¿Es posible quitar el último bloque de una capa más baja de una torre de Jenga?

Question

Hace un tiempo, mi hermano y yo tuvimos una discusión acerca de la posibilidad de la eliminación de la última cuadra de la capa más baja de un Jenga de la torre con la capa inmediatamente superior, tener sólo una cuadra en ella (vea la ilustración abajo). Su teoría era que si eran lo suficientemente rápido, podría tirar de él hacia fuera como un mago saca un mantel de una mesa llena de china.

                                                             

Yo protestaron en contra de la idea con el argumento de que la torre es tan inestable que para que el bloque (hecha de madera de arce) se sacó bastante rápido, el que acabaría siendo dañado.

Sé lo suficiente acerca de la física para saber que sería posible calcular la velocidad mínima a la que algo tendría que estar en movimiento para golpear el bloque lo suficientemente duro para sacarla de debajo de la torre sin la anulación de la torre, y sé que si la velocidad es conocido, de calcular si el bloque podría dañarse sería relativamente simple. Sin embargo, no sé lo suficiente acerca de la física para ser realmente capaces de saber cómo hacer el cálculo.

Hay alguien aquí que sería capaz de dar una explicación de la forma en que la velocidad puede ser calculada?

Editar:

Las dimensiones de la norma Jenga bloque aparecen aquí como 1.5 × 2.5 × 7.5 cm, y están hechos de madera de arce (creo que es difícil de arce, si quieres, para ser exactos). Además, como la imagen de arriba muestra, estoy asumiendo el menor de la torre sea posible. Es decir, 17 capas de tres bloques de cada uno en la parte superior de dos capas de compuesto de un bloque de cada uno con el bloque en reposo en la parte superior.

Answer 1

Vamos a tomar esto en los pasos.

Primera asumir que no existe fricción entre el bloque inferior y la torre, y entre el bloque inferior y el suelo. Si puedo mover el bloque de "infinitamente rápida" de la torre no tendrá tiempo para inclinarse a todos, y va a caer verticalmente (y permanecer en posición vertical).

Esto me dice que hay dos cosas a considerar:

1. el tiempo que toma para mover (si me muevo lentamente, que la torre se caiga)
2. la fricción entre el bloque y de la torre (con suficiente fricción, voy a arrastrar la torre)

Ahora sé lo ecuaciones tengo que configurar.

En primer lugar, echemos un vistazo a la "mover lentamente, sin fricción". Si la torre tiene la altura de la $H$, la anchura $w$ y uniforme distribución de la masa, a continuación, va a caer cada vez más rápidamente cuando la apoyamos fuera del centro. Escribí una respuesta sobre el equilibrio de un lápiz hace un tiempo que incluye el cálculo de la ecuación de movimiento del péndulo invertido. Esto es complicado por la suposición de que el soporte se mueve - así que vamos a simplificar. Si nos apoyamos en la torre "en el borde" ¿cuánto tiempo tomaría la punta más?

En parte, esto depende de la altura de la parte inferior del bloque: para una capa muy fina de bloque, la torre de la inclinación, entonces vienen a descansar en un ligero ángulo. Para un bloque mayor, se va a inclinar hasta la esquina toca el suelo, y hacerlo con la suficiente velocidad para continuar vuelcos. El siguiente diagrama muestra lo que estamos pensando:

Va a haber una cierta altura de la cuadra $h$ por debajo del cual la torre no se tambalee. Vamos a empezar a encontrar ese límite...

Para la masa de $m$ inicialmente desplazadas $w/2$, el par total está dada por

$$\alpha = \bronceado^{-1}\frac{w}{H}\\ D = \sqrt{H^2 + w^2}\\ \Gamma = m\cdot g \cdot D \sin (\alpha + \theta)$$

And the angular momentum of the rod about the pivot is roughly (for H>>w) $\frac13 m D^2$.

Now the easiest way to calculate whether the tower will continue to topple is by using an energy argument. The tower will topple if it has any speed left when the center of mass is above the corner - that is, when $\theta = \alpha$. If the center of mass is below the initial position when that happens, the tower will fall.

Initially the c of m is at $H/2 + h$; after the corner drops, the maximum height of the center of mass is $\frac{D}{2} = \frac12 \sqrt{H^2 + w^2}$. In other words, the tower is stable as long as

$$H + 2h < \sqrt{H^2 + w^2}$$

if we assume $w$ and $h$ are both much less than $H$, we can rewrite this by expansion:

$$H\left(1 + \frac{2h}{H}\right) \lt H\left(1 + \frac12\left(\frac{w}{H}\right)^2\right)\\ h \lt \frac{w^2}{4}$$

Note that this analysis was done with the assumption that the block is moved all the way to the edge of the tower: while that would cause the tower to initially start tilting most rapidly, it does restrict the angle it reaches when the corner comes to rest. If we take the other extreme where the block is moved "just off center", then the initial angle of tilt when the corner first hits the ground is $\theta = \bronceado^{-1}\frac{w}{2H}$. Obviously, if that angle is greater than the internal angle $\alpha$, the tower will continue to fall - but assuming it is not, then the same analysis as above applies. This puts a second limit on $h$:

$\frac{h}{2} \lt \frac{w}{H}\ h \lt \frac{2 w^2}{H}$$

Como se puede ver, esta es una forma menos severa limitación, la posibilidad de que la torre se mantenga en movimiento, cuando las tierras establece una estrecha límite en el tamaño de la manzana puede ser.

