[MECHANIKA KLASYCZNA] Rzuty w polu grawitacyjnym :: Kompendium / Polski Serwis Naukowy

Polecamy również:

[MECHANIKA KLASYCZNA] Prędkość i szybkość średnia

[MECHANIKA KLASYCZNA] Ruchy prostoliniowe

[MECHANIKA KLASYCZNA] Ruchy krzywoliniowe

[MECHANIKA KLASYCZNA] Zasady dynamiki Newtona

[F.liniowa] Równanie kierunkowe, równanie ogólne

Rzuty w polu grawitacyjnym

Z pojęciem rzutu w polu grawitacyjnym Czytelnik na pewno się już spotkał w gimnazjum. Tutaj nieco uzupełnimy tę wiedzę. Skupimy się głównie na opisie matematycznym tych ruchów. W poniższym temacie zakładamy, że pole grawitacyjne, w którym ma miejsce rzut jest jednorodne, tzn. $\fs2 \vec g=-10m/s^2\hat y=\text{const.}$ . Dodatkowo pomijamy wszelkie opory ruchu. Okazuje się, że każdy ruch w takim polu sił można opisać już za pomocą dwóch współrzędnych, tzn. ruch sprowadza się do ruchu w płaszczyźnie. W niniejszym opracowaniu będę stosował układ współrzędnych Oxy. Przed przestudiowaniem tego opracowania radziłbym zapoznać się z tematem [MECHANIKA KLASYCZNA] Ruchy prostoliniowe.

§ 0. Oznaczenia, typy rzutów i podstawowe definicje

Do wszystkich poniższych rozważań proponuję przyjąć następujące oznaczenia:
$\fs2 y\equiv h(t)$ - wysokość na jakiej znajduje się ciało w danej chwili czasu,
$\fs2 y_o\equiv h_o$ - wysokość na jakiej znajduje się ciało w czasie $\fs2 t=0$ ,
$\fs2 \vec v(t)$ - prędkość ciała w danej chwili czasu,
$\fs2 \vec v_o$ - prędkość początkowa (prędkość jaką nadajemy ciału),
$\fs2 \vec g=[0,-g,0]=10m/s^2$ - przyspieszenie ziemskie (oś Oy kierujemy tak aby przyspieszenie ziemskie miało tylko jedną składową - pionową. Ponadto Oś Oy jest zwrócona grotem do góry).

W tym opracowaniu będziemy zajmowali się kilkoma rodzajami rzutów w polu grawitacyjnym. Poniżej przedstawię ich skrócone charakterystyki.
Spadek swobodny - prędkość początkowa jest równa zeru, wysokość początkowa różna od zera, ruch odbywa się wzdłuż linii prostej.
Rzut pionowy w górę - prędkość początkowa różna od zera i zwrócona przeciwnie do g, wysokość początkowa różna od zera lub równa zeru, ruch odbywa się wzdłuż linii prostej.
Rzut pionowy w dół - prędkość początkowa różna od zera i zwrócona zgodnie z g, wysokość początkowa różna od zera, ruch odbywa się wzdłuż linii prostej.
Rzut poziomy - prędkość początkowa różna od zera, skierowana prostopadle do g, wysokość początkowa różna od zera, ruch odbywa się w płaszczyźnie.
Rzut ukośny - prędkość początkowa różna od zera, skierowana pod kątem różnym od zera do poziomu, wysokość równa zeru; (można rozpatrzyć z niezerową wysokością początkową, ale jest to dość skomplikowane)

§ 1. Spadek swobodny

Jest to ruch bez prędkości początkowej, zatem mamy swoisty spadek, w potocznym tego słowa znaczeniu. Na ciało działa tylko jedna siła - siła grawitacji, która powoduje przyspieszenie ciała w kierunku pionowym w dół. Zgodnie z II zasadą dynamiki, takie ciało porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym.

1.1. Równanie ruchu
Równanie spadku swobodnego jest analogiczne do ruchu jednostajnie przyspieszonego bez prędkości początkowej (patrz linkowany temat)

$v_y=-g\Delta t \\ y=y_o-\frac12 g\Delta t^2$

znak "-" bo oś Oy jest skierowana do góry (patrz oznaczenia).

