkar mellan kartongen och golvet att vara maximal och lika med dragkraften. Enligt uppgiften har vi en kartong med kvadratiskt tvärsnitt som bara har kontakt med golvet i den nedre vänstra kanten. Vi kan tänka oss att den maximala friktionskraften verkar vid hörnet där kartongen och golvet möts, eftersom detta är punkten där kartongen kommer att börja tippa över. För att lösa problemet kan vi använda momentjämvikt runt detta hörn. Vi antar att kartongen befinner sig i jämvikt och att krafterna som verkar på kartongen balanserar varandra.
2. Vi låter $F$ vara dragkraften på kartongen, $f$ vara friktionskoefficienten mellan kartongen och golvet, $m$ vara massan av kartongen och $g$ vara tyngdaccelerationen. Låt $a$ vara sidan av kartongen och $b$ vara avståndet från hörnet där dragkraften verkar till hörnet där den maximala friktionskraften verkar. Då kan vi skriva följande ekvation för momentjämvikt runt hörnet där den maximala friktionskraften verkar:

$Fb = fmg\left(\frac{a}{2}\right)$

3. Här har vi använt att normalkraften är lika med halva kartongens vikt, eftersom kartongen bara har kontakt med golvet i den nedre vänstra kanten. Vi har också använt att vridmomentet av tyngdkraften som verkar på kartongen är lika med $mg\left(\frac{a}{2}\right)$.Vi kan lösa ut friktionskoefficienten $f$ ur denna ekvation:

$f = \frac{2Fb}{mga}$

Hur fortsätter man härifrån?

Beteckna friktionskoefficienten som u istället för f (så lätt att blanda ihop annars)

Man ska nog anta att a=b (kvadratiskt tvärsnitt enligt uppgiften, figuren är väldigt missvisande) 

$F b=\mu m g\left(\frac{b}{2}\right)$

Kartongen tippar nog kring en axel som sammanfaller med kartongens kant som tar i golvet, snarare än kartongens hörn. Eftersom kartongen inte heller rör sig i y-led så måste normalkraften vara lika stor som tyngdkraften. Oavsett hur stor eller liten del av kartongen som rör marken.

Vad medför detta för vår lösning? Ska jag fortsätta med ekvationen ovanför? 

Vi kan lösa ut friktionskoefficienten $\mu$ från ekvationen:

$\mu = \frac{2Fb}{mgb} = \frac{2F}{mg}$

Då vi har antagit att $a=b$. Vi kan nu sätta in $F=mg$ (eftersom kartongen är i jämvikt och vi har antagit att normalkraften är lika med tyngdkraften) och få:

$\mu = \frac{2F}{mg} = \frac{2mg}{mg} = 2$

Således är $\mu$ större än eller lika med 2. Men enligt definitionen av friktionskoefficienten kan den inte vara större än 1. Så vad har gått snett här?

Jamen precis!

Nu ser ni båda två hur den kan lösas. Eller hur? (Bara en grej, destiny99. Rita Normalkraften i kanten, och beskriv var du beräknar momentet någonstans, så att alla förstår hur du har tänkt.

Om jag får tillåtelsen till att sammanfatta lösningen med ord: Jag antar att vi ska välja en punkt som blir vår ”vridningsaxel”, i vårt fall har vi den vid punkten där kartongen tippar över. Sedan ställer vi upp en ekvation enligt lagen om momentjämvikt, där vi löser ut en önskad variabel. I VL skriver vi uttrycket för friktionskraften, och i HL skriver vi uttrycker för, säg, tyngdkraft. Sen kastar vi om variabler och ersätter sådant som ger oss värdet för det önskade variabeln (som härleds ur uttrycket för friktionskraften).

I grova drag, är det korrekt, eller har jag missat något viktigt?

Dani163 skrev:

JohanF skrev:

Visa föregående citat

destiny99 skrev:

Dani163 skrev:

Visa föregående citat

JohanF skrev:

Dani163 skrev:

Visa föregående citat

JohanF skrev:

Den röda kraften måste vara normalkraften från underlaget. Den kommer att sitta där i hörnet "alldeles före" kartongen välter (en ledtråd man får i uppgifttexten).

