Przejdź do treściPrzejdź do informacji o dostępności
Logo OpenStax
Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1

2.3 Działania na wektorach

Fizyka dla szkół wyższych. Tom 12.3 Działania na wektorach
  1. Przedmowa
  2. Mechanika
    1. 1 Jednostki i miary
      1. Wstęp
      2. 1.1 Zakres stosowalności praw fizyki
      3. 1.2 Układy jednostek miar
      4. 1.3 Konwersja jednostek
      5. 1.4 Analiza wymiarowa
      6. 1.5 Szacowanie i pytania Fermiego
      7. 1.6 Cyfry znaczące
      8. 1.7 Rozwiązywanie zadań z zakresu fizyki
      9. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    2. 2 Wektory
      1. Wstęp
      2. 2.1 Skalary i wektory
      3. 2.2 Układy współrzędnych i składowe wektora
      4. 2.3 Działania na wektorach
      5. 2.4 Mnożenie wektorów
      6. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    3. 3 Ruch prostoliniowy
      1. Wstęp
      2. 3.1 Położenie, przemieszczenie, prędkość średnia
      3. 3.2 Prędkość chwilowa i szybkość średnia
      4. 3.3 Przyspieszenie średnie i chwilowe
      5. 3.4 Ruch ze stałym przyspieszeniem
      6. 3.5 Spadek swobodny i rzut pionowy
      7. 3.6 Wyznaczanie równań ruchu metodą całkowania
      8. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    4. 4 Ruch w dwóch i trzech wymiarach
      1. Wstęp
      2. 4.1 Przemieszczenie i prędkość
      3. 4.2 Przyspieszenie
      4. 4.3 Rzuty
      5. 4.4 Ruch po okręgu
      6. 4.5 Ruch względny w jednym i dwóch wymiarach
      7. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    5. 5 Zasady dynamiki Newtona
      1. Wstęp
      2. 5.1 Pojęcie siły
      3. 5.2 Pierwsza zasada dynamiki Newtona
      4. 5.3 Druga zasada dynamiki Newtona
      5. 5.4 Masa i ciężar ciała
      6. 5.5 Trzecia zasada dynamiki Newtona
      7. 5.6 Rodzaje sił
      8. 5.7 Rozkłady sił działających na ciała
      9. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    6. 6 Zastosowania zasad dynamiki Newtona
      1. Wstęp
      2. 6.1 Rozwiązywanie zadań związanych z zasadami dynamiki Newtona
      3. 6.2 Tarcie
      4. 6.3 Siła dośrodkowa
      5. 6.4 Siła oporu i prędkość graniczna
      6. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    7. 7 Praca i energia kinetyczna
      1. Wstęp
      2. 7.1 Praca
      3. 7.2 Energia kinetyczna
      4. 7.3 Zasada zachowania energii mechanicznej
      5. 7.4 Moc
      6. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    8. 8 Energia potencjalna i zasada zachowania energii
      1. Wstęp
      2. 8.1 Energia potencjalna układu
      3. 8.2 Siły zachowawcze i niezachowawcze
      4. 8.3 Zasada zachowania energii
      5. 8.4 Wykresy energii potencjalnej
      6. 8.5 Źródła energii
      7. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
    9. 9 Pęd i zderzenia
      1. Wstęp
      2. 9.1 Pęd
      3. 9.2 Popęd siły i zderzenia
      4. 9.3 Zasada zachowania pędu
      5. 9.4 Rodzaje zderzeń
      6. 9.5 Zderzenia w wielu wymiarach
      7. 9.6 Środek masy
      8. 9.7 Napęd rakietowy
      9. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    10. 10 Obroty wokół stałej osi
      1. Wstęp
      2. 10.1 Zmienne opisujące ruch obrotowy
      3. 10.2 Obroty ze stałym przyspieszeniem kątowym
      4. 10.3 Związek między wielkościami w ruchach obrotowym i postępowym
      5. 10.4 Moment bezwładności i energia kinetyczna w ruchu obrotowym
      6. 10.5 Obliczanie momentu bezwładności
      7. 10.6 Moment siły
      8. 10.7 Druga zasada dynamiki dla ruchu obrotowego
      9. 10.8 Praca i energia kinetyczna w ruchu obrotowym
      10. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    11. 11 Moment pędu
      1. Wstęp
      2. 11.1 Toczenie się ciał
      3. 11.2 Moment pędu
      4. 11.3 Zasada zachowania momentu pędu
      5. 11.4 Precesja żyroskopu
      6. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    12. 12 Równowaga statyczna i sprężystość
      1. Wstęp
      2. 12.1 Warunki równowagi statycznej
      3. 12.2 Przykłady równowagi statycznej
      4. 12.3 Naprężenie, odkształcenie i moduł sprężystości
      5. 12.4 Sprężystość i plastyczność
      6. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    13. 13 Grawitacja
      1. Wstęp
      2. 13.1 Prawo powszechnego ciążenia
      3. 13.2 Grawitacja przy powierzchni Ziemi
      4. 13.3 Energia potencjalna i całkowita pola grawitacyjnego
      5. 13.4 Orbity satelitów i ich energia
      6. 13.5 Prawa Keplera
      7. 13.6 Siły pływowe
      8. 13.7 Teoria grawitacji Einsteina
      9. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    14. 14 Mechanika płynów
      1. Wstęp
      2. 14.1 Płyny, gęstość i ciśnienie
      3. 14.2 Pomiar ciśnienia
      4. 14.3 Prawo Pascala i układy hydrauliczne
      5. 14.4 Prawo Archimedesa i siła wyporu
      6. 14.5 Dynamika płynów
      7. 14.6 Równanie Bernoulliego
      8. 14.7 Lepkość i turbulencje
      9. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
  3. Fale i akustyka
    1. 15 Drgania
      1. Wstęp
      2. 15.1 Ruch harmoniczny
      3. 15.2 Energia w ruchu harmonicznym
      4. 15.3 Porównanie ruchu harmonicznego z ruchem jednostajnym po okręgu
      5. 15.4 Wahadła
      6. 15.5 Drgania tłumione
      7. 15.6 Drgania wymuszone
      8. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    2. 16 Fale
      1. Wstęp
      2. 16.1 Fale biegnące
      3. 16.2 Matematyczny opis fal
      4. 16.3 Prędkość fali na naprężonej strunie
      5. 16.4 Energia i moc fali
      6. 16.5 Interferencja fal
      7. 16.6 Fale stojące i rezonans
      8. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    3. 17 Dźwięk
      1. Wstęp
      2. 17.1 Fale dźwiękowe
      3. 17.2 Prędkość dźwięku
      4. 17.3 Natężenie dźwięku
      5. 17.4 Tryby drgań fali stojącej
      6. 17.5 Źródła dźwięków muzycznych
      7. 17.6 Dudnienia
      8. 17.7 Efekt Dopplera
      9. 17.8 Fale uderzeniowe
      10. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
  4. A Jednostki
  5. B Przeliczanie jednostek
  6. C Najważniejsze stałe fizyczne
  7. D Dane astronomiczne
  8. E Wzory matematyczne
  9. F Układ okresowy pierwiastków
  10. G Alfabet grecki
  11. Rozwiązania zadań
    1. Rozdział 1
    2. Rozdział 2
    3. Rozdział 3
    4. Rozdział 4
    5. Rozdział 5
    6. Rozdział 6
    7. Rozdział 7
    8. Rozdział 8
    9. Rozdział 9
    10. Rozdział 10
    11. Rozdział 11
    12. Rozdział 12
    13. Rozdział 13
    14. Rozdział 14
    15. Rozdział 15
    16. Rozdział 16
    17. Rozdział 17
  12. Skorowidz nazwisk
  13. Skorowidz rzeczowy
  14. Skorowidz terminów obcojęzycznych

