semestra

Gwoli wstępu

Na  sam  początek  witam  bardzo  gorąco  w  moim  opracowaniu.  Mam  nadzieję,  że  pomoże  Ci  ono  przejść  swobodnie  przez
zawiłe i kręte (jak i również okrutnie perfidne) ścieżki podstaw fizyki. Sprawa wydaje się być na sam początek przerażająca, a z
autopsji wiemy, że  najbardziej przeraża  tych, którzy z fizyką mieli bardzo niewiele  do czynienia w okresie licealnym  (czytaj –
profile biologiczno-chemiczne i inne pochodne bez jakichkolwiek matematyczno-fizycznych podstaw). Wiadomością dobrą jest
natomiast fakt, że da się to wszystko w jakiś sposób przejść (lepszy czy gorszy to już mniejsza z tym).Opracowanie to będzie z
czasem wciąż rozwijane (mam nadzieję), więc wszelakie błędy  bądź niejasności proszę kierować bezpośrednio do autora, do
którego  namiary  są  podane  na  samym  końcu.  Na  początek  naszych  rozważań  fizycznych  zajmiemy  się  regułą  śruby  oraz
obliczaniem  wyznaczników  macierzy  3  na  3.  Następnie  przejdziemy  do  wyjaśnienia  sensu  pochodnych,  co  powinno  Wam,
czytającym,  rozjaśnić  w  pewnym  stopniu  niektóre  problemy.  Uprzedzam  natomiast  przed  zbytnią  pewnością  siebie  –  naukę
warto  zacząć  od  najbardziej  podstawowych  rzeczy.  Jeśli  nie  ma  się  podstaw,  to  trudno  zrozumieć  bardziej  skomplikowane
zagadnienia.  Proszę również nie traktować podanych tu informacji jako rzetelnego źródła informacji – większość z nich nie jest
zbyt  mocno  ugruntowanych  naukowo.  Część  z  przedstawionych  tutaj  rozwiązań  problemów  jest  jedynie  po  to,  by  łatwiej
zrozumieć, bądź znaleźć właściwą drogę w nauce danych zagadnień. Pozdrawiam.

REGUŁA PRAWEJ RĘKI/REGUŁA ŚRUBY PRAWOSKRĘTNEJ
Na  samym  początku  rozważań  o  rachunku  na  wektorach  pojawia  się  pojęcie  reguły  prawej  ręki  (zwane  też  regułą  śruby
prawoskrętnej). Osobiście preferuję  prawą  rękę,  bowiem zawsze miałem  problem z  kierunkami  w  przykręcaniu  i  odkręcaniu
różnych rzeczy (z wiekiem ofc nauczyłem się, że standardowe zakręcanie jest w kierunku ruchu wskazówek zegara, ale nie o
tym  teraz).  W  pewnym  momencie  na  naszej  drodze  pojawia  się  jakże  wdzięczny  iloczyn  wektorowy.  W  przeciwieństwie  do
iloczynu skalarnego, iloczyn wektorowy daje po obliczeniu wektor. No ale teraz pytanie – w którą stronę ma ten wektor biec?
Znamy jego długość, ale nie znamy jego kierunku… No i załamanie nerwowe, bo ledwo się wzięło książkę do ręki, a już sytuacja
patowa.  Rozwiązanie  jest  stosunkowo  proste  –  nie  idziemy  od  razu  po  wyciąg  z  dziurawca,  tylko  bierzemy  się  do  roboty.
Generalnie iloczyn wektorowy wygląda w następujący sposób:

× =

W mądrych książkach jest również często zapisane jak policzyć moduł, bądź po prostu długość takiego wektora:

= cos

Gdzie kąt

to kąt między wektorem a i b. No to skoro mamy już wyliczone jakiej długości ma być ten wektor, to teraz pytanie,

w jaką stronę jest on zwrócony? Z definicji wiemy, iż wektor

ma być prostopadły zarówno do wektora jak i , a więc można

to sobie wyobrazić, że będzie biegł albo do góry, albo w dół w stosunku do płaszczyzny tworzonej przez wektory

i .

By dokładniej dowiedzieć się, w którą stronę będzie biegł nasz wektor, używamy wtedy reguły prawej dłoni. Narysuj na kartce

wektor

i , a następnie połóż otwartą dłoń wzdłuż wektora . Zauważ, że zamykając dłoń w kierunku wektora , kciuk

wskazuje do góry (oś z). To jest kierunek naszego wektora

. Gdybyśmy liczyli iloczyn wektorowy × , to otrzymalibyśmy

wektor tej samej długości, lecz o przeciwnym kierunku (w dół). Możemy to zapisać, że skoro

× = , to × = −.

Jako taką marginalną ciekawostkę można podać, iż długość wektora

jest również polem figury czworobocznej jaką tworzą te

dwa wektory ze sobą:

MACIERZE
Co  prawda  rozwiązywanie  macierzy  tą  metodą  zostało  opisane  w  podpunkcie  i)  zadania  A4.1,  ale  ponieważ  zagadnienie
pojawia  się  już  na  początku,  więc  zostanie  ono  ponownie  wytłumaczone.  W  przypadku  obliczania  iloczynu  wektorowego
× =   możemy  otrzymać  dwa  wektory  o  trzech  współrzędnych   = (

;

) oraz = (

;

). Wtedy

rozwiązanie problemu się nie co komplikuje, bowiem obliczenie modułu (długości wektora) nie niesie za sobą wiele informacji.

Oczywiście moduł możemy obliczyć, obliczając najpierw długość wektora

, później , a na końcu podstawiając do wzoru z

cosinusem, ale jest to dość mało praktyczne (długość wektora obliczamy według wzoru

|| =

). W celu

uzyskania w wyniku dokładnych współrzędnych wektora

, musimy użyć macierzy, co wygląda w sposób następujący:

̂ ̂

1 3 −1
5

2 0

Naszą macierz wyliczymy obok, na przykładzie wektorów

= (1 ; 3 ; −1) oraz = (5 ;

; 0) (zaznaczam, iż wektor można

zapisać również w taki sposób -

= (5 ;

); wtedy w miejsce brakującej współrzędnej z wstawiamy zero). Takie dziwadło liczy

się w sposób następujący – na sam początek przepisujemy dwa górne wiersze na dół macierzy:

Następnie mnożymy na skos po trzy wyrażenia macierzy tak jak na ilustracji poniżej dodając je do siebie (oczywiście nie należy
zapominać o tym, że ten znak równości między macierzą a wypisanymi po prawej wyrazami nie jest poprawny – lewa strona
JESZCZE nie jest równa prawej!):

A teraz robimy to samo, tylko w drugą stronę i nie dodając, lecz odejmując poszczególne elementy od siebie (teraz już lewa
strona jest równa prawej):

W konsekwencji, po przemnożeniu wszystkiego otrzymujemy następujące wyrażenia:

= ̂(

−

) + ̂(

−

) + (

−

)

̂ ̂

1 3 −1
5

2 0

− 5̂

− 15 +

2 ̂

= 0,5̂ − 5̂ − 14,5 = (0,5 ; −5 ; −14,5)

W tym miejscu zaznaczam, iż

0,5 =

, i że OBA na pewno są tym samym i nikomu nie robi różnicy w jaki sposób się to zapisze.

̂, ̂ oraz , to tak zwane wersory, inaczej wektory jednostkowe (oznaczane daszkiem, a nie strzałką – w dalszej części
oznaczenie jest strzałkowe, za co przepraszam :P ). Są one po to, byśmy mogli się w prosty sposób zorientować we
współrzędnych wyliczonego wektora

(zwróć uwagę na sam koniec wyrażenia – jest tam wynik podany w okrągłych nawiasach

współrzędnych x, y i z, czyli wersor i jest dla osi x, wersor j dla y i wersor k dla osi z).

POCHODNE
Na samym początku zagadnienie to lubi sprawiać wiele kłopotu, aczkolwiek nie ma się co przerażać na zaś i lepiej do problemu
podejść racjonalnie i spokojnie. Rozpoczynając nasze rozważania dobrze by było przyswoić sobie (albo przynajmniej mieć pod
ręką) tabelkę z podstawowymi pochodnymi różnych funkcji. Uzasadnienie dlaczego tak, a nie inaczej pojawi się w mocno
okrojonej i ogólnej wersji w przypadku funkcji sinus w dalszej części.

Pierwsze pytanie, jakie powinniśmy sobie zadać to co to w ogóle jest zmienna? Zmienna jest to najczęściej ten nasz

', za

którego podstawiamy najróżniejsze wartości. Oczywiście w przypadku funkcji

( = 3' + 5, zmienną jest również wartość (,

która zależy od wartości

', co możemy zapisać jako )(') (czyli )(') = ( = 3' + 5 - inaczej )unkcja od ', ) zależne od

wartości

'). Zmienną może być każda dowolna literka jaką tylko oznaczymy jako zmienną. Należy jednak w tym miejscu

podkreślić, iż zwyczajowo jako stałe oznacza się litery

, , , etc. (najczęściej od *+,-+,, czyli „stała”). Teraz powstaje

pytanie, jak oznacza się pochodną? Jak pokazać, że ja teraz jestem szef, bo ja będę liczył pochodną? Oznaczenia (podobnie jak
interpretacje – wyjaśnione będzie niżej) są różne. W matematyce najczęściej stosuje się zapis z apostrofem

(')′ (albo [)(')]′ i

)′(')). W fizyce często można spotkać zapis Leibniza

- zapis ten ściśle określa po czym się liczy pochodną (chodzi o to, żeby

jasno i wyraźnie określić co uznajemy za zmienną, a co za stałą, ale o tym również trochę dokładniej trochę dalej). Ostatnim
dość popularnym zapisem, jest zapis stosowany w mechanice, tak zwana bomba -

'3, czyli kropeczka nad x.

KILKA ZASAD:
1) A teraz pierwsza ważna zasada pochodnych – pochodna ze stałej jest równa zero:

()

= 0

Przykład:

(3)

= 0

2) Kolejny krok, to ogólny wzór pochodnej z

)

= + ∗ '

57$

Przykład:

)

= 2'

)

= 3'

(')

= ('

)

= 1 ∗ '

$7$

= 1 ∗ '

= 1 ∗ 1 = 1

)

= −3 ∗ '

787$

= −3'

= ('

9,=

)

= 0,5 ∗ '

9,=7$

= 0,5'

79,=

= 0,5 ∗

√'

Proszę pamiętać, iż ujemne potęgi to

, natomiast potęgi z ułamkiem to

= '

9,=

= √' ('

= √'

3) Teraz po tym małym wstępie przejdziemy do własności pochodnych, działaniach na pochodnych. Pierwsza i podstawowa
własność, to pochodna z wyrażenia zawierającego dodawanie. W takiej sytuacji pochodne liczymy bez problemu, po kolei z
każdego ze składników według wzoru (w ogólnym opisie zagadnienia jest mała zmiana symboliki na

) i B jako )(') i B(')):

() + B)

= )

+ B′

Przykład:

+ '

)

= ('

)

+ ('

)

= 2' + 3'

+ 4)

= ('

)

+ (4)

= 4'

+ 0 = 4'

(' + )

= (')

+ ()

= '

+ 0 = 1

= ('

)

+ ('

)

= 2' + (−1) ∗ '

Pamiętajmy o tym, że

to stała (chyba, że zmiana statusu oznaczenia zostanie wyraźnie odnotowana)!

4) Kolejna ważna zasada, to pochodna z mnożenia dwóch funkcji. W tym przypadku nieco komplikuje się rozwiązanie,
aczkolwiek na podstawie tej reguły można wyprowadzić pozostałe (stąd warto ją zapamiętać):

() ∗ B)

= )

∗ B + ) ∗ B′

Przykład:

∗ (

)

= ('

)

∗ (

+ '

∗ ((

)

= 2'(

+ '

∗ ()

= (C

)

∗ ( + C

∗ (()

= 3C

( + C

∗ (

= 3C

( + C

5) Następny krok to pochodna w przypadku mnożenia zmiennej przez stałą (iloczyn stałej i zmiennej). Można tą regułę
wyprowadzić z poprzedniej zasady:

( ∗ ')

= (')′

( ∗ ')

= ()

∗ ' + ∗ (')

= 0 ∗ ' + ∗ (')

= (')′

Przykład:

(3')

= (3)

∗ ' + 3 ∗ (')

= 0 ∗ ' + 3 ∗ '

= 3 ∗ 1 = 3

(2'

)

= 2 ∗ 2'

= 4'

;

2 '

2 ∗ 6 ∗ '

= 3'

(6'

9,=

)′ = 6 ∗ 0,5 ∗ '

9,=7$

= 3 ∗ '

79,=

9,=

√'

6) Teraz przejdziemy do dzielenia. Pochodną ilorazu dwóch funkcji liczymy następująco:

;

)

∗ B − ) ∗ B

;

)

= ;) ∗

= ())

∗ ;

B< + ()) ∗ ;

())

B + ()) ∗ (B

)

())

B + ()) ∗ (−1)(B

) ∗ (B)

())

B −

) ∗ (B)

())

∗ B

−

) ∗ (B)

)

∗ B − ) ∗ B

Tutaj musi być mały komentarz co do wyprowadzenia wzoru na pochodną ilorazu – pewna
niezgodność co do wcześniej rozwiązywanych pochodnych pojawia się podczas liczenia pochodnej z

)

. Proszę zwrócić uwagę, iż zapis przedstawia tą pochodną jako

)

= (−1)(B

) ∗ (B)

Ten problem związany jest z instytucją funkcji zewnętrznej i wewnętrznej, co zostało wyjaśnione w
punkcie 7). Na początek to zagadnienie może nie co namieszać i co po niektórym poobracać

światopoglądy o 180

, ale to nic trudnego – kwestia przyzwyczajenia i podejścia.

Przykład:
Sposób pierwszy rozwiązany jest według zasady zaprezentowanej w punkcie 4), natomiast drugi
sposób obliczenia tej samej pochodnej jest związany z punktem 6):

(

= ;'

∗

(

= ('

∗ (

)

= ('

)

∗ (

+ '

∗ ((

)

= 2' ∗ (

+ '

∗ (−3) ∗ ((

)

(

−

(

2' ∗ (

(

−

(

2'( − 3'

(

)

∗ (

− '

∗ ((

)

((

)

2' ∗ (

− '

∗ 3(

(

(2' ∗ ( − '

∗ 3)

(

∗ (

2'( − 3'

(

I jeszcze dwa dodatkowe przykłady rozwiązywane już według wzoru z punktu 6):

+ C

(

+ C

)

∗ (

− (C

+ C

) ∗ ((

)

((

)

(5C

+ 2C)(

− (C

+ C

) ∗ 3(

((

)

(5C

+ 2C)( − 3(C

+ C

)

(

3 '

+ 12'

((

)

∗ J13'

+ 12'

K − (

∗ J13'

+ 12'

J13'

+ 12'

2( J13'

+ 12'

K − (

+ ')

J13'

+ 12'

7) Funkcje zewnętrzne i wewnętrzne to pierwszy problem jaki napotyka się podczas walki z pochodnymi. Wyjaśnienie tego
problemu będzie bazowało generalnie na przykładzie funkcji

)(') = '

+ 2'. Policzyć jej pochodną powinno być już dla nas

proste. A więc:

)

(') = ('

+ 2')

= 3'

+ 2

Wszystko jest spoko i super, ale co by było gdyby ta nasza funkcja była podniesiona do kwadratu? Dostajemy

+ 2')

i…

Normalnie zonk! WTF?! Najpierw pełni zapału zaczynamy kombinować. Jeśli ktoś bardziej zaradny, to pójdzie po rozum do
głowy do punktu 4) i rozwiąże tak:

[('

+ 2')

]

= [('

+ 2') ∗ ('

+ 2')]

= ('

+ 2')

∗ ('

+ 2') + ('

+ 2')

∗ ('

+ 2') = 2('

+ 2')('

+ 2')

No ok… Wszystko ładnie pięknie, ale co by było, gdyby pochodną liczyć nie z równania do kwadratu, tylko np. do potęgi
dziesiątej?

