Mechanika_Zadania.pdf
(
1053 KB
)
Pobierz
IV
1
1.
Rachunek wektorowy
⎧
A
r
=
a
ˆ
+
a
ˆ
+
a
ˆ
,
⎪
⎨
r
1
1
2
2
3
3
1.1.
Dane są trzy dowolne wektory:
B
=
b
ˆ
+
b
ˆ
+
b
ˆ
,
Wyrazić następujące
r
1
1
2
2
3
3
⎪
C
=
c
ˆ
+
c
ˆ
+
c
ˆ
.
⎩
1
1
2
2
3
3
wyrażenia
wektorowe
przez
składowe
tych
wektorów:
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
+
Rozwiązanie
Licząc sumę (różnicę) dowolnej liczby wektorów dodajemy (odejmujemy) składowe
tych wektorów. Dla wektorów podanych w zadaniu mamy:
B
−
C
A
⋅
B
A
×
B
A
×
(
×
C
).
)
A
r
+
B
r
−
C
r
=
a
ˆ
+
a
ˆ
+
a
ˆ
+
b
ˆ
+
b
ˆ
+
b
ˆ
-
(
c
ˆ
+
c
ˆ
+
c
ˆ
1
∑
−
1
2
2
3
3
1
1
2
2
3
3
1
1
2
2
3
3
( )
,
=
a
i
+
b
i
c
i
ˆ
i
i
=
1
....,
3
gdzie a
i
, b
i
, c
i
są składowymi kartezjańskimi wektorów
A
,
B
,
C
.
Drugie wyrażenie, tj. iloczyn skalarny wektorów a i
B
, możemy zapisać następująco:
(
r r
AB=
⋅
ae a e ae be be be
11
$ $ $ $ $ $
,
=
+ + ⋅ + +
2 2
3 3
) (
11
2 2
3 3
)
A
r
⋅
B
r
=
a
i
b
,
i
i
1
,..
3
gdzie korzystamy z tego, że iloczyn dwóch wersorów prostopadłych do siebie jest równy
zero.
Trzecie wyrażenie, tj. iloczyn wektorowy wektorów a i
B
, możemy wyrazić przez
składowe wektorów danych jedną z następujących formuł:
r
r
ˆ
1
ˆ
2
ˆ
3
A
×
B
=
(
a
ˆ
+
a
ˆ
+
a
ˆ
) (
×
b
ˆ
+
b
ˆ
+
b
ˆ
)
=
a
a
a
1
1
2
2
3
3
1
1
2
2
3
3
1
2
3
b
1
b
2
b
3
=
(
a
2
b
3
−
a
3
b
2
) (
ˆ
1
+
a
3
b
1
−
a
1
b
3
) (
ˆ
2
+
a
1
b
2
−
a
2
b
1
)
3
ˆ
.
Podwójny iloczyn skalarny, korzystając z poprzedniego wyniku, zapisujemy
następująco:
r
r
r
A
×
(
×
C
=
(
a
1
ˆ
1
+
a
2
ˆ
2
+
a
3
ˆ
3
) (
×
[
b
1
ˆ
1
+
b
2
ˆ
2
+
b
3
ˆ
3
) (
×
c
1
ˆ
1
+
c
2
ˆ
2
+
c
3
ˆ
3
)
]
(
) (
[
) ( ) (
)
]
=
a
1
ˆ
1
+
a
2
ˆ
2
+
a
3
ˆ
3
×
b
2
c
3
−
b
3
c
2
ˆ
1
+
b
3
c
1
−
b
1
c
3
ˆ
2
+
b
1
c
2
−
b
2
c
1
ˆ
3
=
ˆ
1
[
2
(
b
1
c
2
−
b
2
c
1
)
+
a
3
(
b
1
c
3
−
b
3
c
1
)]
+
ˆ
2
[
1
(
b
2
c
1
−
b
1
c
2
)
+
a
3
(
b
2
c
3
−
b
3
c
2
)]
+
ˆ
3
[
1
(
b
3
c
1
−
b
1
c
3
)
+
a
2
(
b
3
c
2
−
b
2
c
3
)].
1.2.
