Máxima de lectura después de la caída de una masa en una escala

Question

Si uno deja caer un objeto sobre una escala, la aguja temporal de la espiga para una lectura alta.

Dada una masa $m$ deja caer desde una altura de $h$ por encima de una balanza de resorte, ¿hay una buena manera de aproximar lo que la lectura máxima será?

Hubo una discusión sobre el uso de energía en un enfoque basado en este hilo, pero creo que dijo enfoque depende de idealista supuestos (por ejemplo, la colisión entre la caída de la masa y la escala es elástica). La línea general de razonamiento es la siguiente:

El caso base consiste en la colocación de $m$ suavemente en la escala:

Descuidar la fricción, la conservación de la energía sugiere que el desplazamiento máximo debería ser $x_0 = \frac{2mg}{k}$. Si la escala está calibrada correctamente-lo que significa que lee $m$ en su nueva posición de equilibrio-se debe leer $R_0 = 2m$ cuando la masa está en el punto más bajo de la oscilación.

El uso de la energía conservación de nuevo, excepto con $m$ a una altura inicial $h$ por encima de la escala:

El nuevo máximo desplazamiento es $x = \frac{mg + \sqrt{mg\left(mg + 2hk\right)}}{k}$, que se corresponde con una lectura máxima de $$R = \frac{1}{2}\left(1 + \sqrt{1 + \frac{2hk}{mg}}\right)R_0 = m\left(1 + \sqrt{1 + \frac{2hk}{mg}}\right)$$

Este resultado inicialmente parece plausible, pero después de conectar los valores, los resultados son salvajes. Yo sé que cualquier modelo basado únicamente en conceptos elementales dependerá probablemente de la tenue supuestos, pero me pregunto si no hay una estrategia mejor estoy vistas.

Editar-9/7: yo no tengo mucha reputación y quisiera topar este hilo antes de ofrecer una recompensa, así que aquí es otro pensamiento.

No es un ejercicio divertido en el que una cadena vertical con la masa se cuelga con el fondo de tocar la parte superior de una escala. El problema es encontrar la escala de lectura cuando una parte determinada de la cadena ha caído en la escala; una solución utiliza el impulso-momentum teorema para determinar la fuerza ejercida por la escala de la masa. Un impulso basado en enfoque como este parece depender menos supuestos, pero estoy bastante seguro de que no se puede aplicar a la caída de una masa puntual.

Answer 1

No es la fuerza instantánea entre la masa y la balanza, y luego está la lectura de la balanza. Factores que influyen en ambos de estos dependen de muchos factores desconocidos - así que aquí están sólo algunas reflexiones generales.

En primer lugar, si usted deja caer una masa de $M$ de la altura de la $h$ sobre las escalas de masa $m$, y los dos se moverá como uno, la colisión se considera inelástica y la velocidad de $v'$ justo después de la colisión puede ser derivada a partir de la velocidad de la $v$ justo antes de que poniendo

$$v = \sqrt{2gh}\\ v'=\frac{M}{M+m}v$$

El tiempo que se necesita para acelerar la masa está dada por la elasticidad de la persona de contacto, y es en general no se conoce. El más corto sea el tiempo, mayor es la fuerza con la fuerza promedio dada por

$$\int F\;dt = m v'\\ F_av=\frac{mv'}{\Delta t}$$

si consideramos que el tiempo promedio de la fuerza.

Esta fuerza, sin embargo, probablemente no inscribirse en sus escalas. No puedo pensar en tres "principales" tipos de escalas: el equilibrio, la balanza de resorte, y el "volver a cero" de la escala. Ninguno de ellos iba a registrar el impacto inicial de la fuerza.

Para un equilibrio, la masa de un objeto se determina por comparación con una masa de referencia en el otro brazo; eso no es lo que usted está buscando aquí.

Para una balanza de resorte, de la deformación de un resorte debajo de la carga es una medida de peso: esta es la que es más susceptible de análisis aquí.

De una "vuelta a cero" de la escala (yo no puedo pensar en el nombre propio - comentarios, ¿alguien?) el mecanismo utilizado genera una corriente en el electroimán para restaurar la escala a la misma situación en que estaba antes de la misa, se añadió. Estos suelen tener una respuesta lenta pero son los más precisos - ya que la fuerza es exactamente proporcional a la corriente cuando la balanza está en la misma posición, no hay efectos de la primavera envejecimiento, temperatura, etc.

Creo que tu pregunta sólo puede razonablemente ser contestadas para que la balanza de resorte. Tenga en cuenta que estas escalas son típicamente "críticamente amortiguado" (a pesar de que es sólo aproximadamente cierto, ya que el grado de amortiguación depende de la masa - por lo que sólo puede ser críticamente amortiguado para una misa). Pero vamos inicialmente a dejar que se fuera.

Si tenemos un objeto con masa de $M$ cayendo de una altura de $h$ a un resorte de la escala con la masa de $m<<M$ y la constante del resorte $k$, la desviación $d$ puede ser calculada a partir de la conservación de la energía.