Cel dydaktyczny

W tym podrozdziale nauczysz się:
  • stosować metody analityczne dodawania wektorów i rozwiązywania równań, w których szukany jest wektor;
  • opisywać zjawiska fizyczne przy pomocy wektorów.

Wektory można dodawać i mnożyć przez skalary. Dodawanie wektorów jest łączne (Równanie 2.8) i przemienne (Równanie 2.7), a mnożenie wektorów przez sumę skalarów jest rozdzielne względem dodawania (Równanie 2.9). Mnożenie skalarów przez sumę wektorów również jest rozdzielne względem dodawania:

α ( A + B ) = α A + α B . α ( A + B ) =α A +α B .
2.22

W powyższym równaniu α α może być jakąkolwiek liczbą (skalarem). Przykładowo wektor o zwrocie przeciwnym do zwrotu wektora A = A x i ^ + A y j ^ + A z k ^ A = A x i ^ + A y j ^ + A z k ^ można przedstawić, mnożąc A A przez α = −1 α = −1 :

A = A x i ^ A y j ^ A z k ^ . A = A x i ^ A y j ^ A z k ^ .
2.23

Przykład 2.8

Kierunek ruchu

Dany jest układ współrzędnych kartezjańskich, gdzie i ^ i ^ jest skierowany na wschód, j ^ j ^ jest skierowany n północ, a k ^ k ^ jest skierowany pionowo i oznacza wysokość nad poziomem morza. Oddział żołnierzy przemieszcza się po nieznanym terenie z prędkością v = 4,0 km/h i ^ + 3,0 km/h j ^ + 0,1 km/h k ^ v =4,0km/h i ^ +3,0km/h j ^ +0,1km/h k ^ . Jeśli zarządzono by odwrót, w jakim kierunku geograficznym oddział musiałby ruszyć?

Rozwiązanie

Trzecia składowa wektora prędkości jest równa v z = + 0,1 km/h k ^ v z =+0,1km/h k ^ , co oznacza, że oddział wspina się z prędkością 100 m/h. Prędkość w kierunku wschodnim jest równa 4,0 km/h, a w kierunku północnym 3,0 km/h, a więc kierunek oddziału na płaszczyźnie to arctg ( 3 / 4 ) 37 arctg(3/4) 37 na północ od kierunku wschodniego. Jeśli oddział musiałby zawrócić, zwrot nowego wektora prędkości u u musiałby być przeciwny do wektora v v . Można go zapisać u = α v u =α v , gdzie α α jest liczbą dodatnią. Prędkość zawracającego oddziału byłaby więc równa u = α ( 4,0 km/h i ^ 3,0 km/h j ^ 0,1 km/h k ^ ) u =α ( 4,0 km/h i ^ 3,0 km/h j ^ 0,1 km/h k ^ ) . Minus przy trzeciej składowej oznacza, że oddział będzie szedł w dół. Kierunek nowego wektora prędkości opisuje kąt arctg ( 3 α / 4 α ) 37 arctg(3α/4α) 37 na południe od kierunku zachodniego. W płaszczyźnie oddział będzie poruszał się w kierunku 37 37 na południe od kierunku zachodniego.

W rachunku wektorowym występuje pojęcie wektora zerowego (ang. null vector), zapisywanego 0 0 . Wszystkie składowe wektora zerowego są równe zero, 0 = 0 i ^ + 0 j ^ + 0 k ^ 0 =0 i ^ +0 j ^ +0 k ^ , więc nie ma on długości ani kierunku.

Wektory A A i B B są równe wtedy i tylko wtedy, kiedy ich różnica jest wektorem zerowym:

0 = A B = ( A x i ^ + A y j ^ + A z k ^ ) ( B x i ^ + B y j ^ + B z k ^ ) = ( A x B x ) i ^ + ( A y B y ) j ^ + ( A z B z ) k ^ . 0 = A B = ( A x i ^ + A y j ^ + A z k ^ ) ( B x i ^ + B y j ^ + B z k ^ ) = ( A x B x ) i ^ + ( A y B y ) j ^ + ( A z B z ) k ^ .

Oznacza to, że muszą być spełnione równania A x B x = 0 A x B x = 0 , A y B y = 0 A y B y = 0 oraz A z B z = 0 A z B z = 0 . Aby stwierdzić, że A = B A = B , poszczególne składowe wektorów A A i B B muszą być równe:

A = B { A x = B x A y = B y A z = B z . A = B { A x = B x A y = B y A z = B z .
2.24

Dwa wektory są równe, jeśli wartości ich składowych są takie same.

