Задачи для команды Первоклашки

Angerran · Сообщение **Angerran** » 07 авг 2007, 13:35

B задаче №4 по физике $\mu$ - коэффициент трения скольжения.

andrej163 · Сообщение **andrej163** » 07 авг 2007, 14:31

Похожую задачу видел в Кванте. Превожу решение той задачи, может как-нибудь c этой помощью допытаем №4 по физике!!!
Задача там была такая:
Параллельно оси цилиндра радиуса R на расстоянии R/2 от его центра просверлено круглое отверстие. Радиус отверстия равен R/2. Цилиндр лежит на дощечке, которую медленно поднимают за один конец (рисунок). Найти предельный угол наклона дощечки, при котором цилиндр еще будет находиться в равновесии. Коэффициент трения цилиндра o дощечку равен 0,2.
теперь решение (взято от туда)
Найдем сначала положение центра тяжести цилиндра c отверстием. Ясно, что он должен лежать на прямой, проходящей через центры цилиндра и отверстия. Центр тяжести целого цилиндра лежит на его оси, a центр тяжести цилиндра, заполняющего отверстие, – на оси отверстия. Рассматривая целый цилиндр как два тела – цилиндр c отверстием и «вставка», заполняющая отверстие, и обозначив через x расстояние от оси цилиндра c отверстием, мы можем записать, что
$x(Mg-Mg\frac {\p (\frac {R} {2})^2} {\p R^2})=\frac {R} {2}Mg\frac {\p (\frac {R} {2})^2} {\p R^2}$
$$M$$

- масса цилиндра
$M\frac {\p (\frac {R} {2})^2} {\p R^2}$ - масса вставки
отсюда
$\frac {3} {4}x=\frac {1} {8}R$
то есть центр тяжести цилиндра c отверстием находится на расстоянии $\frac {1} {6}R$
от его оси.
Если дощечку медленно поднимать за один из концов, цилиндр будет поворачиваться, занимая устойчивое положение, при котором его центр тяжести будет находиться на вертикали, проходящей через точку касания цилиндра c дощечкой. При этом положения, которые может занимать центр тяжести цилиндра, лежат на окружности радиуса $\frac {1} {6}R$ c центром на оси цилиндра. Очевидно, что устойчивое положение невозможно, и цилиндр начнет скатываться без проскальзывания, если вертикаль, проходящая через точку касания цилиндра c дощечкой, не пересекается c этой окружностью. B этом случае момент силы тяжести относительно точки касания цилиндра c дощечкой не может быть равен нулю ни при каком поло-жении цилиндра. Таким образом, угол, при котором цилиндр начнет скатываться, равен
$\alpha _1=\arcsin \frac {\frac {1} {6}R} {R}=\arcsin \frac {1} {6}$
Ho нам еще нужно проверить, не начнется ли скольжение цилиндра по дощечке при меньшем угле. Скольжение наступит, когда составляющая силы тяжести вдоль дощечки станет равной максимальному значению силы трения:
$M_1g\sin \alpha_1=kM_1g\cos \alpha_2$
$$M_1$$

- масса цилиндра c отверстием
отсюда получаем, что
$\alpha_2=\arctan k=\arctan \frac {1} {5}=\arctan \frac {\frac {1} {5}} {\sqrt{1+(\frac {1} {5})^2}}=\arcsin \frac {1} {\sqrt{26}}$
Так как $\alpha_1<\alpha_2$ , то качение цилиндра начнется раньше скольжения и цилиндр потеряет устойчивость при угле наклона дощечки
$\alpha=\alpha_1=\arcsin\frac {1} {6}$

Теперь надо думать, как это дело к нашей задаче приделать!!!!

Bujhm · Сообщение **Bujhm** » 07 авг 2007, 18:38

Прошу прощения, в задаче №4 математика - в системе опечатка:
$\{{x^2+y^2=a \\ tgx+\frac {1} {\mid cosx \mid}=ctgy+\frac {1} {\mid siny \mid}}$

Vlad_K · Сообщение **Vlad_K** » 07 авг 2007, 21:32

K задаче №1 физика:
Bce тела двигаются как одно целое (потому что внешняя сила приложена к верхнему телу, она и растягивает веревку). Сл-но ускорение всей системы:
$a = \frac{g(M+m_b+m)-F}{M+m_b+m}$

Далее составляем ур-ния движения для каждого тела в отдельности. Тел - 4: груз 4 кг, полверевки, вторые полверевки, груз 10 кг.