Total de la reducción de la masa = $h+d$

Energía debido a la caída de $E = Mg(h+d)$

Esta debe ser igual a la energía elástica almacenada en la máxima deflexión:

$$\frac12 k d^2 = Mg(h+d)$$

Podemos arreglar y resolver para $d$:

$$\frac12 k d^2 - Mgd - Mgh = 0\\ d = \frac{Mg ± \sqrt{M^2 g^2 + 2 Mghk}}{k}$$

Las dos raíces corresponden a los extremos de la (armónico simple) moción que la masa se ejecute: por su pregunta, necesitamos el positivo de la raíz. Tenga en cuenta que si $h=0$ lo anterior muestra que la desviación máxima de la escala será el doble de la distancia de espera,

$$d = \frac{2Mg}{k}$$

y como la masa se deja caer desde una mayor altura, la máxima deflexión rápidamente aumentan más. Exactamente cuánto más depende del valor de $k$ - el agravamiento de la primavera, mayor es el valor de $k$, y el más grande es el valor que se lee en la escala como el objeto se deja caer desde una altura mayor. Todo esto está en acuerdo con su propio análisis.

Este es, por supuesto, donde la amortiguación entrarán en juego: una fuertemente amortiguada la escala de disipar toda la energía oscilatoria, y poco a poco alcanzar el valor de equilibrio sin rebasar. Un underdamped escala oscilará - en el límite de muy ligera amortiguación, leerá el valor calculado anteriormente. Pero un críticamente amortiguado la escala de sobregiro sólo una vez, y podemos calcular la cantidad de sobregiro.

La solución para un críticamente amortiguado oscilador armónico simple está dada por

$$x(t) = (A + Bt)\;e^{-\omega_0t}$$

Nos encontramos a y B a partir de las condiciones iniciales,

$$A = x(0)\\ B = \dot{x}(0) + \omega_0 x(0)$$

Si ponemos $x(0) = d = \frac{Mg}{k}$, el sobreimpulso será dada por la velocidad inicial que hemos calculado anteriormente. Para una escala de luz, esta velocidad inicial es la velocidad de la $v$ de la masa después de la caída de la altura de la $h$ (voy a ignorar la altura adicional $d$, lo que voy a suponer que sea pequeño; de lo contrario, las ecuaciones se vuelven mucho más complicada...) y la ecuación de movimiento se convierte en

$$x(t) = (d + (-v + \omega_0 d)t)e^{-\omega_0 t}$$

(El signo menos se haya debido a que la velocidad es hacia la posición de equilibrio). Tomando la derivada con respecto al $t$, se puede calcular el tiempo cuando el sobreimpulso máximo y un enchufe que volver a obtener el sobreimpulso:

$$-\omega_0 (d + (-v + \omega_0 d)t)e^{-\omega_0 t} + (-v + \omega_0 d)e^{-\omega_0 t}=0\\ -\omega_0 (d + (-v + \omega_0 d)t)+ (-v + \omega_0 d) = 0\\ \omega_0 vt- \omega_0^2 dt + v = 0\\ t = \frac{v}{\omega_0(v-\omega_0 d)}$$

Por lo suficientemente grande $v (v>\omega_0 d)$, esto se traducirá en un extremo (sobregiro).

Sustituyendo $t$ atrás en la expresión de $x$ le dan el tamaño de la sobreimpulso, a partir de la cual la masa registrado en el balance de la siguiente manera.

Answer 2

La solución obvia es agregar un "dashpot amortiguador" para la mezcla de modo que la ecuación de movimiento de la superficie es $$y''(t) + 2 \lambda ~ y'(t) + \omega^2 y(t) = -\alpha w_0.$$As usual, in this case the equilibrium comes to a height $y_0 = -\alpha w_0 / \omega^2,$ which reads on the scale as the weight $w_0.$

Sustituyendo $y = y_0 + \eta$ da una función de $\eta(t)$ definido por $$\eta''(t) + 2 \lambda ~ \eta'(t) + \omega^2 \eta(t) = 0$$

La solución general implica asumiendo $\eta(t) = A e^{k t}$ a convertir esto en el algebraicas fórmula:$$k^2 + 2 \lambda k + \omega^2 = 0,\\ (k + \lambda)^2 = -\left(\omega^2 - \lambda^2\right)\\ k = -\lambda \pm i \sqrt{\omega^2 - \lambda^2}.$$So defining $\bar\omega^2 = \omega^2 - \lambda^2,$ the general solution is going to be:$$y(t) = y_0 + e^{-\lambda t}\left(A \cos(\bar \omega t) + B \sin(\bar \omega t)\right)$$The boundary condition for $Un$ is clear, $A = -y_0$ so that it starts from $y(0)=0.$ Then $B$ is set by the velocity of collision of the mass with the spring scale, $s'(0) = -\lambda + B \bar \omega = -v_0,$ so $B = -(v_0 + \lambda y_0)/\bar\omega.$ This suggests that we just divide everything by $y_0,$ defining $u(t) = y(t)/y_0.$ So our solution overall is:$$u(t) = 1 - e^{-\lambda t} \left(\cos\bar\omega t + \frac{\lambda + v_0/y_0}{\bar\omega}\sin\bar\omega t\right).$$

Usted puede ser capaz de, a continuación, analizar el presente para encontrar razonable respuestas a sus preguntas sobre el máximo de lecturas después de la caída de una masa en la escala.