W odniesieniu do wektorów aG i bG z zad.1.1 wykazać (opierając się na rozkładzie na składowe), że wartość liczbowa c= a2 +b2 +2abcosθ

Zadania do rozdziału 1.

Zad.1.1.

Wykazać, że w wyniku sumowania wektorów aG i bG

tworzących kąt θ otrzymuje się nowy wektor cG

taki, że jego rzuty na prostokątne osie x i y spełniają zależności:

y y y x x

x a b , c a b

c = + = +

Rozwiązanie:

Wybieramy układ współrzędnych 0xy tak jak na rysunku.

Stosując zasadę równoległoboku znajdujemy wektor cG

. Jego rzuty na osie współrzędnych są odpowiednio równe cx i cy. Proste rozważania geometryczne wykazują, że

y y y x

x

x a b i c a b

c = + = +

Z rysunku też widać, że nachylenie wektora wypadkowego cG

względem osi x (a zatem także względem wektora aG

można wyrazić za pomocą zależności:

x y c tgα=c

Zad.1.2.

W odniesieniu do wektorów aG i bG

z zad.1.1 wykazać (opierając się na rozkładzie na składowe), że wartość liczbowa c= a² +b² +2abcosθ.

Rozwiązanie:

Rzuty danych wektorów na osie wynoszą odpowiednio:

θ

=

=

θ

=

=

sin b b , 0 a

cos b b , a a

y y

x x

A zatem

. sin b c , cos b a

c_x = + θ _y = θ

Stosując twierdzenie Pitagorasa otrzymamy

(a bcos ) b sin , c

c

c² = ²_x + ²_y = + θ ² + ^{2 2}θ stąd

. cos 2 b a

c= ² + ² + θ

Powyższe zadanie możemy rozwiązać posługując się wzorem Carnota dla dowolnego trójkąta ODE.

γ

− +

=a b 2abcos

c^{2 2 2}

Ponieważ γ=π−θ to cosγ=cos(π−θ)=−cosθ Zatem c² =a² +b² −2abcosθ

θ

− +

= a b 2abcos

c ^{2 2}

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 aG

na osie układu 0xyz wynoszą:

A B z

A B y

A B x

z y x

z z a

y y a

x x a

] a , a , a [ a

−

=

−

=

−

= G=

Wektor aG

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:

a cos a a ; cos a a ;

cosα= a^x β= ^y γ= ^z

gdzie a to moduł wektora aG

z2 y2

x2 a a

a a

a= G = + +

. Zatem

( _{B A}) (² _{B A}) (² _{B A})²

A B

z z y

y x

x

x cos x

− +

− +

−

= − α

( _{B A}) (² _{B A}) (² _{B A})²

A B

z z y

y x

x

y cos y

− +

− +

−

= − β

( _{B A}) (² _{B A}) (² _{B A})²

A B

z z y

y x

x

z cos z

− +

− +

−

= − γ

Na podstawie powyższych wzorów łatwo wykazać, że:

1 cos cos

cos²α+ ²β+ ²γ= Zad.1.4.

Stałe siły FG₁

=[1,2,3] [N] i FG₂

=[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

r F W G G

⋅

= gdzie siła FG FG₁ FG₂

+

= jest wypadkową siłą działającego na cząstkę, natomiast Gr jest wektorem przesunięcia

[1 4,2 5,3 2] [5, 3,1] [ ]N F

F

FG= G₁+G₂ = + − − = −

[x x ,y y ,z z ] [20 0,15 0,0,7] [ ]m

r= _B − _{A B} − _{A B} − _A = − −

G

Z definicji (1.9) iloczynu skalarnego otrzymujemy:

[ ]J 48 m N 48 7 45 100 7 1 15 3 20 5 r F

W=G⋅G= ⋅ − ⋅ − ⋅ = − − = ⋅ =

Zad.1.5.

