Matemática pura, física, lógica (braingames.ru): jogos cerebrais não relacionados com o comércio - página 79
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Andrey parece dizer que a solução é simples, mas intuitivamente pouco clara.
A força deve ser aplicada (à pequena) para que a energia potencial da mola comprimida/extendida seja suficiente para deslocar a grande. Se a força for Kmg, então em algum momento k*x = Kmg (k é o coeficiente de elasticidade da mola), e o pequeno corpo deixará de ser capaz de se mover mais. O mesmo kx = Kmg actuará sobre o corpo grande, e isto não será definitivamente suficiente. Portanto, precisamos de mais, e não no epsilon.
Precisamos de aplicar K(m+delta)g = kx para que kx = K(m+delta)g = KMg.
Isto é, K(m+delta)g = KMg.
Daí m+delta = M. i.e. delta = M - m.
Portanto, a força é K*M*g.
P.S. Estava errado, eu corrigi-o. Mas é se aplicada a pequenos. Se aplicado a grandes, também não há maneira de obter menos, porque é preciso mudar tudo na mesma.
É necessário aplicar (à pequena) tal força para que a energia potencial da mola comprimida/extendida seja suficiente para deslocar a grande. Se a força for Kmg, então em algum momento k*x = Kmg (k é o coeficiente de elasticidade da mola), e o pequeno corpo deixará de ser capaz de se mover mais. O mesmo kx = Kmg actuará sobre o corpo grande, e isto não será definitivamente suficiente. Portanto, precisamos de mais, e não no epsilon.
Precisamos de aplicar K(m+delta)g = kx para que kx = K(m+delta)g = KMg.
Isto é, K(m+delta)g = KMg.
Daí m+delta = M. i.e. delta = M - m.
Portanto, a força é igual a K*M*g.
P.S. Estava errado, eu corrigi-o. Mas é se aplicada a pequenos. Se aplicado a grandes, também não há maneira de obter menos, porque é preciso mudar tudo na mesma.
Não está a ter em conta que a primeira caixa está a acelerar.
Por exemplo, imagine que apenas o clicámos e ele rolou ao longo da sua inércia esticando a mola - se o clique foi suficientemente forte, a segunda gaveta mover-se-á, embora não apliquemos qualquer força à primeira gaveta neste momento - o momento do turno.
É o mesmo aqui: até a primeira caixa ter uma reserva de energia cinética, que o sistema bombeia para a energia potencial da segunda caixa. Em termos leigos, a caixa móvel tem alguma inércia, o que "ajuda" a força que actua sobre ela a actuar sobre a mola e a segunda caixa permanente.
Também não teve em conta o atrito.
Não está a acelerar. Mais precisamente, no momento em que a mola e a força sobre os pequenos são iguais, eles já estão em equilíbrio (não em movimento). A mola também se esforça e impede a sua aceleração.
Um estalido é uma aplicação de uma grande força num só passo (momento/tempo do estalido). E o nosso objectivo é minimizar a força. No momento em que a grande está parada, a pequena está parada, pois é equilibrada pela primavera. Se não se mantém de pé mas continua em movimento, então a força aplicada foi ainda maior do que KMg.
Qual é a fricção a considerar?
P.S. A prova mais convincente seria a de que não se importa em que caixa actuar. Então a solução é óbvia: agimos sobre a grande.
Não se tem em conta que a primeira caixa está a acelerar.
Primeiro acelera, depois começa a desacelerar, depois empurra a segunda caixa - se houvesse energia suficiente.
De facto, a aceleração (reserva cinética) também depende da rigidez da mola. Se a mola for muito rígida, por exemplo uma barra de aço, o efeito de aceleração não ajudará, porque tende a zero.
Para que a segunda caixa se mova, a mola tem de a puxar com uma força k*M*g. Por outro lado, a mesma força é igual a u*X, onde u é o coeficiente da lei de Hooke (rigidez da mola), e X é a distância percorrida pela primeira caixa. Note-se que ao longo desta distância foi sujeito à força de atrito k*m*g e à força F externa ao sistema. O seu trabalho total é igual a (F-k*m*g)*X. A força de tensão da mola é interna ao sistema e, além disso, potencial (não dissipativo), pelo que todo o seu trabalho flui para a energia potencial de tensão da mola. No momento do desprendimento, esta energia de acordo com as nossas condições é igual a u*(X^2)/2.
Assim, a força mínima F pode ser obtida a partir da condição de que o trabalho total das forças externas deve ser igual à energia potencial acumulada no interior do sistema. Obtemos um sistema de equações:
k*M*g = u*X
(F-k*m*g)*X = u*(X^2)/2
Substituir u*X da primeira equação pela segunda equação e depois de reduzir X obtemos F = k*(m+M/2)*g.
Qual a caixa a influenciar? Para o fazer, basta notar que de (m+M/2)<(M+m/2) segue m<M e vice versa. Conclusão - é a pequena caixa que deve ser afectada.
Qual a caixa a influenciar? Para o fazer, basta notar que de (m+M/2)<(M+m/2) segue m<M e vice versa. A conclusão é que é a pequena caixa que tem de ser afectada.
Agora ligue as caixas com uma haste de aço (uma variante de mola) e tente empurrá-la com esta fórmula.
// Dica: parece-me que Hooke foi alvejado prematuramente.
alsu: Подставляем u*X из первого уравнения во второе и после сокращения X получаем F = k*(m+M/2)*g.
Verificamos os casos especiais - os casos extremos.
Está implicitamente a insinuar que se as caixas forem iguais, precisa de 3/2*K*m*g?
Agora ligue as caixas com uma barra de aço (uma versão de mola) e tente empurrar esta fórmula para o seu lugar.