Jump sneeuwscooter

[Stampertje]

De sneeuwscooter rijdt met een snelheid van 10m/s als hij over de sneeuwhoop komt in A. Bepaal de snelheidsgrootte waarmee hij op de grond komt in B en zijn maximale versnelling langs het traject AB.

Uitwerking:

\(/Theta = sin = \frac{4}{5}\)

\(sin^-1 = 53.13\)

\(90 - 53.13 = 36.87 + 40 = 76.87 graden\)

\(x = x_0 + v_0_xcos76.87t\)

\(R = 2.27t\)

\(y = y_0 + v_0_yt - \frac{1}{2}gt^2\)

\(y = 0 + 10sin76.87t - 4.905t^2\)

\(y = 9.74t - 4.905t^2\)

\(y = tan76.87 = y/R = 4.287R\)

\(4.287R = 9.74t - 4.905t^2\)

\(9.731t = 9.74t - 4.905t^2\)

\(0 = 0.008t - 4.905t^2\)

\(t(t-0.0017)\)

\(t = 0.0017s\)

Hier klopt volgens mij al iets niet. Ik denk dat ik de graden verkeerd doe. Maar heb van alles geprobeerd, maar ik snap niet welke ik moet nemen

[JWvdVeer]

Ik vermoed dat het plaatje niet correct getekend is. Die 40° is waarschijnlijk de `lanceerrichting` van de sneeuwscooter?

Geef eens de volledige opdracht zoals jij hem in het boek hebt staan met evt. bijbehorende afbeelding?

[Stampertje]

Het was het volledige vraagstuk

[Adi]

R=2.27t? Wat bedoel je hiermee?

• Behoud van energie

• Energie voor = kinetische energie + potentiële energie

\(0.5mv_1^2 + mgh\)

• Energie na = kinetische energie

\(0.5mv_2^2\)

Daarna de onbekende naar een kant halen en uitrekenen?

[Xenion]

• Behoud van energie

Hiermee kan je werken en dat zou waarschijnlijk eenvoudiger zijn om de snelheid te bepalen, maar aangezien er ook over een versnelling gesproken wordt doelen ze waarschijnlijk op de formules van de eenparig rechtlijnige (versnelde) beweging. Hoewel je dat deel -tenzij ik iets over het hoofd zie- ook intuïtief zou kunnen beredeneren.

Je eerste fout zit hem in het kiezen van je beginsnelheid. Je moet daarvoor nog niet naar de helling kijken, maar wel naar de hoek waaronder de scooter vertrekt.

[JWvdVeer]

Als ik zo even de opdracht lees:

De sneeuwscooter wordt gelanceerd vanuit punt a onder een hoek van 40° (t.o.v. het normaal; dat was niet duidelijk in jouw plaatje).

Je kunt deze opdracht op een paar manieren oppakken.

1. De huidige situatie en de zwaartekracht laten voor wat het is.

2. Doen alsof we gewoon te maken hebben met een rechte weg, maar dan met een andere zwaartekracht.

Ik kies even voor 1 (mogelijk de moeilijkere variant , maar uitdagender).

Snelheid heeft een horizontale component en een verticale component zoals je al verschillende keren hebt gezien.

We spreken af: omhoog is negatief, omlaag is positief. Naar rechts is positief.

\(v_x = ...\)

(positief)

\(v_y = ...\)

(negatief)

\(R = v_xt\)

\(\frac{3R}{4} = v_yt + \frac{1}{2}gt²\)

\(\frac{3v_xt}{4} = v_yt + \frac{1}{2}gt²\)

\(t = ...\)

?

\(v_x(t) = v_t\)

\(v_y(t) = ...\)

?

\(v = ...\)

Deze methode is in het begin wellicht een klein stukje moeilijker, maar voor het tweede deel van de opdracht eenvoudig(er).

Methode 2:

\(\sin \alpha = \frac{\mbox{[Overstaand]}}{\mbox{[Schuin]}} = \frac{4}{5} = 0.8 = \sin 53.15°\)

De lanceerhoek moeten we dan ook aanpassen:

\(\theta = (90 + 40)° - 53.15° = 76.87°\)

De twee componenten van de zwaartekracht.