+ 2')

W tym momencie rozkładamy ręce, bo rozpisywanie tego jako pochodnej iloczyn iloczynu iloczynu

byłoby bardzo mozolną i niepotrzebną pracą (iloczyn to wynik mnożenia – dla tych, co podobnie jak ja, wciąż mają problemy z
rozróżnieniem  ilorazu  i  iloczynu).  Ale,  skoro  matematyka  już  istnieje  od  ho-ho-ho  lat,  pan  Archimedes  już  w  III  wieku
(niechcący, bo niechcący – nie wiedział co robi, ale robił to na zwyczaj dobrze) obliczał pola kół rachunkiem różniczkowym, a
właściwy  rachunek  różniczkowy  stworzyli  (niezależnie  od  siebie)  pan  Leibniz  i  pan  Newton  w  XVII  wieku,  to  chyba  musi  być
jakiś  łatwy  i  przyjemny  sposób  na  policzenie  tych  pochodnych…  No  i  jest  –  funkcja  zewnętrzna  i  wewnętrzna.  Na  samym
początku,  naszą  wyjściową  funkcją  była  funkcja

)(') = '

+ 2'. Później podnieśliśmy ją do drugiej potęgi, czyli kwadratu –

L)(')M

= ('

+ 2')

, po czym otrzymaliśmy z zasady z podpunktu 4) wynik

2('

+ 2')('

+ 2')

. By łatwiej wszystko

zrozumieć, funkcję zewnętrzną oznaczymy jako

C('), natomiast wewnętrzną jako N('). W naszym przypadku, funkcją

wewnętrzną będzie

)('), czyli N(') = )(') = '

+ 2'. Natomiast nasza funkcja zewnętrzna, to będzie kwadrat funkcji

wewnętrznej, czyli

C(') = LN(')M

. Podstawiając to wszystko do wyniku uzyskanego metodą z podpunktu 4), czyli do

2('

+ 2')('

+ 2')

, otrzymujemy:

C(') = LN(')M

= ('

+ 2')

(') = 2 ∗ N(') ∗ N

(') = 2('

+ 2')('

+ 2')

By lepiej zrozumieć problem, posłużymy się kolejnym przykładem. Mamy funkcję:

( = ('

+ 3)

Chcemy z niej policzyć pochodną. W tym celu

+ 3 oznaczamy jako funkcję wewnętrzną O = '

+ 3, którą podstawiamy do

wzoru:

( = ('

+ 3)

= (O)

Funkcją zewnętrzną w naszym przypadku jest

P = (O)

. A więc, by policzyć pochodną całości wyrażenia, najpierw zaczynamy

od pochodnej funkcji zewnętrznej. Liczymy ją tak jak normalną pochodną, czyli tak jakby nasze

(O)

było tak naprawdę

(')

. Aczkolwiek, na koniec, ponieważ mamy jeszcze funkcję wewnętrzną, to musimy na końcu z niej również policzyć

pochodną:

= [(O)

]

= 10 ∗ (O)

∗ (O)′

Reasumując, pochodną z

( = ('

+ 3)

liczymy następująco:

(

= [('

+ 3)

]

= [(O)

]

= 10 ∗ (O)

∗ (O)

= 10('

+ 3)

∗ ('

+ 3)

= 10('

+ 3)

(2' + 0)

(

= 20'('

+ 3)

Teraz możemy wrócić do

+ 2')

i spróbować ponownie policzyć pochodną, lecz tym razem z użyciem funkcji

zewnętrznych i wewnętrznych:

(

= [('

+ 2')

]

= [(O)

]

= 2 ∗ (O) ∗ (O)

= 2('

+ 2') ∗ (3'

+ 2)

Podobnie sytuacja wygląda w przypadku wszelakiej maści sinusów, cosinusów, arcusów, logarytmów etc. Poniżej zamieszczam
przykłady (przypominam, pochodna sinusa to cosinus, zaś cosinusa to minus sinus):

( = sin(2' + 3)

(

= [sin(2' + 3)]

= [sin(O)]

= cos(O) ∗ O

= cos(2' + 3) ∗ 2

( = [cos(5' + 4)]

(

= [[cos(5' + 4)]

]

= [[O

]

= 3[O

]

∗ [O

]′

(

= 3[cos(O

)]

∗ [cos(O

)]

= 3[cos(O

)]

∗ [− sin(O

)] ∗ (O

)′

(

= 3[cos(5' + 4)]

∗ [− sin(5' + 4)] ∗ (5' + 4)

= 3[cos(5' + 4)]

∗ [− sin(5' + 4)] ∗ 5

( = ln |3'

+ 4'|

(

= [ln |3'

+ 4'|]

= [ln |O|]

O ∗ (O)

+ 4' ∗ (6' + 4)

( =

− 23'

(

= H

− 23'

= U;'

−

3 '

= [(O)

]

= (−1) ∗ (O)

∗ (O)′

(

= (−1) ∗ ;'

−

3 '

∗ ;'

−

3 '

= (−1) ∗ ;'

−

3 '

∗ (6'

− 2'

)

( = W('

− 2'

+ 3)

(

= YW('

− 2'

+ 3)

= [('

− 2'

+ 3)

= [(O)

4 (O)

:7$

∗ (O)

(

4 ('

− 2'

+ 3)

7 8:

∗ ('

− 2'

+ 3)

4 ('

− 2'

+ 3)

7 8:

∗ (4'

− 4')

(

= ('

− 2'

+ 3)

7 8:

∗ ('

− ') =

− '

− 2'

+ 3)

− '

W('

− 2'

+ 3)

Generalnie,  przy  obliczaniu  bardziej  złożonych  pochodnych  na  kolokwiach  nie  jest  wymagane  skracanie  i  doprowadzanie  do
jakiejś bardziej czytelnej formy. Chodzi jedynie o to, by pokazać, że się potrafi.

Do rozwiązywania pochodnych można używać różnych internetowych kalkulatorów, które bardzo często jeszcze pokażą nam
drogę  od  początku  do  końca,  w  jaki  sposób  wszystko  zostało  obliczone.  Takie  kalkulatory  to  np.  calc101.com
(http://calc101.com/webMathematica/derivatives.jsp)  albo  wolfram  alpha  (http://www.wolframalpha.com/).  W  tamtym
zapisie pochodne wyglądają nie co inaczej – zapisuje się je z użyciem oznaczenia d, od derivative, czyli pochodna (integral to
całka  –  operacja  matematyczna  przeciwna  do  pochodnej).  Musimy  pamiętać,  iż  jeśli  mamy  funkcję  zawierającą  x  i  chcemy
policzyć pochodną z tych x’ów, to musimy to oznaczyć w następujący sposób:

]L)(')M

Dla przykładu – mamy funkcję:

)(') = '

+ 2'

Chcemy policzyć jej pochodną, ale nie umiemy tego zrobić i w tym celu chcemy wykorzystać kalkulator do pochodnych.
Niestety, po wpisaniu w okienko

+ 2')′ kalkulator stwierdza błąd, albo liczy coś zupełnie innego. O dziwo, po wpisaniu

samego

L)(')M

kalkulator dalej stwierdza, że coś jest nie tak… W taki przypadku, nie zaczynamy poszukiwań nowego

kalkulatora, a zmieniamy jedynie zapis. Zmienną w naszej funkcji jest x, a więc musimy zaznaczyć, że chcemy pochodną po x:

)

(') =

]L)(')M

]('

+ 2')

= 3'

+ 2

Stąd najlepiej wklepać coś takiego – d(x^(3)+2x)/dx . Część kalkulatorów wymaga jedynie podanie zmiennej obok w okienku (a
najczęściej nawet to jest zbędne, bowiem standardowo zmienną jest x, a więc wpisujemy samą funkcję x^(3)+2x).

INTERPRETACJA POCHODNEJ
Teraz, skoro już umiemy policzyć pochodną i już w oczach licealistów jesteśmy bożyszczami matematyki. Pasuje jednak jeszcze
coś zabłysnąć w towarzystwie ze studiów. Bierzemy kartkę, długopis, piszemy byle jaką funkcję i potrafimy policzyć jej
pochodną. Przygląda się temu ktoś z boku. Jest pod głębokim wrażeniem. Ale okazuje się, że widz nie śpi – jest głodny wiedzy i
zadaje jedno niepotrzebne pytanie… A po co to się liczy? Widząc pustkę w Twoich oczach, po odczekaniu stosownej chwili na
jakąkolwiek odpowiedź, odchodzi. Ty natomiast wertujesz mnogie mądre księgi i znajdujesz…

Pochodną funkcji y=f(x) w punkcie x nazywamy granicę, do której dąży stosunek przyrostu funkcji Δy
do odpowiedniego przyrostu zmiennej niezależnej Δx, gdy przyrost zmiennej niezależnej dąży do zera,
czyli granicę

lim

→9

∆'

∆( = lim

→9

)(' + ∆') − )(')

∆'

Normalnie coś pięknego. O to Ci chodziło! Skoro już wszystko wiemy, zamykamy księgę tajemniczą i przy najbliższej okazji ze
spokojem recytujemy formułkę, czasem jeszcze okraszając ją wzorkiem z limesem. Jeśli ktoś dalej będzie pytał o co chodzi, to
odpowiadamy, że za dużo tłumaczenia i, że to bardzo trudne do zrozumienia na szybko. I fajnie jest.

Aczkolwiek, po pewnym czasie, może powstać chwila refleksji i pytania o znaczenie pochodnej. Już w gimnazjum zwykło się
rysować na matematyce wykresy funkcji. Ponieważ była to funkcja o wzorze ogólnym

( = ' + , czyli funkcja liniowa, więc

wystarczyło  na  oko  zrobić  długą  krechę  na  długość  całego  zeszytu,  przebiegającą  przez  dwa  „obliczone”  punkty.  W  liceum
wchodziło się na kolejny poziom wtajemniczenia. Nie wiadomo skąd pojawiła się delta (Δ  - tak tak, ten trójkącik) oraz jakieś
bliżej niezidentyfikowane parabole. Czasami była góreczka, czasami dołeczek, zależy czy przy pierwszym x był minus czy plus.
Czasami też zdarzają się osoby, które po  3 latach nauki  w liceum wciąż potrafią tą deltę policzyć, pamiętając nawet jej wzór
∆=

− 4. Wątpliwy jest natomiast fakt, by z pamięci kompletnie nie wyleciał punkt P o współrzędnych a i b. Reasumując,

zbierzmy wszystko w całość. Ogólny wzór równania kwadratowego to:

( = '

+ ' +

By policzyć miejsca zerowe funkcji, obliczamy deltę z wzoru:

∆=

− 4

Jeśli delta jest równa zeru, to mamy jedno miejsce zerowe. Jeśli delta jest mniejsza od zera, to nie mamy miejsc zerowy (tzn.
ponoć są, ale w płaszczyźnie liczb urojonych :P ). Jeśli delta jest większa od zera, to mamy dwa miejsca zerowe, które liczymy z
wzorów:

− − √∆

2 '

− + √∆

No i w zasadzie to by było na tyle. Teraz możemy się zabrać do rysowania. Ale ktoś bardziej dociekliwy zapyta, w którym
miejscu będzie „zakręt” na paraboli? Po to właśnie są wzory na punkt

c o współrzędnych a i b. Problem pojawia się, jeśli nie

pamiętamy tych wzorów. Oczywiście, nikt nie siedział z kalkulatorem i nie wymyślał skąd się te wzory biorą na podstawie
policzonych x’ów i y’ków. Do tego służy właśnie pochodna – do liczenia górek i dołków, tzn. gdzie się one znajdują.

W takim razie, jak policzyć ten punkt

c? Nasza funkcja, z której będziemy liczyli pochodną to:

( = '

+ ' +

(

= ('

+ ' + )

= 2' +

Funkcja

( = '

+ ' + będzie miała tam górkę (bądź dołek), gdzie jej pochodna jest równa zeru. A więc teraz obliczoną

pochodną musimy przyrównać do zera:

(

= 2' + = 0

2' = −

' = −

2 = a

Mamy już naszą pierwszą współrzędną. Teraz jeszcze musimy się dowiedzieć gdzie będzie

b. W tym celu, obliczonego x’a

podstawiamy do wzoru ogólnego na pochodną, czyli:

( = '

+ ' + ' = −

( = ;−

+ ;−

2< + = ∗

−

2 + =

4 −

4 + =

− 2

( =

− 2

4 =

−

+ 4

= −

− 4

= −

∆

4 = b

Jak widać, otrzymaliśmy dokładne współrzędne naszego punktu z górką

c = (a ; b), czyli c = (−

; −

∆

). Takie górki i dołki

nazywane  są  w matematyce ekstremami funkcji. Górka  to  maksimum, a dołek to minimum. Oczywiście  nie należy  tego zbyt
dokładnie  interpretować.  Jest  to  jedynie  maksimum  albo  minimum  funkcji  w  pewnym  ograniczonym  zakresie.  Na  przykład,
funkcja  trzeciego  stopnia  może  „uciekać”  do  plus  i  minus  nieskończoności  (tak  jak  na  rysunku),  ale  wciąż  posiadać  zarówno
maksimum jak i minimum. Kwestia jedynie policzenia tego, gdzie się te punkty znajdują.

Jeśli ktoś ma jakieś wątpliwości co do słuszności tych wzorów, to proponuję mały przykład demonstracyjny. Najpierw funkcja
drugiego stopnia, a później trzeciego (bodaj wymyślanie jakichkolwiek wzorów powyżej trzeciego stopnia ma umiarkowany
sens, a więc do liczenia ekstrem funkcji np. czwartego stopnia zostaje tylko przyrównywanie pochodnych do zera). To będzie
dla czytającego taki mały wstęp do badania przebiegu funkcji. A więc zaczynamy

FUNKCJA KWADRATOWA:

( = −2'

+ 4' − 1

a) Liczymy deltę Δ:

∆=

− 4 = 16 − 4 ∗ (−2) ∗ (−1) = 16 − 8 = 8

b) Ponieważ delta jest nieujemna, większa od zera, a więc otrzymamy dwa miejsca zerowe:

− − √∆

−4 − √8

2 ∗ (−2) =

4 + 2√2

2 + √2

≈

2 + 1,4

≈ 1,7

− + √∆

−4 + √8

2 ∗ (−2) =

4 − 2√2

2 − √2

≈

2 − 1,4

≈ 0,3

c) Liczymy pochodną z funkcji pierwotnej

( = −2'

+ 4' − 1, by zobaczyć, czy ma ekstrema (jeśli pochodna jest równa liczbie

całkowitej, to funkcja nie ma ekstrem):

(

= (−2'

+ 4' − 1)

= −4' + 4

d) Przyrównujemy pochodną do zera:

(

= −4' + 4 = 0

4' = 4 ' = 1

e) Podstawiamy wyliczonego

' = −1 do funkcji pierwotnej, by poznać drugą współrzędną położenia ekstremum:

( = −2'

+ 4' − 1 = −2 ∗ 1

+ 4 ∗ 1 − 1 = −2 + 4 − 1 = 1

f) Teraz musimy określić, czy mamy do czynienia z maksimum czy minimum. W przypadku równania drugiego stopnia sprawa
jest prosta, ponieważ

< 0, a więc będzie to maksimum. W innych przypadkach rysuje się wykres pochodnej (nasza pochodna

(

= −4' + 4 wpisuje się w schemat ' + , a więc jej wykres będzie linią prostą – funkcja liniowa). Zwróć uwagę, iż funkcja z

przechodzi z plusa na minus w punkcie

' = 1. Jest to dla nas swego rodzaju wskazówka, bowiem w przypadku maksimum,

otrzymujemy podobną sytuację. Maksimum to miejsce, w którym funkcja przestaje rosnąć, a zaczyna spadać, czyli z plusa na
minus. Stąd wiemy, że nasza parabola będzie górką z ramionami zwróconymi w dół.

g) Na koniec możemy spokojnie narysować wykres naszej paraboli, wiedząc, iż

≈ 1,7 '

≈ 0,3 c = (1 ; 1)

Oczywiście punkt

c, możemy wyliczyć stosując wcześniej wyrachowane wzory c = (−

; −

∆

), co da nam wynik c =

(−

∗(7)

= 1 ; −

:∗(7)

= 1).

FUNKCJA TRZECIEGO STOPNIA:

( = '

+ '

+ ' + ]

( = '

+ 8'

+ 9' − 18

a)  Obliczamy  pierwiastki,  czyli  miejsca  zerowe  (miejsca,  w  których  wykres  funkcji  przecina  oś  x).  Najekonomiczniejszym
sposobem  obliczania  tego  typu  rzeczy  jest  tzw.  tabelka  Horner’a,  zwana  również  schematem  Horner’a  (ew.  można  do  tego
użyć macierzy, jeśli się  wie jak  to się robi). Ogólne przypomnienie jak to się liczy. Mamy wielomian n-tego stopnia o wzorze
ogólnym:

)(') =

57$

+ ⋯ +

57$

…

57$

578

…

W naszych obliczeniach dążymy do tego, by uzyskać wynik

= 0, czyli brak reszty. A więc bierzemy nasz wielomian i

obliczamy dla niego schemat Horner’a:

)(') = '

+ 8'

+ 9' − 18

)(')

= 1

= 8

= 9

= −18

= 1

= 8 + 1 = 9

= 9 + 9 = 18

n =

n = −18 + 18 = 0

A więc, pierwszy pierwiastek jest równy

' = 1.

