Glijdende balk los van muur

[Rik Speybrouck]

Stel een onbuigzame stalen balk van 10 meter lang en een gewicht van 50 kg staat tegen een muur onder een hoek  van 75 graden met met de grond. We laten  de balk los en ze zal onder invloed van de zwaartekracht naar beneden gaan glijden . Na hoeveel tijd bereikt de balk de zogenaamde kritische hoek, zijnde de hoek waaronder de bovenkant van de balk van de muur loskomt ? We gaan aan uit van mooie gladde muur en ondergrond en verwaarlozen de wrijvingskrachten even.

[ukster]

Direct nadat je de balk loslaat, dus op tijdstip 0 sec O:)
De balk maakt geen contact meer als er geen normaalkracht werkt op de verticale wand en dat is direct het geval omdat er geen horizontale wrijvingskracht werkt op de onderkant van de balk. Er werken geen horizontale krachten op het systeem.

[CoenCo]

Direct nadat je de balk loslaat, dus op tijdstip 0 sec O:)

De balk maakt geen contact meer als er geen normaalkracht werkt op de verticale wand en dat is direct het geval omdat er geen horizontale wrijvingskracht werkt op de onderkant van de balk. Er werken geen horizontale krachten op het systeem.

Daar ga je te kort door de bocht. Het zwaartepunt van de balk verschuift van praktisch tegen de muur naar tenminste 1/2*L van de muur. Dat kan alleen als er ergens een horizontale kracht werkt.

[ukster]

coördinaten z1 [1/2Lcos75,1/2Lsin75]
coördinaten z2 [1/2L,0]
ergens op de lijn z1-z2
misschien dat er ergens een snelheidscomponent maximaal of minimaal is
en dan door differentiëren de kritische hoek bepalen.
Rik gaat ons uitleggen hoe het werkelijk zit.

[Rik Speybrouck]

coördinaten z1 [1/2Lcos75,1/2Lsin75]
coördinaten z2 [1/2L,0]
ergens op de lijn z1-z2 misschien?
Rik gaat ons uitleggen hoe het werkelijk zit.

begin eens met te kijken wat er gebeurt met de pot. energie ter hoogte van het zwaartepunt bij de start en wat er van deze pot. energie overblijft op het einde en waar is de rest  gebleven.

[ukster]

E_totaal= E_pot =G x L/2 sin 75=2415 Joule
E_totaal =E_pot (=G x L/2 sin θ) +E_kin  (op punt van loskomen)
Ekin  =1/2mv²  met v is de snelheidscomponent van het zwaartepunt op die hoogte
 
2415 =G x L/2 sin θ + E_kin
hoe haal je hier θ uit?
kan alleen als er iets bekend is over de snelheidscomponent op dat moment! hetzij in verticale richting dan wel in horizontale richting.

SlidingLadder_preprint

(773.85 KiB) 413 keer gedownload

[boertje125]

een onbuigzame stalen balk van 10 meter lang en maar 50 kilo zwaar zou ik graag eens zien maar dat ter zijde
 
die balk blijft tegen de muur tot hij helemaal op de grond legt pas dan zal hij door zijn traagheid van de muur afschuiven

[ukster]

Pragmatisch gedacht
ik vermoed dat de poster iets achter de hand heeft met een geheel andere uitkomst
uiteraard gebaseerd op empirisch bepaalde- en/of puur wetenschappelijke onderzoeksresultaten.

[CoenCo]

Waarschijnlijk weer een of ander iteratief excel-sheetje.
 
Ik heb nog wel zin om dit een keer analytisch te proberen, maar het is niet linear, en daarmee vrij lastig.
Er komt een punt waarop de horizontale snelheid groter is dan de "horizontale verlenging" door de hoekverdraaiing.
 
Een snelle (en slordig gemodelleerde) simulatie laat zien dat de balk inderdaad loskomt, bij een hoek van rond de 37 graden.
 
Ongeveer het laatste punt waarop er nog horizontale acceleratie is (dus is er nog contact) 0,66 rad = ca 37 graden:

Screen Shot 2019-02-28 at 21 8014 keer bekeken

 
Iets later is duidelijk zichtbaar dat de balk loskomt.

Screen Shot 2019-02-28 at 21 8014 keer bekeken

 
Let wel, het zorgvuldig modelleren van de beginpositie van de balk (overal precies contact + de juiste hoek) is erg bewerkelijk, dus heb ik niet al te nauwkeurig gedaan.
Daarnaast blijkt uit een ander topic, dat er mogelijk ook nog gestuiter e.d. optreedt,waardoor de simulatie mogelijk fors afwijkt.
 
 
En later ook nog even de contactdruk tussen balk en muur weten te plotten. Bij 0.7 rad is deze 0, dus komt de balk los.:

Screen Shot 2019-02-28 at 22 8015 keer bekeken

[Rik Speybrouck]

een onbuigzame stalen balk van 10 meter lang en maar 50 kilo zwaar zou ik graag eens zien maar dat ter zijde
 
die balk blijft tegen de muur tot hij helemaal op de grond legt pas dan zal hij door zijn traagheid van de muur afschuiven

die stelling klopt toch niet hoor

[Rik Speybrouck]

coördinaten z1 [1/2Lcos75,1/2Lsin75]
coördinaten z2 [1/2L,0]
ergens op de lijn z1-z2
misschien dat er ergens een snelheidscomponent maximaal of minimaal is
en dan door differentiëren de kritische hoek bepalen.
Rik gaat ons uitleggen hoe het werkelijk zit.

Er is wel een en ander terug te vinden over het onderwerp, de ene uitleg al lastiger dan de andere. Na toch wel wat studiewerk ben ik tot volgende beknopte maar duidelijke uitleg gekomen. Wat betreft de de nodige tijd heb ik niet direct iets gevonden maar heb dan zelf maar een oplossing bedacht die volgens mij wel klopt. Zie bijlagen.

[Michel Uphoff]

Na hoeveel tijd bereikt de balk de zogenaamde kritische hoek

 

Ik kom op 1,57 seconden en bij een hoek van 40,3 graden (dezelfde 0,7 rad van CoenCo).
Wat levert jouw berekening op?

[Rik Speybrouck]

En heb je dat al vergeleken met de uitkomsten van de simulatie door CoenCo?

nee, maar ben  redelijk zeker van de uitwerking. De sinus van de kritische hoek is altijd 2/3 van de sinus van de vertrekhoek.

En heb je dat al vergeleken met de uitkomsten van de simulatie door CoenCo?

bij een vertrekhoek van 75 ° komt dit dus op 40,087 ° en een tijd van 3.1304 seconden

[Michel Uphoff]

Jouw duur is vrijwel het dubbele van de simulatie, ik vermoed dus ergens een rekenfoutje.

[Rik Speybrouck]

Jouw duur is vrijwel het dubbele van de simulatie, ik vermoed dus ergens een rekenfoutje.

ik denk het niet hoor, ik weet niet hoe dergelijke simulatie werkt maar je moet er wel degelijk rekening mede houden dat zolang er steun is tegen de muur het zwaartepunt van de balk zich in een cirkel verplaatst met als straal de halve lengte van de balk en als oorsprong het nulpunt van de grafiek. Op mijn tekening staat die cirkel getekend. Die cirkel is in feite de kern van de hele redenering.