We spreken af: De component loodrecht op de grond is g_y. De component horizontaal aan het oppervlak is g_x. Omhoog is negatief. Omlaag is positief.

\(g_x = ...\)

(positief)

\(g_y = ...\)

(positief)

Met onze nieuwe lanceerhoek moeten we ook nog de snelheid in twee componenten uiteen delen (zelfde referentie als de zwaartekracht).

\(v_x = ...\)

(positief)

\(v_y = ...\)

(negatief!)

Met v_y kun je dan de tijd berekenen die je er over doet voordat je neerkomt:

\(v_yt + \frac{1}{2}g_yt² = 0\)

\(t = ...?\)

\(v_y(t) = ...\)

\(v_x(t) = ...\)

\(v = ...\)

Ik begin te twijfelen of methode 2 echt sneller/makkelijker is dan methode 1. Maar het leukste is natuurlijk als je met beide op te lossen op hetzelfde antwoord komt. Kun je gelijk voor een volgende keer je manier van aanpak bepalen.

Wat je volgens mij verkeerd deed was het niet corrigeren van je zwaartekracht. Terwijl je wel je referentieveld had gewijzigd (je zwaartekracht werkte loodrecht op het oppervlak, terwijl dat in het geheel niet zo is).

[JWvdVeer]

• Behoud van energie

Ik vrees dat je daar niets mee kunt gezien we twee onbekenden hebben. Namelijk de potentiële energie en de eindsnelheid die de sneeuwscooter heeft.

\(\frac{1}{2}mv_{begin} + mgh = \frac{1}{2}mv_{eind}\)

\(v_{begin} + 2gh = v_{eind}\)

Zoals je ziet, zitten we nu met twee onbekenden opgescheept: v_eind en h.

Je eerste fout zit hem in het kiezen van je beginsnelheid. Je moet daarvoor nog niet naar de helling kijken, maar wel naar de hoek waaronder de scooter vertrekt.

Het is een beetje afhankelijk van welke methode je kiest om het geheel te berekenen. Als je het geheel corrigeert voor de hoeken die je verandert, is er helemaal niets aan de hand. Per slot van rekening maakt het niet uit welke referentie je kiest, als je maar consequent in die referentie door blijft rekenen. Het kan niet zo zijn dat je je snelheden met de ene hoek als referentie berekend, maar vervolgens de zwaartekracht uit de oude referentie blijft hanteren.

[Adi]

Juist ja, ik gooi nu wellicht het topic in de war, dus let maar niet al te veel op mij, maar deze uitwerking bracht me hierbij in de war. Waarom kan het daar wel? De lanceerhoek is weliswaar willekeurig, maar kan dus net zo goed 76,6graden zijn?

[Xenion]

Het kan wel hoor:

\(E_{tot} = \frac{mv_1^2}{2} + mgh_1 = = \frac{mv_2^2}{2} + mgh_2\)

Dus:

\(\frac{m10^2}{2} + mg\cdot 0 = = \frac{mv_2^2}{2} + mg\cdot (-3/5)\)

De onbekende massa kan je uit de vergelijking wegdelen en zo bekom je een uitdrukking voor de snelheid.

[JWvdVeer]

De onbekende massa kan je uit de vergelijking wegdelen en zo bekom je een uitdrukking voor de snelheid.

Yep, maar de hoogtes kloppen niet...

De hoogte is namelijk niet (-3/5), maar

\(\frac{3}{4}R\)

. Dat driehoekje geeft namelijk enkel maar aan wat de helling is, niet wat de afstand is.

Maar mocht je me willen overtuigen: reken het dan één keer voor en match het met het antwoord wat je uit een andere oplossingmethode krijgt.

[Xenion]

De hoogte is namelijk niet (-3/5), maar

\(\frac{3}{4}R\)

. Dat driehoekje geeft namelijk enkel maar aan wat de helling is, niet wat de afstand is.

De R ben ik inderdaad vergeten. Kom je met de andere oplossingsmethode dan aan een antwoord waar deze R niet in voorkomt? Ik denk zelf ook dat de oefening doelt op de andere methode (en dat geef ik ook aan in mijn eerdere post), maar heb zelf geen zin om op dit late uur met die formules te gaan puzzelen.