Rozkład wektora na składowe i przedstawienie tego w formie takiej jak w Równaniu 2.19 pozwala na znalezienie sumy i różnicy wielu wektorów analitycznie (to znaczy bez użycia metod graficznych). Na przykład aby znaleźć sumę dwóch wektorów A A i B B , należy po prostu dodać do siebie ich poszczególne składowe

R = A + B = ( A x i ^ + A y j ^ + A z k ^ ) + ( B x i ^ + B y j ^ + B z k ^ ) = ( A x + B x ) i ^ + ( A y + B y ) j ^ + ( A z + B z ) k ^ . R = A + B = ( A x i ^ + A y j ^ + A z k ^ ) + ( B x i ^ + B y j ^ + B z k ^ ) = ( A x + B x ) i ^ + ( A y + B y ) j ^ + ( A z + B z ) k ^ .

Wartości składowych wektora sumy R = R x i ^ + R y j ^ + R z k ^ R = R x i ^ + R y j ^ + R z k ^ są więc sumami wartości odpowiednich składowych dodawanych wektorów A A i B B :

{ R x = A x + B x R y = A y + B y R z = A z + B z . { R x = A x + B x R y = A y + B y R z = A z + B z .

Przy pomocy metody analitycznej można obliczyć sumę wielu wektorów. Jeśli na przykład chcemy dodać N N wektorów F 1 , F 2 , F 3 , , F N F 1 , F 2 , F 3 ,, F N , gdzie każdy wektor F k = F k x i ^ + F k y j ^ + F k z k ^ F k = F k x i ^ + F k y j ^ + F k z k ^ , wektor sumy F R F R będzie równy

F R = F 1 + F 2 + F 3 + + F N = k = 1 N F k = k = 1 N ( F k x i ^ + F k y j ^ + F k z k ^ ) = ( k = 1 N F k x ) i ^ + ( k = 1 N F k y ) j ^ + ( k = 1 N F k z ) k ^ . F R = F 1 + F 2 + F 3 + + F N = k = 1 N F k = k = 1 N ( F k x i ^ + F k y j ^ + F k z k ^ ) = ( k = 1 N F k x ) i ^ + ( k = 1 N F k y ) j ^ + ( k = 1 N F k z ) k ^ .

Wartości składowych wektora sumy są równe:

{ F R x = k = 1 N F k x = F 1 x + F 2 x + + F N x F R y = k = 1 N F k y = F 1 y + F 2 y + + F N y F R z = k = 1 N F k z = F 1 z + F 2 z + + F N z . { F R x = k = 1 N F k x = F 1 x + F 2 x + + F N x F R y = k = 1 N F k y = F 1 y + F 2 y + + F N y F R z = k = 1 N F k z = F 1 z + F 2 z + + F N z .
2.25

Skoro znamy wartości składowych wektora, możemy przedstawić rozkład wektora na składowe:

F R = F R x i ^ + F R y j ^ + F R z k ^ . F R = F R x i ^ + F R y j ^ + F R z k ^ .

Obliczanie sumy wektorów – i rozwiązywanie równań wektorowych w ogóle – za pomocą metod analitycznych jest bardzo przydatne, ponieważ wiele wielkości fizycznych to wielkości wektorowe. Metodę analityczną stosujemy na przykład w kinematyce, kiedy chcemy znaleźć sumę wektorów przemieszczenia lub prędkości, w mechanice podczas obliczania wynikowego wektora siły oraz różnych wielkości pochodnych, czy też w elektryczności i magnetyzmie podczas obliczania sumy wektorów natężenia pola elektrycznego lub magnetycznego.

Przykład 2.9

Obliczanie sumy i różnicy wektorów metodą analityczną

Moduły trzech leżących na płaszczyźnie (Rysunek 2.13) wektorów A A , B B oraz C C są równe A = 10,0 A=10,0, B = 7,0 B=7,0 i C = 8,0 C=8,0. Ich kąty odchylenia od poziomu są równe α = 35 α= 35 , β = 110 β= 110 oraz γ = 30 γ= 30 . Wartości modułów podane są w centymetrach. Znajdź wartości składowych poszczególnych wektorów i wykonaj następujące działania:
  1. R = A + B + C R = A + B + C ,
  2. D = A B D = A B ,
  3. S = A 3 B + C S = A 3 B + C .

Strategia rozwiązania

Najpierw znajdujemy wartości poszczególnych składowych każdego wektora i zapisujemy wektory w postaci rozkładu na składowe (Równanie 2.12). Następnie stosujemy metodę analityczną rachunku wektorowego.

Rozwiązanie

Dokonujemy rozkładu wektorów na składowe:
Ax=Acosα=10,0cmcos35°=8,19cm,Ay=Asinα=10,0cmsin35°=5,73cm,Ax=Acosα=10,0cmcos35°=8,19cm,Ay=Asinα=10,0cmsin35°=5,73cm, \left{ \begin{matrix*}[l] A_x = A \cos \alpha = \SI{10,0}{\centi\metre} \cdot \cos ( \ang{35} ) = \SI{8,19}{\centi\metre} \text{,} \\ A_y = A \sin \alpha = \SI{10,0}{\centi\metre} \cdot \sin ( \ang{35} ) = \SI{5,73}{\centi\metre} \text{,} \end{matrix*} \right.
Bx=Bcosβ=7,0cmcos110°=2,39cm,By=Bsinβ=7,0cmsin110°=6,58cm,Bx=Bcosβ=7,0cmcos110°=2,39cm,By=Bsinβ=7,0cmsin110°=6,58cm, \left{ \begin{matrix*}[l] B_x = B \cos \beta = \SI{7,0}{\centi\metre} \cdot \cos ( -\ang{110} ) = -\SI{2,39}{\centi\metre} \text{,} \\ B_y = B \sin \beta= \SI{7,0}{\centi\metre} \cdot \sin ( -\ang{110} ) = -\SI{6,58}{\centi\metre} \text{,} \end{matrix*} \right.
Cx=Ccosγ=8,0cmcos30°=6,93cm,Cy=Csinγ=8,0cmsin30°=4,00cm.Cx=Ccosγ=8,0cmcos30°=6,93cm,Cy=Csinγ=8,0cmsin30°=4,00cm. \left{ \begin{matrix*}[l] C_x = C \cos \gamma = \SI{8,0}{\centi\metre} \cdot \cos ( \ang{30} ) = \SI{6,93}{\centi\metre} \text{,} \\ C_y = C \sin \gamma = \SI{8,0}{\centi\metre} \cdot \sin ( \ang{30} ) = \SI{4,00}{\centi\metre} \text{.} \end{matrix*} \right.