Wykazać, że:
( ) ( )
rr r r
AB AB AB
×= −⋅
2
22
.
Rozwiązanie
2
Korzystając najpierw z definicji kwadratu iloczynu wektorowego, mamy:
A
2
( ) ( )( )
r r r r r r
A
×=× ×
B
2
A
B
A
B
Ponieważ każdy z iloczynów wektorowych, po prawej stronie tego równania, można
przy pomocy definicji zapisać następująco:
r r
ABAB
×= sin α
gdzie α jest kątem między wektorami a i
B
, to kwadrat iloczynu wektorowego wektorów a
i
B,
przyjmuje postać:
( )( )
A
×
B
r
A
×
B
=
A
2
B
2
sin
2
α
=
A
2
B
2
( )
.
−
cos
2
α
Po prawej stronie, drugi wyraz jest kwadratem iloczynu skalarnego wektorów
A
i
B
.
Mamy zatem wynik:
r r r r
AB AB AB
( ) ( )
×= −⋅
2
22
2
,
który należało otrzymać.
1.3.
Znaleźć gradient funkcji
ϕ
i jego wartość bezwzględną, jeżeli
ϕ
oznacza kąt
zawarty między dodatnią osią x i promieniem wodzącym punktu P(x, y).
Rozwiązanie
y
r
P(x,y)
ϕ
Z rysunku przedstawiającego wektor położenia
r,
punktu P na płaszczyźnie x, y, mamy
związki na współrzędne kartezjańskie tego punktu:
xr
yr
x
⎩
=
=
cos ,
sin .
ϕ
ϕ
Rozwiązując ten układ równań względem ϕ, mamy:
ϕ=
arctg
⎛
⎜
y
x
⎞
⎟
.
Zatem funkcja ϕ zależy od x i y. Gradient tej funkcji obliczymy z algebraicznej definicji tej
wielkości, mianowicie:
grad
ϕ
≡∇ϕ= + +
⎛
⎜
$ $ $ $ $
x
∂
∂
x
e
y
∂
∂
y
e
z
∂
∂
z
⎞
⎟ = +
ϕ
⎛
⎜
e
x
∂
∂
x
e
y
∂
∂
y
⎞
⎟
arctg
⎛
⎜
y
x
⎞
⎟
=
e
1
⎛
⎜
−
y
⎞
⎟ +
e
1
⎛
⎜
1
⎞
⎟ =
− +
+
ye xe
xy
$ $
x
y
,
x
+
⎛
y
x
⎞
⎟
2
x
2
y
+
⎛
y
x
⎞
⎟
2
x
2
2
1
⎜
1
⎜
r
r
r
1
e
$
$
3
grad
ϕ=
− +
+
ye xe
xy
$ $
2
x
y
.
2
Wartość bezwzględną gradientu obliczamy z definicji długości tego wektora:
( )
( )
⎛
−
y
⎞
2
⎛
x
⎞
2
grad
ϕ
=
∇
ϕ
2
+
∇
ϕ
2
=
⎜
⎝
⎟
⎠
+
⎜
⎝
⎟
⎠
,
x
y
x
2
+
y
2
x
2
+
y
2
grad
ϕ
=
1
.
2
2
x
+
y
1.4.
Niech wektor
r
r
, wykreślony z początku układu współrzędnych, oznacza funkcję
∂
r
współrzędnych biegunowych na płaszczyźnie 0xy. Wykazać, że
ˆ
1
=
∂ρ
r
1
∂
r
i
ˆ
2
=
są wektorami jednostkowymi, przy czym e
1
jest równoległy, a e
2
ρ
∂ϕ
prostopadły do wektora r.
Rozwiązanie
Z dołączonego rysunku widać, że wektor
r
r ρ
=
ˆ
wyraża się przez swoje składowe
r
kartezjańskie wzorem:
r
r
=
(
ρ
cos
ϕ
)
ˆ
+
(
ρ
sin
ϕ
)
ˆ
.
x
y
Zdefiniowany w zadaniu wektor jednostkowy
e
1
ma postać:
[
∂
∂ρ
r
∂
∂ρ
]
e
1
==
(cos)
$
ρϕ ρϕ
ϕ ϕe
y
e
+
(sin )
$
e
= +
(cos )
$
e
(sin )
$
.
x
y
x
Postać drugiego wektora jednostkowego, tj.
e
2
, jest następująca:
[
1
= =
∂
∂ϕ
r
∂
∂ϕ
]
e
(cos )
$
ϕ ϕ ϕ
e
+
(sin)
$
e
= −
(sin)
$
ϕ
e
+
(cos )
$
.