Jag skulle försöka ställa upp en ekvation för vridmoment i det läge "alldeles före" den välter. Då är ju alla vinklar 90 grader (så figuren är lite missvisande). 

Säg till om jag förstår det fel:

1. När kartongen är på gränsen att välta kommer den friktionskraft som verkar mellan kartongen och golvet att vara maximal och lika med dragkraften. Enligt uppgiften har vi en kartong med kvadratiskt tvärsnitt som bara har kontakt med golvet i den nedre vänstra kanten. Vi kan tänka oss att den maximala friktionskraften verkar vid hörnet där kartongen och golvet möts, eftersom detta är punkten där kartongen kommer att börja tippa över. För att lösa problemet kan vi använda momentjämvikt runt detta hörn. Vi antar att kartongen befinner sig i jämvikt och att krafterna som verkar på kartongen balanserar varandra.
2. Vi låter $F$ vara dragkraften på kartongen, $f$ vara friktionskoefficienten mellan kartongen och golvet, $m$ vara massan av kartongen och $g$ vara tyngdaccelerationen. Låt $a$ vara sidan av kartongen och $b$ vara avståndet från hörnet där dragkraften verkar till hörnet där den maximala friktionskraften verkar. Då kan vi skriva följande ekvation för momentjämvikt runt hörnet där den maximala friktionskraften verkar:

$Fb = fmg\left(\frac{a}{2}\right)$

3. Här har vi använt att normalkraften är lika med halva kartongens vikt, eftersom kartongen bara har kontakt med golvet i den nedre vänstra kanten. Vi har också använt att vridmomentet av tyngdkraften som verkar på kartongen är lika med $mg\left(\frac{a}{2}\right)$.Vi kan lösa ut friktionskoefficienten $f$ ur denna ekvation:

$f = \frac{2Fb}{mga}$

Hur fortsätter man härifrån?

Beteckna friktionskoefficienten som u istället för f (så lätt att blanda ihop annars)

Man ska nog anta att a=b (kvadratiskt tvärsnitt enligt uppgiften, figuren är väldigt missvisande) 

$F b=\mu m g\left(\frac{b}{2}\right)$

Visa föregående citat

Kartongen tippar nog kring en axel som sammanfaller med kartongens kant som tar i golvet, snarare än kartongens hörn. Eftersom kartongen inte heller rör sig i y-led så måste normalkraften vara lika stor som tyngdkraften. Oavsett hur stor eller liten del av kartongen som rör marken.

Vad medför detta för vår lösning? Ska jag fortsätta med ekvationen ovanför? 

Vi kan lösa ut friktionskoefficienten $\mu$ från ekvationen:

$\mu = \frac{2Fb}{mgb} = \frac{2F}{mg}$

Då vi har antagit att $a=b$. Vi kan nu sätta in $F=mg$ (eftersom kartongen är i jämvikt och vi har antagit att normalkraften är lika med tyngdkraften) och få:

$\mu = \frac{2F}{mg} = \frac{2mg}{mg} = 2$

Således är $\mu$ större än eller lika med 2. Men enligt definitionen av friktionskoefficienten kan den inte vara större än 1. Så vad har gått snett här?

Jamen precis!

Nu ser ni båda två hur den kan lösas. Eller hur? (Bara en grej, destiny99. Rita Normalkraften i kanten, och beskriv var du beräknar momentet någonstans, så att alla förstår hur du har tänkt.

Om jag får tillåtelsen till att sammanfatta lösningen med ord: Jag antar att vi ska välja en punkt som blir vår ”vridningsaxel”, i vårt fall har vi den vid punkten där kartongen tippar över. Sedan ställer vi upp en ekvation enligt lagen om momentjämvikt, där vi löser ut en önskad variabel. I VL skriver vi uttrycket för friktionskraften, och i HL skriver vi uttrycker för, säg, tyngdkraft. Sen kastar vi om variabler och ersätter sådant som ger oss värdet för det önskade variabeln (som härleds ur uttrycket för friktionskraften).

