Кольцо и центробежные силы.

Рубен · Сообщение **Рубен** » 26 янв 2014, 18:48

grigoriy писал(а):Source of the post
Anik писал(а):Source of the post
Я не пойму почему у вас $\displaystyle dF=Fd\varphi$ ?
Ну, большего, чем изображено на этой картинке, я сказать не могу.

Тогда уже так:

$$\displaystyle dF_{ö.á.}=Fd\varphi$$

А то какой-то диффур получается)

grigoriy · Сообщение **grigoriy** » 26 янв 2014, 19:13

Рубен писал(а):Source of the post
Тогда уже так:
$$\displaystyle dF_{ö.á.}=Fd\varphi$$

Ну тогда ещё такЕе: $$\displaystyle dF_{ö.ñ.}=Fd\varphi$$

Если anik'а смутило ещё и это, то здесь я уже каялся.

Anik · Сообщение **Anik** » 27 янв 2014, 04:21

Рубен писал(а):Source of the post
Тогда уже так:
$$\displaystyle dF_{ö.á.}=Fd\varphi$$
А то какой-то диффур получается)

Я не понимаю смысла выражения $Fd\varphi$ .
$Rd\varphi=dL$ , а $Fd\varphi$ это что?

grigoriy · Сообщение **grigoriy** » 27 янв 2014, 04:47

Anik писал(а):Source of the post
а $Fd\varphi$ это что?

Это равнодействующая двух сил F (сил разрыва), малая диагональ ромба (см. картинку), сиречь
центростремительная сила, действующая на бесконечно малый элемент дуги.
При бесконечно малых углах диагональ ромба можно вычислять по формуле дуги -
на основании первого замечательного предела.
Впрочем, определенные затруднения у вас могут возникнуть в связи со слесарным подходом к математике,
который вы с пеной у рта отстаивали в другой теме.

sergeyn91 · Сообщение **sergeyn91** » 27 янв 2014, 08:07

grigoriy писал(а):Source of the post
Это равнодействующая двух сил F (сил разрыва), малая диагональ ромба (см. картинку), сиречь
центростремительная сила, действующая на бесконечно малый элемент дуги.
При бесконечно малых углах диагональ ромба можно вычислять по формуле дуги -
на основании первого замечательного предела.

А откуда здесь вообще ромб вырисовался? Это правильно? Вероятно, речь должна идти о параллелограмме. Ромб - частный случай параллелограмма, а именно параллелограмм, у которого все стороны равны между собой.

grigoriy · Сообщение **grigoriy** » 27 янв 2014, 08:25

Серега, а если немного подумать?

zam2 · Сообщение **zam2** » 27 янв 2014, 08:57

Решение "без интегралов". Мысленно разрежем кольцо пополам. В местах разреза на полукольцо действуют силы $\sigma S$ каждая. Их равнодействующая есть центростремительная сила, действующая на центр масс полукольца:
$2\sigma S=m\omega^2L=\rho S\pi R\omega^2L$ ,
где $$L$$

- расстояние от центра кольца до центра масс полукольца.
Отсюда
$\sigma=\frac {\pi \rho R\omega^2L} {2}$ .
Учитывая, что $L=\frac {2R} {\pi}$ , получим
$\sigma=\rho\omega^2 R^2=\rho v^2$ .
Но это шулерство. Потому как при вычислении $$L$$

все равно приходится интегрировать.

Anik · Сообщение **Anik** » 27 янв 2014, 09:09

$df=\frac{v^2}{R}dm=\frac{v^2}{R}\rho dl$ ; $\rho$ - линейная плотность проволочного кольца.

$df=\frac{v^2}{R}Rd\varphi$ ; $dF=df\sin\varphi$

$F=\int_{0}^{\frac{\varphi}{2}}V^2\rho\sin\varphi d\varphi = V^2\rho$
Как вам удалось избежать интегрирования я не пойму!
Хотя, если подумать, может вы изобрели новый способ в математике (типа подгонки под ответ)?

grigoriy · Сообщение **grigoriy** » 27 янв 2014, 09:11

zam2 писал(а):Source of the post
Но это шулерство.

А здесь тоже шулерство? Ввёл, правда, $d\varphi$ , но потом на него же и сократил, не интегрируя.
Может это считаться "решением без интегралов"?

Anik · Сообщение **Anik** » 27 янв 2014, 09:22

grigoriy писал(а):Source of the post
А здесь тоже шулерство?

Серёга, ну не гони пургу!

yourdomain.com