ϕ e
y
2
ρ
x
y
x
Mając jawną postać wektorów jednostkowych i wektora położenia
r,
możemy
obliczyć iloczyny tych wektorów zarówno skalarne jak i wektorowe:
(
ˆ
r
=
(cos
ϕ
)
ˆ
+
(sin
ϕ
)
ˆ
) (
⋅
(
ρ
cos
ϕ
)
ˆ
+
(
ρ
sin
ϕ
)
ˆ
)
1
x
y
x
y
=
ρ
[
cos
2
ϕ
+
sin
2
ϕ
]
.
=
ρ
Ponieważ wektor
e
1
jest wektorem jednostkowym, bo jego długość jest równa jeden:
$
e
=
(cos )
$
2
ϕ
e
2
+
(sin )
$
ϕ =
,
e
2
1
1
x
y
to poprzednie równanie oznacza, że wektor
e
1
jest równoległy do wektora
r
.
r
r
$
r
$
r
To samo stwierdzenie wynika z iloczynu wektorowego tych wektorów:
4
ˆ
1
×
r
r
=
(
(cos
ϕ
)
ˆ
x
+
(sin
ϕ
)
ˆ
y
) (
×
(
ρ
cos
ϕ
)
ˆ
x
+
(
ρ
sin
ϕ
)
ˆ
y
)
=
( )
( ) ( )
( )
( ) (
ρ
cos
2
ϕ
ˆ
×
ˆ
+
ρ
sin
ϕ
cos
ϕ
ˆ
×
ˆ
x
x
y
x
)
+
(
ρ
sin
ϕ
cos
ϕ
)
ˆ
×
ˆ
+
(
ρ
sin
2
ϕ
)
ˆ
×
ˆ
x
y
y
y
]
( )
0
=
[
(
ρ
sin
ϕ
cos
ϕ
)
−
(
ρ
sin
ϕ
cos
ϕ
)
ˆ
y
×
ˆ
x
=
Analogicznie dowodzimy, że wektor
e
2
jest prostopadły do wektora
r
:
(
ˆ
r
=
(
−
sin
ϕ
)
ˆ
+
(cos
ϕ
)
ˆ
) (
⋅
(
ρ
cos
ϕ
)
ˆ
+
(
ρ
sin
ϕ
)
ˆ
)
2
x
y
x
y
[
]
0
=
ρ
−
sin
ϕ
cos
ϕ
+
cos
ϕ
sin
ϕ
=
1.5.
Znaleźć wektor jednostkowy normalny (prostopadły) do powierzchni:
, w punkcie P(1, 2, 2), skierowany na zewnątrz tej powierzchni.
−
xy
+
yz
=
3
Rozwiązanie
Oznaczając przez f(x, y, z) lewą stronę równania:
f(x, y, z) = x - xy + yz - 3 = 0,
i różniczkując ją kolejno po zmiennych x, y i z, otrzymujemy składowe gradientu tej funkcji:
2
grad
f
=
ˆ
∂
f
(
x
,
y
z
)
=
( )
2
x
−
y
ˆ
,
x
x
∂
x
x
grad
f
=
ˆ
∂
f
(
x
,
y
z
)
=
( )
−
x
+
z
ˆ
,
y
x
∂
y
y
grad
f
=
ˆ
∂
f
(
x
,
y
z
)
=
y
ˆ
.
z
x
∂
z
z
2
z
$
Wektor jednostkowy
e
n
,
prostopadły do powierzchni wyznaczonej przez równanie:
f(x, y, z) = 0, jest określony przez gradient następująco:
( )
( )
( )
( )
Gradient funkcji f jest więc równy:
( )
( )
gradf x y z
(, ,)
=− +−+ +
x y e
$ $
x
x z e ye
y
.