(a) Aby otrzymać wartości składowych wektora wynikowego, możemy po prostu podstawić otrzymane wartości do Równania 2.24:

{ R x = A x + B x + C x = 8,19 c m 2,39 c m + 6,93 c m = 12,73 c m R y = A y + B y + C y = 5,73 c m 6,58 c m + 4,00 c m = 3,15 c m . { R x = A x + B x + C x = 8,19 c m 2,39 c m + 6,93 c m = 12,73 c m R y = A y + B y + C y = 5,73 c m 6,58 c m + 4,00 c m = 3,15 c m .

Otrzymujemy wektor R = R x i ^ + R y j ^ = 12,7 c m i ^ + 3,2 c m j ^ R = R x i ^ + R y j ^ =12,7 c m i ^ +3,2 c m j ^ .

(b) Różnicę wektorów możemy zapisać jako

D = A B = ( A x i ^ + A y j ^ ) ( B x i ^ + B y j ^ ) = ( A x B x ) i ^ + ( A y B y ) j ^ . D = A B = ( A x i ^ + A y j ^ ) ( B x i ^ + B y j ^ ) = ( A x B x ) i ^ + ( A y B y ) j ^ .

Wartości składowych wektora różnicy są równe

{ D x = A x B x = 8,19 c m ( 2,39 c m ) = 10,58 c m D y = A y B y = 5,73 c m ( 6,58 c m ) = 12,31 c m . { D x = A x B x = 8,19 c m ( 2,39 c m ) = 10,58 c m D y = A y B y = 5,73 c m ( 6,58 c m ) = 12,31 c m .

Otrzymujemy następujący wektor różnicy: D = D x i ^ + D y j ^ = 10,6 c m i ^ + 12,3 c m j ^ D = D x i ^ + D y j ^ =10,6 c m i ^ +12,3 c m j ^ .

(c) Możemy zapisać wektor S S w następujący sposób:

S = A 3 B + C = ( A x i ^ + A y j ^ ) 3 ( B x i ^ + B y j ^ ) + ( C x i ^ + C y j ^ ) = ( A x 3 B x + C x ) i ^ + ( A y 3 B y + C y ) j ^ . S = A 3 B + C = ( A x i ^ + A y j ^ ) 3 ( B x i ^ + B y j ^ ) + ( C x i ^ + C y j ^ ) = ( A x 3 B x + C x ) i ^ + ( A y 3 B y + C y ) j ^ .

Wartości składowych wektora S S są równe

{ S x = A x 3 B x + C x = 8,19 c m 3 ( 2,39 c m ) + 6,93 c m = 22,29 c m S y = A y 3 B y + C y = 5,73 c m 3 ( 6,58 c m ) + 4,00 c m = 29,47 c m . { S x = A x 3 B x + C x = 8,19 c m 3 ( 2,39 c m ) + 6,93 c m = 22,29 c m S y = A y 3 B y + C y = 5,73 c m 3 ( 6,58 c m ) + 4,00 c m = 29,47 c m .

Otrzymujemy wektor S = S x i ^ + S y j ^ = 22,3 c m i ^ + 29,5 c m j ^ S = S x i ^ + S y j ^ =22,3 c m i ^ +29,5 c m j ^ .

Znaczenie

Kiedy znamy już składowe wektorów, możemy przedstawić te wektory graficznie lub obliczyć ich moduły i kąty określające kierunek, jak przedstawiono to na Rysunku 2.24. Wyniki otrzymane podczas obliczania modułów w sytuacjach (b) i (c) można porównać z wynikami uzyskanymi przy pomocy metody graficznej, jak w Rysunku 2.14 oraz Rysunku 2.15. Wyniki uzyskane przy pomocy metody analitycznej są precyzyjne, a ich dokładność nie jest ograniczona przez skalę linijki ani kątomierza, jak dzieje się w przypadku metody graficznej (Przykład 2.2).
Moduł wektora R jest równy 13,11. Kąt między wektorem R a dodatnim kierunkiem osi x to theta z indeksem R równa się 13,9 stopnia. Składowe wektora R to R z indeksem x - składowa pozioma, oraz R z indeksem y - składowa pionowa. Moduł wektora D jest równy 16,23. Kąt między wektorem D a dodatnim kierunkiem osi x to theta z indeksem D równa się 49,3 stopnia. Składowe wektora D to D z indeksem x oraz D z indeksem y. Moduł wektora S jest równy 36,95. Kąt między wektorem S a dodatnim kierunkiem osi x to theta z indeksem S równa się 52,9 stopnia. Składowe wektora S to S z indeksem x oraz S z indeksem y.
Rysunek 2.24 Ilustracja wyników otrzymanych przy pomocy metody analitycznej w Przykładzie 2.9.

Sprawdź, czy rozumiesz 2.8

Moduły trzech wektorów przemieszczenia A A , B B oraz F F (Rysunek 2.13) są równe A = 10,0 A=10,0, B = 7,0 B=7,0 oraz F = 20,0 F=20,0. Kąty nachylenia tych wektorów do poziomu są równe kolejno α = 35 α= 35 , β = 110 β= 110 , φ = 110 φ= 110 . Wartości modułów podane są w centymetrach. Za pomocą metody analitycznej znajdź wektor G = A + 2 B F G = A +2 B F . Sprawdź, czy wartość modułu
G = 28,15 c m G=28,15 c m oraz czy kąt θ G = 68 , 65 θ G =68, 65 .