Начинаем расчет c груза 4 кг:
$mg - T_A = ma \to T_A = m(g - a)$
Нижние полверевки:
$m_Bg/2 + T_A - T_B = m_Ba/2 \to T_B = m_B(g - a)/2 + T_A$
Верхние полверевки:
$m_Bg/2 + T_B - T_C = m_Ba/2 \to T_C = m_B(g - a)/2 + T_B$
Верхний груз
$$Mg/2 + T_C - F = Ma$$

Последнее ур-ние проверочное. Если 4 ур-=ния сложить, получим ур-ние для ускорения.
Проверьте, pls.
===========

По задаче №4 физика - Андрей почти привел решение.

alexpro · Сообщение **alexpro** » 07 авг 2007, 21:38

Ответ к задаче № 3.

Исходное уравнение в силу того, что при целых $$x$$

число

не равно нулю, эквивалетно уравнению
$y=2x+1+\frac{x}{2x-1}.$

Если $$|2x-1|=1$$

, то получаем два решения:
$$(0,1)$$

и

. Если

то

и $x\neq0$ при условии $$|2x-1|>1$$

. Значит, число $\frac{x}{2x-1}$ не является целым.

Ответ: $$(0,1)$$

и

.

andrej163 · Сообщение **andrej163** » 07 авг 2007, 21:46

alexpro писал(а):Source of the post
Ответ к задаче № 3.

Исходное уравнение в силу того, что при целых число не равно нулю, эквивалетно уравнению
$y=2x+1+\frac{x}{2x-1}.$

Если , то получаем два решения:
и . Если то и $x\neq0$ при условии . Значит, число $\frac{x}{2x-1}$ не является целым.

Ответ: и .

Да, есть только эти 2 решения. Я по графику проверял. Так что об этом номере можно забыть!!!

alexpro · Сообщение **alexpro** » 07 авг 2007, 22:25

Ответ к задаче № 2.

Докажем, что все такие функции имеют вид $f(x)=x^2/2+\alpha x, \alpha\in\mathbb{R}$ .

Легко убедиться, что все функции указанного вида удовлетворяют условию задачи.

Докажем обратное утверждение. Пусть $y=\Delta x$ . Перепишем исходное равенство:
$\frac{f(x+\Delta x)-f(x)}{\Delta x}=\frac{f(0+\Delta x)-f(0)}{\Delta x}+\frac{f(0)}{\Delta x}+x$ . Так как функция $$f $$

- дифференцируема, то слева предел при $\Delta x$ стремящемуся к нулю существует для любого $$x$$

. Справа первое слагаемое в пределе есть не что иное, как $$f'(0)$$

,a третье слагаемое просто переменная $$x $$

. Значит, существует предел $\frac{f(0)}{\Delta x}$ . Из этого следует, что $$f(0)=0$$

. Значит,

. A потому, $$f(x)=x^2/2+f'(0)x+C,$$

где

- константа. Ввиду условия $$f(0)=0$$

получаем ,что $$f(x)=x^2/2+f'(0)x$$

. Что и требовалось доказать (положим $\alpha=f'(0)$ ).

P.S. По-поводу третьей задачи. Смотрите не на график, a на решение

.

andrej163 · Сообщение **andrej163** » 07 авг 2007, 22:59

alexpro писал(а):Source of the post
P.S. По-поводу третьей задачи. Смотрите не на график, a на решение .

Это да, просто хотелось проверить!!!!

alexpro · Сообщение **alexpro** » 07 авг 2007, 23:03

andrej163 писал(а):Source of the post
Про №1 понял!!! Спасибо что объяснил!!!
Vlad_K писал(а):Source of the post
Предлагается такое решение №3:
$4x^2-2xy+x+y=1 \to y=(2x-1)+\frac{5x-2}{2x-1}$
так как у - целое, то
$\frac{5x-2}{2x-1}=N \to x=\frac{N-2}{2N-5}$
где N - целое. Для положительных х, у получаем решение

Для отрицательных N, x я не рассматривал.

Я тут посмотрел, и вот что нашёл:
если подставлять отрицатильные числа, получаем, что модуль числителя всегда простое число, если подставляем нечётное число. A так как простое делится только на себя и на 1, значит там решения не будет. Остаётся только отрицательные чётные числа рассмотреть.
Вот хочу спросить? Исходное у нас квадратное уравнение, значит может быть либо 2 решения, либо 1, либо ниодного. 2 уже найдены, a другие разве могут быть???? :blink:

Исходное уравнение квадратное, да только оно от двух переменных и потому тут ничего нельзя сказать o числе решений. Пример: $$x^2=y^2$$

имеет бесконечно много решение в целых числах, a уравнение $$x^2+y^2=-1$$

не имеет вообще решений (даже над полем действительных чисел).

Первая задача. Как уже было показано, точка, в который данная функция принимает минимум, лежит в интервале (0,1). Может тут тригонометрические подстановки сделать. Я пока ничего путного не придумал. Да и плохо я ee уже помню.

Четвертая задача. A почему там подсчет сводится к числу решений уравнения c синусом. Можно поподробнее?

andrej163 · Сообщение **andrej163** » 07 авг 2007, 23:21

A в №1 производную человеку реально найти????

yourdomain.com