คำตอบสั้น · กลศาสตร์นิวตันพื้นฐาน

[$N \approx 40.55 \mathrm{N} , f_{k} \approx 6.08 \mathrm{N} , a \approx \frac{2.41 \mathrm{m}}{\mathrm{s}^{2}}$ ไปตามแรงดึงแนวนอน.]

[$a = g \left(\sin \theta - \mu _{k} \cos \theta \right)$ ลงตามพื้น; ต้อง $\tan \theta > \mu _{k}$ เพื่อให้ $a$ ลงเป็นบวก.]

[$f \left(F\right) = - F$ สำหรับ $0 \le F \le \mu _{s} m g$; หลังเริ่มไถล $f = - \mu _{k} m g$ โดยเกิด jump เพราะ $\mu _{k} < \mu _{s} .$]

$\left[v_{\mathrm{max}} = \sqrt{\mu _{s} g R} .\right]$

[$T = m \left(g + A\right)$; เมื่อ $A = - g$ ได้ $T = 0 .$]

$\left[a = \frac{\left(m_{2} - m_{1}\right) g}{m_{1} + m_{2}} ; T = \frac{2 m_{1} m_{2} g}{m_{1} + m_{2}} .\right]$

$\left[a = \frac{m_{2} g}{m_{1} + m_{2}} ; T = \frac{m_{1} m_{2} g}{m_{1} + m_{2}} .\right]$

[ขณะ $m_{2}$ กำลังเคลื่อนลง: $a = \frac{g \left(m_{2} - \mu _{k} m_{1}\right)}{m_{1} + m_{2}} , T = \frac{m_{1} m_{2} g \left(1 + \mu _{k}\right)}{m_{1} + m_{2}} ; a$ ลงเป็นบวกเมื่อ $m_{2} > \mu _{k} m_{1}$ หาก $a < 0$ ยังอาจเคลื่อนลงแต่ชะลอจนหยุด.]

$\left[a = \frac{F}{M} ; T_{1} = \frac{F m_{1}}{M} ; T_{2} = \frac{F \left(m_{1} + m_{2}\right)}{M} , M = m_{1} + m_{2} + m_{3} .\right]$

$\left[T_{\mathrm{low}} = 2 m \left(g + A\right) , T_{\mathrm{up}} = 3 m \left(g + A\right) .\right]$

[$v_{1} + v_{2} = 0$ และ $a_{1} + a_{2} = 0 .$]

$\left[v_{x} + 2 v_{y} = 0 ; a_{x} + 2 a_{y} = 0 .\right]$

$\left[\Delta v = \left(\frac{F_{0} T}{2 m}\right) i .\right]$

[$v = \left(1.5 t^{2}\right) i + \left(2 t - 0.5 t^{2}\right) j ; r = 0.5 t^{3} i + \left(t^{2} - \frac{t^{3}}{6}\right) j ; a_{y}$ เปลี่ยน sign ที่ $2 \mathrm{s} .$]

[$v = \left(\frac{F_{0}}{m \omega }\right) \sin \omega t ; x = \left(\frac{F_{0}}{m \omega ^{2}}\right) \left(1 - \cos \omega t\right)$; return time $= \frac{2 \pi }{\omega } .$]

$\left[v = v_{0} e^{- t / \tau } , x = v_{0} \tau \left(1 - e^{- t / \tau }\right) , \tau = \frac{m}{b} .\right]$

$\left[v_{t} = \frac{m g}{b} ; v \left(t\right) = \left(\frac{m g}{b}\right) \left(1 - e^{- b t / m}\right) .\right]$

$\left[v_{t} = \sqrt{m g / c} ; v \left(t\right) = v_{t} \tanh \left(\frac{g t}{v_{t}}\right) .\right]$

[ODE: $\frac{1200 \mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} = 2000 - 20 v ; v_{t} = \frac{100 \mathrm{m}}{\mathrm{s}} ; \tau = 60 \mathrm{s} .$]

[$\vec{v} \left(t\right) = \vec{v}_{0} e^{- b t / m}$; direction คงที่และ speed ลด exponential.]

[$v^{2} = \left(\frac{2 F_{0}}{m}\right) \left(x - \frac{x^{2}}{2 L}\right) ; \max$ ที่ $x = L$ โดย $v_{\mathrm{max}}^{2} = \frac{F_{0} L}{m}$; turning point $x = 2 L .$]

$\left[v^{2} = v_{0}^{2} - \left(\frac{k}{2 m}\right) x^{4} ; \left|x\right|_{\mathrm{max}} = \left(\frac{2 m v_{0}^{2}}{k}\right)^{1 / 4} .\right]$

$\left[v \left(x\right) = \pm \sqrt{v_{1}^{2} + \left(\frac{2 A}{m}\right) \ln \left(\frac{x}{x_{1}}\right)} ; \left[A\right] = N \cdot m = J .\right]$

[$F \cdot r = 0$ ทุกจุด; ที่ $r \ne 0$ แรงตั้งฉากกับรัศมีและชี้สัมผัสวงกลมทวนเข็มเมื่อ $a > 0$; ที่ origin แรงเป็นศูนย์และมุมไม่ถูกนิยาม.]

[$a \left(r\right) = - \left(\frac{k}{m}\right) r$; ODEs: $x$¨$+ \left(\frac{k}{m}\right) x = 0 , y$¨$+ \left(\frac{k}{m}\right) y = 0 , z$¨$+ \left(\frac{k}{m}\right) z = 0 .$]

[สำหรับ $\alpha , \beta > 0$: มุมฉากเกิดบน $y = \pm \sqrt{\alpha / \beta } x$ โดยตัด origin ออก; เมื่อ $\alpha = \beta > 0$ เป็นเส้น $y = \pm x$ ที่ไม่รวม origin.]

$\left[F \left(t\right) = - m R \omega ^{2} \left(\cos \omega t i + \sin \omega t j\right) ; F \cdot v = 0 .\right]$

[$v = v_{0} + \left(\frac{F_{0} \tau }{m}\right) \left(1 - e^{- t / \tau }\right) - \left(\frac{f}{m}\right) t$; ถ้า $F_{0} > f , a$ เปลี่ยน sign ที่ $t = \tau \ln \left(\frac{F_{0}}{f}\right) .$]

[$\frac{m \mathrm{d}v}{\mathrm{d}t} = \frac{P}{v} - b v$; terminal speed $v_{t} = \sqrt{P / b} .$]

[$F \left(x\right) = - \frac{m V^{2}}{2 L}$ ตลอด $0 \le x \le L$ และยัง finite ที่ $x = L .$]