Przykład 2.10

Psia zabawa

Cztery psy – Azor, Burek, Ciapek i Dingo – jednocześnie ciągną zabawkę, każdy w swoją stronę (Rysunek 2.25). Azor ciągnie ją pod kątem α = 55 α= 55 na południe od kierunku wschodniego, Burek pod kątem β = 60 β= 60 na wschód od kierunku północnego, a Ciapek pod kątem γ = 55 γ= 55 na zachód od kierunku północnego. Azor ciągnie siłą o wartości A = 160,0 N A=160,0 N , Burek siłą o wartości B = 200,0 N B=200,0 N , a Ciapek siłą o wartości C = 140,0 N C=140,0 N . Dingo ciągnie zabawkę siłą, która równoważy siły wywierane przez pozostałe psy, co oznacza, że zabawka jest cały czas w tym samym miejscu. Jaki jest kierunek oraz wartość siły wywieranej na zabawkę przez Dingo?
Rysunek przedstawiający 4 psy ciągnące zabawkę zębami. Zabawka znajduje się w początku układu współrzędnych, w którym osi x wskazuje na wschód, a oś y na północ. Ang ciągnie zabawkę pod kątem alfa równym 55 stopni, mierzonym zgodnie z ruchem wskazówek zegara od dodatniego kierunku osi x. Bing ciągnie zabawkę pod kątem beta równym 60 stopni, mierzonym zgodnie z ruchem wskazówek zegara od dodatniego kierunku osi y. Chang ciągnie zabawkę pod kątem gamma równym 55 stopni, mierzonym przeciwnie do ruchu wskazówek zegara od dodatniego kierunku osi y. Dong ciągnie zabawkę pod nieznanym kątem, mieszczącym się w trzeciej ćwiartce.
Rysunek 2.25 Cztery psy ciągnące zabawkę, każdy w swoją stronę.

Strategia rozwiązania

Zakładamy, że kierunek wschodni jest dodatnim kierunkiem osi x x, a kierunek północny jest dodatnim kierunkiem osi y y. Najpierw, podobnie jak w Przykładzie 2.9, musimy dokonać rozkładu wektorów A A , B B oraz C C na składowe, a następnie znaleźć wartości składowych wynikowego wektora R = A + B + C R = A + B + C . Siła D D równoważy pozostałe siły, co oznacza, że suma wektorów D D i R R musi być wektorem zerowym: D + R = 0 D + R = 0 . Wynika z tego, że D = R D = R , a więc siła, z jaką ciągnie zabawkę Dingo, jest wektorem o tym samym kierunku, lecz zwrocie przeciwnym do zwrotu R R .

Rozwiązanie

Kąty nachylenia wektorów do osi x x są równe θ A = α = 55 θ A =α= 55 , θ B = 90 β = 30 θ B = 90 β= 30 , θ C = 90 + γ = 145 θ C = 90 +γ= 145 . Podstawiając je do Równania 2.17, otrzymujemy wartości składowych wektorów siły:
Ax=AcosθA=160,0Ncos55°=91,8N,Ay=AsinθA=160,0Nsin55°=131,1N,Ax=AcosθA=160,0Ncos55°=91,8N,Ay=AsinθA=160,0Nsin55°=131,1N, \left{ \begin{matrix*}[l] A_x = A \cos \theta_A = \SI{160,0}{\newton} \cdot \cos ( -\ang{55} ) = \SI{91,8}{\newton} \text{,} \\ A_y = A \sin \theta_A = \SI{160,0}{\newton} \cdot \sin ( -\ang{55} ) = -\SI{131,1}{\newton} \text{,} \end{matrix*} \right.
Bx=BcosθB=200,0Ncos30°=173,2N,By=BsinθB=200,0Nsin30°=100,0N,Bx=BcosθB=200,0Ncos30°=173,2N,By=BsinθB=200,0Nsin30°=100,0N, \left{ \begin{matrix*}[l] B_x = B \cos \theta_B = \SI{200,0}{\newton} \cdot \cos ( \ang{30} ) = \SI{173,2}{\newton} \text{,} \\ B_y = B \sin \theta_B = \SI{200,0}{\newton} \cdot \sin ( \ang{30} ) = \SI{100,0}{\newton} \text{,} \end{matrix*} \right.
Cx=CcosθC=140,0Ncos145°=114,7N,Cy=CsinθC=140,0Nsin145°=80,3N.Cx=CcosθC=140,0Ncos145°=114,7N,Cy=CsinθC=140,0Nsin145°=80,3N. \left{ \begin{matrix*}[l] C_x = C \cos \theta_C = \SI{140,0}{\newton} \cdot \cos ( \ang{145} ) = -\SI{114,7}{\newton} \text{,} \\ C_y = C \sin \theta_C = \SI{140,0}{\newton} \cdot \sin ( \ang{145} ) = \SI{80,3}{\newton} \text{.} \end{matrix*} \right.

Następnym krokiem jest obliczenie wartości składowych wektora wynikowego R = A + B + C R = A + B + C :

{ R x = A x + B x + C x = + 91,8 N + 173,2 N 114,7 N = + 150,3 N , R y = A y + B y + C y = 131,1 N + 100,0 N + 80,3 N = + 49,2 N . { R x = A x + B x + C x = + 91,8 N + 173,2 N 114,7 N = + 150,3 N , R y = A y + B y + C y = 131,1 N + 100,0 N + 80,3 N = + 49,2 N .

Następnie zapisujemy wektor o tym samym kierunku co wektor R R , ale o przeciwnym zwrocie

D = R = R x i ^ R y j ^ = 150,3 N i ^ 49,2 N j ^ . D = R = R x i ^ R y j ^ =150,3 N i ^ 49,2 N j ^ .

Siła, z jaką ciągnie zabawkę Dingo, ma moduł równy

D = D x 2 + D y 2 = ( 150,3 N ) 2 + ( 49,2 N ) 2 = 158,1 N . D= D x 2 + D y 2 = ( 150,3 N ) 2 + ( 49,2 N ) 2 =158,1 N .

Kierunek tej siły to

θ = arctg ( D y D x ) = arctg ( 49,2 N 150,3 N ) = 18 , 1 . θ=arctg ( D y D x ) =arctg ( 49,2 N 150,3 N ) =18, 1 .

Dingo ciągnie zabawkę pod kątem 18 , 1 18, 1 na południe od kierunku zachodniego, ponieważ wartości obu składowych wektora siły są ujemne – wektor leży w trzeciej ćwiartce (Rysunek 2.19).

Sprawdź, czy rozumiesz 2.9

Przypuśćmy, że Burek (Przykład 2.10) porzuca zabawę na rzecz ważniejszych spraw. Siła, z jaką zabawkę ciągną Azor i Ciapek, nie zmienia się, ale Dingo puszcza ją na chwilę i łapie w innym miejscu. Określ kierunek i wartość siły, z jaką musi ciągnąć zabawkę Dingo, aby zrównoważyć siły wywierane przez Azora i Ciapka. Narysuj diagram przedstawiający wszystkie wektory siły.