)(') = (' − 1)(

' +

)

)(') = (' − 1)('

+ 9' + 18)

Następne pierwiastki wyliczymy deltą:

+ 9' + 18

∆= 9

− 4 ∗ 18 = 81 − 72 = 9

√∆= 3 '

−9 + 3

= −3 '

−9 − 3

= −6

A więc otrzymaliśmy wszystkie pierwiastki wielomianu:

= 1 '

= −3 '

= −6

)(') = (' − 1)(' + 3)(' + 6)

b) Liczymy pochodną funkcji pierwotnej

)(') = '

+ 8'

+ 9' − 18:

)

(') = ('

+ 8'

+ 9' − 18)

= 3'

+ 16' + 9

c) Przyrównujemy pochodną do zera (szukamy miejsc zerowych, by dowiedzieć się gdzie są położone ekstrema funkcji). W tym
celu liczymy drugą deltę, z równania kwadratowego

+ 16' + 9:

∆

= 16

− 4 ∗ 3 ∗ 9 = 148

W∆

= √148 = 2√37 ≈ 12

≈

−16 − 12

2 ∗ 3 ≈ −

6 ≈ −4,7

≈

−16 + 12

2 ∗ 3 ≈ −

6 ≈ −0,7

Oczywiście można wykonywać bardziej precyzyjne obliczenia, aczkolwiek przybliżenia stosuję po to, by łatwiej móc narysować
przebieg funkcji.

d) Podstawienie x’ów wyliczonych z pochodnej do funkcji pierwotnej

)(') = '

+ 8'

+ 9' − 18. Robimy to po to, by

dowiedzieć się, w którym miejscu dokładnie znajdują się „przegięcia” na funkcji, czyli ekstrema:

)(') = '

+ 8'

+ 9' − 18

)(−4,7) = (−4,7)

+ 8 ∗ (−4,7)

+ 9 ∗ (−4,7) − 18 = 12,597 ≈ 12,6

)(−0,7) = (−0,7)

+ 8 ∗ (−0,7)

+ 9 ∗ (−0,7) − 18 = −20,723 ≈ −20,7

e) Na podstawie wykresu, próbujemy ustalić, który punkt to maksimum, a który to minimum. Jak widać, nasze maksimum to
będzie punkt

= −4,7, o współrzędnych o = (−4,7 ; 12,6), a nasze minimum to punkt '

= −0,7, o współrzędnych

p = (−0,7 ; −20,7). Jak łatwo można zauważyć, minimum, to punkt, w którym funkcja ze spadania, zaczyna rosnąć, czyli taka
górka na wykresie funkcji pierwotnej (przypominam, że poniżej mamy wykres POCHODNEJ, a nie FUNKCJI PIERWOTNEJ!).

Generalnie pochodna służy właśnie do czegoś takiego. Do wyliczania tych wszystkich górek i dolinek. Dodatkowo pochodna, to
jakaś bardzo niewielka zmiana. Odwołać się musimy w tym momencie do wzoru podanego w definicji na początku:

lim

→9

∆'

∆( = lim

→9

)(' + ∆') − )(')

∆'

Proszę zwrócić uwagę, iż granica (limes) jest dla

' → 0, czyli dla nieskończenie małego '. Ogólnie rzecz biorąc, sama delta Δ, to

(jak może jeszcze ktoś pamięta z fizyki w gimnazjum) duża zmiana czegoś. Na przykład zmiana czasu to

∆-, zmiana położenia to

∆' = ' − '

, albo inaczej

∆' = '

qrńtruv

− '

wrtą2qruv

. W momencie, gdy operujemy dużymi liczbami, dużymi zmianami, to

możemy posługiwać się dużą deltą, czyli oznaczeniem Δ. Gdy przechodzimy do nieskończenie małych zmian, w nieskończenie
krótkim czasie, to nagle zmiana położenia

∆' w czasie ∆- przeistacza się w bardzo małe ]' w czasie ]-. Czyli możemy

interpretować

] jako bardzo małą deltę. Rozważmy to na przykładzie prędkości. Każdy wie, że prędkość to y =

, czyli droga

przez czas. Jeślibyśmy chcieli określić prędkość na przestrzeni jakiejś chwili, to otrzymujemy

y =

z{ń|{}~

{|ąz{}~

z{ń|{}~

{|ąz{}~

, co

równoznacznie możemy zapisać jako

y =

∆

∆2

(jeśli założymy, że na początku

' = 0, a nasz czas w tym momencie również był

równy

- = 0, to otrzymujemy znowu y =

). W momencie, kiedy przejdziemy na nieskończenie małą zmianę położenia, w

nieskończenie krótkim czasie, otrzymujemy właściwy wzór na prędkość

y =

, czyli prędkość to pochodna położenia (drogi)

po czasie. Analogicznie, zmiana prędkości w czasie to przyspieszenie, czyli

Teraz małe wyjaśnienie, dlaczego pochodną sinusa jest cosinus. Do tego potrzebujemy dwóch wykresów:

Po nałożeniu na siebie tych dwóch wykresów, od razu widać, że tam, gdzie cosinus jest równy zeru, tam sinus ma albo
maksimum, albo minimum:

Mam nadzieję, że to co zostało tu napisane, rozjaśniło choć w niewielkim stopniu zagadnienie pochodnych, których na swej
drodze jest bardzo trudno uniknąć, bowiem pojawiają się zawsze wtedy, gdy zmiany przestają być liniowe.

Inżynieria Biomedyczna, zestaw nr 1 - wektory, pochodne, kinematyka.

Zadanie A1.1

Wektor

U o długości 3 jednostki tworzy z osia OX kąt α = 30

, wektor

V o długości 5 jednostek tworzy z osią OX kąt α = 120

Rozłożyć wektory na składowe, obliczyć ich sumę, różnicę oraz iloczyn skalarny.

= (

;

)

= cos

= sin

cos 120° = cos(90° + 30°) = − sin 30°

sin( + ) = sin A cos B + sin B cosA

= cos 30° = 3 ∗ √

2 =

3√3

= sin 30° = 3 ∗

2 = 1,5

= L

;

M = F

3√3

2 ; 1,5G

= cos 120° = 5 ∗ −

2 = −2,5

= sin 120° = 5 ∗ √

2 =

5√3

= F−2,5 ;

5√3

2 G

Suma wektorów:

+ = L

;

M = F

3√3

2 − 2,5 ; 1,5 +

5√3

2 G = F

3√3 − 5

;

3 + 3√3

Różnica wektorów (analogicznie dla

− ):

− = L

−

;

−

M = F

3√3 + 5

;

3 − 3√3

Iloczyn skalarny:
∗ = cos
Gdzie A jest kątem między wektorami

i . W naszym przypadku kąt A = 90

, a więc cos 90

= 0.

∗ =

3√3

2 ∗ ;−

2< +

2 ∗

5√3

2 = −

15√3

2 +

15√3

2 = 0

Zadanie A1.2

Dane są wektory

a = Lı + 2 + 3kM oraz b = L−ı + − 2kM. Obliczyć długości, iloczyn skalarny oraz wektorowy i kąt pomiędzy

wektorami. Wektory

ı, , k są wersorami kartezjańskiego układu współrzędnych, czyli jednostkowymi wektorami leżącymi na

osiach x, y i z, skierowanymi wzdłuż tych osi.

|| =

= W1

+ 2

+ 3

= √14

= W(−1)

+ 1

+ (−2)

= √6

Iloczyn skalarny wektorów:
∗ =

= 1 ∗ (−1) + 2 ∗ 1 + 3 ∗ (−2) = −5

Kąt między wektorami:
∗ = || cos

cos =

∗

−5

√14 ∗ √6

= −

√84

n cos −

√84

= 123°

Iloczyn wektorowy wektorów:

× =

Wektor

jest prostopadły zarówno do wektora jak i . Przy wyznaczaniu wektora korzystamy z reguły prawej dłoni.

|| = × = || sin = √84 sin 123° = 9,17 ∗ 0,839 = 7,69

Gdzie A jest kątem pomiędzy wektorem

i .

Aby obliczyć nie moduł, lecz składowe wektora

, obliczamy wyznacznik następującej macierzy 3 na 3 metodą Saurrusa

(podpunkt i) zadania A4.1 wyjaśnia bardzo łatwą metodę obliczania macierzy):

= L

∗

M + L

∗

M + (

∗

) − L

∗

M − L

∗

M − (

∗

)

1 2 3

−1 1 −2

= (2 ∗ −2) + (1 ∗ 1) + (3 ∗ −1) − (2 ∗ −1) − (3 ∗ 1) − (1 ∗ −2)

= −4 + − 3 + 2 − 3 + 2 = −7 + 1 + 3 = (−7 ; 1 ; 3)

Należy pamiętać, iż

× NIE jest równe × !

Zadanie A1.3
Zapoznać się z biegunowym układem współrzędnych (r, φ). Zapisać w układzie biegunowym (wyznaczyć (r, φ)) wektory
a = (2 ; 3), b = (−4 ; −8) oraz w układzie kartezjańskim wektory (4, π/4), (3, 7/6π). W układzie biegunowym r oznacza
długość wektora, a φ jest katem pomiędzy wektorem a osią OX.

Kąt między składowymi wektorów:

= (

;

)

tan =

= n tan

= (2 ; 3)

= n tan

3 ≈ 30° =

= (−4 ; −8)

= n tan

2 =

Długość wektorów:

n = =

n = W2

+ 3

= √13

= (√13 ;

n = W(−4)

+ (−8)

= √80

= (4√5 ;

6 )

Zapis współrzędnych biegunowych w układzie kartezjańskim:

(4 ;

4 = 45°

tan 45° =

( = 1

' = (

n = W'

+ (

= W2'

' =

√2

= 2√2

= (2√2 ; 2√2)

(3 ;

6 )

6 = +

6 = 180° + 30° = 210°

= cos

= sin

' = n cos = 3 cos 30° =

3√2

( = n sin = 3 sin 30° = 1,5

= (

3√2

2 ; 1,5)

Zadanie A1.4
Na prostym odcinku rzeki woda płynie z szybkością 3 m/s, rzeka ma szerokość 100 m. Czas potrzebny na przepłyniecie rzeki
wzdłuż linii prostopadłej do brzegów wynosi 1 minutę. Z jaka prędkością względem wody płynie łódka?

Dane:
|| = 3

= 100 p

- = 1 p+ = 60 ,

Rozwiązanie:
y

= + y

| =

100 p

60 , =

= ;0 ;

6 < Y

, Z

= (3 ; 0) Y

, Z

= y

− = ;−3 ;

6 < Y

, Z

Zadanie A1.5
Czy człowiek ma szanse uchylić się przed kula z pistoletu po usłyszeniu wystrzału, jeśli znajduje sie w odległości:
a) 200m
b) 400m
od zamachowcy? Przyjąć prędkość kuli 200 m/s, dźwięku 340 m/s, opory zaniedbać. Typowy czas reakcji człowieka to 0.5 s.

- czas reakcji człowieka

- czas w jakim pocisk dotrze do człowieka

– prędkość pocisku

– prędkość dźwięku

= 200 p

+ 0,5 , =

200 p

340 p

+ 0,5 , =

34 , +

34 , =

34 ,

200 p

= 1 ,

> -

Człowiek nie ma szans na ucieczkę.

= 400 p

+ 0,5 , =

400 p

340 p

+ 0,5 , =

34 , +

34 , =

34 ,

400 p

200 p

= 2 ,

< -

Człowiek ma szanse na ucieczkę.

Zadanie A1.6
Pilot samolotu chce wylądować na lotnisku oddalonym o 200 km na północny zachód od aktualnego położenia. Wiatr wieje z
prędkością 60 km/h z zachodu na wschód. Jak pilot musi dobrać wektor prędkości samolotu względem poruszającej sie masy
powietrza, aby dotrzeć nad lotnisko po 20 minutach?

= y

+ O

200 p

20 p+ = 600

ℎ

= (y

; y

) = (−300√2 ; 300√2)

a*+Nż − y

= y

− O

= L−300√2 − 60 ; 300√2M

ℎ

Zadanie A1.7
Pocisk porusza sie po paraboli o równaniu y = −0.01x

+ 2x. Czy uderzy w punkt położony na wzgórzu,

o współrzędnych (170 m, 40 m)?

' = (170 ; 40)

40 = −0,01 ∗ (170)

+ 2 ∗ 170

40 = −0,01 ∗ 28900 + 340

40 ≠ 51

Zadanie A1.8
Obliczyć pochodne względem x z funkcji: x, x

, 2x

, ax

, cos x, sin x, sin(2x + 3):

(')′ = 1

) = 2'

(2'

) = 2 ∗ ('

)

= 2 ∗ 3 ∗ '

= 6'

)

= ∗ + ∗ '

57$

(sin')

= cos '

(cos ')

= − sin '

[sin(2' + 3)]

= (2' + 3)

∗ cos(2' + 3) = 2 cos(2' + 3)

Zadanie A1.9
Punkt materialny porusza sie po torze o równaniu:
x(t) = −2t

+ 4t − 8 (1)

y(t) = 3t + 2 (2)
obliczyć wektory prędkości i przyspieszenia punktu.

Prędkość to pochodna drogi po czasie, natomiast przyspieszenie to pochodna prędkości po czasie:

'(-) = −2-

+ 4- − 8

((-) = 3- + 2

y =

]- = −4- + 4

]- = −4

y =

]- = (')

= (3- + 2)′ = 3

]- = 0

MSiB, Inżynieria Biomedyczna, grupy 2 i 3, zestaw nr 2 - kinematyka.

Zadanie A2.1 Hennel I.1
Równania ruchu dwóch punktów obserwowanych z danego układu współrzędnych wyglądają następująco:

(t) = (0; 2; 0) + (3; 1; 2)t + (1; 1; 0)t

(t) = (1; 0; 1) + (0; 2; 1)t

Znaleźć prędkość i przyspieszenie punktu drugiego względem pierwszego. (3,1,2)t oznacza oczywiście wektor o składowych 3t,
1t, 2t, itd.

]- = (3 ; 1 ; 2) + (1 ; 1 ; 0)2-

= (3 ; 1 ; 2) + (2 ; 2 ; 0)-

]- = (0 ; 2 ; 1)

y = y

− y

= (0 − 3 ; 2 − 1 ; 1 − 2) − (2 ; 2 ;0)- = (−3 ; 1 ; −1) − (2 ; 2 ; 0)-

]- = −(2 ; 2 ; 0) = (−2 ; −2; 0)

Zadanie A2.2

Z przystanku rusza autobus z przyspieszeniem

a = 1

i rozpędza się do szybkości 40 km/h. Po jakim czasie dojedzie do

przystanku oddalonego o 1 km? Czy szybciej pokona trasę od rowerzysty, który porusza sie ze stała prędkością

v = 30

©¦

Rowerzysta:
y = *+,-
y =

30 000

3 600

, =

y =

- =

y = 1000 p ∗

p =

3000

25 , = 120 ,

Autobus:

= 40

ℎ =

100

= 1

dla ruchu jednostajnie przyspieszonego:

n(-) = n

+ y

- +

2 -

2 ∗ ;

100

9 <

10 000

81 ∗

2 =

5000

81 = 61,73 p

= 1000 − 61,73 = 938,27 p

100

9 ,

= ;938,27 p ∗

100

p< = 84,44 ,

- = -

+ -

= 11,11 + 84,44 = 95,55 ,

Zadanie A2.3
Zawodniczka stojąca na trampolinie rzuca piłkę z prędkością poziomą 15 m/s. Rzucając piłkę traci równowagę i wpada do wody
po czasie 1 s. W jakiej odległości znajduje sie trampolina od miejsca w którym upadnie piłka? Jaki będzie końcowy wektor
prędkości piłki?

Rozwiązanie zadania rozpoczniemy od wyprowadzenia wzoru dla tego rodzaju rzutu. Na początek użyjemy ogólnego wzoru dla
ruchu jednostajnie przyspieszonego:

Dla ruchu jednostajnie przyspieszonego:

n(-) = n

+ y

- +

2 -

Rozpisujemy powyższe wyrażenie dla składowej poziomej
i pionowej rzutu z zadania:

'(-) = '

+ y

- +

((-) = (

+ y

- +

W przypadku naszego zadania x

, podobnie jak i

przyspieszenie w kierunku poziomym nie występują (maja
wartość 0), a więc usuwamy je z wzoru:

'(-) = y

W przypadku osi y, przyspieszenie a

to przyspieszenie ziemskie g, które zapisujemy ze znakiem minus

(działa w stronę ujemną osi y). W pionie nie nadajemy żadnej prędkości piłce, a więc v

będzie równe 0.

