Via een energiebalans.
\( E_z =mgh= ( \rho l) gh\)
, h moet bepaald worden uit het zwaartepunt.
\( h = \frac{1}{M} \int_0^{x}\ r \mbox{d}m + \frac{1}{M} \int_x^{(l+x)/2}\ 2 \cdot r \mbox{d}m \)
Merk op dat
\( dm = \rho r dr \)
en
\( M= \rho \cdot l \)
zo dat we vinden:
\(h=\frac{1}{4l}(l^2+2xl-x^2) \)
hieruit volgt dus voor E
z
De zwaarte-energie \( E_z = - \frac{1}{4} \rho g (l^2+2xl -x^2) \)
De kinetische energie is een stuk makkelijker te vinden:
\( E_k = \frac{1}{2}mv^2 \)
De massa van het linkerstuk (dat dus beweegt):
\( \frac{1}{2} \rho (l-x) \)
dus we vinden
De kinetische energie:
\( E_k = \frac{1}{4} \rho (l-x) v^2 \)
De totale energie blijft behouden, maar hoe vinden deze constante met al die x'-en? Nou op t=0 is x=0 en is de kinetische energie nul. Dus x=0 invullen in E
z levert op
De totale energie:
\(E_{tot} = -\frac{1}{4} \rho g l^2 \)
Nu kunnen we v^2 oplossen uit
\( E_{kin} = E_{tot} - E_z \)
ofwel:
\(\frac{1}{4} \rho (l-x) v^2 = -\frac{1}{4} \rho g l^2 + \frac{1}{4} \rho g (l^2+2xl -x^2) \)
hieruit volgt de snelheid:
De snelheid \( v = \sqrt{ \frac{g(2xl-x^2)}{l-x} }\)
We weten dat v=dx/dt dus dt = 1/v dx met twee integralen erbij en met y =l-x:
\( t = - \frac{1}{ \sqrt{g}} \int_{l}^{l-x'}\ \sqrt{\frac{y}{l^2-y^2} }\ \mbox{d}y \)
Nu alles in y/l schrijven en een belangrijke sqrt(2*l) eruit halen:
\( t = - \sqrt{ \frac{2l}{ g}} \int_{l}^{l-x'}\ \sqrt{\frac{y/l}{1-(y/l)^2}}}\ \mbox{d}(y/l) \)
Links herkennen we de tijd die nodig is om een bal op dezelfde hoogte te laten vallen! We noemen deze tijd t
b en substitueren p = y/l en omdat x=0,...,l loopt de integraal van 0 tot 1:
\( t= t_b \cdot \int_0^{1}\ \sqrt{ \frac{p}{2(1-p^2)} }\ \mbox{d}p \)
Conclusie
De laatste integraal kan met de computer worden bepaald en we krijgen:
\(t_{touw} = 0.8472 \cdot t_0 \)
Het stukje touw is pakweg 15% sneller dan de bal beneden onder natuurlijk enkele aannames.