Je zegt terecht dat de potentiële energie in het begin niet gekend is, maar als je de beginhoogte arbitrair kiest als 'x', dan kan je de eindhoogte schrijven als 'x-(3/5)*R' waardoor je die factor m*g*x in beide leden kan schrappen. Tenzij ik hier iets cruciaal over het hoofd zie zou de methode van behoud van energie die Adi voorstelt wel degelijk een correct resultaat moeten bieden.

Overigens is het wel degelijk 3/5 en niet 3/4, aangezien het om de hoogte (sinus) gaat

[JWvdVeer]

@Adi: Je hoeft je niet te verontschuldigen .

De lanceerhoek is weliswaar willekeurig, maar kan dus net zo goed 76,6graden zijn?

Ja, het idee daarachter is dat je elk willekeurig punt als referentie mag nemen. Als je dan voor het hele verhaal ook maar die referentie blijft gebruiken. Het maakt eenmaal niet uit of de zon om de aarde draait, of de aarde om de zon. Het maakt ook niet uit of auto A tegen auto B op botst. En het maakt ook niet uit of je de zwaartekracht nu evenwijdig langs je muur laat vallen of dat je hem verticaal tegen de grond laat vallen).

Daarvan kun je vaak makkelijk gebruik van maken. Bijvoorbeeld in dit topic met de formule:

\(v_yt + \frac{1}{2}gt²\)

Om een analoog voorbeeld te gebruiken met deze formule:

Er vliegt een vliegtuig omhoog met een verticale snelheid van 15 m/s op 60m hoogte. Opeens valt één van zijn banden er af. Hoe lang duurt het voordat deze op de grond is?

Je kunt dat op twee manieren oplossen:

1.:

Eerst de tijd berekenen dat het wiel nog omhoog gaat tot het moment dat deze stil staat en werkelijk gaat vallen:

\(t = \frac{v_y}{g} = \frac{15}{9.81} = 1.52s\)

De toename van hoogte is dan:

\(\frac{1}{2}gt² = \frac{1}{2}v_yt = 11.47m\)

De nieuwe hoogte vanaf welk punt de band echt gaat vallen is dan:

\(60m + 11.47m = 71.47m\)

\(\frac{1}{2}gt² = 71.47m \longrightarrow t = \sqrt{\frac{2 \cdot 71.47}{9.81}} = 3.817s\)

De totale tijd is dan:

\(1.52s + 3.817s = 5.34s\)

Manier 2:

Een manier die naar mijn mening handiger is, dat we doen alsof de wereld met 15m/s van het vliegtuig wegdrijft en de verticale snelheid van de band dus gewoon 0m/s is. We schrijven de verticale snelheid toe aan de wereld (waardoor deze snelheid een andere richting krijgt).

Onze uitwerking wordt dan:

\(50 + v_yt - \frac{1}{2}gt² = 0\)

\(60 + 15t - 4.905t² = 0 \longrightarrow t = 5.346s\)

(abc-formule).

Verandering van referentie maakt op dit moment je berekening dus een stuk korter.

[JWvdVeer]

De R ben ik inderdaad vergeten. Kom je met de andere oplossingsmethode dan aan een antwoord waar deze R niet in voorkomt?

Yep, inderdaad .

R kun je namelijk uitdrukken in t. En hieruit komt dan uiteindelijk een t van 2.5s en een v van 19.5m/s, als ik me niet vergis in mijn berekening.

Overigens is het wel degelijk 3/5 en niet 3/4, aangezien het om de hoogte (sinus) gaat

Ik denk dat we nu een beetje langs elkaar heen aan het praten zijn. Het zou kunnen dat je referentie anders is dan de mijne. Maar als je in het driehoekje kijkt zie je duidelijk dat de hoogte van het driehoek ¾ is van de breedte. Vermenigvuldig met R is dat dus echt ¾R. Het zou kunnen zijn dat ik even iets essentieels mis op dit late uur... Maar dan moet je dat maar even duidelijk maken ](*,) .

Je zegt terecht dat de potentiële energie in het begin niet gekend is, maar als je de beginhoogte arbitrair kiest als 'x', dan kan je de eindhoogte schrijven als 'x-(3/5)*R' waardoor je die factor m*g*x in beide leden kan schrappen.