Przykład 2.11

Algebra wektorów

Znajdź moduł wektora C C spełniającego równanie 2 A 6 B + 3 C = 2 j ^ 2 A 6 B +3 C =2 j ^ , gdzie A = i ^ 2 k ^ A = i ^ 2 k ^ i B = j ^ + k ^ / 2 B = j ^ + k ^ /2.

Strategia rozwiązania

Na początku przekształcamy równanie, aby wyznaczyć C C . Do tak przekształconego równania podstawiamy A A i B B . Następnie grupujemy wyrażenia według kierunków i ^ i ^ , j ^ j ^ , k ^ k ^ i wyznaczamy wartości składowych C x C x , C y C y , C z C z . Na końcu podstawiamy wyniki do Równania 2.21 w celu znalezienia modułu wektora C C .

Rozwiązanie

2 A 6 B + 3 C = 2 j ^ , 3 C = 2 j ^ 2 A + 6 B , C = 2 3 j ^ 2 3 A + 2 B = 2 3 j ^ 2 3 ( i ^ 2 k ^ ) + 2 ( j ^ + k ^ 2 ) = 2 3 j ^ 2 3 i ^ + 4 3 k ^ 2 j ^ + k ^ = 2 3 i ^ + ( 2 3 2 ) j ^ + ( 4 3 + 1 ) k ^ = 2 3 i ^ 4 3 j ^ + 7 3 k ^ . 2 A 6 B + 3 C = 2 j ^ , 3 C = 2 j ^ 2 A + 6 B , C = 2 3 j ^ 2 3 A + 2 B = 2 3 j ^ 2 3 ( i ^ 2 k ^ ) + 2 ( j ^ + k ^ 2 ) = 2 3 j ^ 2 3 i ^ + 4 3 k ^ 2 j ^ + k ^ = 2 3 i ^ + ( 2 3 2 ) j ^ + ( 4 3 + 1 ) k ^ = 2 3 i ^ 4 3 j ^ + 7 3 k ^ .

Wartości składowych szukanego wektora są następujące: C x = 2 / 3 C x =2/3, C y = 4 / 3 C y =4/3, C z = 7 / 3 C z =7/3. Po podstawieniu ich do Równania 2.21 otrzymujemy

C = C x 2 + C y 2 + C z 2 = ( 2 3 ) 2 + ( 4 3 ) 2 + ( 7 3 ) 2 = 23 3 . C= C x 2 + C y 2 + C z 2 = ( 2 3 ) 2 + ( 4 3 ) 2 + ( 7 3 ) 2 = 23 3 .

Przykład 2.12

Przemieszczenie narciarza

Narciarz biegowy rusza ze stacji narciarskiej i biegnie 5,0 km na północ, następnie 3,0 km na zachód, a później 4,0 km na południowy zachód. Znajdź wektor jego całkowitego przemieszczenia o punkcie początkowym w stacji narciarskiej. Jaki dystans i w jakim kierunku musi przebyć narciarz, aby wrócić do stacji najkrótszą drogą?

Strategia rozwiązania

Do rozwiązania tego zadania posłużymy się prostokątnym układem współrzędnych, którego początkiem będzie stacja narciarska. Wektor jednostkowy i ^ i ^ będzie wskazywał wschód, a wektor jednostkowy j ^ j ^ będzie wskazywał północ. Możemy wyróżnić trzy wektory przemieszczenia: D 1 D 1 , D 2 D 2 i D 3 D 3 . Ich moduły są równe D 1 = 5,0 k m D 1 =5,0 k m , D 2 = 3,0 k m D 2 =3,0 k m , i D 3 = 4,0 k m D 3 =4,0 k m . Ich kąty nachylenia do osi x x są równe θ 1 = 90 θ 1 = 90 , θ 2 = 180 θ 2 = 180 i θ 3 = 180 + 45 = 225 θ 3 = 180 + 45 = 225 . Każdy z wektorów rozbijamy na składowe, które podstawiamy do Równania 2.24 – w ten sposób otrzymamy wartości składowych wektora całkowitego przemieszczenia D D . Przemieszczenie narciarza w drodze powrotnej jest równe B = D B = D . W końcu możemy określić moduł i kierunek wektora B B .

Rozwiązanie

Wartości składowych wektorów przemieszczenia są równe
D1x=D1cosθ1=5,0kmcos90°=0,0km,D1y=D1sinθ1=5,0kmsin90°=5,0km,D1x=D1cosθ1=5,0kmcos90°=0,0km,D1y=D1sinθ1=5,0kmsin90°=5,0km, \left{ \begin{matrix*}[l] D_{1\sep x} = D_1 \cos \theta_1 = \SI{5,0}{\kilo\metre} \cdot \cos ( \ang{90} ) = \SI{0,0}{\kilo\metre} \text{,} \\ D_{1\sep y} = D_1 \sin \theta_1 = \SI{5,0}{\kilo\metre} \cdot \sin ( \ang{90} ) = \SI{5,0}{\kilo\metre} \text{,} \end{matrix*} \right.
D2x=D2cosθ2=3,0kmcos180°=3,0km,D2y=D2sinθ2=3,0kmsin180°=0,0km,D2x=D2cosθ2=3,0kmcos180°=3,0km,D2y=D2sinθ2=3,0kmsin180°=0,0km, \left{ \begin{matrix*}[l] D_{2\sep x} = D_2 \cos \theta_2 = \SI{3,0}{\kilo\metre} \cdot \cos ( \ang{180} ) = -\SI{3,0}{\kilo\metre} \text{,} \\ D_{2\sep y} = D_2 \sin \theta_2 = \SI{3,0}{\kilo\metre} \cdot \sin ( \ang{180} ) = \SI{0,0}{\kilo\metre} \text{,} \end{matrix*} \right.
D3x=D3cosθ3=4,0kmcos225°=2,8km,D3y=D3sinθ3=4,0kmsin225°=2,8km.D3x=D3cosθ3=4,0kmcos225°=2,8km,D3y=D3sinθ3=4,0kmsin225°=2,8km. \left{ \begin{matrix*}[l] D_{3\sep x} = D_3 \cos \theta_3 = \SI{4,0}{\kilo\metre} \cdot \cos ( \ang{225} ) = -\SI{2,8}{\kilo\metre} \text{,} \\ D_{3\sep y} = D_3 \sin \theta_3 = \SI{4,0}{\kilo\metre} \cdot \sin ( \ang{225} ) = -\SI{2,8}{\kilo\metre} \text{.} \end{matrix*} \right.