1.2. Czas spadku
Rozpatrzmy czas spadku z wysokości $\fs2 y_o$ na dowolną wysokość $\fs2 y$ . Wiadomo, że "delta to od końca odjąć początek", zatem $\fs2 \Delta y=y-y_o$ . Oczywistym jest, że wysokość końcowa jest mniejsza od wysokości początkowej więc $\fs2 \Delta y<0$ ; niemniej jednak nas nie interesuje znak wyrażenia $\fs2 y_o-y=-\Delta y$ , zatem

$\mathrm{-} (y_o-y)=-\frac{g\Delta t^2}{2}$

Rozwiązując to równanie względem $\fs2 \Delta t$ otrzymujemy wynik

Czas spadku na dowolną wysokość w spadku swobodnym

$\Delta t=\sqrt{\frac{2(y_o-y)}{g}}$

W szczególności, gdy ciało spada na poziom $\fs2 y_i=0\;\Rightarrow\; t=\sqrt{2y_o/g}$

Przykład 1
Ciało spada swobodnie z wysokości $\fs2 h=10m$ . Z jaką prędkością ciało uderzy o ziemię? Na jakiej wysokości $\fs2 h_1$ prędkość ciała będzie równa połowie prędkości końcowej? Przyjmij $\fs2 g=10\frac{m}{s^2}$

Rozwiązanie:
Najpierw policzymy czas spadku na poziom zerowy, $\fs2 0=h-\frac{gt^2}{2}\;\Rightarrow\; t=\sqrt{2h/g}$ . Korzystając z tego, że w spadku swobodnym $\fs2 v=gt$ mamy $\fs2 v=g\sqrt{\frac{2h}{g}}=\sqrt{2gh}\approx 14\frac{m}{s}$ . Niech $\fs2 t_1$ będzie momentem, kiedy ciało znajduje się na wysokości $\fs2 h_1$ i ma prędkość $\fs2 v_1=v/2$ .
Równanie spadku swobodnego wygląda wtedy następująco: $\fs2 h_1=h-\frac{gt_1^2}{2}$ , ale człon $\fs2 gt_1=v_1=0,5 v\;\Rightarrow\; t_1=\frac{v}{2g}$ , zatem $\fs2 h_1=h-\frac{g\cdot 2gh}{2\cdot 4g^2}=h-\frac{1}{4}h=\fbox{\frac{3}{4}h=7,5m}$ .

§ 2. Rzut pionowy w górę

2.1. Równania ruchu
Równanie rzutu pionowego w górę jest analogiczne do ruchu jednostajnie opóźnionego z prędkością początkową (patrz linkowany temat).

Równania ruchu w rzucie pionowym w górę

$\begin{cases}y=y_o+v_{oy}\Delta t-\frac{g\Delta t^2}{2} \\ v_y=v_{oy}-g\Delta t\end{cases}$

znak "-" bo oś Oy jest skierowana do góry (patrz oznaczenia).

2.2. Czas spadku
Tak jak poprzednim razem postaram się pokazać jaki jest czas spadku na dowolną wysokość.

$\frac{g\Delta t^2}{2}-v_{oy}\Delta t-(y_o-y)=0$

Jeśli nie zapoznałeś/aś się jeszcze z teorią rozwiązywania równań kwadratowych, to czas najwyższy aby to zrobić. Zapraszam do tematu [F. kwadratowa] Równania i nierówności kwadratowe.

$\Delta =v_{oy}^2+4\cdot \frac{g}{2}\cdot (y_o-y)=v_{oy}^2+2g(y_o-y)\;\Rightarrow\;\sqrt{\Delta}=\sqrt{v_{oy}^2+2g(y_o-y)}$

Czas spadku na dowolną wysokość w rzucie pionowym w górę (rozwiązanie ogólne)

$\Delta t_{1,2}=\frac{v_{oy}\pm \sqrt{v_{oy}^2+2g(y_o-y)}}{g}$

Zauważmy, że nie możemy powiedzieć nic konkretnego o znaku przed pierwiastkiem. Wszak rozważaliśmy przypadek najogólniejszy. Przeanalizujmy przypadki łatwiejsze.

