Тащить

[venco]

От угла к горизонтали зависит, но он по условию равен нулю.

[nikvic]

Понятно. С условием горизонтальности силы задача простенькая.

[hurtsy]

venco в сообщении #655566 писал(а):

а именно на расстоянии $\sqrt 2\over 2$ от конца к которому приложена сила

dovlato в сообщении #655565 писал(а):

Да, $\sqrt 2-1$

А чей ответ правильный ? С уважением,

[EtCetera]

hurtsy
Ньютоны с метрами не спутали?

[nikvic]

hurtsy в сообщении #656233 писал(а):

А чей ответ правильный

70.71%

[hurtsy]

EtCetera в сообщении #656237 писал(а):

hurtsy
Ньютоны с метрами не спутали?

$\sqrt 2\over 2$ и $\sqrt 2-1$ величины безразмерные(ТС не задавал размер), при чем здесь ньютоны с метрами? Если интересно, подставьте то что ТС умолчал.
С уважением,

[EtCetera]

При том, что $\frac{1}{\sqrt{2}}l$ $\text{---}$ расстояние от точки приложения силы до центра вращения ($l$ $\text{---}$ длина стержня), а $(\sqrt{2}-1)kF$ $\text{---}$ искомая сила, сдвигающая стержень.

[hurtsy]

EtCetera в сообщении #656319 писал(а):

При том, что $\frac{1}{\sqrt{2}}l$ $\text{---}$ расстояние от точки приложения силы до центра вращения ($l$ $\text{---}$ длина стержня), а $(\sqrt{2}-1)kF$

Да, спасибо. Но почему ТС умалчивает о том что $l=1$. К тому же, стержень не только тонкий, но абсолютно жесткий. Если бы стержень был конечной жесткости, можно было бы поупражняться сплайнами(маслом каши не испортишь). С уважением,

[dovlato]

Длины я не сообщил потому, что она не влияет на значение силы. И не влияет на относительное положение мгновенного центра вращения. Может, кто-нибудь объяснит, что (или кто) есть такое - ТС?))

[miflin]

dovlato в сообщении #656464 писал(а):

Может, кто-нибудь объяснит, что (или кто) есть такое - ТС?))

Вы собственной персоной!
Аббревиатура, которой обозначают автора темы - то ли от ТопикСтартер,
то ли от TopicCreator.

[dovlato]

Спасибо. Ан, до Демиурга, сталбыть, не дотянул..

[Sender]

Если тянуть под углом $\alpha$ к плоскости, можно написать: $f \cos \alpha = (\sqrt{2}-1)k(F - f \sin \alpha)$.
$f (\cos \alpha + (\sqrt{2}-1)k\sin \alpha)=(\sqrt{2}-1)k F$.
$f=\frac{(\sqrt{2}-1)k F}{\cos \alpha + (\sqrt{2}-1)k\sin \alpha}\geqslant \frac{(\sqrt{2}-1)k F}{\sqrt {1+(3-2\sqrt{2})k^2}}$.

[nikvic]

Sender в сообщении #656524 писал(а):

Если тянуть под углом $\alpha$ к плоскости, можно написать: $f \cos \alpha = (\sqrt{2}-1)k(F - f \sin \alpha)$.
$f (\cos \alpha + (\sqrt{2}-1)k\sin \alpha)=(\sqrt{2}-1)k F$.
$f=\frac{(\sqrt{2}-1)k F}{\cos \alpha + (\sqrt{2}-1)k\sin \alpha}\geqslant \frac{(\sqrt{2}-1)k F}{\sqrt {1+(3-2\sqrt{2})k^2}}$.

Где-то ошибка. Если трение ооочень велико, то проще приподнять.
В исходном выражении не видно выражения типа положения ЦМ трапеции со смещением центра вращения.

[Sender]

nikvic в сообщении #656530 писал(а):

Если трение ооочень велико, то проще приподнять.

Так и получается: $\lim _{k \rightarrow \infty}f=F$.

nikvic в сообщении #656530 писал(а):

В исходном выражении не видно выражения типа положения ЦМ трапеции со смещением центра вращения.

Не совсем понятно, поясните.

[nikvic]

Sender в сообщении #656535 писал(а):

Не совсем понятно, поясните.

При наличии вертикальной составляющей давление (линейное) зависит от места "по трапеции".