Ponieważ przyjmujemy, iż początek osi y jest na poziomie ziemi, więc y(t) będzie równe 0, zaś y

jest naszym

H z rysunku:

0 = ¬ −

2 B-

Następnie łączymy oba wyrażenia w układ równań, w którym zamieniamy dodatkowo x(t) na L z rysunku:

® = y

0 = ¬ −

2 B-

= -

2 B-

= ¬

= -

¬ =

2 B ;

2¬

B =

® = y

2¬

Teraz, posiadając wzór na zasięg, podstawiamy dane z zadania otrzymując następujący wynik:

¬ =

2 B-

® = y

2¬

B = y

B ∗

2 B-

= y

W-

= 15

, ∗

W1 ,

= 15 p

Zadanie A2.4
U stóp wzgórza o kącie nachylenia α ustawiono armatę z lufą skierowaną pod kątem β do poziomu. W jakim przedziale
wartości musi znajdować się prędkość v wystrzeliwanego pocisku, aby pocisk wpadł do włazu bunkra o szerokości D, odległego
o s od podnóża. Wskazówka - zadanie 7 zestaw 1.

Zadanie A2.5 Podobne zadanie: Hennel I.25
Po rzece płynie łódka ze stałą względem wody prędkością v

, prostopadłą do kierunku prądu. Woda w rzece płynie wszędzie

równolegle do brzegów, ale jej prędkość zależy od odległości od brzegów i dana jest wzorem:

= −4y

(

+ 4y

(

gdzie v

- maksymalna prędkość wody, L - szerokość rzeki.

a) Narysować wykres prędkości wody w rzece
b) Znaleźć wartość wektora prędkości łódki względem brzegów
c) Znaleźć kształt toru łódki

Rysunek ogólny:

Zależność prędkości wody od szerokości rzeki:

Prędkość V

jest zmienna, zależna od y według następującego wzoru:

= −4y

(

+ 4y

(

A więc wzór na prędkość wypadkową będzie wyglądał następująco:

y = F−4y

(

+ 4y

(

® ; y

By znaleźć wartość wektora prędkości łódki względem brzegów, musimy użyć poniższej zależności:

y =

]- ]n = y ]- µ ]n = µ y ]-

Pamiętając, że całka to operacja przeciwna do pochodnej (czyli całka z pochodnej dr będzie równa r):

n = µ y ]-

Otrzymujemy zależność, iż droga to całka z prędkości po czasie. Ponieważ wektor r ma składowe x i y,
musimy osobno policzyć całki zarówno dla składowej x, jak i y:

n = ['(-) ; ((-)] = [µ y

]- ; µ y

]-\

W naszym zadaniu, V

to V

, zaś V

to V

²'(-) = µy

]- = µ F−4y

(

+ 4y

(

®G ]-

((-) = µ y

Ponieważ całkujemy po dt, a w V

jest stałe w czasie (nie zmienia się z czasem – nie ma w jego wyrażeniu t,

po którym całkujemy), więc traktujemy V

jako stałą, którą „wyciągamy” przed całkę:

((-) = y

µ ]- = y

- + ¶

to stała całkowania – należy zwrócić uwagę, iż przy liczeniu pochodnej ze stałej, ta pochodna jest równa

zero, a więc licząc całkę, nie znając wyglądu funkcji pierwotnej, nie wiemy czy w wyrażeniu były jeszcze
jakieś stałe, np.

)(') = '

+ 3

Licząc z tego pochodną otrzymujemy:

][)(')]

]' =

]

]' ('

+ 3) = 2'

Gdy teraz policzymy całkę z pochodnej, to otrzymujemy:

µ 2' ]' = '

+ ¶

I w tym przypadku, nasze C jest równe 3 – gdybyśmy nie widzieli funkcji pierwotnej f(x), to nie
wiedzielibyśmy, że C=3. A teraz wracając do zadania – by obliczyć C

musimy odnieść się do sytuacji

początkowej, czyli dla t=0. W tym przypadku otrzymujemy:

((-) = y

- + ¶

((0) = y

0 + ¶

((0) = ¶

Ponieważ początkowe y(0) równe jest 0, więc C

jest również równe 0.

Podczas liczenia drugiej całki, dla x(t), musimy zamienić y obecny w wyrażeniu, na y(t) obliczone
wcześniejszą całką:

((-) = y

'(-) = µ F−4y

(

+ 4y

(

®G ]- = µ F−4y

+ 4y

® G ]-

Operacja ta była potrzebna, byśmy mieli po czym całkować – całkowanie odbywa się po dt, aczkolwiek nie
ma żadnego t w wyrażeniu całkowanym. Po to właśnie zamieniliśmy y na v

t. Teraz rozdzielamy naszą

całkę na dwie mniejsze:

'(-) = µ −4y

]- + µ 4y

® ]-

Wyłączamy stałe przed znak całki:

'(-) = −

µ -

]- +

® µ - ]-

I otrzymujemy finalnie wynik:

'(-) = −

3 -

2 -

Teraz zamieniamy t na y(t)/v

=t:

((-) = y

'(-) = −

3®

((-)

® F

((-)

= −

(

Tor łódki:

*Zadanie A2.6* Hennel I.9
Kolista tarcza o promieniu R wiruje wokół swojej osi ze stała prędkością kątowa !. Ze środka tarczy wyrusza biedronka idąc
wzdłuż wybranego promienia, ze stała prędkością v

. Znaleźć:

a) równania ruchu i toru biedronki w nieruchomym układzie odniesienia (środek pokrywa sie ze środkiem
tarczy) we współrzędnych kartezjańskich i biegunowych
b) zależność od czasu wartości wektora prędkości v i przyspieszenia a oraz jego składowych: radialnej i transwersalnej
(kątowej).

Inżynieria Biomedyczna, zestaw nr 3 - kinematyka cd. + dynamika.

Zadanie A3.1
Obliczyć następujące całki i pochodne:
W  przypadku  podpunktu  A,  liczymy  pochodną  normalnie.  W  przypadku  B,  musimy  pamiętać,  iż  najpierw  liczymy  pochodną
funkcji  zewnętrznej  f(t)  =  sin  Z,  a  następnie  z  funkcji  wewnętrznej  Z  =

3·- + . 3ω traktujemy jako stałą, pamiętając, że

pochodną liczymy nie po x, lecz t. W przypadku C musimy wiedzieć, iż exp, to inaczej e do potęgi Z, gdzie nasze Z =

−2·- + .

Licząc tą pochodną należy pamiętać, iż:

(exp P)

= (

)

∗ (P)′

Czyli pochodna z exp, to exp mnożone przez pochodna z funkcji wewnętrznej exp. W przypadku D musimy pamiętać, iż:

(ln P)

P ∗ (P)′

Natomiast przypadek E nie różni się niczym od liczenia zwykłych pochodnych, należy jedynie zamienić pierwiastek na potęgę z
ułamkiem. W przypadku F musimy pamiętać, iż pochodną liczymy po dv, a więc 2t

traktujemy jako stałą, której pochodna jest

równa zeru:

]

]y (2-

) = 0

Również należy zwrócić uwagę na sposób liczenia pochodnych w przypadku wystąpienia ułamka:

B(')

ℎ(')G

B(')

ℎ(') − B(')ℎ(')

ℎ(')

Taki sam wynik można uzyskać licząc pochodną dzielenia tak jak pochodną mnożenia:

B(')

ℎ(')G

= ;B(') ∗

ℎ(')<

A
B
C
D
E
F

]

]' (2'

+ 3') = 4' + 3

]

]- (sin(3·- + )) = (3·- + )′ cos(3·- + ) = 3· cos(3·- + )

]

]- (2 exp( − 2·- + )) = 2

7¼2½¾

∗ (−2·- + )

= 2

7¼2½¾

∗ (−2·) = −4

7¼2½¾

]

]' (3 ln(2' + 5)) = 3 ∗

2' + 5 ∗ (2' + 5)

2' + 5 ∗ 2 =

2' + 5

]

]' J3

W2'

K = 3'

= 3 ∗

2 '

= 4,5√'

]

]y F

− 3 ln y

− 3y G =

(2y

− 3 ln y)

∗ (2-

− 3y) − (2y

− 3 ln y) ∗ (2-

− 3y)

(2-

− 3y)

J4y − 3yK ∗ (2-

− 3y) − (2y

− 3 ln y) ∗ 3

(2-

− 3y)

Bardzo często, wyniki bardziej złożonych pochodnych pozostawia się w formie nieuproszczonej, bowiem chodzi jedynie o to, by
nauczyć się odpowiednio je wyliczać. Całkowanie to działanie przeciwne do pochodnej. Przy liczeniu całek nieoznaczonych,
należy pamiętać o obecności stałej C:

A
B
C
D

µ(2'

+ 3') ]' =

3 '

2 '

+ ¶

µ sin(3·- + ) ]- = −

3· cos(3·- + ) + ¶

µ 2 exp( − 2·- + ) ]- = −

· exp(−2·- + ) + ¶

y ]y = 2 ln y + ¶

Zadanie A3.2

Po torze prostym porusza sie wagon z prędkością

= 36 km/h. Na wagonie ustawiona jest armata z lufa skierowana

przeciwnie do kierunku ruchu wagonu, pod katem α= 30

do poziomu. Prędkość pocisku wystrzeliwanego z armaty wynosi

100 m/s względem lufy. W jakiej odległości L od miejsca wystrzału upadnie pocisk?

Zadanie A3.3 Halliday–Resnick
Chłopiec wiruje w koło kamieniem na sznurku o długości 1.2 m w płaszczyźnie poziomej, w odległości 1.8 m od podłoża.
Kamień odwiązuje się i zostaje wyrzucony poziomo, a następnie uderza w ziemie w odległości 9.1 m. Jakie było przyspieszenie
dośrodkowe podczas ruchu obrotowego?

Siła dośrodkowa:

| =

'(-) = y ∗ -

((-) = ¬ −

2 B-

y = -

- = ´

2ℎ

- = 0,6 ,
y =

- =

9,1

0,6 = 15,17

| =

n =

15,17

1,2 = 191,8

Zadanie A3.4 Hennel I.13
Ruch punktu dany jest w układzie kartezjańskim układem równań:

'(-) = - cos -

((-) = - sin -

gdzie b, c są stałymi dodatnimi. Znaleźć w biegunowym układzie współrzędnych: a) równania ruchu, b) równanie toru, c)
wartość wektora prędkości, d) wartość wektora przyspieszenia, e) składowe – styczna i normalna – wektora przyspieszenia, f)
promień krzywizny toru punktu w funkcji położenia.

Rozwiązanie:
a)

n = W'

+ (

= W

cos

- +

sin

- = -

Ponieważ:

cos

+ sin

= 1

tan =

(

' =

- sin -

- cos - = tan -

À = -

n = -

- =

n =

c) Prędkość obliczymy stosując następującą zależność -

y = Ly

; y

M = (n3 ; n ∗ 3), gdzie kropka nad r i

kątem oznacza pochodną. Zapis pochodnej jest równoważny do

n3 =

1Â

= (n)′ z tym, że zapis

precyzyjnie

określa po czym liczymy pochodną (co uznajemy za zmienną). Składowe wektora prędkości nazywają się

- składowa radialna i

- składowa transwersalna. Prędkość obliczamy ze współrzędnych biegunowych.

Składowa transwersalna:

= n3 = (-)

3 = ](-)

]- =

Składowa radialna:

= n ∗ 3 = n ∗ (-)

3 = n ∗ = - ∗

y = Ly

; y

M = ( ; -)

y = y

+ y

= W

(1 + -

) = W1 + -

d) Przy obliczaniu przyspieszenia będziemy postępować podobnie jak w przypadku prędkości. Zaczniemy od
obliczenia składowych radialnej i transwersalnej, by później policzyć ze składowych wartość wektora:

= L

;

M = (nÃ − n ∗

; Ã ∗ n + 2 ∗ n3 ∗ 3)

Składowa transwersalna:

= nÃ − n ∗ 3

nÃ =

]

(-) =

]

]- () = 0

3 =

]

]- =

]

]- (-) =

Oznaczenie

mówi nam, iż liczymy pochodną z

pochodnej.

Ponieważ

policzeniu

pierwszej

pochodnej zostaje nam tylko stała c, a więc druga
pochodna musi być równa zeru.

Składowa radialna:

= Ã ∗ n + 2 ∗ n3 ∗ 3

Ã =

]

]- ;

]

]- < =

]

]- () = 0

n3 =

]

]- (-) =

= L

;

M = (0 − - ∗

; 0 ∗ - + 2 ∗ ∗ ) = (−-

; 2)

= W(−-

)

+ (2)

= √

+ 4

= √-

+ 4

e) Teraz zajmiemy się obliczaniem składowych stycznej i normalnej przyspieszenia. Zaczniemy od składowej

stycznej według następującego wzoru (pochodna prędkości po czasie):

]- =

]

]- J

W1 +

K = ∗ 2-

∗

√1 +

∗

2 =

√1 +

Dzięki rysunkowi widzimy, że zachodzi prawo Pitagorasa, z którego policzymy
składową normalną przyspieszenia:

= W-

+ 4

√1 +

−

+ 4) − F

√1 +

F-

+ 4 −

1 +

+ 4) ∗ (1 +

)

1 +

−

1 +

G =

+ -

+ 4 + 4-

− -

1 +

+ 4-

+ 4

1 +

G =

+ 2)

+ 1

= ´

+ 2)

+ 1 =

+ 2

√-

+ 1

f) Promień krzywizny liczymy następująco:

Å =

L√1 + -

+ 2

√-

+ 1

(1 + -

)

+ 2) J

W-

+ 1K =

( + -

)L√-

+ 1M

+ 2)

Zadanie A3.5 Hennel I.17
Ruch punktu materialnego opisują równania:

n = - =

Znaleźć radialna i transwersalna składowa prędkości

y i przyspieszenia oraz wartości y i .

Zadanie A3.6 Hennel

Cząstka o masie m = 2 kg porusza sie w polu siły

Æ zależnej od czasu: Æ = (8- ; 2-

− 3 ; −- + 1)[Ç]. Przyjmując warunki

początkowe

= (3 ; 2 ; −1) p, y

= (0 ; 1 ; 3)

znaleźć zależność położenia i prędkości cząstki od czasu.

Dane:

p = 2 B

Æ = (8- ; 2-

− 3 ; −- + 1)Ç

= (3 ; 2 ; −1) p

= (0 ; 1 ; 3)

n(-) =?

y(-) =?

Æ = p ∗
=

p =

(8- ; 2-

− 3 ; −- + 1)

= ;

2 - ;

2 -

−

2 ;

−- + 1

2 <

= ;4- ; -

−

2 ;

−- + 1

2 <

Wiedząc,  że  prędkość  jest  całką  z  przyspieszenia  liczoną  po  czasie,  kontynuujemy  nasze  niesamowite
obliczenia  (całkowanie  to  operacja  odwrotna  do  pochodnej,  a  więc  całka  z  pochodnej  daje  nam
niezmienioną funkcję):

∗ ]- = ]y

µ ∗ ]- = µ ]y

y = µ ]- = µ ;4- ; -

−

2 ; −

2 - +

2< ]-

y = ;

2 -

+ ¶

;

3 -

½$

−

2 - + ¶

; −

2 ∗

2 -

2 - + ¶

y = ;2-

+ ¶

;

3 -

−

2 - + ¶

; −

4 -

2 - + ¶

Teraz, by pozbyć się stałych C z równania na v(t), musimy odwołać się do warunków początkowych
(prędkość początkowa v

), które pozwolą nam na precyzyjniejsze określenie wyglądu funkcji pierwotnej:

= (0 ; 1 ; 3)

y = ;2-

+ ¶

;

3 -

−

2 - + ¶

; −

4 -

2 - + ¶

(-) = 2-

+ ¶

(0) = 0

A więc otrzymujemy wynik, iż:

(0) = 2(0)

+ ¶

= 0

Co możemy już odnotować w głównym wzorze na v(t) dla składowej X:

y = ;2-

+ 0 ;

3 -

−

2 - + ¶

; −

4 -

2 - + ¶

Analogicznie postępujemy w pozostałych dwóch przypadkach:

(0) =

3 ∗ 0

−

2 ∗ 0 + ¶

= 1

(0) = −

4 ∗ 0

2 ∗ 0 + ¶

= 3

y = ;2-

;

3 -

−

2 - + 1 ; −

4 -

2 - + 3<

Kolejnym krokiem jest obliczenie r(t). Postępujemy w tym przypadku tak jak w stosunku do obliczania
prędkości z przyspieszenia – droga jest całką z prędkości (prędkość – pochodna drogi po czasie):

y =

n = µ y ]- = µ ;2-

;

3 -

−

2 - + 1 ; −

4 -

2 - + 3< ]-

n = ;

3 -

+ ¶

;

3 ∗

4 -

−

2 ∗

2 -

+ 1 ∗ - + ¶

; −

4 ∗

3 -

2 ∗

2 -

+ 3 ∗ - + ¶

n = ;

3 -

+ ¶

;

12 -

−

4 -

+ - + ¶

; −

12 -

4 -

+ 3- + ¶

= (3 ; 2 ; −1) p

n(0) = ;

3 ∗ 0

+ ¶

;

12 ∗ 0

−

4 ∗ 0

+ 0 + ¶

; −

12 ∗ 0

4 ∗ 0

+ 3 ∗ 0 + ¶

n(0) = (¶

; ¶

) = (3 ; 2 ; −1)

n = ;

3 -

+ 3 ;

12 -

−

4 -

+ - + 2 ; −

12 -

4 -

+ 3- − 1<

Zadanie A3.7
Pociąg o masie M = 1000 ton rusza ze stacji i po upływie 1 minuty osiąga prędkość 36 km/h. Efektywny współczynnik tarcia sił
oporu ruchu wynosi f = 0.01. Obliczyć prace wykonana przez silnik, średnią moc silnika i siłę działającą na pociąg.