e
=
gradf xyz
gradf xyz
(, ,)
(, ,)
=
∇
∇
f
f
=
2
xye
− + − + +
$ $
x
xze e
y
$
z
.
n
2
2
xy
−+−++
xz y
2
2
Wektor ten jest określony w dowolnym punkcie powierzchni. Podstawiając wartości
współrzędnych punktu P mamy:
( ) ( )
( ) ( )
ˆ
=
2
x
−
y
ˆ
x
+
−
x
+
z
ˆ
y
+
y
ˆ
z
=
ˆ
y
+
2
ˆ
z
.
n
2
2
5
2
x
−
y
+
−
x
+
z
+
y
2
2.
Kinematyka punktu materialnego
1.6.
Pociąg jedzie z prędkością v
0
= 20 m/s. Po włączeniu hamulców można go
zatrzymać w ciągu 120 s. Zakładając, że podczas hamowania ruch pociągu jest
jednostajnie opóźniony, obliczyć w jakiej odległości od stacji należy zacząć
hamować.
r
x
2
$
5
Rozwiązanie
Ruch pociągu podczas hamowania jest opisany równaniami:
⎧
⎪
⎪
Svt t
=−
1
2
2
,
0
v
== −
0
v
0
at
.
S jest szukaną odległością od stacji, gdzie należy włączyć hamulce, aby zatrzymać się na
stacji, a v
o
jest prędkością pociągu. Wyznaczając z drugiego równania opóźnienie a:
a
=
v
t
0
i podstawiając do równania na drogę S, otrzymujemy:
S
=
v
t
−
1
at
2
=
v
t
−
1
v
0
t
2
=
v
0
t
.
0
2
0
2
t
2
20
m
⋅
120
s
s
S
=
=
1200
m
2
1.7.
Tramwaj rusza z miejsca z przyspieszeniem a = 0,3 m/s
2
. w ciągu jakiego czasu
przejedzie on pierwszy oraz dziesiąty metr drogi i jaką prędkość osiągnie na
końcu dziesiątego metra drogi?
Rozwiązanie
Równania opisujące ruch tramwaju na pierwszym metrze drogi są następujące:
⎧
⎪
⎪
at
2
S
=
1
,
1
2
v t
1
=
1
.
Ponieważ droga S
1
= 1 m i przyspieszenie a = 0,3 m/s, to z pierwszego równania wyznaczamy
czas t
1, w
ciągu którego tramwaj przejedzie pierwszy metr drogi. Czas ten jest równy:
t
2
= ;
S
a
1
⇒
=
t
1
25, s
.
1
Czas, w jakim tramwaj przejedzie kolejno 9 m i 10 m drogi określony jest
równaniami:
t
=
2
S
a
9
;
⇒ =
t
775
. s.
9
9
t
=
2
S
a
10
;
⇒
t
=
817
, s.
10
10
Czas, w jakim tramwaj przejedzie dziesiąty metr drogi jest więc równy:
( )
t
=
t
−
t
=
2
10
−
2
9
=
2
S
−
S
⇒
∆
t
≅
0
42
s
10
9
a
a
a
10
9
Prędkość na końcu dziesiątego metra drogi jest równa:
s
v
10
=
at
10
≅
2
45
m
/
1.8.
W próżni z wysokości h spada swobodnie ciało. Wysokość tę należy podzielić na
n odcinków tak, aby czas spadania ciała na każdym odcinku drogi był
jednakowy. Wyznaczyć długość każdego odcinka.
∆
Plik z chomika:
robertwierbi
Inne pliki z tego folderu:
Engel_Giergiel_-_Statyka.pdf
(19411 KB)
Mechanika ogólna - statyka Hendzel, Żylski.pdf
(9952 KB)
Zadania z mechaniki ogolnej - statyka, Jan Misiak.pdf
(73108 KB)
belka - obroty i przesuwy metoda przemieszczeń.pdf
(18309 KB)
mechanikacwiczenia.rar
(15343 KB)
Inne foldery tego chomika:
Ekologia w produkcji
Grafika inż
Informatyka - podst progr
Materiałoznawstwo I
Równania różniczkowe
Zgłoś jeśli
naruszono regulamin