Zadania do rozdzialu 1, Geodezja i Kartografia, Fizyka
[ Pobierz całość w formacie PDF ]
Zadania do rozdziału 1.
Zad.1.1.
Wykazać, że w wyniku sumowania wektorów a
G
i b
G
tworzących kąt θ otrzymuje się
nowy wektor c
G
taki, że jego rzuty na prostokątne osie x i y spełniają zależności:
c
x
=
a
x
+
b
x
,
c
y
=
a
y
+
b
y
Rozwiązanie:
Wybieramy układ współrzędnych 0xy tak jak na rysunku.
Stosując zasadę równoległoboku znajdujemy wektor c
G
. Jego rzuty na osie współrzędnych są
odpowiednio równe c
x
i c
y
. Proste rozważania geometryczne wykazują, że
c
x
=
a
x
+
b
x
i
c
y
=
a
y
+
b
y
Z rysunku też widać, że nachylenie wektora wypadkowego
c
G
względem osi x (a zatem także
względem wektora a
G
można wyrazić za pomocą zależności:
c
tg =α
y
c
x
Zad.1.2.
W odniesieniu do wektorów a
G
i b
G
z zad.1.1 wykazać (opierając się na rozkładzie na
składowe), że wartość liczbowa
c
=
a
2
+
b
2
+
2
ab
cos
θ
.
Rozwiązanie:
Rzuty danych wektorów na osie wynoszą odpowiednio:
a
x
=
a
,
b
x
=
b
cos
θ
a
y
=
0
b
y
=
b
sin
θ
18
A zatem
c
x
=
a
+
b
cos
θ
,
c
y
=
b
sin
θ
.
Stosując twierdzenie Pitagorasa otrzymamy
c
2
=
c
x
+
c
y
=
( )
a
+
b
cos
θ
2
+
b
2
sin
2
θ
,
stąd
c
=
a
2
+
b
2
+
2
cos
θ
.
Powyższe zadanie możemy rozwiązać posługując się wzorem Carnota dla dowolnego trójkąta
ODE.
c
2
=
a
2
+
b
2
−
2
ab
cos
γ
Ponieważ θ
γ to
=
π
−
cos
γ
=
cos
( )
θ
−
θ
=
−
cos
Zatem
c
2
=
a
2
+
b
2
−
2
ab
cos
θ
c
=
a
2
+
b
2
−
2
ab
cos
θ
Zad.1.3.
Dane są dwa punkty
( )
A
z
A
,
y
A
,
z
A
i
(
B
z
B
,
y
B
,
z
B
)
. Znaleźć składowe i cosinusy
kierunkowe wektora łączącego te punkty.
Rozwiązanie:
Składowe, czyli rzuty wektora a
G
na osie układu 0xyz wynoszą:
a
=
[
a
x
,
a
y
,
a
z
]
a
x
=
x
B
−
x
A
a
y
=
y
B
−
y
A
a
z
=
z
B
−
z
A
Wektor
a
G
tworzy z osią 0x kąt α, z osią 0y kąt β a z osią 0z kąt γ. Cosinusy kątów α, β i γ
zwane cosinusami kierunkowymi wynoszą:
cos
α
=
a
x
;
cos
β
=
a
y
;
cos
γ
=
a
z
a
a
a
gdzie a to moduł wektora a
G
a
=
G
a
=
a
x
2
+
a
y
2
+
a
z
2
.
Zatem
cos
α
=
x
B
−
x
A
( ) ( ) ( )
2
2
2
x
B
−
x
A
+
y
B
−
y
A
+
z
B
−
z
A
19
π
G
cos
β
=
y
B
−
y
A
( ) ( ) ( )
2
2
2
x
B
−
x
A
+
y
B
−
y
A
+
z
B
−
z
A
cos
γ
=
z
B
−
z
A
( ) ( ) ( )
2
2
2
x
B
−
x
A
+
y
B
−
y
A
+
z
B
−
z
A
Na podstawie powyższych wzorów łatwo wykazać, że:
cos
2
α
+
cos
2
β
+
cos
2
γ
=
1
Zad.1.4.
Stałe siły F
G
=[1,2,3] [N] i F
G
=[4,-5,-2] [N] działają równomiernie na cząstkę w czasie
przesunięcia z punktu A (0,0,7) [m] do punktu B (20,15,0) [m]. Jak wielka praca W została
wykonana przy przesunięciu cząstki?
Rozwiązanie:
Wykonana praca W jest określona wzorem
W
G
=
F
r
G
G
G
gdzie siła
F
+= jest wypadkową siłą działającego na cząstkę, natomiast r
G
jest
F
F
1
2
wektorem przesunięcia
F
=
F
+
F
G
=
[
1
+
4
2
−
5
3
−
2
] [ ][ ]
=
5
−
3
1
N
1
2
r
=
[
x
B
−
x
A
,
y
B
−
y
A
,
z
B
−
z
A
] [
=
20
−
0
15
−
0
0
][ ]
m
Z definicji (1.9) iloczynu skalarnego otrzymujemy:
W
=
F
G
⋅
G
r
=
5
⋅
20
−
3
⋅
15
−
1
⋅
7
=
100
−
45
−
7
=
48
N
⋅
m
=
48
[]
J
Zad.1.5.
Dane są dwa wektory
a
=
3
i
+
4
G
j
−
5
G
;
b
=
−
i
+
2
j
+
6
k
. Obliczyć:
1.
moduły (długości) każdego wektora,
2.
sumę i różnicę wektorów,
3.
iloczyn skalarny,
4.
cosinus kąta α zawartego między wektorami,
5.
iloczyn wektorowy.
