Момент силы относительно боковой грани пирамиды

[ChymeNik]

Как искать момент силы $Q$ относительно грани $SD$?
Угол наклона боковых граней к основанию - $\alpha$



Я так понимаю, нужно направить ось $z$ по $SD$, а остальные две перпендикулярно. Но получается слишком сложно с углами (ответ простой - $Qa\sin\alpha$)
Заранее спасибо за помощь!

[svv]

Давайте начнём с того, что здесь два раза вместо «ребро» сказано «грань».

Во-первых, $SD$ — ребро, отрезок (задаёт прямую), а грань — многоугольник (задаёт плоскость). Момент силы бывает относительно точки и относительно оси, но не плоскости.

Во-вторых, судя по ответу, угол $\alpha$ должен быть углом наклона боковых рёбер к основанию, но не граней.

Используйте такое выражение для момента силы относительно оси: $M=(\mathbf n,\mathbf r, \mathbf F)$ — смешанное произведение, $\mathbf n$ — единичный направляющий вектор оси, $\mathbf r$ — вектор из любой точки на оси к любой точке на линии действия силы. Разложите $\mathbf n$ на две составляющие: горизонтальную (лежащую в плоскости основания) и вертикальную (перпендикулярную ему). А оси координат не нужны вовсе.

[Батороев]

svv в сообщении #1104035 писал(а):

угол $\alpha$ должен быть углом наклона боковых рёбер к основанию, но не граней.

На мой взгляд, здесь правильно - все же граней.

ChymeNik

Цитата:

Расстояние между скрещивающимися прямыми – это расстояние от некоторой точки одной из скрещивающихся прямых до плоскости, проходящей через другую прямую параллельно первой прямой.

Поэтому в первую очередь ищите женщину плоскость.

[svv]

Батороев
$\vec n=\frac{\vec{DS}}{|DS|}\quad\quad M=(\frac{\vec{DS}}{|DS|},\vec{DA},\vec Q)$
Составляющая $\vec{DS}$, параллельная основанию, не даёт вклада в смешанное произведение. Поэтому $M=(\frac{\vec{OS}}{|DS|},\vec{DA},\vec Q)$. Теперь в смешанном произведении три взаимно перпендикулярных вектора. (Я выбрал $\vec n$ так, чтобы тройка была правой.) Так что
$M=\frac{|OS|}{|DS|}aQ$
Если вместо $\vec{DS}$ взять $\vec{SD}$, появится знак минус.

[Батороев]

Я нашёл плечо стереометрически и у меня в ответе получился синус двугранного угла.

[svv]

Не вижу Вашего решения, но, думаю, Вы где-то ошиблись. Пусть $\beta$ — величина двугранного угла между боковой гранью и основанием. Пусть $E$ — середина отрезка $AD$. Вы согласны, что момент нашей силы относительно оси $ES$ равен $\frac 1 2 Q a \sin\beta$ ? (вот тут действительно синус двугранного угла)

[ChymeNik]

Прощу прощения - насчет боковых граней ошибся, угол наклона бокового ребра к плоскости основания - $\alpha$.
С формулой смешанного произведения получился верный ответ. Но подскажите пожалуйста, откуда взялась эта формула?

[svv]

Практически из определения момента силы относительно оси. Будет прекрасно, если Вы его приведёте, этим Вы делу очень поможете.

[Батороев]

svv в сообщении #1104145 писал(а):

Не вижу Вашего решения, но, думаю, Вы где-то ошиблись.

Я исходил из того, что $a$ - сторона квадрата основания, а плоскость, проходящая через $SD$, параллельная $AB$ - есть грань $SDC$.

[svv]

Ну если бы ось была высотой, опущенной из $S$ на середину $DC$, то угол между осью и плоскостью таким бы и был. А наша-то ось ещё наклоннее к плоскости основания.

[Батороев]

svv
Плечо момента я считал правильно, но не учел то, что необходимо еще посчитать проекцию силы $Q$ на плоскость, перпендикулярную оси. Когда посчитал полностью, пришел к Вашему результату.

(Оффтоп)

Видать день был тяжелый (немного погуляли на работе ).

[svv]

(Оффтоп)

Ничего, впереди аж четыре дня отдыха.

[ChymeNik]

svv в сообщении #1104178 писал(а):

Практически из определения момента силы относительно оси. Будет прекрасно, если Вы его приведёте, этим Вы делу очень поможете.

Решение - $Qa\sin\alpha$
Или, если вы про определение момента силы относительно оси

Цитата:

Момент силы относительно оси равен алгебраическому моменту проекции этой силы на плоскость, перпендикулярную этой оси относительно точки пересечения оси с плоскостью, то есть

[svv]

Отлично! Итак, пусть $\mathbf n$ — единичный вектор, направленный вдоль оси, $\mathbf F$ — вектор силы, $\mathbf r$ — вектор, соединяющий некоторую точку на оси и точку приложения силы. Возьмём готовое выражение $M=(\mathbf n, \mathbf r, \mathbf F)$ и докажем, что оно равно тому, что в определении.

«Как известно» №1. В смешанном произведении можно к любому вектору прибавить линейную комбинацию остальных векторов, и оно от этого не изменится. Действительно, в силу линейности
$(\mathbf a, \mathbf b, \mathbf c+\lambda \mathbf a+\mu\mathbf b)=(\mathbf a, \mathbf b, \mathbf c)+\lambda(\mathbf a, \mathbf b, \mathbf a)+\mu(\mathbf a, \mathbf b, \mathbf b)$
Поскольку смешанное произведение равно нулю, когда в нём есть совпадающие векторы, остаётся только одно слагаемое $(\mathbf a, \mathbf b, \mathbf c)$.

«Как известно» №2. Пусть $\mathbf n$ — единичный вектор. Любой вектор $\mathbf a$ равен сумме двух составляющих: параллельной $\mathbf n$ и перпендикулярной $\mathbf n$.

(Оффтоп)

А именно, при $\mathbf n\cdot\mathbf n=1$:
$\mathbf a_{\parallel}=\mathbf n(\mathbf n\cdot\mathbf a)$,
$\mathbf a_{\perp}=\mathbf a-\mathbf n(\mathbf n\cdot\mathbf a)$.
Это очень полезные формулы, но нам они не нужны.

Для нас важно лишь, что при некотором $\lambda$
$\mathbf a=\mathbf a_{\perp}+\lambda \mathbf n$, причём $\mathbf a_{\perp}\cdot \mathbf n=0$.

Следовательно, в выражении для $M$ можно заменить $\mathbf r$ и $\mathbf F$ их проекциями $\mathbf r_{\perp}$ и $\mathbf F_{\perp}$ на плоскость, перпендикулярную оси $\mathbf n$, от чего $M$ не изменится. При этом мы получаем то, о чём говорится в определении. Следовательно, моё выражение для $M$ равно тому моменту, который вводится Вашим определением.