Na rysunku pokazano, że pasek (OC) to sqrt (2)?

Odpowiedź:

WOW … W końcu to zrozumiałem … choć wydaje się to zbyt łatwe … i prawdopodobnie nie tak to chciałeś!

Wyjaśnienie:

Dwa małe kółka uważałem za równe i mające promień #1#, każdy z nich (lub # u # tak jak jedność w oddali #bar (PO) #…Myślę). Tak więc cała podstawa trójkąta (średnica dużego koła) powinna być #3#.

Zgodnie z tym odległość #bar (OM) # powinno być #0.5# i odległość #bar (MC) # powinien być jeden duży promień cirlce lub #3/2=1.5#.

Teraz zastosowałem Pitagorasa do trójkąta # OMC # z:

#bar (OC) = x #

#bar (OM) = 0,5 #

#bar (MC) = 1,5 # i mam:

# 1.5 ^ 2 = x ^ 2 + 0.5 ^ 2 #

lub:

# x ^ 2 = 1,5 ^ 2-0,5 ^ 2 = (3/2) ^ 2- (1/2) ^ 2 = 8/4 = 2 #

więc:

# x = sqrt (2) #

Czy jest sens…?

Trzy metalowe płytki, każda z obszarów A, są przechowywane tak, jak pokazano na rysunku, a ładunki q_1, q_2, q_3 są im dane, aby znaleźć wynikowy rozkład ładunku na sześciu powierzchniach, pomijając efekt krawędziowy?

Ładunki na powierzchniach a, b, c, d, e if są q_a = 1/2 (q_1 + q_2 + q_3), q_b = 1/2 (q_1-q_2-q_3), q_c = 1/2 (- q_1 + q_2 + q_3), q_d = 1/2 (q_1 + q_2-q_3), q_e = 1/2 (-q_1-q_2 + q_3), q_f = 1/2 (q_1 + q_2 + q_3) Pole elektryczne w każdy region można znaleźć za pomocą prawa Gaussa i superpozycji. Zakładając, że powierzchnia każdej płyty ma wartość A, pole elektryczne spowodowane przez ładunek q_1 samo jest q_1 / {2 epsilon_0 A} skierowane z dala od płyty po obu jego stronach. Podobnie możemy znaleźć pola z powodu każdego ładunku osobno i użyć superpozycji, aby znaleźć pola sieciowe w każdym regionie. Powyższy rysunek poka

Dwie identyczne drabiny są ułożone jak pokazano na rysunku, spoczywające na poziomej powierzchni. Masa każdej drabiny wynosi M i długość L. Blok wierzchołkowy m zawiesza się od wierzchołka P. Jeśli układ jest w równowadze, znajdź kierunek i wielkość tarcia?

Tarcie jest poziome, w kierunku drugiej drabiny. Jego wielkość to (M + m) / 2 tan alfa, alfa = kąt między drabiną a wysokością PN do powierzchni poziomej, Trójkąt PAN to trójkąt prostokątny, utworzony przez drabinę PA i wysokość PN do poziomu powierzchnia. Siły pionowe w równowadze są równymi reakcjami R równoważącymi ciężary drabin i wagę na wierzchołku P. So, 2 R = 2 Mg + mg. R = (M + m / 2) g ... (1) Równe tarcia poziome F i F, które zapobiegają zsuwaniu się drabin do wewnątrz i wzajemnie się równoważą. Należy zauważyć, że R i F działają w A i, waga drabiny PA, Mg działa na środku

Niech kapelusz (ABC) będzie dowolnym trójkątem, prętem rozciągającym (AC) do D takim, że słupek (CD) bar (CB); rozciągnij również pręt (CB) na E, tak aby pręt (CE) bar (CA). Pasek segmentów (DE) i pasek (AB) spotykają się w F. Pokaż ten kapelusz (DFB jest równoramienny?

W następujący sposób Ref: Podana figura „In” DeltaCBD, bar (CD) ~ = bar (CB) => / _ CBD = / _ CDB „Again in” DeltaABC i DeltaDEC bar (CE) ~ = bar (AC) -> ”według konstrukcji "bar (CD) ~ = bar (CB) ->" przez konstrukcję "" I "/ _DCE =" przeciwnie pionowo "/ _BCA" Stąd "DeltaABC ~ = DeltaDCE => / _ EDC = / _ ABC" Teraz w "DeltaBDF, / _FBD = / _ ABC + / _ CBD = / _ EDC + / _ CDB = / _ EDB = / _ FDB „So” bar (FB) ~ = bar (FD) => DeltaFBD „isosceles”