Rozwiązanie:
Ad.1.
a
=
G
a
=
3
2
+
4
2
+
()
50
−
5
2
=
b
=
G
b
=
()
−
1
2
+
2
2
+
6
2
=
41
20
G
G
G
G
G
G
G
G
G
G
Ad.2.
( ) ( ) ( )
[
2
G
G
G
G
G
a
+
b
=
i
3
−
1
+
j
4
+
2
+
k
−
5
+
6
=
a
−
b
=
i
( ) ( ) ( )
[ ]
3
−
()
−
1
+
j
4
−
2
+
k
−
5
−
6
=
4
2
−
11
Ad.3.
() ()
a
⋅
G
b
=
3
⋅
−
1
+
4
⋅
2
+
−
5
⋅
6
=
−
3
+
8
−
30
=
−
25
Ad.4.
a −
⋅
G
b
=
25
ale z (1.1) wiemy, że
G
⋅
b
=
a
G
⋅
b
⋅
cos
α
zatem
−
25
=
50
⋅
41
⋅
cos
α
cos −
α
=
25
50
41
Ad.5. Zgodnie z (1.10) możemy zapisać:
G
G
j
k
G
G
G
[
]
a
=
a
a
a
=
a
b
−
a
b
,
a
b
−
a
b
,
a
b
−
a
b
=
x
y
z
y
z
z
x
z
x
x
z
x
y
y
x
b
x
b
y
b
z
=
[
4
⋅
6
−
()(()
−
5
2
−
5
−
1
−
3
⋅
6
3
⋅
2
−
4
⋅
2
] [ ]
=
34
,
−
13
,
2
Zad.1.6.
Siła
F
K
=
3
i
+
2
j
−
5
G
[]
N
działa na punkt, którego położenie wynosi
G
G
G
G
[]
. Obliczyć moment siły
G
względem początku układu.
r
=
−
2
i
+
5
j
+
4
k
cm
Rozwiązanie:
i
G
j
k
K
G
G
G
G
G
( ) ( ) ( ) [ ][ ]
M
=
r
x
=
−
2
5
4
=
−
25
−
8
i
+
12
−
10
j
+
−
4
−
15
k
=
−
33
,
2
19
Ncm
3
2
−
5
M −
K
=
[
0
33
,
0
.
02
,
0
19
][ ]
Nm
Moduł
G
wynosi
M
=
G
M
=
0
33
2
+
0
02
2
+
0
.
19
2
[ ] [ ]
Nm
=
0
38
Nm
Zad.1.7.
W płaszczyźnie Oxy porusza się punkt, którego promień wodzący
()
r
G
ma postać:
t
G
() [
t
=
R
cos
ω
t
,
R
sin
ω
t
]
gdzie R i ω to pewne stałe. Wyznaczyć prędkość υ(t) i
przyspieszenie
()
a
G
tego punktu.
t
21
G
G
G
G
G
G
G
a
G
G
i
G
G
G
G
r
Rozwiązanie:
Wiemy, że
() () ()
j
r
t
=
x
t
⋅
i
+
y
t
⋅
G
gdzie:
()
x
t
=
R
cos
ω
t
,
y
()
t
t
=
R
sin
ω
G
d
()
dt
t
Wektor prędkości
()
υ
t
=
Wektor przyspieszenia
()
G
d
υ
() ( )
2
t
d
2
r
t
a
t
=
=
dt
dt
Zatem
υ
()
t
=
dx
() ()
j
dt
t
⋅
G
+
dy
t
⋅
G
dt
G
()
t
=
d
2
x
() ()
j
dy
t
G
+
d
2
y
t
G
2
dt
dx
()
t
=
d
( )
R
cos
ω
t
=
−
R
ω
sin
ω
t
dt
dt
dy
()
t
=
d
( )
R
sin
ω
t
=
R
ω
cos
ω
t
dt
dt
d
2
x
()
t
d
(
)
2
=
−
R
ω
sin
ω
t
=
−
R
ω
cos
ω
t
2
dt
dt
d
2
y
()
t
=
d
( )
R
ω
cos
ω
t
=
−
R
ω
2
sin
ω
t
2
dt
dt
Zatem
()
[
t
=
−
R
ω
sin
ω
t
,
R
ω
cos
ω
t
]
a
()
[
t
=
−
R
ω
2
cos
ω
t
,
−
R
ω
2
sin
ω
t
]
Moduły tych wektorów wynoszą odpowiednio
υ
() ()
t
=
υ
G
t
=
R
2
ω
2
sin
2
ω
t
+
R
2
ω
2
cos
2
ω
t
=
R
ω
sin
2
ω
t
+
cos
2
ω
t
=
R
ω
a
() ()
t
=
G
a
t
=
R
2
ω
4
cos
2
ω
t
+
R
2
ω
4
sin
2
ω
t
=
R
ω
2
cos
2
ω
t
+
sin
2
ω
t
=
R
ω
2
Zauważmy, że iloczyn skalarny
υ
() ()
t
⋅
a
t
=
R
2
ω
3
sin
ω
t
cos
ω
t
−
R
2
ω
3
cos
ω
t
sin
ω
t
=
0
co oznacza, że wektory
() ()
G
υ
t
i
a
G
t
są wzajemnie prostopadłe.
22
G
G
G
r
G
G
G
i
a
i
υ
G
G
G
G
[ Pobierz całość w formacie PDF ]