I grova drag, är det korrekt, eller har jag missat något viktigt?

javisst! Men du hade kunna räkna ut momentet kring vilken axel som helst. Tex axeln genom mittpunkten där tyngdkraften angriper. Eller axeln i överkant där man drar i kartongen. Eller någon annan axel. Det blir samma sak, men beroende på vilken axel man väljer så blir det enklare eller svårare uträkningar.

Jag kan sammanfatta med mina ord också (jag tror vi är ganska överens):

1.  Sätt ut alla krafter som verkar på kartongen,  i en figur. Var noggranna med angreppspunkten så att man använder korrekt momentarm för respektive kraft.

2. Ställ upp kraft- och momentekvationer. Man får tre ekvationer där man kan eliminera obekanta variabler

$\sum _{}{F}_x=0$ (eftersom kartongen står stilla i y-led)

$\sum _{}{F}_y=0$ (eftersom kartongen ska stå stilla i x-led, enligt uppgifttexten)

$M_{clockwise}=M_{anticlockwise}$(eftersom man räknar på situationen alldeles före $M_{anticlockwise}$"tar över")

JohanF skrev:

Dani163 skrev:

Visa föregående citat

JohanF skrev:

destiny99 skrev:

Visa föregående citat

Dani163 skrev:

JohanF skrev:

Visa föregående citat

Dani163 skrev:

JohanF skrev:

Den röda kraften måste vara normalkraften från underlaget. Den kommer att sitta där i hörnet "alldeles före" kartongen välter (en ledtråd man får i uppgifttexten).

Jag skulle försöka ställa upp en ekvation för vridmoment i det läge "alldeles före" den välter. Då är ju alla vinklar 90 grader (så figuren är lite missvisande). 

Säg till om jag förstår det fel:

1. När kartongen är på gränsen att välta kommer den friktionskraft som verkar mellan kartongen och golvet att vara maximal och lika med dragkraften. Enligt uppgiften har vi en kartong med kvadratiskt tvärsnitt som bara har kontakt med golvet i den nedre vänstra kanten. Vi kan tänka oss att den maximala friktionskraften verkar vid hörnet där kartongen och golvet möts, eftersom detta är punkten där kartongen kommer att börja tippa över. För att lösa problemet kan vi använda momentjämvikt runt detta hörn. Vi antar att kartongen befinner sig i jämvikt och att krafterna som verkar på kartongen balanserar varandra.
2. Vi låter $F$ vara dragkraften på kartongen, $f$ vara friktionskoefficienten mellan kartongen och golvet, $m$ vara massan av kartongen och $g$ vara tyngdaccelerationen. Låt $a$ vara sidan av kartongen och $b$ vara avståndet från hörnet där dragkraften verkar till hörnet där den maximala friktionskraften verkar. Då kan vi skriva följande ekvation för momentjämvikt runt hörnet där den maximala friktionskraften verkar:

$Fb = fmg\left(\frac{a}{2}\right)$

3. Här har vi använt att normalkraften är lika med halva kartongens vikt, eftersom kartongen bara har kontakt med golvet i den nedre vänstra kanten. Vi har också använt att vridmomentet av tyngdkraften som verkar på kartongen är lika med $mg\left(\frac{a}{2}\right)$.Vi kan lösa ut friktionskoefficienten $f$ ur denna ekvation:

$f = \frac{2Fb}{mga}$

Hur fortsätter man härifrån?

Beteckna friktionskoefficienten som u istället för f (så lätt att blanda ihop annars)

Man ska nog anta att a=b (kvadratiskt tvärsnitt enligt uppgiften, figuren är väldigt missvisande) 

$F b=\mu m g\left(\frac{b}{2}\right)$

Kartongen tippar nog kring en axel som sammanfaller med kartongens kant som tar i golvet, snarare än kartongens hörn. Eftersom kartongen inte heller rör sig i y-led så måste normalkraften vara lika stor som tyngdkraften. Oavsett hur stor eller liten del av kartongen som rör marken.