Gdy ciało spada na poziom $\fs2 y=0$ :

$\Delta t=\frac{v_{oy}+\sqrt{v_{oy}^2+2gh_o}}{g}$

Tutaj nie możemy zajmować się wyrażenie ze znakiem "-" przed pierwiastkiem, gdyż wartość pierwiastka jest zawsze większa od $\fs2 v_{oy}$ . Gdybyśmy założyli, że wzór z minusem jest do przyjęcia, to otrzymalibyśmy $\fs2 \Delta t<0$ , a my analizowaliśmy ruch od momentu $\fs2 t=0$ , zatem takie rozwiązanie nas nie interesuje.

Oraz gdy ciało zostaje wyrzucone z poziomu zerowego:

$\Delta t_{1,2}=\frac{v_{oy}\pm\sqrt{v_{oy}^2-2gy_o}}{o}$

Tutaj nie możemy pominąć żadnego rozwiązania, gdyż pierwiastek jest nie mniejszy niż $\fs2 v_{oy}$ .

Nie rzadko proszą nas w zadaniach o podanie czasu, po jakim ciało znajdzie się ponownie na wysokości zerowej. Kiedy rozwiązaliśmy przypadek ogólny, nie pozostaje nic prostszego jak podstawić odpowiednie wielkości do rozwiązania ogólnego, tj. $\fs2 y_o=0$ i $\fs2 y=0$ :

$\Delta t_1=\frac{v_{oy}-\sqrt{v_{oy}^2}}{g}=0$

$\Delta t_2=\frac{v_{oy}+\sqrt{v_{oy}^2}}{g}=\frac{2v_{oy}}{g}$

Rozwiązanie

odpowiada sytuacji początkowej, kiedy wyrzucamy ciało z poziomu zerowego. Rozwiązanie

jest całkowitym czasem ruchu ciała. Zauważmy, że połowa czasu spadania jest równa tzw. czasowi wznoszenia, który definiuje się jako rozwiązanie równania $0=v_{oy}-gt_w$ . Odpowiada ono sytuacji gdy ciało ma zerową prędkość, czy znajduje się na wysokości maksymalnej. Doszliśmy zatem do tego, że w jednorodnym polu grawitacyjnym czas wznoszenia na pewną wysokość jest równy czasowi spadku z tej wysokości. To właśnie jednorodność pola zapewnia nam prawdziwość powyższego stwierdzenia.

2.3. Wysokość maksymalna
Na wysokości maksymalnej prędkość ma wartość zerową zatem $0=v_o-g\Delta t\;\;\Rightarrow\;\; \Delta t=\frac{v_o}{g}$ . Jest to czas po jakim ciało osiągnie wysokość maksymalną. Wstawmy to do równania ruchu

$H_{\mbox{max}}=h_o+\frac{v_o^2}{g}-\frac{gv_o^2}{2g^2}$

Wysokość maksymalna w rzucie pionowym w górę

$\fbox{H_{\mbox{max}}=h_o+\frac{v_o^2}{2g}}$

Przykład 2
Znaleźć prędkość początkową, z jaką wyrzucono ciało pionowo do góry, jeżeli na wysokości (licząc od punktu wyrzucenia ciała) znajdowało się ono dwukrotnie w odstępie czasu $\Delta t=2s$ . $g=10\frac{m}{s^2}$ .

Rozwiązanie:

Przyjmijmy początek osi Oy w punkcie wyrzutu. Wtedy h_o=0m

. Wiadomo, ze w jakimś momencie t_1

ciało znalazło się na wysokości

, a po czasie $t_1+\Delta t$ znów znalazło się na tejże wysokości. Zatem nasze równania ruchu można zapisać

$\left{\begin{eqnarray}(1)\; h&=&v_ot_1-\frac{gt_1^2}{2} \\ (2)\; h&=&v_o(t_1+\Delta t)-\frac{g(t_1+\Delta t)^2}{2}\end{eqnarrays}$

$\left{\begin{eqnarray}(1)\;h&=&v_ot_1-\frac{gt_1^2}{2} \\ (2)\;h&=&v_ot_1+v_o\Delta t-\frac{gt_1^2}{2}-gt_1\Delta t-\frac{g\Delta t^2}{2}\end{eqnarray}$

Po odjęciu od równania (2) równania (1) i podzieleniu przez $\Delta t$ otrzymujemy równanie

$0=v_o-gt_1-\frac{g\Delta t}{2}\;\;\Longrightarrow\;\; t_1=\frac{v_o}{g}-\frac{\Delta t}{2}$

Wstawmy ten czas do równania (1)