Wartości składowych wynikowego wektora przemieszczenia są równe

{ D x = D 1 x + D 2 x + D 3 x = 0 k m 3,0 k m 2,8 k m = 5,8 k m , D y = D 1 y + D 2 y + D 3 y = 5,0 k m + 0 k m 2,8 k m = + 2,2 k m . { D x = D 1 x + D 2 x + D 3 x = 0 k m 3,0 k m 2,8 k m = 5,8 k m , D y = D 1 y + D 2 y + D 3 y = 5,0 k m + 0 k m 2,8 k m = + 2,2 k m .

Wektor całkowitego przemieszczenia narciarza jest więc równy D = D x i ^ + D y j ^ = 5,8 k m i ^ + 2,2 k m j ^ D = D x i ^ + D y j ^ =5,8 k m i ^ +2,2 k m j ^ . Wektor jego przemieszczenia w drodze powrotnej ma przeciwny zwrot: B = D = ( –5,8 k m i ^ + 2,2 k m j ^ ) = 5,8 k m i ^ 2,2 k m j ^ B = D = ( –5,8 k m i ^ + 2,2 k m j ^ ) =5,8 k m i ^ 2,2 k m j ^ . Moduł tego wektora jest równy B = B x 2 + B y 2 = ( 5,8 k m ) 2 + ( 2,2 k m ) 2 = 6,2 k m B= B x 2 + B y 2 = ( 5,8 k m ) 2 + ( 2,2 k m ) 2 =6,2 k m , a jego kąt nachylenia do osi x x jest równy θ = arctg ( 2,2 / 5,8 ) = 20,8 θ=arctg(2,2/5,8)= 20,8 , co oznacza, że aby wrócić prostą drogą do stacji, narciarz musi przebiec 6,2 km w kierunku około 21 21 na południe od kierunku wschodniego.

Znaczenie

Rozwiązanie przy pomocy metody analitycznej nie wymaga rysowania czegokolwiek, zawsze jednak warto wykonać prosty szkic – pomoże nam to stwierdzić, czy uzyskane przez nas wyniki są sensowne.

Przykład 2.13

Przemieszczenie biegacza

Biegacz dostaje się na szczyt wzgórza, pokonując 200 schodów, biegnie szczytem przez 50,0 m, po czym zatrzymuje sie przy fontannie (Rysunek 2.26). Wektor jego przemieszczenia z punktu A A u podnóża schodów do punktu B B przy fontannie jest równy D A B = 90 ,0 m · i ^ + 30 ,0 m · j ^ D A B =90,0m· i ^ +30,0m· j ^ . Jaka jest wysokość i szerokość każdego stopnia? Jaki dystans przebył biegacz? Jaki będzie wektor jego przemieszczenia, jeśli wróci on do punktu A A tą samą drogą?
Oś x układu współrzędnych skierowana jest w prawo, oś y skierowana jest w górę. Biegacz znajduje się w punkcie A u podnóża schodów, które prowadzą na skos w górę i w lewo. Szczyt schodów oznaczony jest literą T. Na szczycie wzniesienia znajduje się płaska przestrzeń, ciągnąca się od punktu T do fontanny w punkcie B. Odległość między punktami T i B jest równa 50 metrów.
Rysunek 2.26 Biegacz pokonuje schody.

Strategia rozwiązania

Wektor przemieszczenia D A B D A B jest sumą wektorów D A T D A T (od punktu A A u podnóża schodów do punktu T T na szczycie schodów) oraz D T B D T B (od punktu T T do punktu B B przy fontannie). Musimy znaleźć składową poziomą i pionową wektora D T B D T B . Jeśli szerokość stopnia oznaczymy przez w w, a jego wysokość przez h h, składowa pozioma wektora D T B D T B musi być równa 200 w 200w, a składowa pionowa 200 h 200h. Dystans pokonany przez biegacza jest sumą dystansu, jaki pokonał, wbiegając po schodach, i dystansu (50,0 m), jaki przebiegł szczytem pagórka.

Rozwiązanie

W układzie współrzędnych przedstawionym na Rysunku 2.26 wektor przemieszczenia biegacza po szczycie wzgórza jest równy D T B = 50,0 m i ^ D T B =50,0 m i ^ . Wektor jego całkowitego przemieszczenia to
D A B = D A T + D T B . D A B = D A T + D T B .

Wektor jego przemieszczenia od podnóża schodów na szczyt D T B D T B jest więc równy

D A T = D A B D T B = 90,0 m i ^ + 30,0 m j ^ ( 50,0 m i ^ ) = ( 90,0 m + 50,0 m ) i ^ + 30,0 m j ^ = 40,0 m i ^ + 30,0 m j ^ . D A T = D A B D T B = 90,0 m i ^ + 30,0 m j ^ ( 50,0 m i ^ ) = ( 90,0 m + 50,0 m ) i ^ + 30,0 m j ^ = 40,0 m i ^ + 30,0 m j ^ .

Wartości jego składowych sa równe D A T x = 40,0 m D A T x =40,0 m oraz D A T y = 30,0 m D A T y =30,0 m . Dlatego

200 w = | 40,0 m | = 40,0 m , 200 h = 30,0 m . 200 w = | 40,0 m | = 40,0 m , 200 h = 30,0 m .

Szerokość stopnia jest więc równa w = 40,0 m / 200 = 0,2 m = 20 c m w=40,0 m /200=0,2 m =20 c m , a jego wysokość h = 30,0 m / 200 = 0,15 m = 15 c m h=30,0 m /200=0,15 m =15 c m . Dystans, jaki pokonuje biegacz, wbiegając na schody, jest równy

D A T = D A T x 2 + D A T y 2 = ( 40,0 m ) 2 + ( 30,0 m ) 2 = 50,0 m . D A T = D A T x 2 + D A T y 2 = ( 40,0 m ) 2 + ( 30,0 m ) 2 =50,0 m .