Doe het even voor? (uitgaande dat die 3/5 klopt, wat ik betwijfel zoals je zult snappen):

\(\frac{1}{2}mv_{begin} + mxg = \frac{1}{2}mv_{eind} + m(x-\frac{3}{5}R)g\)

\(v_{begin} + 2xg = v_{eind} + 2(x-\frac{3}{5}R)g\)

\(v_{begin} = v_{eind} - \frac{6}{5}Rg\)

Tja, en toen zaten we weer met twee onbekenden: R en v_eind.

[Stampertje]

Als ik zo even de opdracht lees:

De sneeuwscooter wordt gelanceerd vanuit punt a onder een hoek van 40° (t.o.v. het normaal; dat was niet duidelijk in jouw plaatje).

Je kunt deze opdracht op een paar manieren oppakken.

1. De huidige situatie en de zwaartekracht laten voor wat het is.

2. Doen alsof we gewoon te maken hebben met een rechte weg, maar dan met een andere zwaartekracht.

Ik kies even voor 1 (mogelijk de moeilijkere variant , maar uitdagender).

Snelheid heeft een horizontale component en een verticale component zoals je al verschillende keren hebt gezien.

We spreken af: omhoog is negatief, omlaag is positief. Naar rechts is positief.

\(v_x = ...\)

(positief)

\(v_y = ...\)

(negatief)

\(R = v_xt\)

\(\frac{3R}{4} = v_yt + \frac{1}{2}gt²\)

\(\frac{3v_xt}{4} = v_yt + \frac{1}{2}gt²\)

\(t = ...\)

?

\(v_x(t) = v_t\)

\(v_y(t) = ...\)

?

\(v = ...\)

Deze methode is in het begin wellicht een klein stukje moeilijker, maar voor het tweede deel van de opdracht eenvoudig(er).

Methode 2:

\(\sin \alpha = \frac{\mbox{[Overstaand]}}{\mbox{[Schuin]}} = \frac{4}{5} = 0.8 = \sin 53.15°\)

De lanceerhoek moeten we dan ook aanpassen:

\(\theta = (90 + 40)° - 53.15° = 76.87°\)

De twee componenten van de zwaartekracht.

We spreken af: De component loodrecht op de grond is g_y. De component horizontaal aan het oppervlak is g_x. Omhoog is negatief. Omlaag is positief.

\(g_x = ...\)

(positief)

\(g_y = ...\)

(positief)

Met onze nieuwe lanceerhoek moeten we ook nog de snelheid in twee componenten uiteen delen (zelfde referentie als de zwaartekracht).

\(v_x = ...\)

(positief)

\(v_y = ...\)

(negatief!)

Met v_y kun je dan de tijd berekenen die je er over doet voordat je neerkomt:

\(v_yt + \frac{1}{2}g_yt² = 0\)

\(t = ...?\)

\(v_y(t) = ...\)

\(v_x(t) = ...\)

\(v = ...\)

Ik begin te twijfelen of methode 2 echt sneller/makkelijker is dan methode 1. Maar het leukste is natuurlijk als je met beide op te lossen op hetzelfde antwoord komt. Kun je gelijk voor een volgende keer je manier van aanpak bepalen.

Wat je volgens mij verkeerd deed was het niet corrigeren van je zwaartekracht. Terwijl je wel je referentieveld had gewijzigd (je zwaartekracht werkte loodrecht op het oppervlak, terwijl dat in het geheel niet zo is).

Voor de eerste oplossing:

Ik kom uit op t = 2.48 s. Volgens mij klopt dat allemaal. Maar ik snap niet hoe je dan de snelheidsgrootte kan uitrekenen.

\(v_xt = 7.66 * 2.48 = 19m/s\)

\(v_yt = -10sin40 * 2.48 = -15.94m/s\)

v = 24.79 m/s

Ik doe volgens mij iets fout bij v_y

[Jan van de Velde]

..//..

Ik doe volgens mij iets fout bij v_y

@JWvdVeer, Bessie en Xenion:

Gelieve in te gaan op Stampertje's probleem. De diepergaande discussie die hier oorspronkelijk volgde afgesplitst naar

http://sciencetalk.nl/forum/index.php?showtopic=130485