Ahora creo que podemos utilizar esta "limitación de altura de bloque", como una forma de estimar el momento de llegar a mover un bloque mayor de la siguiente manera: si el bloque se retira antes de la esquina toca el suelo, la torre seguirá moviéndose a la misma velocidad de rotación como antes, mientras que, al mismo tiempo, dejando caer al suelo. Las ecuaciones que ahora empiezan a poner muy complicado, especialmente si añadimos la fricción. Creo que es hora de ir a una solución numérica...

El código de Python siguiente es un ejemplo de una muy aproximada de la forma de abordar esto. Para los parámetros particulares que he elegido, usted necesita el bloque que se retiró con una velocidad de al menos 0,36 m/s - no es particularmente rápido. Por supuesto, hago todo tipo de suposiciones aquí, y tengo la sospecha de que la física modelé estaba bastante descuidado. Pero usted puede utilizar esto como un punto de partida para una correcta simulación. Dibujar diagramas, establecer las ecuaciones del movimiento correctamente (como las funciones en lugar de en línea), y el uso de un mejor esquema de integración (leapfrog, los métodos de Runge-Kutta de segundo) que he utilizado. Estoy seguro de que hay al menos un error en el cálculo - yo no soy correctamente la contabilidad para el movimiento lateral del centro de gravedad durante el empuje (la fuerza de fricción debe mover toda la torre a los lados). Esto va a cambiar la solución para muy lento velocidades - la torre sólo debe mover con el bloque inferior!

Así muchas cosas que hacer, pero no puedo pasar más tiempo en esto. Pensé que podría apreciar este empujón en la dirección de una solución, pero por favor, no tratar esto como "correcta respuesta final".

import math
import matplotlib.pyplot as plt
import numpy as np

# very simplistic jenga simulation
H = 0.3  # m
w = 0.05 # m
h = 0.01 # m
D = math.sqrt(H*H+w*w) # diagonal
m = 1    # kg - just to make equations work... drops out everywhere
g = 9.8  # m/s/s
I = m*D*D/3.0

# initial stability criterion:
if (h < w*w/(4*H)):
    print 'stable'
else:
    print 'falls over'

plt.close('all')

#numerical solution - including friction. Loop over range of velocities
for v in np.arange(0.3,0.4,0.01):
 mu = 0.1 # set=0 for frictionless...
 dt = 0.0001
 theta = 0
 omega = 0
 alpha = math.atan(w/H)
 x = 0
 y = h + 0.5*H # center of mass height
 yc = h # corner height
 t=[0]
 a = [0]
 corner=[h]
 vy = 0
 while ((x < w/2) & (yc > 0)):
    beta = theta + alpha
    # torque due to gravity and friction
    # not sure about that second term...
    gamma = 0.5 * m * g * D * math.sin(beta) + m*g*mu*H/2 * (I/(I+m*H*H/4)) 
    dOmega = dt * gamma / I
    omega = omega + dOmega
    dy = omega * math.sqrt(x*x + 0.25*H*H) * math.cos(beta)
    y = y - dy # center of mass height
    yc = h - (x + w/2)* math.sin(theta) # corner height
    theta = theta + omega * dt
    a.append(theta)
    t.append(t[-1]+dt)
    corner.append(yc)
    x = x + v * dt
 # part 2 = free fall
 while(yc > 0):
    theta = theta + omega * dt
    vy = vy + g * dt
    dy = vy * dt
    yc = yc - vy*dt - dt * omega * D/2 * math.sin(alpha-theta)
    t.append(t[-1]+dt)
    corner.append(yc)
    a.append(theta)

 # part 3: does it keep falling:
 while((omega > 0) & (theta < math.pi/2)):
    gamma = m*g*D/2*math.sin(theta-alpha)
    dOmega = dt * gamma / I
    omega = omega + dOmega
    theta = theta + omega*dt
    a.append(theta)
    t.append(t[-1]+dt)
    corner.append(0)

 plt.figure()
 plt.plot(t, a)
 plt.plot(t, corner)
 plt.title('v = %.2f m/s'%v)
 plt.show()

El trazado de la altura de la esquina y el ángulo de la torre como una función del tiempo, se obtienen diferentes regímenes. Si usted se mueve muy lentamente, la torre se cae completamente (línea azul = ángulo; línea verde = la altura de la esquina de arriba de la tierra):

Si usted tira muy rápidamente (por encima de 0.37 m/s en este ejemplo -, pero eso depende mucho de los parámetros elegidos), es la punta de un poco, y luego recuperar (simulación se detiene cuando la torre comienza a girar en la otra dirección, es decir, cuando resultó ser estable):

Por último, en esta simulación, la torre sólo se vuelve inestable en 0,36 m/s tire de la velocidad: se puede ver que se tambalea, cae entonces (nota de la escala de tiempo más largo):