Dystans, jaki pokonał biegacz, jest więc równy D A T + D T B = 50,0 m + 50,0 m = 100,0 m D A T + D T B =50,0 m +50,0 m =100,0 m . Jeśli biegacz wróci do punktu A A tą samą drogą, przebyty przez niego dystans będzie dwa razy dłuższy – będzie równy 200,0 m. Wektor jego przemieszczenia będzie w takim wypadku wektorem zerowym – jego punkt początkowy będzie jednocześnie punktem końcowym, a więc wartości składowych wektora będą równe zero (Równanie 2.13).

W wielu sytuacjach musimy znać kierunek wektora. Na przykład gdy chcemy wiedzieć, jaki jest kierunek wektora pola magnetycznego lub w jakim kierunku porusza się ciało. Wiemy już, że kierunek określany jest przez wektor jednostkowy nie posiadający jednostki. Jeśli wektor, którego kierunku szukamy, jest równoległy do jednej z osi układu współrzędnych, nie ma problemu – jego kierunek jest zgodny lub przeciwny do kierunku wektora jednostkowego tej osi. Przykładowo kierunkiem wektora d = 5 m i ^ d =5 m i ^ jest wektor jednostkowy d ^ = i ^ d ^ = i ^ . Aby znaleźć wektor jednostkowy V ^ V ^ wektora V V , należy podzielić go przez jego moduł V V:

V ^ = V V . V ^ = V V .
2.26

Dzięki Równaniu 2.26 widzimy, że wektor jednostkowy rzeczywiście jest liczbą niemianowaną – licznik i mianownik mają tę samą jednostkę. Równanie 2.26 pozwala na wyrażenie wektora jednostkowego za pomocą wersorów osi. Poniższy przykład wyjaśnia tę zasadę.

Przykład 2.14

Wektor jednostkowy określający kierunek

Jeśli wektor prędkości oddziału żołnierzy z Przykładu 2.8 jest równy v = 4,0 k m / h i ^ + 3,0 k m / h j ^ + 0,1 k m / h k ^ v =4,0 k m / h i ^ +3,0 k m / h j ^ +0,1 k m / h k ^ , jaki wektor jednostkowy określa jego kierunek?

Strategia rozwiązania

Wektor jednostkowy v ^ v ^ określający kierunek ruchu oddziału jest zgodny z wektorem prędkości. Wektor jednostkowy znajdujemy, dzieląc wektor przez jego moduł, zgodnie z Równaniem 2.26.

Rozwiązanie

Moduł wektora v v jest równy
v = v x 2 + v y 2 + v z 2 = ( 4,000 km/h ) 2 + ( 3,000 km/h ) 2 + ( 0,100 km/h ) 2 = 5,001 km/h . v= v x 2 + v y 2 + v z 2 = ( 4,000 km/h ) 2 + ( 3,000 km/h ) 2 + ( 0,100 km/h ) 2 =5,001km/h.

Aby otrzymać wektor jednostkowy v ^ v ^ , dzielimy wektor v v przez jego moduł:

v ^ = v v = 4,000 km/h i ^ + 3,000 km/h j ^ + 0,100 km/h k ^ 5,001 km/h = 4,000 i ^ + 3,000 j ^ + 0,100 k ^ 5,001 = 4,000 5,001 i ^ + 3,000 5,001 j ^ + 0,100 5,001 k ^ = ( 79,98 i ^ + 59,99 j ^ + 2,00 k ^ ) 10 2 . v ^ = v v = 4,000 km/h i ^ + 3,000 km/h j ^ + 0,100 km/h k ^ 5,001 km/h = 4,000 i ^ + 3,000 j ^ + 0,100 k ^ 5,001 = 4,000 5,001 i ^ + 3,000 5,001 j ^ + 0,100 5,001 k ^ = ( 79,98 i ^ + 59,99 j ^ + 2,00 k ^ ) 10 2 .

Znaczenie

Jeśli stosujesz metodę analityczną i korzystasz z kalkulatora, warto prowadzić obliczenia na liczbach z dokładnością co najmniej do trzech miejsc po przecinku, a dopiero po uzyskaniu ostatecznego wyniku zastosować wymagane zaokrąglenie, tak jak zrobiliśmy to w tym przykładzie. Zaokrąglanie kolejnych liczb podczas obliczeń powoduje, że niedokładność wyniku wzrasta.

Sprawdź, czy rozumiesz 2.10

Obliczając moduł wektora v ^ v ^ , uzyskany w Przykładzie 2.14, udowodnij, że rzeczywiście jest on wektorem jednostkowym. Jeśli oddział z Przykładu 2.8 poruszałby się po płaskim terenie, a więc jeśli trzecia składowa wektora jego prędkości byłaby równa zero, jaki wektor jednostkowy określałby jego kierunek? Jaki kierunek geograficzny wskazywałby ten wektor?

Cytowanie i udostępnianie

Chcesz zacytować, udostępnić albo zmodyfikować treść tej książki? Została ona wydana na licencji Creative Commons Attribution License , która wymaga od Ciebie uznania autorstwa OpenStax.

Cytowanie i udostępnienia
  • Jeśli rozpowszechniasz tę książkę w formie drukowanej, umieść na każdej jej kartce informację:
    Treści dostępne za darmo na https://openstax.org/books/fizyka-dla-szk%C3%B3%C5%82-wy%C5%BCszych-tom-1/pages/1-wstep
  • Jeśli rozpowszechniasz całą książkę lub jej fragment w formacie cyfrowym, na każdym widoku strony umieść informację:
    Treści dostępne za darmo na https://openstax.org/books/fizyka-dla-szk%C3%B3%C5%82-wy%C5%BCszych-tom-1/pages/1-wstep
Cytowanie

© 2 mar 2022 OpenStax. Treść książki została wytworzona przez OpenStax na licencji Creative Commons Attribution License . Nazwa OpenStax, logo OpenStax, okładki OpenStax, nazwa OpenStax CNX oraz OpenStax CNX logo nie podlegają licencji Creative Commons i wykorzystanie ich jest dozwolone wyłącznie na mocy uprzedniego pisemnego upoważnienia przez Rice University.