$\begin{eqnarray}{h=} \\ & & =v_o\left(\frac{v_o}{g}-\frac{\Delta t}{2}\right)-\frac{g}{2}\left( \frac{v_o}{g}-\frac{\Delta t}{2}\right)^2=\\ & & =\frac{v_o^2}{2g}-\frac{g\Delta t^2}{8}\end{eqnarray}$

$v=\sqrt{2gh+\left(\frac{g\Delta t}{2}\right)^2}=20\frac{m}{s}$

Wybrałem trudniejszą drogę dojścia do wyniku. Zadanie można rozwiązać w sposób o wiele prostszy dochodząc do wniosku, że po czasie t1+0,5Δt ciało osiąga wysokość maksymalną a następnie spada swobodnie z tej wysokości na wysokość h po upływie czasu 0,5Δt i tak naprawdę tylko to drugie równanie jest nam potrzebne bo z niego można bezpośrednio wyznaczyć prędkość początkową. Powodzenia!

§ 3. Rzut pionowy w dół

3.1. Równania ruchu
Równanie rzutu pionowego w górę jest analogiczne do ruchu jednostajnie przyspieszonego z prędkością początkową (patrz linkowany temat).

Równania ruchu w rzucie pionowym w dół

$\fbox{\begin{cases}h(t)=h_o-\left(v_o\Delta t+\frac{g\Delta t^2}{2}\right) \\ v(t)=v_o+g\Delta t\end{cases}}$

znak "-" ponieważ współrzędna wysokości cały czas się zmniejsza o podany nawias.

3.2. Czas spadku
Tak jak poprzednim razem postaram się pokazać jaki jest czas spadku na dowolną wysokość

$\frac{g\Delta t^2}{2}+v_o\Delta t-(h_o-h)=0$

$\Delta =v_o^2+4\cdot \frac{g}{2}\cdot (h_o-h)=v_o^2+2g(h_o-h)$

$\sqrt{\Delta}=\sqrt{v_o^2+2g(h_o-h)}$

$\Delta t_{1,2}=\frac{-v_o\pm \sqrt{v_o^2+2g(h_o-h)}}{g}$

Oczywiście wynik z minusem zostaje odrzucony, gdyż nie operujemy pojęciem ujemnego czasu.

Czas spadku w rzucie pionowym w dół

$\fbox{\Delta t=\frac{-v_o+ \sqrt{v_o^2+2g(h_o-h)}}{g}}$

w szczególności gdy ciało spada na poziom h=0

$\Delta t=\frac{-v_o+\sqrt{v_o^2+2gh_o}}{g}$

§ 4. Rzut poziomy

Rzut poziomy w polu grawitacyjnym jest superpozycją dwóch ruchów: jednostajnego w kierunku wyrzutu i jednostajnie przyspieszonego w dół. Niech ciał znajduje się na wysokości h_o

. Oś Oy jest skierowana w górę (g=[0,-g,0]) a oś Ox w prawo. Ciało rzucamy również w prawo z szybkością v_o

.

4.1. Równania ruchu

Równania ruchu w rzucie poziomym

$\fbox{\begin{cases}x(t)=v_o\Delta t \\ y(t)=h_o-\frac{g\Delta t^2}{2}\end{cases}}$

Wyznaczając czas z równania na x(t)

i wstawiając go do równania na y(t)

możemy uzyskać równanie toru po jakim porusza się rzucane ciało. Nie są to skomplikowane obliczenia, więc od razu napiszę wynik

Równanie toru w rzucie poziomym

$\fbox{y(x)=h_o-\frac{g}{2v_o^2}\cdot x^2}$

Równanie to opisuje kawałek (gałąź) paraboli; kawałek, bo rozpatrujemy ruch od momentu x=0, zatem dziedziną tej funkcji jest $\mathbb{D}=[0,Z]$ a zbiorem wartości ZW=[0,h_o]

.