Vad medför detta för vår lösning? Ska jag fortsätta med ekvationen ovanför? 

Vi kan lösa ut friktionskoefficienten $\mu$ från ekvationen:

$\mu = \frac{2Fb}{mgb} = \frac{2F}{mg}$

Då vi har antagit att $a=b$. Vi kan nu sätta in $F=mg$ (eftersom kartongen är i jämvikt och vi har antagit att normalkraften är lika med tyngdkraften) och få:

$\mu = \frac{2F}{mg} = \frac{2mg}{mg} = 2$

Således är $\mu$ större än eller lika med 2. Men enligt definitionen av friktionskoefficienten kan den inte vara större än 1. Så vad har gått snett här?

Jamen precis!

Nu ser ni båda två hur den kan lösas. Eller hur? (Bara en grej, destiny99. Rita Normalkraften i kanten, och beskriv var du beräknar momentet någonstans, så att alla förstår hur du har tänkt.

Om jag får tillåtelsen till att sammanfatta lösningen med ord: Jag antar att vi ska välja en punkt som blir vår ”vridningsaxel”, i vårt fall har vi den vid punkten där kartongen tippar över. Sedan ställer vi upp en ekvation enligt lagen om momentjämvikt, där vi löser ut en önskad variabel. I VL skriver vi uttrycket för friktionskraften, och i HL skriver vi uttrycker för, säg, tyngdkraft. Sen kastar vi om variabler och ersätter sådant som ger oss värdet för det önskade variabeln (som härleds ur uttrycket för friktionskraften).

I grova drag, är det korrekt, eller har jag missat något viktigt?

Men du hade kunna räkna ut momentet kring vilken axel som helst, t.ex. axeln genom mittpunkten där tyngdkraften angriper. Eller axeln i överkant där man drar i kartongen. Eller någon annan axel. Det blir samma sak, men beroende på vilken axel man väljer så blir det enklare eller svårare uträkningar.

Innan jag försökte lösa uppgiften så var det knepigt att veta vilken formel som skulle användas, men jag ska ha i åtanke att man ska tänka ”momentjämvikt” när vi är intresserade av ett minimivärde för någon variabel så att ett objekt ska röra sig när den befinner sig i jämvikt.

Men intressant att du nämner att en annan punkt skulle kunna användas som vår vridningsaxel. Isåfall, hur skulle ekvationen se ut om man valde vridningsaxeln vid den punkt där lådan dras? Jag tänker mig att momentarmen för kraften som verkar på lådan blir noll. Detta beror på att vridningsarmen är noll vid denna punkt, eftersom avståndet mellan vridningsaxeln och kraften är noll, alltså såhär:

$F_D \cdot 0 = F_N \cdot a$

där $F_D$ är dragkraften som appliceras i överkanten, $a$ är sidan av kvadraten (dvs avståndet från nedre vänstra kanten, normalkraftens angreppspunkt, till övre vänstra hörnet (vridningsaxeln (dvs. punkten där lådan dras)), $F_N$ är normalkraften. 

Har jag tänkt rätt här då isåfall?

JohanF skrev:

destiny99 skrev:

Visa föregående citat

Dani163 skrev:

JohanF skrev:

Visa föregående citat

Dani163 skrev:

JohanF skrev:

Den röda kraften måste vara normalkraften från underlaget. Den kommer att sitta där i hörnet "alldeles före" kartongen välter (en ledtråd man får i uppgifttexten).

Jag skulle försöka ställa upp en ekvation för vridmoment i det läge "alldeles före" den välter. Då är ju alla vinklar 90 grader (så figuren är lite missvisande). 