Zadanie A3.8
Klocek o masie m = 2 kg zsuwa sie z równi pochyłej o wysokości H = 2 m i kacie nachylenia

= 30° z prędkością początkowa v

= 0.5 m/s. Obliczyć przyspieszenie, prędkość u podstawy równi i czas zsuwania sie klocka oraz odległość w jakiej zatrzyma sie
po zjechaniu z równi, jeśli współczynnik tarcia klocek-równia i klocek – podłoże wynosi f = 0.25.

p = 2 B

¬ = 2 p

= 30°

) = 0,25

Obliczamy siłę ciężkości klocka (Q to po prostu
inne, umowne oznaczenie siły F):
Ê = p ∗ = p ∗ B = 2 B ∗ 10

= 20 Ç

Przyspieszenie tu działające, to nic innego jak

przyspieszenie ziemskie

B ≈ 10

È
É

Siła

Ê to siła ciężkości. Składowe tej siły to Æ

czyli składowa styczna i

, czyli składowa

normalna (nacisku). Dzięki temu możemy wysnuć
następujący wniosek (twierdzenie Pitagorasa):

= Æ

+ Æ

Dodatkowo mamy na ilustracji siłę

Ë, czyli siłę

tarcia oraz siłę

, czyli siłę równoważącą siłę Æ

siłę reakcji podłoża.

Ê = 20 Ç

= p ∗ B ∗ sin

= p ∗ B ∗ cos

= (

;

)

(składowa styczna i normalna przyspieszenia)

− Ë

− Æ

= 0

Èe

= Æ

∗ ) = p ∗ B ∗ cos ∗ )

Jeśli klocek się nie porusza, to powyższy wzór nie działa. Jeśli klocek stoi to:

Ë = Æ

= p ∗ B ∗ sin

Ë ≤ Ë

Èe

− Ë

p =

pB ∗ sin − pB ∗ cos ∗ )

= B(sin − cos ∗ ))

Prędkość styczna:

= y = y

+ -

- =

y − y

sin =

2 -

+ y

sin =

2 -

+ y

- =

2 J

y − y

+ y

y − y

sin =

(y − y

)

2 y

y − y

K =

(y − y

)

+ 2y

(y − y

)

− 2yy

+ y

+ 2yy

− 2y

sin =

− y

2¬

sin = y

− y

y = ´

2¬

sin + y

Teraz musimy obliczyć, na jaką odległość s przemieści się klocek:

= −

p = −

pB)

p = −B)

, = y

2 (−B)) ∗ -

= y

− B)-

= 0

= B)-

, = y

2 (−B)) ∗ -

= y

B) +

2 (−B)) ∗ ;

B)<

B) −

B) =

2B)

, =

2B)

Zadanie A3.9
Drabina stojąca na podłodze jest oparta o gładka pionowa ścianę (np. szklana). Drabina może ślizgać się po ścianie bez tarcia,
miedzy drabina a podłożem współczynnik tarcia wynosi f. Przy jakim kącie między podłogą, a drabiną drabina nie będzie ślizgać
się po podłodze?

Siła

to siła reakcji ściany na drabinę, natomiast

siła

to siła reakcji podłoża.

+ Æ

+ Ë + Ê = 0

−Ë + Æ

= 0

−Ê + Æ

= 0

Ë = Æ

Ê = Æ

Teraz musimy zastosować pojęcie momentu siły

o = n × Æ

o = nÆ sin

By drabina była stabilna, wszystkie momenty sił
muszą się równoważyć, by dać wypadkowy moment
równy 0.

Moment siły tarcia:

= n × Ë

= Ë ∗

2 ∗ sin Ï

Kąt

Ï wynika z definicji, aczkolwiek możemy go

zamienić na kąt

ze względu na własność:

sin(180° − ·) = sin

Czyli otrzymujemy, iż:

= Ë ∗

2 ∗ sin

= −Æ

∗

2 ∗ sin(90° + ) = −

2 cos

= Æ

∗

2 ∗ sin

= 0 ponieważ n = 0

+ o

= 0

Teraz łączymy wszystkie wyrażenia w całość, pamiętając, że

Ë = Æ

oraz

Ê = Æ

Ë®

2 ∗ sin + ;−

2 cos < + Æ

∗

2 ∗ sin + 0 = 0

Ë®

2 sin +

2 sin =

2 cos

Ë®

2 sin +

Ë®

2 sin =

Ê®

2 cos

Ë® sin =

Ê®

2 cos

Ë sin =

2 cos

Ë =

cos

sin =

2 cot

Wiemy, że

Ê = pB oraz, że Ë ≤ ) ∗ pB (cot to inne oznaczenie cotangensa ctg):

Ë =

2 pB cot ≤ ) ∗ pB

cot

2 ≤ )

≥ n cot 2)

Zadanie A3.10
Podaj warunki, przy których układy mas pokazane na rysunkach pozostają w spoczynku. Oblicz siły naciągu nici. Współczynnik
tarcia klocków o podłoże wynosi f.

W zadaniu rozwiążemy tylko pierwszy przykład:

Ê = Ç

= p

∗ B

= Ç

+ Ë

= Ë

Ê = p

∗ B

B = Ç

+ Ë

B = Ë

+ Ë

≤ Ë

Èe

≤ p

B ∗ )

≤ p

B ∗ )

B = Ë

+ Ë

≤ (p

+ p

)B ∗ )

≤ (p

+ p

))

Zadanie A3.11 Hennel
Piłeczka po uderzeniu o podłogę traci 1/k część swojej energii kinetycznej. Znaleźć całkowitą drogę jaką przebędzie piłeczka
rzucona z wysokości H aż do momentu zatrzymania. Współczynnik k > 1, podać wynik dla przypadku H = 1.5 m, k = 4.

ÔÕŃ×ÕØÙ

+ Ó

ÔÕŃ×ÕØÙ

= Ó

+ Ó

ÔÕŃ×ÕØÙ

= 0

= pBℎ

= 0

= ;1 −

< Ó

= ;

− 1

< Ó

Dla H=1,5 m oraz k=4:

= ;

− 1

< Ó

= pB¬ ;

− 1

= pBℎ

= pB¬ ;

− 1

< = pBℎ

¬ ;

− 1

< = ℎ

ℎ

= ;

− 1

< ℎ

= ¬ ;

− 1

Û = ¬ + 2ℎ

+ 2ℎ

+ ⋯ = ¬ F1 + 2 ;

− 1

< + 2 ;

− 1

+ ⋯ G

= ;

− 1

b = ;

− 1

Û =

1 − b =

J − 1

1 − J − 1

= − 1

Û = 1,5 ∗ 7 = 10,5 p

Û = ℎ

L1 + 2( − 1)M = ℎ

(2 − 1)

Zadanie A3.12
Znaleźć średnią siłę działającą na podłoże w czasie odbicia od ziemi, jeżeli człowiek o masie M = 70 kg podskoczył na wysokość
h = 0.5 m. Czas odbicia Δt = 0.2 s. Opory zaniedbujemy.

Zadanie A3.13
Z jaka stałą siłą należy rozpędzać ciało o masie m = 5kg na drodze l = 10 m, aby wjechało na równię o kącie nachylenia α = 30

oraz wysokości h = 1 m? Współczynnik tarcia wynosi f = 0.05.

W zadaniu będziemy potrzebować zasady zachowania energii oraz twierdzenie o pracy i energii.

O = Æ ∗ ® = Æ®

O = ∆Ó

+ Ó

= Ó

+ Ó

Na początku klocek nie posiada energii potencjalnej

. Energię tą nabiera dopiero wykonując pracę

przeciwko sile grawitacji „wspinając się” na równię pochyłą, czyli dopiero od przekroczenia momentu

zaczyna mieć niezerową energię potencjalną, aż do osiągnięcia maksimum w punkcie

. Przeciwnie jest z

energią kinetyczną, która jest zerowa w punkcie

+ Ó

= Ó

+ Ó

+ 0 = 0 + pB¬

= Ó

= pB¬

O = pB¬

Æ =

pB¬

Dodając element tarcia powinna zwiększyć się energia kinetyczna. T

jest dla drogi do początku równi

pochyłej, czyli L, natomiast T

dla drogi na równi, czyli S (Q to ciężar klocka – m*g).

O = Æ®

= ) ∗ Ê

O = Ó

+ Ë

∗ ®

= Ó

+ Ë

∗ Û = pB¬ + ) ∗ pB ∗ cos ∗ Û

Æ =

pB¬ + )pB cos Û

+ )pB

Zadanie A3.14
Wózek o masie m napędzany silnikiem porusza się ze stałą prędkością

. W pewnej chwili wyłączono silnik. Jaka będzie

zależność prędkości wózka od czasu, jeśli siły oporu są proporcjonalne do prędkości zgodnie z zależnością

= −y (dla

małych wartości v), gdzie b jest stała. Jaka drogę przebędzie wózek od wyłączenia silnika do zatrzymania?

Zadanie A3.15
Wiedząc, że siła oporu powietrza jest proporcjonalna do kwadratu prędkości

= −y

oblicz:

graniczną (maksymalną) prędkość skoczka, który wyskoczył z samolotu z zamkniętym spadochronem,

czas po jakim osiągnie 95% tej prędkości.

Przyjmij

≅ 0,02

qÝ

Wskazówka matematyczna (do pkt b): rozwiązaniem równania

y3 + y

= przy warunku y(0) = 0 jest funkcja

y =

d
e

-Bℎ √-, gdzie y3 =

-Bℎ(') =

ßÞ

½v

ßÞ

Podpunkt a)

Æ = p

Æ = Ê + Æ

Æ = −y

+ pB = p

Czyli v

GRANICZNE

otrzymamy w przypadku gdy obie siły

się zrównoważą, dając wypadową siłę ma=0:

pB = y

= ´80 ∗

0,02 = 200

Skoczek będzie się rozpędzał aż do zrównoważenia

dwóch sił – siły oporu F

i siły Q.

Podpunkt b)

p = −y

+ pB

]- = −y

+ pB

]- = −

p + B

B =

]- +

p y

B = y3 +

p y

= y3 + y

p = B

y = ´

-Bℎ √- =

-Bℎ

´B

p -

y = y

-Bℎ ´

p -

Inżynieria Biomedyczna, zestaw nr 4 - dynamika c.d., układy nie inercjalne.

Zadanie A4.1 Hennel, III.3
Cząstka o masie m porusza się w płaszczyźnie XY zgodnie z równaniami ruchu:

' = cos ·-

( = sin ·-

Znaleźć:

a) tor cząstki,
b) zależność prędkości i energii kinetycznej od czasu,
c) wartość i kierunek siły działającej na cząstkę,
d) prace wykonana przez siłę pomiędzy punktami (a, 0) i (0, b),
e) prace w czasie pełnego obiegu toru,
f) czy siła jest zachowawcza,
g) zależność energii potencjalnej od położenia,
h) zależność energii całkowitej od czasu,
i) zależność momentu pędu względem punktu (0, 0) od położenia.

Podpunkt a)

= cos ·-

(

= sin ·-

sin

·- + cos

·- = 1

Równanie toru, to równanie bez czasu:

(

+ J

= 1

Podpunkt b)

y = ('3 ; (3) = (−· sin ·- ; · cos ·-)

y = W'

+ (

= W

sin

·- +

cos

·-

y = ·W

sin

·- +

cos

·-

= cos

·-

(

= sin

·-

y = ·´

(

= ·´

(

2 =

2 H·

(

p·

2 F

(

Podpunkt c)

Æ = p = p

]- = p

]Ly

; y

= p

]

]- (−· sin ·- ; · cos·-)

Powyższe obliczenia możemy również wykonać używając składowych wektora

n, czyli x i y z początku

zadania:

Æ = p = p

]- = p

]

= p

]

(' ; ()

= p

]

( cos ·- ; sin ·-)

Wtedy, po przeliczeniu pierwszej pochodnej musimy policzyć jeszcze drugą pochodną, jednocześnie
wracając do wyrażenia na początku podpunktu c):

Æ = p

]

( cos ·- ; sin ·-) = p

]

]- (−· sin ·- ; · cos ·-)

W konsekwencji otrzymujemy wynik:

Æ = p

]

]- (−· sin ·- ; · cos ·-) = p(−·

cos·- ; −·

sin ·-)

Wyciągając

przed nawias wraz z minusem otrzymujemy składowe wektora

Æ = −p·

( cos ·- ; sin ·-) = −p·

(' ; () = −p·

Æ = p = −p·

= −·

Podpunkt d)
By obliczyć pracę wykonaną pomiędzy dwoma punktami, będziemy musieli wykorzystać rozwiązać całkę z
siły po torze. Z definicji, praca między dwoma punktami to:

O = µ Æ

]n = µ −p·

Korzystając z definicji pochodnej iloczynu dwóch funkcji:

)

(') ∗ B

(') = )

(') ∗ B(') + )(') ∗ B

(')

Możemy wyprowadzić zależność, która nie co ułatwi nasze obliczenia:

](n ∗ n) = ]n ∗ n + n ∗ ]n = 2n]n

2 ](n ∗ n) = n]n

O = µ −p·

]n = µ −p·

2 ](n ∗ n)

„Wyciągamy” wszystkie stałe przed znak całki:

O = µ −

2 p·

](n ∗ n) = −

2 p·

µ ](n ∗ n)

Ponieważ całka to operacja przeciwna do pochodnej, więc całka z pochodnej to funkcja pierwotna:

µ ]L)(')M = )(')

O = −

2 p·

µ ](n ∗ n)

= −

2 p·

|n ∗ n|

Musimy w tym miejscu pamiętać o dwóch rzeczach – nasza całka jest całką oznaczoną, a więc posiada
granice całkowania (punkt początkowy i końcowy), a także nie zapominajmy, iż

n ∗ n to iloczyn skalarny,

którego wartość bezwzględną oblicza się następująco:

O = Æ ∗ , = Æ, cos

Gdzie

to kąt między wektorami. W naszym przypadku, mamy dwa takie same wektory, zwrócone w tym

samym kierunku (w końcu są to te same wektory…), więc kąt między nimi wynosi 0

. Automatycznie,

cosinus 0 stopni wynosi 1:

O = −

2 p·

|n ∗ n|

= −

2 p·

cos 0°|

= −

2 p·

O = −

2 p·

(0 ; )

( ; 0) = −

2 p·

(

−

) =

2 p·

(

−

)

Podpunkt e)i f)
Jeśli praca wykonana przy pełnym obiegu jest równa 0, to siła jest zachowawcza.

Czasami w życiu zdarza się tak, że coś nie wychodzi mimo tego, że powinno teoretycznie wyjść (jak mówi
słynny cytat - „shit happens”). I wtedy okazuje się, że gdzieś jest błąd. Podpunkty poniżej
najprawdopodobniej zawierają takowy, lecz z powodu braku chęci i czasu nie szukałem go. Polecam w tym
miejscu lekturę odpowiedzi do zadań Pana Hennela.

