by 
Το δάπεδο είναι λείο. Τα τουβλάκια 1,2,3,4 έχουν διαστάσεις L×L×L/4 , έχουν την ίδια μάζα, και ο συντελεστής τριβής μεταξύ τους είναι μ, ίσος με τον συντελεστή οριακής τριβής .
Δίνουμε στο κάτω τουβλάκι 1 με κτύπημα την μέγιστη ταχύτητα υο, έτσι ώστε να μη ανατραπούν. Με δεδομένα τα μ, g , L υπολογίστε την ταχύτητα υο.
η εκφώνηση και η απάντηση εδώ
μια ενδιαφέρουσα λύση από τον Αριστείδη Μαρκαντωνάτο εδώ
Καλημέρα Αριστείδη.
Ως προς τον προβληματισμό που βάζεις λέω το εξής:
Το κάτω σώμα 1 δέχεται τις ακόλουθες δυνάμεις: το βάρος του mg , την τριβή Τ=μmg παράλληλη στην πάνω έδρα του με φορά προς τα δεξιά, τη δύναμη Ν1=3mg κατακόρυφα προς τα κάτω στο αριστερό άκρο του και τη Ν=4mg από το έδαφος κατακόρυφα προς τα πάνω, που απέχει από το κέντρο μάζας του έστω d.
Αν πάρουμε τις ροπές ως προς το κέντρο μάζας του τότε
για να ισορροπεί πρέπει
Στ(C1)=0=> T•L/8+N•d-N1•L/2=0=>
μmg•L/8+4mg•d-3mg•L/2=0=>
4d=3L/2-μL/8=>
d=3L/8-μL/32=(L/8)•(3-μ/4)
Αυτό μπορεί να γίνει αν
μ<12
Στη λύση μου είχα βγάλει ότι πρέπει μ<4/3<12
Άρα δεν υπάρχει περίπτωση ανατροπής.
Ευχαριστώ και πάλι για την ενασχόλησή σου.
Υ.Γ. το Σεπτέμβριο θα έρθω στο Αγρίνιο. Θα επιδιώξω να συναντηθούμε.
Να είσαι καλά.
Αριστείδη έβαλα τη λύση σου κάτω από τη δική μου.
Ευχαριστώ τους : Αριστείδη Μαρκαντωνάτο , Σπύρο Χόρτη, Σπύρο Τερλεμέ για την ενασχόλησή τους με την άσκησή μου!!! Αρχικά είχα κάνει λάθος το οποίο διορθώθηκε με την βοήθεια των ανωτέρω, γι’ αυτό και τους ευχαριστώ!
Νομίζω ότι έχει αποσαφηνιστεί το θέμα ενδελεχώς.
Μάλιστα η λύση του Αριστείδη δίνει και τα σημεία εφαρμογής των κατακόρυφων δυνάμεων αλληλεπίδρασης των σωμάτων, κι αυτό της δίνει την πληρότητα.
Το θέμα μπορεί να έχει και άλλες ενδιαφέρουσες προεκτάσεις…., οψόμεθα!
Να είστε καλά.
Καλημερα Προδρομε. καλημερα σε ολους. Τι σχεση μπορει να εχει η διαταξη του προβληματος σου με την υποθεση Riemann? Το καταπληκτικο βιβλιο “Prime Obsession” εχει στο πρωτο του κεφαλαιο μια διαταξη ιδια με την δικια σου αλλα αντι για τουβλακια εχει τα 52 φυλλα μιας τραπουλας.
Δείτε εδώ.
Αν πανω απο τα τουβλακια υπαρχει μια λαμπα και οι ακτινες του φωτος θεωρησουμε οτι ειναι καθετες στο εδαφος τοτε πιο ειναι το μεγιστο μηκος σκιας που μπορουμε να δημιουργησουμε αν μετακινησουμε τα τουβλακια χωρις να χαλασει η ισορροπια? Αν ειχαμε μια τραπουλα αντι για 4 τουβλακια? Αν ειχαμε απειρα τουβλακια? Η απαντηση ειναι το μισο της τιμης ζ(1) της συναρτησης ζ(s)= Σn^(-s) n=1,2,3,… που ειναι η συναρτηση ζ του Riemann,αν ο ακεραιος n παιρνει τιμες απο n=1 εως το πληθος που εχουν τα τουβλακια μειον 1. Δηλαδη γιατην ασκηση σου η μεγιστη σκια εχει μηκος (1/2)Σn^(-1) n=1,2,3.που ειναι οι 3 πρωτοι οροι της αρμονικης σειρας.
Το βιβλιο που εχω βαλει στο λινκ ασχολειται με το συγκεκριμμενο προβλημα στο πρωτο κεφαλαιο σαν εισαγωγη στις ιδιοτητες της συναρτησης ζ(s). To συνιστω ανεπιφυλακτα.Ειδικα για το καλοκαιρι ειναι λουκουμι.Τα κεφαλαια 1,3,5,..εχουν μαθηματικα και τα κεφαλαια 2,4,..εχουν βιογραφικα και ιστορικα στοιχεια.Υπαρχει και στα ελληνικα μεταφρασμενο αλλα στο ιντερνετ το βρηκα μονο στα αγγλικα.Εχει και μια καταπληκτικη αποδειξη του Euler της απειριας των πρωτων αριθμων.
Καλησπέρα Κωνσταντίνε κι ευχαριστώ για το σχόλιο καθώς και για την συσχέτιση της άσκησης με την υπόθεση του Riemann!
Να είσαι καλά.