Säg till om jag förstår det fel:

1. När kartongen är på gränsen att välta kommer den friktionskraft som verkar mellan kartongen och golvet att vara maximal och lika med dragkraften. Enligt uppgiften har vi en kartong med kvadratiskt tvärsnitt som bara har kontakt med golvet i den nedre vänstra kanten. Vi kan tänka oss att den maximala friktionskraften verkar vid hörnet där kartongen och golvet möts, eftersom detta är punkten där kartongen kommer att börja tippa över. För att lösa problemet kan vi använda momentjämvikt runt detta hörn. Vi antar att kartongen befinner sig i jämvikt och att krafterna som verkar på kartongen balanserar varandra.
2. Vi låter $F$ vara dragkraften på kartongen, $f$ vara friktionskoefficienten mellan kartongen och golvet, $m$ vara massan av kartongen och $g$ vara tyngdaccelerationen. Låt $a$ vara sidan av kartongen och $b$ vara avståndet från hörnet där dragkraften verkar till hörnet där den maximala friktionskraften verkar. Då kan vi skriva följande ekvation för momentjämvikt runt hörnet där den maximala friktionskraften verkar:

$Fb = fmg\left(\frac{a}{2}\right)$

3. Här har vi använt att normalkraften är lika med halva kartongens vikt, eftersom kartongen bara har kontakt med golvet i den nedre vänstra kanten. Vi har också använt att vridmomentet av tyngdkraften som verkar på kartongen är lika med $mg\left(\frac{a}{2}\right)$.Vi kan lösa ut friktionskoefficienten $f$ ur denna ekvation:

$f = \frac{2Fb}{mga}$

Hur fortsätter man härifrån?

Beteckna friktionskoefficienten som u istället för f (så lätt att blanda ihop annars)

Man ska nog anta att a=b (kvadratiskt tvärsnitt enligt uppgiften, figuren är väldigt missvisande) 

$F b=\mu m g\left(\frac{b}{2}\right)$

Kartongen tippar nog kring en axel som sammanfaller med kartongens kant som tar i golvet, snarare än kartongens hörn. Eftersom kartongen inte heller rör sig i y-led så måste normalkraften vara lika stor som tyngdkraften. Oavsett hur stor eller liten del av kartongen som rör marken.

Vad medför detta för vår lösning? Ska jag fortsätta med ekvationen ovanför? 

Vi kan lösa ut friktionskoefficienten $\mu$ från ekvationen:

$\mu = \frac{2Fb}{mgb} = \frac{2F}{mg}$

Då vi har antagit att $a=b$. Vi kan nu sätta in $F=mg$ (eftersom kartongen är i jämvikt och vi har antagit att normalkraften är lika med tyngdkraften) och få:

$\mu = \frac{2F}{mg} = \frac{2mg}{mg} = 2$

Således är $\mu$ större än eller lika med 2. Men enligt definitionen av friktionskoefficienten kan den inte vara större än 1. Så vad har gått snett här?

Jamen precis!

Nu ser ni båda två hur den kan lösas. Eller hur? (Bara en grej, destiny99. Rita Normalkraften i kanten, och beskriv var du beräknar momentet någonstans, så att alla förstår hur du har tänkt.

Vad menar du med att den ska ritas i kanten ? Den går fån golvet där klossen verkar och sen uppåt. Jag beräknar momentet vid vänstra hörnet VC 

I uppgifttexten står:

Man kan antaga att kartongen bara har kontakt med golvet i den nedre vänstra kanten. 

Det innebär att normalkraften också verkar därifrån.

Och det gör att när du beräknar momentet kring axeln VC, så är det bara Fpull och mg som ger bidrag (normalkraften har ingen momentarm), precis som du har ställt upp din momentjämviktsekvation.

Hur argumenterar du när du ställer upp din  momentjämviktsekvation kring VC?

JohanF skrev:

I uppgifttexten står:

Man kan antaga att kartongen bara har kontakt med golvet i den nedre vänstra kanten. 

Det innebär att normalkraften också verkar därifrån.

Och det gör att när du beräknar momentet kring axeln VC, så är det bara Fpull och mg som ger bidrag (normalkraften har ingen momentarm), precis som du har ställt upp din momentjämviktsekvation.