Podpunkt g)
Wracając do podpunktu b):

2 ·

(

Z definicji pracy otrzymujemy:

→

= ∆Ó

= Ó

− Ó

2 p·

(

−

)

(9;d)

= −

2 p·

(e;9)

2 p·

(Â)

2 p·

Podpunkt h)

= Ó

+ Ó

2 ·

(

G +

2 p·

Podpunkt i)
Moment pędu obliczymy z iloczynu kartezjańskiego wektora przemieszczenia i pędu (wprowadzamy w
składowych prędkości jeszcze składową z mimo tego, iż równa jest zero, ponieważ będziemy stosować
macierz do obliczenia iloczynu – w przypadku niejasności odsyłam do podpunktu a)):

® = n × a = n × py

y = ('3 ; (3 ; C3) = (−· sin ·- ; · cos ·- ; 0) = ;−

·(

;

·'

; 0<

n = (' ; ( ; 0)

Macierz rozwiązujemy metodą Saurrusa (najpierw dopisujemy dwa pierwsze wiersze pod macierzą, a
następnie, tak jak jest to pokazane na ilustracji poniżej, mnożymy przez siebie na skos, od góry do dołu,
najpierw czerwone linie, a następnie zielone):

n × y = ¯

(

−

·(

·'

¯ = ̂( ∗ 0 + '

·'

+ J− ·(

K ̂ ∗ 0 −

(J− ·(

K − 0 − 0

n × y = '

·'

− ( J−·(

K = F

·'

·(

Wersor

oznacza, iż wektor ® znajduje się w płaszczyźnie osi z.

® = p F

·'

·(

cos

·-

(

sin

·-

® = p F

cos

·-

sin

·-

G = p(· cos

·- + · sin

·-)

Używając ponownie jedynki trygonometrycznej otrzymujemy:

® = p·(cos

·- + sin

·-) = p·

Zadanie A4.2 Hennel, III.6

Obliczyć pracę wykonana przez siłę

Æ(' ; ( ; C) = ('

; −'( ; 5) przy przejściu od punktu A = (−1, 0, 0) do B = (1, 0, 0)

a) po prostej wzdłuż osi x,
b) po półokręgu w płaszczyźnie XY (Rys. 1)

Zadanie A4.3
W przedstawieniach cyrkowych akrobaci popisują się jazdą na motorze po wewnętrznej ścianie w kształcie walca (beczki),
którego podstawa stoi na ziemi. Z jaką minimalną prędkością v

może jechać motocyklista po ścianie walca o średnicy d = 18

m, jeżeli środek ciężkości motocyklisty znajduje sie w odległości x = 1 m od miejsca styku kół ze ścianą, a współczynnik tarcia
statycznego kół o ścianę wynosi f = 0.4. Pod jakim kątem względem poziomu jedzie motocyklista, jeśli jego prędkość wynosi v =
20 m/s?

Ë = Ê

n = Æ

Âveqtáâ dvtqâ

= Æ

n = 8 =

]

2 − '

) ∗ Æ

= pB

) ∗

n = pB

y = ´

) = ´8 ∗

0,4 = √200

, = 14

= tan

= n tan

= 11°

Zadanie A4.4 Hennel
Kulka o masie m ześlizguje sie bez tarcia po powierzchni kuli o promieniu R. W którym miejscu i z jaka prędkością kulka
oderwie się od kuli?

W rozwiązaniu zadania zakładamy, iż będziemy
obliczenia wykonywać dla pełnej wysokości h=2R, a
nie h=R (oba sposoby są poprawne – kwestia tylko
właściwej interpretacji wyniku):

ℎ = 2ã

cos =

' = ã cos

+ Ó

= Ó

+ Ó

= 0

= pBℎ = pB2ã

= pBℎ

= pB(' + ã)

+ Ó

= Ó

+ Ó

0 + pB2ã =

2 + pB(' + ã)

pB2ã − pB(ã cos + ã) =

y = WB4ã − B2(ã cos + ã) = WB4ã − B2ã cos − B2ã

y = WB2ã − B2ã cos = W2Bã(1 − cos )

W górnym punkcie, siłą dośrodkowa oraz siła ciężkości małej kulki mają ten sam kierunek. Aczkolwiek, wraz
z jej staczaniem się, zmienia się kierunek siły dośrodkowej.

ã = pB cos

cos =

ãB

cos =

2Bã(1 − cos )

ãB

= 2(1 − cos)

cos = 2 − 2 cos

1 =

cos − 2

cos =

Zadanie A4.5
Wyjaśnić, dlaczego kosmonauta w statku kosmicznym znajduje się w stanie nieważkości (silniki statku wyłączone).

Zadanie A4.6 Hennel III.13
W pociągu poruszającym się:

a) ze stała prędkością v,
b) ze stałym przyspieszeniem a, wisi na sznurku masa m.

Jakie jest odchylenie sznurka od pionu?

W  przypadku  podpunktu  a)  nie  otrzymamy
odchylenia,  bowiem  na  ciało  nie  działa  żadna  siła
bezwładności,  skierowana  przeciwnie  do  siły
wywołującej  pewne  przyspieszenie.  Natomiast
odchylenie w przypadku b) obliczamy następująco:

= 90° −

Musimy pamiętać, iż

oraz

to składowe siły

Ç.

Najpierw zajmiemy się siłami działającymi w
wzdłuż osi X:

= Æ

Ç cos = p

Następnie siłami działającymi wzdłuż osi Y:

= pB

Ç sin = pB

Dzięki temu otrzymujemy wyrażenie na siłę

Ç:

Ç =

sin Ç =

cos

sin =

cos

sin

cos =

p tan =

tan =

Zadanie A4.7

Dźwig unosi w górę ciężar o masie m = 500 kg ze stałym przyspieszeniem

= 1,2

. Jaka pracę wykona do momentu

osiągnięcia przez ciężar wysokości h = 10 m ?

UKŁAD INERCJALNY

O = Æ

∗ ℎ

− Ê = Æ

uwe1qrue

= p + pB

= p( + B)

O = p( + B)ℎ

UKŁAD NIEINERCJALNY

Jest to układ związany z człowiekiem stojącym na
skrzyni – dla niego skrzynia się nie porusza. F

to siła

bezwładności.

= Æ

+ Ê

= p( + B)

O = p( + B)ℎ

= B +

∆Ó

= pℎB′

Zadanie A4.8
W windzie zjeżdżającej z przyspieszeniem a = 2 m/s

umieszczono dwie jednakowe skrzynie połączone sztywnym drutem, o

masach M = 20 kg. Z jaką maksymalną siłą możemy pociągnąć skrzynie 1, aby postawiony na drugiej płaski klocek o masie m =
1 kg nie poruszył się? Współczynnik tarcia skrzynia-podłoże f

= 0.1, a klocek-skrzynia f

= 0.2.

Najważniejszym warunkiem naszego zadania, jest to, by mała skrzynia nie poruszyła się, a więc, by siła
tarcia zniwelowała siłę bezwładności, czyli:

= Ë

Ze względu, iż skrzynie zjeżdżają, wartość siły ciężkości jest pomniejszona o wartość przyspieszenia windy.
Dodatkowo musimy pamiętać, iż siła tarcia dużych skrzyń uwzględnia również masę małej skrzyni.

= )

∗ Ê

= )

∗ (2o + p)(B − )

= )

∗ Ê

= )

∗ p(B − )

Èe

= Ë

+ (2o + p) ∗

ÝÂe5ât5v

ÝÂ

= )

∗ p(B − )

ÝÂ

= )

(B − )

Èe

= Ë

+ (2o + p) ∗ )

(B − )

Èe

= )

∗ (2o + p)(B − ) + )

∗ (2o + p)(B − )

Èe

= (2o + p)(B − )()

+ )

)

Zadanie A4.9
Z jakim zewnętrznym przyspieszeniem powinna się poruszać równia pochyła o kącie nachylenia α, aby leżący na niej klocek o
masie m pozostał nieruchomo względem jej powierzchni? Współczynnik tarcia klocek – równia wynosi f, tarcie równi o podłoże
zaniedbać.

Klocek jedzie w dół:

= Ë + Æ

pB sin α = )(pB cos α + p sin α) + p cosα

B(sin α − ) cosα)

) sin α + cos α

pB sin α + )(pB cos α + p sin α) = p cos α

B(sin α + ) cos α)

cos α − ) sin α

Część wspólna jest rozwiązaniem zadania.

Zadanie A4.10 Hennel I.60
Pociski V-2, którymi Niemcy w czasie II Wojny bombardowali Londyn, przebywały drogę s = 300 km i doznawały odchylenia x =
3700 m. Zakładając, że pociski leciały ze stałą prędkością i poruszały się wzdłuż południka, znaleźć czas ich lotu. Przyjąć
szerokość geograficzną Londynu φ = 52

, okres obrotu Ziemi T ≈ 86000 s. (w zadaniu powinna być podana szerokość

geograficzna wystrzału, a nie Londynu)

Należy pamiętać, iż rakieta ma już sporą prędkość na
wschód na starcie:

y = ·ã

Wzór na przyspieszenie Coriolisa:

= 2y × ·

= 2y sin · = 2

- · sin

' =

2 ∗ 2

- · sin ∗ -

= ,-· sin

· =

' = ,-

Ë sin

- =

'Ë

2 sin

Zadanie A4.11 Hennel I.61
Znaleźć odchylenie ku wschodowi x ciała spadającego z wieży o wysokości h w polu grawitacyjnym Ziemi, w zależności od
szerokości geograficznej φ na której znajduje sie wieża.

Zadanie A4.12-1
Z jakiej wysokości należy:

a) zsunąć bez tarcia masę m,
b) stoczyć bez poślizgu kulkę o masie m i promieniu r

aby pokonała pętlę o promieniu R (Rys. 2). Policzyć siły działające na punkt i masę w punktach A, B i C.

= Ó

+ Ó

= pB¬ + 0

= Ó

+ Ó

= pB2ã +

= Ó

· =

æ =

5 pn

pB¬ = pB2ã +

B¬ = B2ã +

ç¿

= Ê

ã = pB

= Bã

B¬ = B2ã +

Bã

¬ = 2ã + 0,5ã = 2,5ã

= Ó

= pB¬

= Ó

+ Ó

2 + pB2ã +

æ·

= Ó

2 + pB2ã +

æ·

2 = pB¬

æ·

2 =

2 ∗

5 pn

∗ J

5 py

2 + pB2ã +

5 py

= pB¬

2 y

+ 2Bã +

5 y

= B¬

ç¿

= Ê

ã = pB

= Bã

2 Bã + 2Bã +

5 Bã = B¬

¬ = 0,5ã + 2ã + 0,2ã = 2,7ã

Zadanie A4.12-2 Hennel III.74
Na pionowo ustawionym, obracającym się wokół średnicy pionowej okręgu o promieniu R (Rys. 3) znajduje się koralik. Układ
znajduje się w ziemskim polu grawitacyjnym. Znaleźć punkty na okręgu, w których koralik może się znajdować w spoczynku.

Zadanie A4.13 Hennel III.77
Dwaj myśliwi polowali na wilki. Jeden strzelał do wilka znajdującego się na zachód od niego, drugi do wilka znajdującego się na
południe. Obaj spudłowali i tłumaczyli to istnieniem siły Coriolisa. Który z nich miał prawo tak się tłumaczyć, jaka jest wielkość
odchylenia toru pocisku, jeżeli średnia prędkość lotu v

= 300 m/s, czas lotu t = 1 s, szerokość geograficzna φ = 49

| = 2|y × ·| Æ

ç¿

ã − ,ł *]śn*]*N

W tym przypadku, pocisk będzie odchylany na
zachód (tor pocisku będzie zakrzywiony).

∆Û

= 2y· sin(180° − )

∆Û

= y· sin -

∆Û

= 300 ∗

86400 ∗ sin 49° ∗ 1

∆Û

= 1,6 [p]

W tym przypadku, pocisk będzie odchylany w
kierunku ziemi (będzie przyciągany, będzie spadał).

∆Û

= y· sin -

= 90°

∆Û

= y·-

= 300 ∗

86400 ∗ 1

∆Û

= 2,18 [p]

Inżynieria Biomedyczna, zestaw nr 5 - bryła sztywna, zas. zachowania, zderzenia

Zadanie A5.1
Wyprowadzić wzory na główne momenty bezwładności dla cienkiego pręta o długości l, kuli o promieniu R. (rozwiązanie tego
zadania można znaleźć w większości podręczników o podstawach fizyki lub na Google.pl)

Zadanie A5.2
Jednorodny walec o promieniu R = 10 cm i masie M = 0.8 kg stacza sie bez poślizgu z równi pochyłej o kacie nachylenia α = 39

wysokości H = 1.3 m. Obliczyć moment siły działający na walec, prędkość kątową i liniowa walca po stoczeniu sie z równi.

ã = 10 p = 0,1 p

o = 0,8 B

= 39°

¬ = 1,3 p

Musimy w tym miejscu wprowadzić pojęcie
momentu siły:

o = n × Æ

o = nÆ sin

Gdzie kąt

jest kątem między wektorem promienia i siły. W przypadku naszego zadania, kąt między

promieniem bryły i siły tarcia wynosi 90

, a więc sinus tego kąta jest równy 1:

À Æ

− Ë = p

Ëã sin Ëã = æë

Gdy nie ma poślizgu, to

ë =

² ë =

− Ë

p =

Ëã = æë

Pamiętajmy, iż siła F

to składowa siły Q, a więc używając twierdzenia Pitagorasa otrzymujemy:

ë =

pB sin − Ë

Ë =

æë

Następnie łączymy wszystko w całość, wyprowadzając wyrażenie na przyspieszenie:

pB sin − Ë

pB sin − æë

pB sin − æã ∗

= B sin −

pã

Moment bezwładności I walca to:

æ =

2 pã

= B sin −

2 pã

∗

pã

= B sin −

2 = B sin

3 B sin

Teraz przechodzimy do obliczenia prędkości walca:

+ Ó

= Ó

+ Ó

0 + pB¬ = F

2 +

æ·

2 G + 0

· =

pB¬ =

2 +

2 pã

∗

B¬ =

2 y

2 ã

∗

2 ∗

2 y

4 y

B¬ =

4 y

y = ´

3 B¬

Zadanie A5.3
Na bloczku w kształcie jednorodnego walca o promieniu R i masie M nawinięta jest nić, na końcu której wisi ciało o masie m.
Jaką prędkość kątową będzie miał bloczek w chwili, gdy ciało opuści się na odległość h ? (rys. 1)

Ê − Ç = p

pB − Ç = p

Ç = pB − p

Ç ∗ ã sin(Ç; ã) = æ ∗ ë

sin(Ç; ã) = sin 90° = 1

Çã = æë

æ =

2 oã

ë =

Çã =

2 oã

∗

Ç =

2 o

pB − p =

2 o

pB =

2 o + p = ;

2 + p<

2 + p

ℎ = ℎ

+ y

- +

2 -

ℎ =

2 -

· =

ã =

- =

·ã

ℎ =

2 ∗

´2ℎ

= ·

· = ì

2ℎ

2 + p

Zadanie A5.4 modyfikacja zad. 4/zest. 4 (A4.4)
Kulka o promieniu r (r niezaniedbywalny) stacza się bez poślizgu (czyli występuje tarcie) ze szczytu nieruchomej kuli o
promieniu R. W którym miejscu i z jaką prędkością oderwie się od jej powierzchni?

W tym przypadku, za podstawę wysokości przy
rozwiązywaniu zadania, będziemy brali tylko promień R, a
nie np. 2R.

sin =

ã + n

Warunek:

= Ê sin

ã + n = pB sin

= B(ã + n) sin

Pamiętając, że w naszym przypadku h w punkcie początkowym 1 to R+r, a w punkcie końcowym 2 to
(ã + n) sin (ponieważ sin =

½Â

możemy zmiany energii rozpisać w sposób następujący:

+ Ó

= Ó

+ Ó

0 + pB(ã + n) = F

2 +

æ·

2 G + pB(ã + n) sin

W następnym przekształceniu musimy użyć momentu bezwładności kuli

æ =

oraz użyć wzoru

· =

pB(ã + n) =

2 +

5 pn

∗

2 ∗

+ pB(ã + n) sin

pB(ã + n) =

2 py

5 py

+ pB(ã + n) sin

B(ã + n) = y

;

2 +

5< + B(ã + n) sin

Teraz powracamy do wzoru na prędkość, wyprowadzonego wcześniej

= B(ã + n) sin :

B(ã + n) = B(ã + n) sin

10 + B(ã + n) sin

1 =

10 sin + sin

1 =

10 sin

17 = sin

n sin = 54°

Zadanie A5.5
Na  szczycie  równi  o  kącie  nachylenia  α  znajduje  się  kulka  o  promieniu  r.  Współczynnik  tarcia  posuwistego  kulki  o  równię
wynosi  f,  a  współczynnik  tarcia  tocznego jest  równy k. Opisz  ruch  kulki  po jej  puszczeniu w  zależności  od  wartości  kąta  α  w
przypadku gdy k < fr. Wskazówka: rozpatrzyć 3 przypadki: spoczynek, toczenie bez poślizgu, toczenie z poślizgiem.