4.2. Czas spadku
Znów rozpatrzymy czas spadku na dowolną wysokość. Sprawa jest identyczna jak w przypadku spadku swobodnego. Dlaczego? Wynika to z tego, że na czas spadku wpływa siła grawitacji, która działa tylko w pionie, zatem tylko ona decyduje o spadku ciała. To z jaką prędkością wyrzucimy ciało nie ma wpływu na czas spadku, bo na wyrzucone ciało w kierunku poziomym nie działa żadna siła (zakładamy brak sił oporu ośrodka).
Zatem czas na dowolną wysokość y(t)=h

spadku wynosi

Czas spadku w rzucie poziomym

$\fbox{\Delta t=\sqrt{\frac{2(h_o-h)}{g}}}$

W szczególności gdy ciało spada na poziom h=0

$\Delta t=\sqrt{\frac{2h_o}{g}}$

4.3. Zasięg
Zasięg to odległość w poziomie od miejsca wyrzutu ciała (x=0) do miejsca upadku (punkt (0,Z)). Zasięg tutaj będę oznaczał jako Z. Trzeba znaleźć moment, w którym y=0 i policzyć czas po jakim to nastąpi. Zrobiliśmy to w poprzednim podpunkcie: $\Delta t=\sqrt{\frac{2h_o}{g}}$ . Zasięg o nic innego jak

Zasięg w rzucie poziomym

$\fbox{Z=v_o\cdot \Delta t=v_o\sqrt{\frac{2h_o}{g}}}$

Przykład 3
Kula pistoletowa wystrzelona poziomo przebiła dwie poziomo ustawione kartki papieru w odległościach i od pistoletu. Różnica wysokości na jakich znajdują się otwory w kartkach wynosi . Oblicz prędkość początkową kuli. $g=10\frac{m}{s^2}$

Rozwiązanie:

Niewątpliwe założyć trzeba, ze kula nie traci swojej prędkości po zderzeniu z kartkami papieru. Niech w chwili t_1

kula przebija pierwszą kartkę a w chwili t_2

drugą. Wtedy $l_1=v_ot_1\;\Rightarrow\; t_1=\frac{l_1}{v_o}$ i $l_2=v_ot_2\;\Rightarrow\; t_2=\frac{l_2}{v_o}$ . Wiadomo, że w chwili t_1

ciało znajduje się na wysokości h_1

a w chwili t_2

na wysokości h_2

, zatem

$h_1=h_o-\frac{gt_1^2}{2}$ i $h_2=h_o-\frac{gt_2^2}{2}$

Nie musimy znać wysokości początkowej, gdyż odległość w pionie między otworami to nic innego jak

$h=h_2-h_1=\frac{g}{2}(t_2^2-t_1^2)$

Wstawiając wcześniej wyliczone czasy

$h=\frac{g}{2v_o^2}(l_2^2-l_1^2)$

$v_o=\sqrt{\frac{g}{2h}(l_2^2-l_1^2)}=224\frac{m}{s}$

§ 5. Rzut ukośny

Rzut ukośny jest superpozycją ruchów: jednostajnego w kierunku wyrzutu ciała i rzutu pionowego w górę w pionie rzecz jasna. Niech oś Oy będzie skierowana w górę a oś Ox w prawo. W chwili początkowej ciało znajduje się w punkcie (0,0) i nadajemy mu prędkość v_o

skierowaną pod kątem $\theta$ to poziomu (osi Ox).

5.1. Równanie ruchu
Najpierw trzeba rozłożyć prędkość $\vec v_o$ na dwie składowe: wzdłuż osi Ox $v_{ox}=v_o\cos\theta$ i wzdłuż osi Oy $v_{oy}=v_o\sin\theta$ , zatem

Równania ruchu w rzucie ukośnym

$\fbox{\begin{cases} x(t)=v_o\Delta t\cos\theta \\ y(t)=v_o\Delta t\sin\theta-\frac{g\Delta t^2}{2}\end{cases}}$

I postępując tak jak w przypadku rzutu poziomego wyznaczamy tor ruchu ciała

Równanie toru w rzucie ukośnym

$\fbox{y(x)=x\cdot tg\theta-\frac{g}{2v_o^2\cos^2\theta}\cdot x^2}$

Równanie to opisuje pewną funkcję kwadratową, której dziedziną jest $\mathbb{D}=[0,Z]$ a zbiorem wartości $ZW=[0,H_{\mbox{max}}]$ .