Dane są dwa wektory aG=3Gi+4Gj−5kG; bG=−Gi+2Gj+6kG. 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= aG = 3² +4² +( )−5 ² = 50

( )1 2 6 41

b

b= G = − ² + ² + ² =

Ad.2. aG+bG=Gi(3−1) (+Gj 4+2) (+kG −5+6)=[2,6,1] ( )

(3 1) (j4 2) (k 5 6) [4,2, 11]

i b

aG−G=G − − +G − +G − − = − Ad.3. aG⋅bG=3⋅( )−1 +4⋅2+( )−5 ⋅6=−3+8−30=−25 Ad.4. aG⋅bG=−25

ale z (1.1) wiemy, że α

⋅

⋅

=

⋅b a b cos aG G G G

zatem −25= 50⋅ 41⋅cosα

41 50 cosα=− 25

Ad.5. Zgodnie z (1.10) możemy zapisać:

[ ]

( ) ( )( )

[4 6 5 2, 5 1 3 6, 3 2 4 2] [34, 13,2]

b a b a , b a b a , b a b a b b b

a a a

k j i b x

a _{y z z x z x x z x y y x}

z y x

z y x

−

=

⋅

−

⋅

⋅

−

−

−

−

−

⋅

=

=

−

−

−

=

=

G G G G G

Zad.1.6.

Siła FK 3Gi 2Gj 5kG[ ]N

− +

= działa na punkt, którego położenie wynosi

[ ]cm k 4 j 5 i 2

r G G G

G=− + + . Obliczyć moment siły MG

względem początku układu.

Rozwiązanie:

( 25 8) (i 12 10) (j 4 15)k [ 33,2,19] [Ncm]

5 2 3

4 5 2

k j i F x r

M = − − + − + − − = −

−

−

=

= G G G

G G G G G

K

[ 0.33,0.02,0.19] [ ]Nm MK = −

Moduł MG

wynosi

[ ]Nm 0.38[ ]Nm 19

. 0 02 . 0 33 . 0 M

M= G = ² + ² + ² =

Zad.1.7.

W płaszczyźnie Oxy porusza się punkt, którego promień wodzący Gr( )t

ma postać:

( )t [Rcos t,Rsin t]

r = ω ω

G gdzie R i ω to pewne stałe. Wyznaczyć prędkość υ(t) i przyspieszenie aG( )t

tego punktu.

Rozwiązanie:

Wiemy, że rG( ) ( )t =x t ⋅Gi +y( )t ⋅Gj

gdzie: x( )t =Rcosωt,y( )t =Rsinωt Wektor prędkości ( ) ( )

dt t r t d G = G υ

Wektor przyspieszenia ( ) ( ) ( )

2 2 dt

t r d dt

t t d a

G G = υG =

Zatem

( ) ( ) ( ) _j

dt t i dy dt

t

t dx G G

G = ⋅ + ⋅

υ

( ) ( ) ( ) _j

dy t y i d dt

t x t d

a ²

2

2 G G

G = +

( ) (Rcos t) R sin t dt

d dt

t

dx = ω =− ω ω

( ) (Rsin t) R cos t dt

d dt

t

dy = ω = ω ω

( ) ( R sin t) R cos t dt

d dt

t x

d ₂

2

2 = − ω ω =− ω ω

( ) (R cos t) R sin t dt

d dt

t y

d ₂

2

2 = ω ω =− ω ω

Zatem

( )t =[−Rωsinωt, Rωcosωt]

υG

( )^t [ ^{R cos t, R sin t}]

aG = − ω² ω − ω² ω

Moduły tych wektorów wynoszą odpowiednio

( )= υ( )= ω ω + ω ω = ω ω + ω = ω

υt G t R^{2 2}sin² t R^{2 2}cos² t R sin² t cos² t R

( ) ( )t a t R^{2 4}cos² t R^{2 4}sin² t R ² cos² t sin² t R ²

a = G = ω ω + ω ω = ω ω + ω = ω

Zauważmy, że iloczyn skalarny

( ) ( )t ⋅a t =R²ω³sinωtcosωt−R²ω³cosωtsinωt=0 υG G

co oznacza, że wektory Gυ( ) ( )t i aG t są wzajemnie prostopadłe.