TOCZENIE BEZ POŚLIZGU:
Rozważamy tutaj przyspieszenie środka masy. W
poziomie działają dwie siły –siła tarcia T oraz składowa
pozioma siły Q, które dają wypadkowe przyspieszenie a

ŚM

Śî

= Ê sin − Ë

Wprowadzamy teraz moment siły – kąt między
promieniem, a siłą T wynosi zawsze 90 stopni, a więc
sinus tego kąta to 1:

o = Ëã = æë

Ë =

æë

ã =

5 pã

ã =

5 pãë

W przypadku ruchu bez poślizgu, możemy napisać, iż:

ë =

Śî

Ë =

5 pã ∗

Śî

ã =

5 p

Śî

5Ë

Wracamy teraz do wzoru z początku zadania wstawiając wyrażenie na przyspieszenie środka masy:

5Ë

2p = Ê sin − Ë

2 Ë + Ë = pB sin

Ë =

7 pB sin

Śî

2p ∗

7 pB sin =

7 pB sin

TOCZENIE Z POŚLIZGIEM:
Ponownie możemy stwierdzić iż (tym razem nie używamy pojęcia środka masy):

p = Ê sin − Ë

o = Ëã = æë

Aczkolwiek musimy teraz postawić dwa warunki:

ë ≠

Ë = Ë

Èe

= ) ∗ Ç = ) ∗ Ê cos

Teraz możemy przystąpić do rozwiązywania zadania podstawiając wzór na tarcie do początkowego
wyrażenia.

p = Ê sin − ) ∗ Ê cos

= B(sin − ) cos )

ë =

Ëã

æ =

) ∗ Ê cos ∗ ã

= ) ∗ pB cos ∗ ã ∗

2pã

5)B cos

2ã

wrśïâÝð

= y

śÂr1qe

− ·ã

wrśïâÝð

(-) = -B ;sin − ) cos −

2 ) cos <

> n tan

2 )

> 45°

Zadanie A5.6
W drewnianą kulkę o masie 2 kg spadającą z wysokości 5m wbija się 2 metry nad ziemią pocisk karabinowy o masie 10 g lecący
poziomo z prędkością 360 km/h. Obliczyć w jakiej odległości od pionu upadnie kulka. Przyjąć, ze pocisk nie zaburza ruchu kulki
w kierunku pionowym.

¬ = 5 p

ℎ = 2 p

= B

¬ =

2 B-

«¿Íñ

= ´

2¬

− -

= -

− -

= ´

2¬

B − ´

2(¬ − ℎ)

W przypadku zderzenia niesprężystego zachowany
jest pęd:

+ p

= (p

+ p

Ponieważ kulka nie miała prędkości poziomej, więc:

= 0

= y

çàó Íñ

= (p

+ p

y =

+ p

' = y ∗ -

+ p

∗ H´

2¬

B − ´

2(¬ − ℎ)

Zadanie A5.7
Pojazd kosmiczny wyrzuca paliwo z prędkością –

względem pojazdu. Masa początkową i prędkość pojazdu wynoszą M

i v

szybkość zmian masy jest stała i wynosi

o3 = −α. Ułożyć i rozwiązać równanie ruchu pojazdu.

]- = o

3 = −

- → o ; y

→ o − ∆o ; y

= y + ∆y

Prędkość

to prędkość paliwa względem obserwatora z zewnątrz., natomiast

−y

to prędkość paliwa

względem statku.

+ y

= −y

Wprowadzimy teraz pędy:

«ÍóôÎ

= (o − ∆o)(y + ∆y)

«õó«

= ∆oy

∆a

∆- = 0

oy − (o − ∆o)(y + ∆y) − ∆oy

∆-

= 0

oy − oy + o∆y − ∆oy − ∆o∆y − ∆oy

∆-

= 0

Wyrażenie

∆o∆y jest bardzo małe, a więc możemy je przyrównać do 0, przez co po przekształceniu

otrzymujemy:

o∆y − ∆o(y + y

)

∆-

= 0

Przez to, że mamy tu do czynienia z bardzo małymi zmianami masy i prędkości po czasie, więc możemy
przekształcić powyższe wyrażenie w równanie z pochodnymi:

]- − (y + y

)

]- = 0

Teraz wracamy na początek – zastosujemy teraz ten element

1î

= −, równocześnie zamieniając y + y

- prędkość paliwa względem statku:

= y + y

]- − y

= 0

Teraz rozwiążemy równanie:

]- = −

]o = −]-

µ ]o = − µ ]-

o = −- + ¶

By wyeliminować stałą C, podstawiamy warunki początkowe, czyli t=0 i M=M

= − ∗ 0 + ¶

= ¶

o = o

− -

I wracamy ponownie do wyrażenia sprzed rozwiązywania równania, łącząc je z wyliczonym wynikiem:

]- − y

= 0

− -)

]- = y

]- =

− -

µ ]y = µ

− - ]-

y = µ

− - ]- =

− ln(M

− -) + C′ = −y

ln(M

− -) + C′

y = −y

ln(M

− -) + C′

By obliczyć stałą C’, przyrównujemy wyrażenie do warunków początkowych, czyli t

=0, M

, v

= −y

ln(M

) + C′

= y

+ y

ln(M

)

y = −y

ln(M

− -) + y

+ y

ln(M

) = y

+ y

(ln(M

) − ln(M

− -))

y = y

+ y

ln ;

− -<

Gdzie v

to prędkość początkowa rakiety, natomiast v

to prędkość paliwa względem rakiety.

Zadanie A5.8 Hennel III.59
Kulka o masie m

uderza centralnie w spoczywającą kulkę o masie m

, która z kolei uderza centralnie w spoczywającą kulkę o

masie m

(Rys. 2). Udowodnić, że gdy m

> m

lub m

< m

to prędkość uzyskana przez kulkę C będzie większa, niż

przy bezpośrednim zderzeniu kulek A i B (gdyby nie było kulki B). Dla jakiej masy kulki B prędkość ta jest największa?

Przypadek pierwszy:

= p

+ p

− y

) = p

2 =

2 +

= p

+ p

− p

= p

− y

)(y

+ y

) = p

+ y

) = p

+ y

= y

− p

+ p

= y

+ p

= y

− p

+ p

= y

+ p

= y

+ p

)(p

+ p

)

Przypadek drugi:

′′ = y

+ p

Stosunek V

do V

”:

= y

+ p

)(p

+ p

) ∗

∗

+ p

)

+ p

)(p

+ p

) > 1

Warunek, w którym ten stosunek jest większy od jedynki następuje wtedy gdy:

+ p

) > (p

+ p

)(p

+ p

)

+ 2p

> p

+ p

> p

+ p

− p

+ p

− p

> 0

− p

) + p

− p

) > 0

− p

) − p

− p

) > 0

− p

)(p

− p

) > 0

By był spełniony powyższy warunek, to albo

− p

) i (p

− p

) muszą być dodatnie, albo oba

ujemne. By sytuacja pierwsza miała miejsce, to:

< p

) (p

< p

)

< p

)

Natomiast, jeśli oba mają być ujemne (i niezerowe!), to:

> p

) (p

> p

)

> p

)

Zadanie A5.9
Cząstka o masie m

i prędkości

y zderza się całkowicie sprężyście z nieruchomą cząstka o masie m

< m

(Rys. 3). Znaleźć

maksymalną wartość kąta o jaki odchyli się padająca cząstka, zakładając że cząstka 2 będzie poruszała się wzdłuż osi x po
zderzeniu. Czy zadanie da się rozwiązać bez dodatkowego założenia?

= (a

; a

) = p

9¢

; y

)

= p

cos ; y

sin )

= (a

$¢

; a

) = p

$¢

; y

)

= p

cos Ï ; y

sin Ï)

= (a

; a

) = p

; y

) = p

; 0)

= a

+ a

cos = p

cos Ï + p

sin = p

sin Ï

2 p

sin = y

sin Ï

cos − p

)

= (p

cos Ï)

sin )

= (p

sin Ï)

Używając jedynki trygonometrycznej (

+ *,

= 1) otrzymujemy:

cos − p

)

+ (p

sin )

= (p

)

Zadanie A5.10
Rozwiązać poprzednie zadanie w przypadku m1 = m2, bez zakładania kierunku ruchu cząstki 2 po zderzeniu. Pod jakimi kątami
poruszać się będą kulki?

Zadanie A5.11
Masa m1 zderza się sprężyście ze spoczywającą masą m2 = 5 kg tak, że jej prędkość maleje 6 razy. Oblicz m1.

Zadanie A5.12
Ciało o masie m1 = 0.2 kg i prędkości v

= 4 m/s zderza się całkowicie niesprężyście z ciałem o masie m2 = 0.1 kg leżącym u

podstawy równi o kącie nachylenia α = 30

. Na jaką największą wysokość wjedzie układ mas po zderzeniu, jeżeli współczynnik

tarcia o powierzchnie równi wynosi f = 0.1?

Zadanie A5.13
Obliczyć prędkość kuli karabinowej o masie m1 = 100 g, jeżeli wstrzelona poziomo do worka z piaskiem o masie m2 = 5 kg,
zawieszonego na linie o długości l = 2.5 m, spowodowała jego odchylenie od pionu o kąt α = 60 stopni. Jaki procent energii kuli
zamieniło sie na ciepło?

Zadanie A5.14
Krążek hokejowy o promieniu r i masie m wiruje z prędkością ω i sunie po lodzie z prędkością liniowa v

w kierunku

identycznego spoczywającego krążka. W momencie zderzenia krążki sklejają się, zderzenie jest centralne. Oblicz:

a) Prędkość liniowa układu po zderzeniu
b) Moment pędu układu względem środka masy przed zderzeniem i po zderzeniu
c) Prędkość kątowa układu wokół środka masy po zderzeniu (punkt styku)
d) Ile energii zostało stracone w zderzeniu

Tarcie zaniedbujemy.

= 2py

Wprowadzamy tutaj pojęcie momentu pędu L:

= æ· =

2 pn

= ®

Moment bezwładności liczymy z twierdzenia Steinera:

= æ

+ pã

2 pã

+ pã

2 pã

Moment bezwładności układu będzie podwojeniem
momentu bezwładności pojedynczego krążka, czyli:

æ = 3pã

= ®

= æ

= 3pn

3pn

= 3pn

2 py

2 æ·

2 py

2 ∗

2 pn

∗ ·

2 py

72 æ

2 py

3pn

∆Ó

2 −

4 +

−

24 =

4 +

5pn

Zadanie A5.15
Odosobniona  wirująca  gwiazda,  będąca  jednorodna  kulą,  zapada  sie  pod  wpływem  własnego  oddziaływania  grawitacyjnego
dwukrotnie  zmniejszając  okres  obiegu  wokół  własnej  osi.  Obliczyć  zmianę  natężenia  pola  grawitacyjnego  przy  powierzchni
gwiazdy.

® = æ·

® = *+,-

5 pã

= ã

= 2Ë

= ã

∗ Ë

2 ã

Natężenie pola grawitacyjnego oznaczamy

ø:

ø =

o = ú

∗

o =

úp

∗

Æp =

2 ã

∗

= 2ø

Zadanie A5.16*
Kula o promieniu R toczy się bez poślizgu z prędkością V po poziomej płaszczyźnie i napotyka próg o wysokości h (rys. 4)
Obliczyć prędkość kuli po wtoczeniu się na próg, zakładając że nie ma poślizgu w chwili stykania się z progiem.

Inżynieria Biomedyczna, zestaw nr 6 - drgania, grawitacja

Zadanie A6.1
Wahadło wychylono o kat α

= 3 stopnie i nadano mu w tym położeniu prędkość kątowa ω

= 0.2 1/s. Obliczyć maksymalne

wychylenie kątowe, maksymalną prędkość kątową i energię kinetyczną, jeżeli okres wahań jest równy T = 2 s. Obliczyć fazę
początkową wahań.

= cos(û- + )

· =

]

]- = −û sin(û- + )

û =

2 Ë = 2´

= cos()

= −û sin()

cos() =

−

û sin() =

cos() = −

û sin()

tan() = −

û = −

cos

()

sin

()

cos

()

sin

()

Korzystając teraz z jedynki trygonometrycznej:

sin

() +

cos

() =

= 3° =

= ´

= W0,004 + 0,003 = 0,082 n] = 4,67°

= 4,67° cos( û- − 0,83 n])

Zadanie A6.2
Wagon z zawieszonym na suficie wahadłem matematycznym o długości l = 0.5 m porusza sie po torze poziomym z
przyspieszeniem a = 2 m/s

. Znaleźć okres małych drgań.

Zadanie A6.3
Punkt o masie m może poruszać się tylko po prostej i jest przyczepiony do sprężyny zamocowanej w odległości L od prostej.
Sprężyna o długości L jest naciągnięta siłą F. Znaleźć częstość drgań masy m. (Rys. 1)

Punkt R na rysunku to punkt równowagi. Pozioma
składowa siły F

, czyli F

to siła powodująca powrót

masy do punktu równowagi.

Æ(') = −'

Æ = '(® − ®

)

= ∗ ®

$¢

= ∗ ®

∗ cos = ∗ ®

∗

= '

A więc uzyskujemy wniosek, iż przypadek który rozpatrujemy jest równoważny przypadkowi z poziomą
sprężyną.

Æ(') = −' = p

p + ' = 0

p = 0

p + ·

' = 0

Dzięki tym przekształceniom otrzymujemy wzór oscylatora

+ ·

' = 0, którego rozwiązaniem jest:

= cos(·- + )

· = ´

p =

´ Æ

®p

Zadanie A6.4 Hennel
Jednorodny walec o masie m i promieniu a toczy się wewnątrz nieruchomego walca o promieniu R. Znaleźć równanie ruchu dla
walca wychylonego w chwili początkowej o kąt α

. Kiedy otrzymane równanie można w prosty sposób rozwiązać? (Rys. 2)

û = 3(-)

y = 3(-)(ã − )

· =

3(-)(ã − )

2 +

æ·

2 =

4 py

ℎ = (ã − ) − (ã − ) cos (-) = (ã − )(1 − cos (-))

4 py

+ (ã − )(1 − cos (-))pB

Metoda Hamiltona/Lagrange’a:

]Ó

]- = 0

]

]- ;

4 py

+ (ã − )(1 − cos (-))pB< = 0

]

]- ;

4 pL3(-)(ã − )M

+ (ã − )(1 − cos(-))pB< = 0

4 ∗ 2 ∗ 3 ∗ Ã ∗ p ∗ (ã − )

+ pB[(ã − ) sin ∗ 3] = 0

]

]- L3(-)M

(ã − )

= (ã − )

∗ 23(-)

]

]- L3(-)M

= Ç − Ê

= −'

−' = Ç − Ê

−' = Ç − pB

î«¢

= pB − (−) = pB +

p = W2)

Zadanie A6.8
Wyprowadzić wzór na okres drgań wahadła fizycznego w postaci pręta o długości l i masie m, zaczepionego w 1/5l od końca.

Zadanie A6.9
W jakiej odległości R

od środka Ziemi powinien krążyć satelita, aby znajdował się stale nad tym samym punktem na kuli

ziemskiej? Wynik wyrazić przez ogólnie znane wielkości: promień Ziemi R

, przyspieszenie ziemskie g i czas obiegu Ziemi wokół

własnej osi T

ù«

= ú

¿ç

= y

· · =

2ã

y =

2ã

Satelita jest cały czas nad tym samym miejscem więc jego okres obiegu będzie równy okresowi obiegu
Ziemi.