5.2. Czas wznoszenia
Analizując ten sam podpunkt z rzutu poziomego, można dojść do wniosku, że czas wznoszenia na dowolną wysokość y(t)=h

, to rozwiązanie równania

$h-v_o\Delta t\sin\theta+\frac{g\Delta t^2}{2}=0$

Czas wznoszenia w rzucie ukośnym

$\fbox{\Delta t_{1,2}=\frac{v_o^2\sin^2\theta\pm\sqrt{v_o^2\sin^2\theta-2gh}}{g}}$

Oczywiście bierzemy pod uwagę oba czasy bo ciało dwa razy znajduje się na jeden wysokości. W szczególności gdy h=0

$\Delta t_1=0$ - dotyczy sytuacji początkowej

$\Delta t_2=\frac{2v_o\sin\theta}{g}$ - to czas po jakim od momentu wyrzucenia ciała, ono ponownie znajdzie się na wysokości 0

Zatem znając ten czas możemy obliczyć zasięg w rzucie ukośnym, czego dotyczy następny podpunkt.

5.3. Zasięg
Posileni wiedzą z punku traktującego o rzucie ukośnym możemy przejść od razu do równań

$Z=v_o\cos\theta\cdot \frac{2v\sin\theta}{g}=\frac{v_o^2}{g}\cdot 2\sin\theta\cos\theta$

Z równości $\sin(\theta+\phi)=\sin\theta\cos\phi+\sin\phi\cos\theta$ wnioskujemy, że $2\sin\theta\cos\theta=\sin 2\theta$ , zatem

Zasięg w rzucie ukośnym

$\fbox{Z=\frac{v_o^2\sin 2\theta}{g}}$

Kiedy zasięg jest największy? Kiedy sinus kąta ma największą wartość, którą jest 1. Rozpatrujemy kąty z przedziały $\theta\in[0,\pi/2]$ . Sinus kąta prostego ma największą wartość zatem $2\theta=\pi/2$ czyli $\theta=\frac{\pi}{4}$ , a więc największy zasięg otrzymamy gdy rzucimy coś pod kątem 45°. Możemy zapisać

$Z(\pi/2)=Z_{\mbox{max}}$

Jako ciekawostkę do tego podpunktu polecam temat: Wpływ kąta wystrzału na zasięg .

5.4. Wysokość maksymalna
Nasz rzut w pionie opisują równania

$\begin{cases}v(t)=v_o\sin\theta-g\Delta t \\ y(t)=v_o\Delta t\sin\theta-\frac{g\Delta t^2}{2}\end{cases}$

Ciało na wysokości maksymalnej ma zerową składową prędkości y-kowej, zatem $0=v_o\sin\theta-g\Delta t\;\Rightarrow\; \Delta t=\frac{v_o\sin\theta}{g}$ . Wstawiamy to teraz do równania na y(t)

$y_{\mbox{max}}=H_{\mbox{max}}=\frac{2v_o^2\sin^2\theta}{2g}-\frac{v_o^2\sin^2\theta}{2g}$

Wysokość maksymalna w rzucie ukośnym

$\fbox{H_{\mbox{max}}=\frac{v_o^2\sin^2\theta}{2g}}$

Przykład 4
Pod jakim kątem do poziomu wyrzucono ciało, jeżeli wiadomo, że maksymalna wysokość, na jaką wzniosło się ciało jest cztery razy mniejsza od zasięgu rzutu?

Rozwiązanie:

Korzystamy z wcześniej wyprowadzonych wzorów: $H_{\mbox{max}}=\frac{v_o^2\sin^2\theta}{2g}$ oraz $Z=\frac{v_o^2\sin 2\theta}{|g|}$ . Wiemy, że $4H_{\mbox{max}}=Z$ , zatem

$2v_o^2\sin^2\theta=2v_o^2\sin\theta\cos\theta$

$\sin\theta=\cos\theta$

Działamy tylko na kątach ostrych, a w takowych istnieje tylko jeden kąt, którego sinus i cosinus przyjmują takie same wartości

$\theta=\frac{\pi}{4}$

Bibliografia i literatura uzupełniająca:
1. D. Halliday, R. Resnick, (J. Walker) Podstawy fizyki, tom 1 (tom 1), wyd. PWN
2. Praca zbiorowa Fizyka - treści rozszerzające, część 1, wyd. ZamKor
3. W. Kruczek, J. Jędrzejewski, A. Kujawski Zbiór zadań z fizyki, tomy 1 i 2, wyd. WTN
4. S. Brzezowski MECHANIKA nie tylko dla licealistów, wyd. Oficyna Edukacyjna

Kolorem niebieskim zaznaczona jest literatura akademicka.

Krzysztof Pawlaczek

komentuj publikację