Hur argumenterar du när du ställer upp din  momentjämviktsekvation kring VC?

 

 

 

 

Ah okej så normalkraften verkar både i vänstra kanten där jag ritade VC och även bredvid tyngdkraften eller menar de att normalkraften bara verkar vid vänstra kanten av kartongen?  Då kommer ju momentekvationen att bli Fg*s/2=Fpull*s. Men vi vet även att Fpull och Fmy är motsatt riktade och är jämvikt så man kan då skriva Fg*s/2=Fu*s==> FN*s/2=my*Fn*s =====> 1/2=my

destiny99 skrev:

JohanF skrev:

I uppgifttexten står:

Man kan antaga att kartongen bara har kontakt med golvet i den nedre vänstra kanten. 

Det innebär att normalkraften också verkar därifrån.

Och det gör att när du beräknar momentet kring axeln VC, så är det bara Fpull och mg som ger bidrag (normalkraften har ingen momentarm), precis som du har ställt upp din momentjämviktsekvation.

Hur argumenterar du när du ställer upp din  momentjämviktsekvation kring VC?

 

 

 

 

Ah okej så normalkraften verkar både i vänstra kanten där jag ritade VC och även bredvid tyngdkraften eller menar de att normalkraften bara verkar vid vänstra kanten av kartongen?  Då kommer ju momentekvationen att bli Fg*s/2=Fpull*s. Men vi vet även att Fpull och Fmy är motsatt riktade och är jämvikt så man kan då skriva Fg*s/2=Fu*s==> FN*s/2=my*Fn*s =====> 1/2=my

Nä, normalkraften verkar _enbart_ från VC. Kartongen har inte kontakt med golvet någon annanstans, därför _kan_ det inte finnas någon annan normalkraft. Men _storleken_ på normalkraften är lika stor som tyngdkraften, vilket fås utifrån att kraftsumman i y-led är noll. Tyngdkraften verkar från kartongens tyngdpunkt (vilket enligt uppgifttexten är i lådans mittpunkt, "jämt packade böcker" etc).

Detta kommer att resultera i att my=1/2, precis som du räknat ut. Men om du ritar normalkraften i en figur så att den ser ut att verka på mitten av kartongens bottenyta så kommer du att få poängavdrag eftersom det är centralt för förståelsen av uppgiften att rita den korrekt (så centralt att ledtråden till och med angivits i uppgifttexten...)

JohanF skrev:

destiny99 skrev:

Visa föregående citat

JohanF skrev:

I uppgifttexten står:

Man kan antaga att kartongen bara har kontakt med golvet i den nedre vänstra kanten. 

Det innebär att normalkraften också verkar därifrån.

Och det gör att när du beräknar momentet kring axeln VC, så är det bara Fpull och mg som ger bidrag (normalkraften har ingen momentarm), precis som du har ställt upp din momentjämviktsekvation.

Hur argumenterar du när du ställer upp din  momentjämviktsekvation kring VC?

 

 

 

 

Ah okej så normalkraften verkar både i vänstra kanten där jag ritade VC och även bredvid tyngdkraften eller menar de att normalkraften bara verkar vid vänstra kanten av kartongen?  Då kommer ju momentekvationen att bli Fg*s/2=Fpull*s. Men vi vet även att Fpull och Fmy är motsatt riktade och är jämvikt så man kan då skriva Fg*s/2=Fu*s==> FN*s/2=my*Fn*s =====> 1/2=my

Nä, normalkraften verkar _enbart_ från VC. Kartongen har inte kontakt med golvet någon annanstans, därför _kan_ det inte finnas någon annan normalkraft. Men _storleken_ på normalkraften är lika stor som tyngdkraften, vilket fås utifrån att kraftsumman i y-led är noll. Tyngdkraften verkar från kartongens tyngdpunkt (vilket enligt uppgifttexten är i lådans mittpunkt, "jämt packade böcker" etc).