= y

= ú

úoË

= ´

úoË

Zadanie A6.10
W ołowianej kuli o promieniu R i masie M wydrążono kulistą wnękę o promieniu R/2. Jaką siłą grawitacyjną kula będzie
przyciągać mniejszą kulkę o masie m? Odległość środków kul wynosi d. (Rys. 6)

Wedle zasady superpozycji:

= Æ

ù$

− Æ

ù$

= ú

]

Musimy teraz zastosować wzór na gęstość kuli
(masa przez objętość):

Å =

3 ã

= Å

3 ;

3 ã

∗

3 ;

= ú

8 J] − ã2K

= Æ

ù$

− Æ

= ú

]

− ú

8 J] − ã2K

= úop

]

−

8 J] − ã2K

Zadanie A6.11
Ciało o masie m zostało puszczone swobodnie do tunelu przewierconego przez środek Ziemi. Ułożyć i rozwiązać równanie
ruchu tego ciała. Obliczyć prędkość ciała w momencie przechodzenia przez środek Ziemi i jej stosunek do I prędkości
kosmicznej. Przyjąć, że Ziemia jest jednorodną kulą o znanej masie M i promieniu R

Poniższy wzór jest słuszny w przypadku mas
punktowych i sferycznych:

= pB = ú

Musimy teraz zastosować wzór na gęstość kuli
(masa przez objętość):

= ú

Å =

3 ã

Gęstość części wewnętrznej jest taka sama jak
gęstość całej Ziemi, a więc zachodzi równość:

3 ã

3 '

ú =

o ∗

ú =

úop

Ponieważ oś jest na zewnątrz, więc siła jest z minusem:

= −p =

úop

− =

úo

' = 0

úo

= ·

]

+ ·

' = 0

Otrzymaliśmy właśnie wzór na oscylator harmoniczny, a więc ciało wrzucone do takiego tunelu
przechodzącego przez środek Ziemi, oscylowałoby w górę i w dół.

'Ã + ·

' = 0

Ë =

úo

= ·

Ë =

´úo

= 2´

úo

Rozwiązaniem ogólnym równania oscylatora jest:

'(-) = cos(·- + )

'Ã = − cos(·- + ) ·

'Ã + ·

' = 0

' − cos(·- + ) ·

= 0

(' − cos(·- + )) = 0

( cos(·- + ) − cos(·- + )) = 0

Dla ciała puszczonego swobodnie mamy

= 0, '

= ã

oraz

= 0 (przypominam, że prędkość to

pochodna po drodze, a więc wystarczy z x(t) policzyć pochodną by uzyskać v(t) podane poniżej):

ü '(-) = cos(·- + )

y(-) = − sin(·- + ) ·

ü '(0) = cos() = ã

y(0) = − sin() · = 0

Ponieważ w naszym przypadku

sin() · = 0, więc sinus musi być równy zero (,+ = 0). By ta

zależność miała miejsce,

= 0. Dzięki temu wiemy, że cosinus będzie równy jeden (*, = 1):

cos() = ã

= ã

ü '(-) = ã

cos(·-)

y(-) = −ã

sin(·-) ·

Jeśli

- =

$
:

Ë, to otrzymamy zależność, że:

y = −ã

sin(·-) ·

·- = ·

4 Ë =

5 =

y = −ã

Wracając teraz do wzoru na omegę (

ùî

= ·

), otrzymujemy, iż:

|y| = ã

· = ã

úo

= ´

úo

= y

Jest to pierwsza prędkość kosmiczna! Wprost genialne! :D

Zadanie A6.12
Zegar  wahadłowy  posiada  wahadło,  którego  okres  drgań  na  powierzchni  Ziemi  wynosi  T  =  1  s.  Czy  zegar  będzie  dokładnie
odmierzał czas w schronisku w Morskim Oku (na wysokości ok. 1500 m n.p.m.)? O ile będzie się mylił na dobę?

Zadanie A6.13
Jaką najmniejszą pracę należy wykonać, aby przenieść ciało na Księżyc? Założyć, że wzajemne położenie Ziemi i Księżyca nie
zmienia się w trakcie ruchu ciała.

Zadanie A6.14
Satelita  porusza  się  wokół  planety  po  orbicie  o  promieniu  R,  z  okresem  T.  Znaleźć  masę  planety  oraz  natężenie  pola
grawitacyjnego przy jej powierzchni g, jeżeli pierwsza prędkość kosmiczna dla tej planety wynosi V

Zadanie A6.15
Dane są następujące wielkości dla pewnej planety: czas trwania 1 doby T

, promień orbity satelity stacjonarnego R i pierwsza

prędkość kosmiczna V

. Obliczyć: a) masę planety, b) okres drgań wahadła o długości l na powierzchni planety.

Inżynieria Biomedyczna, zestaw nr 7 - fale mechaniczne, hydrodynamika,

mechanika relatywistyczna

Zadanie A7.1
Ile razy zmieni się długość fali dźwiękowej przy przejściu z powietrza do wody? Prędkość dźwięku w wodzie 1480m/s, w
powietrzu 340 m/s.

Zadanie A7.2
Określić częstotliwość drgań dźwięku w stali, jeśli odległość między najbliższymi punktami fali o różnicy faz 90

wynosi 1.54 m.

Prędkość dźwięku w stali 5000 m/s.

− '

= 0

− y-) =

− y-) +

−

2y-

−

2y-

) =

2('

− '

)

− '

= 4('

− '

) ) =

4('

− '

)

Zadanie A7.3
Załóżmy, że generator dźwięku wysyła płaską monochromatyczną falę akustyczną o równaniu

= [

cos(·- − C) ; 0 ; 0].

Dwa identyczne generatory L1 i L2 ustawiono prostopadle do osi z, przy czym generator 2 znajduje sie o

∆C przed 1. Student

stoi w punkcie przecięcia osi. Znaleźć warunki na

∆C, dla których nastąpi wzmocnienie lub wygaszenie dźwięku słyszanego

przez studenta.

= [

cos(·- − C) ; 0 ; 0]

W równaniu fali, każda z wartości jest przyporządkowana konkretnej współrzędnej

= [ ; ܻ ; P]. Należy

w tym miejscu zwrócić uwagę, iż mimo zerowej współrzędnej Z, w równaniu fali pojawia się ta współrzędna
jako

C. Jest to tak zwany wektor falowy, związany z długością fali zależnością:

Mówi on nam również, w którym kierunku fala propaguje, rozchodzi się. A więc otrzymujemy wiadomość,
że nasza fala jest falą podłużną (fale akustyczne są podłużne - tylko jedna składowa, reszta zerowa -

= [ܺ ; 0 ; 0]). Teraz przechodzimy do zadania – mamy dwa generatory fal U

i U

cos(·- − C)

cosL·- − (C − ∆C)M

W zadaniu chodzi nam o obliczenie interferencji fal, a więc je zsumujemy według wzoru na sumę
cosinusów:

cos(·- − C) +

cosL·- − (C − ∆C)M

= 2

Fcos

(·- − C) − L·- − (C − ∆C)M

cos

(·- − C) + L·- − (C − ∆C)M

= 2

;cos

−∆C

2 cos

2·- − 2C + ∆C

= 2

[cos;

−∆C

2 < cos ;·- − C +

∆C

2 <\

By otrzymać wzmocnienie (cosinus jest funkcją parzystą, a więc minus nie ma znaczenia – sprawdź na
kalkulatorze :P ):

= 2

cos ;·- − C +

∆C

2 <

cos ;

∆C

2 < = 1

∆C

2 = + ∆C = 2+

∆C = +ߣ

Natomiast by otrzymać wygaszenie:

= 0

∆C

2 = + +

2 ∆C = 2+ +

∆C = ;+ +

ߣ
+ (2+ + 1)

Zadanie A7.4 Halliday, rozdz. fale dźwiękowe
Syrena wysyłająca dźwięk o częstotliwości 1000 Hz oddala sie od nas w kierunku stromej ściany skalnej z prędkością 10 m/s.
Dźwięki o jakiej częstotliwości będziemy słyszeć? Czy wystąpią dudnienia?

EFEKT DOPPLERA:

− y

Ó¿Ł«

Ë = ߣ

ç»çÄô

Wzór na efekt Dopplera (v

to prędkość fali):

)

− y

Ë =

) −

)

= )

− y

W przypadku oddalania się, zmieniamy znak, ponieważ
V

ŹRÓDŁA

jest wtedy ujemne. W przypadku naszego zadania,

źródło zbliża się do ściany, która działa jak zwierciadło dla
fali – powstaje obraz pozorny, tak jakby zbliżał się do
obserwatora.

)

= )

+ y

= 1000 ¬C

330 p,

330 p, + 110

= 971 ¬C

)

= )

− y

= 1000 ¬C

330 p,

330 p, − 110

= 1031 ¬C

Dudnienia, to nałożenie się dwóch fal o odmiennych częstotliwościach:

cos ·

- + cos ·

- = 2 cos

-(·

+ ·

)

cos

-(·

− ·

)

= 2 cos(-21000) cos(-230)

Otrzymaliśmy falę 1000 Hz modulowaną falą 30 Hz. W przypadku zbliżenia się tych częstotliwości,
wyraźniej słychać modulację, czyli dudnienia. W naszym przypadku, nie będzie tego słychać.

Zadanie A7.5
Drewniana boja w kształcie walca o polu podstawy S = 1 m

i wysokości h = 3 m jest obciążona kawałkiem ołowiu o objętości

= 0.1 m

i pływa w wodzie (ρ

= 1000 kg/m

). Ile będzie wystawać ponad powierzchnie wody? Gęstość drewna ρ

= 500

kg/m

, ołowiu ρ

= 11 000 kg/m

. Jaka będzie siła naciągu linki łączącej ołów i boję?

çñ

= Å

ç¿

∗ B ∗

»«Äñ»çÄô௃ à»ĘŚàó

Ê = Æ

+ Ê

= Æ

+ Æ

B(Å

+ Å

) = Å

ு

− Å

ு

B[,(ℎ − ℎ

)]

B(Å

+ Å

) − Å

ு

− Å

ு

B,ℎ

ு

= ℎ

ℎ

= 0,5 p

Zadanie A7.6
Boję z zadania 4 zanurzono (w pionie) dodatkowo o 10 cm i puszczono. Obliczyć okres drgań boi.

Do tego zadania użyjemy oznaczeń z rysunku w poprzednim
rozwiązaniu. Jedyny dodatek jaki wprowadzimy, to długość
x, na którą zanurzono w pionie boję.

= Ê

− Æ

= Å

B − Å

ு

BLÅ

− Å

ு

Musimy pamiętać, że zanurzamy drewno w wodzie, a nie
wodę w drewnie!

∆Æ

= ' ∗ Û ∗ Å

ு

∗ B

−Æ

− Æ

− ∆Æ

+ Ê

= p

−Æ

− Æ

= Ê

+ Ê

= 0

−∆Æ

= p = −'ÛÅ

ு

p'Ã = −'ÛÅ

ு

p'Ã + 'ÛÅ

ு

B = 0

'Ã +

ÛÅ

ு

p ' = 0

ÛÅ

ு

'Ã + ·

' = 0

Otrzymaliśmy w ten sposób równanie oscylatora.

· = ´

ÛÅ

ு

p · =

Ë Ë = 2´

ÛÅ

ு

'(-) = 10 p ∗ cos(·-)

Zadanie A7.7
Woda porusza się z prędkością 5m/s przez rurkę o przekroju 4 cm

. Rurka stopniowo się obniża o 10m i zwiększa swój przekrój

do 8 cm

. Jaka jest prędkość przepływu na niższym poziomie? Jakie ciśnienie panuje na niższym poziomie, jeśli na górnym

wynosi 2*10

Pa?

= 5

, ,

= 4 p

=? ,

= 8 p

Prawo ciągłości strugi mówi, że iloczyn wektora objętości i
szybkości jest stały (wektor objętości jest prostopadły do
powierzchni S):

, ∗ y = *+,-

= ,

= 2,5

Otrzymujemy tu zasadę działania węży ogrodowych. Gdy końcówka jest węższa od węża, to prędkość
wylotowa jest dużo większa. By obliczyć ciśnienie panujące na niższym poziomie, skorzystamy z równania
Bernoulliego, które można przyrównać do zasady zachowania energii:

an ,ł( CN+ę-nC+݆ + Ó

+ Ó

= *+,-

a +

Åy

2 + ÅBℎ = *+,-

Åy

2 + ÅBℎ

= a

Åy

2 + ÅBℎ

ℎ

= 0 ÅBℎ

= 0

Åy

2 −

Åy

2 − ÅBℎ

= a

≈ 3,03 ∗ 10

Zadanie A7.8
Górna powierzchnia wody w szerokiej rurze ciśnieniowej znajduje się na wysokości H nad powierzchnią ziemi. Na jakiej
wysokości h powinien być umieszczony mały otworek, aby wypływający z rury poziomy strumień wody rozbijał się o ziemię w
maksymalnej odległości od podstawy rury? Ile wynosi ta odległość?

Åy

2 + ÅBℎ

= a

Åy

2 + ÅBℎ

, ∗ y = *+,-

= ,

≪

Należy podkreślić w tym miejscu, iż ubytek wody jest
bardzo mały, stąd można stwierdzić, że

jest bardzo

małe i zmierza do 0 (a więc

ఘ

≈ 0):

→ 0

Dodatkowo, ponieważ zbiornik jest otwarty, więc nie ma
różnicy ciśnień:

= a

Kolejnym założeniem będzie podkreślenie, iż

ℎ

= 0, a ℎ

= ℎ:

ÅBℎ =

Åy

2 y

= W2Bℎ

Nasza prędkość

to prędkość spadku swobodnego. Teraz przechodzimy dalej:

¬ − ℎ =

2 B-

2(¬ − ℎ)

- = y

= y

' = Wy

' = ´y

2(¬ − ℎ)

= ´2Bℎ ∗

2(¬ − ℎ)

= 2Wℎ(¬ − ℎ)

' = 2[ℎ(¬ − ℎ)]

Teraz, ponieważ mamy wzór toru, musimy policzyć pochodną, by uzyskać ekstremum funkcji (stałą funkcji
jest

¬, natomiast zmienną ℎ:

' = 2[¬ℎ − ℎ

]

= [2(¬ℎ − ℎ

)

= (ℎ¬ − ℎ

)

∗ (¬ − 2ℎ) =

¬ − 2ℎ

(ℎ¬ − ℎ

)

¬ − 2ℎ

√ℎ¬ − ℎ

Teraz musimy pochodną przyrównać do zera, pamiętając, że nie można dzielić przez zero:

= 0 <=> ¬ − 2ℎ = 0

¬ = 2ℎ

Czyli otworek musi być w połowie wysokości wiaderka. Jedyne pytanie to czy nasze ekstremum jest
minimum, czy też maksimum? Otóż jest to maksimum (można to sobie ładnie narysować).W przypadku,

gdy

ℎ =

ு

, strumień dociera na odległość wysokości:

' = 2´

2 ;¬ −

2< = 2

´¬

4 = 2 ∗

2 = ¬

Zadanie A7.9
Jaki musi mieć promień rurka szklana, aby po ustawieniu pionowo i zanurzeniu końca w naczyniu z wodą poziom wody (na
skutek efektów kapilarnych) podniósł się w rurce na wysokość 3 metrów? Napięcie powierzchniowe σ = 72.75 J/m

Zadanie A7.10 Hennel, relatiwistyka
Czy można znaleźć taki układ odniesienia, w którym Chrzest Polski i Bitwa pod Grunwaldem zaszłyby:

a) w tym samym miejscu?
b) w tym samym czasie?

Odpowiedź uzasadnić i podać odpowiadający jej układ odniesienia.

Interwał czasoprzestrzenny (interwał – odległość):

− -

)

− ('

− '

)

Dzięki temu równaniu otrzymujemy niejako definicję czaso

− -

)

przestrzeni

− '

)

; -

) = (0 ; 966 n*)

; -

) = (500 p ; 1410 n*)

= (3 ∗ 10

)(966 n* − 1410 n*)

− (0 − 500 p)

= 1,76 ∗ 10

8଻

, − 2,5 ∗ 10

p > 0

Te  zdarzenia  mogą  zajść  –  interwał  jest  czasowy,  czyli  odległość  czasowa  jest  znacznie  większa  niż
przestrzenna.  To  znaczy,  że  te  dwa  zdarzenia  mogą  mieć  bezpośredni  wpływ  na  siebie.  W  przypadku
interwału  ujemnego  nie  ma  związku  między  wydarzeniami,  ponieważ  nawet  światło  nie  jest  w  stanie
przemieścić  się  między  tymi  dwoma  wydarzeniami  tak  szybko  (np.  jeśli  ktoś  kichnie  na  Ziemi  i  poczeka  9
minut,  aż  na  Słońcu  wybuchnie  plama,  to  można  dopatrzeć  się  związku  między  zdarzeniami,  ponieważ

prędkość światła z Ziemi do Słońca to 9 minut). Odpowiadający układ odniesienia to

y =

=99
:::

qÈ

Ârq