Detta kommer att resultera i att my=1/2, precis som du räknat ut. Men om du ritar normalkraften i en figur så att den ser ut att verka på mitten av kartongens bottenyta så kommer du att få poängavdrag eftersom det är centralt för förståelsen av uppgiften att rita den korrekt (så centralt att ledtråden till och med angivits i uppgifttexten...)

Jo men då är jag med. Det är ej konstigt att det skulle ge mig poängavdrag då jag ej kopplade den där meningen till att det är där normalkraften skulle verka på.  Men jag fick en bättre tolkning av denna problem här iaf! Tack snälla.

JohanF skrev:

javisst! Men du hade kunna räkna ut momentet kring vilken axel som helst. Tex axeln genom mittpunkten där tyngdkraften angriper. Eller axeln i överkant där man drar i kartongen. Eller någon annan axel. Det blir samma sak, men beroende på vilken axel man väljer så blir det enklare eller svårare uträkningar.

Jag kan sammanfatta med mina ord också (jag tror vi är ganska överens):

1.  Sätt ut alla krafter som verkar på kartongen,  i en figur. Var noggranna med angreppspunkten så att man använder korrekt momentarm för respektive kraft.

2. Ställ upp kraft- och momentekvationer. Man får tre ekvationer där man kan eliminera obekanta variabler

$\sum _{}{F}_x=0$ (eftersom kartongen står stilla i y-led)

$\sum _{}{F}_y=0$ (eftersom kartongen ska stå stilla i x-led, enligt uppgifttexten)

$M_{clockwise}=M_{anticlockwise}$(eftersom man räknar på situationen alldeles före $M_{anticlockwise}$"tar över")

Om du har möjlighet, kan du titta ifall jag har förstått dig rätt i inlägg #12? Använder ett annat exempel där punkten för vridningsaxeln är satt någon annanstans. 

Dani163 skrev:

JohanF skrev:

javisst! Men du hade kunna räkna ut momentet kring vilken axel som helst. Tex axeln genom mittpunkten där tyngdkraften angriper. Eller axeln i överkant där man drar i kartongen. Eller någon annan axel. Det blir samma sak, men beroende på vilken axel man väljer så blir det enklare eller svårare uträkningar.

Jag kan sammanfatta med mina ord också (jag tror vi är ganska överens):

1.  Sätt ut alla krafter som verkar på kartongen,  i en figur. Var noggranna med angreppspunkten så att man använder korrekt momentarm för respektive kraft.

2. Ställ upp kraft- och momentekvationer. Man får tre ekvationer där man kan eliminera obekanta variabler

$\sum _{}{F}_x=0$ (eftersom kartongen står stilla i y-led)

$\sum _{}{F}_y=0$ (eftersom kartongen ska stå stilla i x-led, enligt uppgifttexten)

$M_{clockwise}=M_{anticlockwise}$(eftersom man räknar på situationen alldeles före $M_{anticlockwise}$"tar över")

Om du har möjlighet, kan du titta ifall jag har förstått dig rätt i inlägg #12? Använder ett annat exempel där punkten för vridningsaxeln är satt någon annanstans. 

Såklart! (Jag missade din kommentar). Titta nedan

JohanF skrev:

Såklart! (Jag missade din kommentar). Titta nedan

Tack för din utförliga förklaring. Kan du bara förklara så jag förstår hur du fick a här, antar att vi har satt vridningsaxeln vid punkt B, säger vi då att hela kvadratens sidlängd är momentarmen?

Och här, varför uttrycker vi vridmomentet vid punkt C som en summa av vridmomenten $F_pull$ och $F_f$?

Tack på förhand

Du har fyra olika krafter som verkar på kartongen. Det är Ff, Fpull, Fg och FN. Beroende på i vilken axel du räknar momentet kring, så ger varje kraft mer eller mindre tillskott, eftersom momentarmen blir längre eller kortare (eller ingen alls), sett ifrån axeln. Det är ju bara den komposant av momentarmen som är vinkelrät mot kraften som räknas.

Hänger du med?