Fizika A2E, 1. feladatsor

Átírás

1 Fiika AE, 1. feladatsor Vida Görg Jósef 1. feladat: Legen a = i + j + 3k, b = i 3j + k és c = i + j k. a Mekkora a a, b és c vektorok hossa? b Milen söget ár be egmással a és b? c Mekkora a a és c vektorok által kifesített parallelogramma területe? d Mekkora a b és c vektorok által kifesített háromsög területe? e Mekkora a három vektor által kifesített paralelepipedon térfogata? a c Utolsó módosítás: 15. május., 19: Megoldás: a A vektorok hossát a saját magukkal vett skalársoratuk gökeként deniáljuk: a = a = a a = i + j + 3k i + j + 3k = = 1, 1-1 b = b = = 1, 1- c = c = = b a és b söge, sintén deníció serint: cos α = a b i + j + 3k i 3j + 1k = a b 1 1 = = α = 9, a b c a b 1-A. ábra c A parallelogramma területe: T = a c sin α, ahol α a két vektor által köbeárt sög. A terület aonban úg is kisámítható, mint a két vektor vektoriális soratának hossa. i j k a c = = i 1 3 j k 1 = 8i 11j + 1k 1-6 T = a c = = 85 = 16, d A kifesített háromsög területét uganúg kell kisámolni, mint a parallelogramma területét, aonban a háromsögé annak csak a fele, b a c T = b c B. ábra 1

2 e A paralelepipedon térfogatát a három vektor vegessoratával lehet kisámolni: V = a b c. 1-9 E a menniség eg skalár, hisen két vektor skaláris sorata. A vektorok sorrendje mindeg. A absolútérték-jel aért sükséges, mert ha a vektoriális sorat két tagját felcseréljük, akkor a sorat el jele megváltoik, aonban a térfogat poitív menniség. V = a b c = a c b = 8i 11j + 1k i 3j + k = = b a e b a a -A. ábra. feladat: Adott két vektor: a = i 3j+k és b = i j+k. Bontsa fel a-t b-vel párhuamos és rá mer leges komponensekre! Heges- vag tompasöget ár be egmással a két vektor? Megoldás: El sör elkésítjük a b iránú egségvektort: e b = b i j + k = = 1 i j + k. -1 b A a vektor b iránába es vetületének hossát a b iránába mutató egségvektorral való skalársorat adja meg: a = a e b = i 3j + k 1 i j + k = = 8, vagis a a vektor b vektorral párhuamos komponense: - a = a e b = 8 i j + k A mer leges komponens a eredeti vektornak és a párhuamos komponensnek a különbsége: a = a a = i 3j + k 8 5 i j + k = 1 1 i 7 1 j 11 1 k. - F 1 3-A. ábra ω 3. feladat: Eg origó köéppontú, R = 1 cm sugarú, m = 1 kg tömeg homogén tömegeloslású gömbre két er hat: F 1 = i + j N, amelnek a támadáspontja r 1 =,1k m, és F = i j N, amelnek a támadáspontja r =,1k m. Mi les a gömb söggorsulás-vektora? t = 1 s múlva milen sebesség les a r 1 helvektorú pontja? Megoldás: A söggorsulás kisámításáho el sör meg kell határonunk a gömbre ható forgatónomatékot. Mivel a gömböt forgató két er simmetrikusan helekedik el, és eek egmás ellentétei, eért csak a tömegköéppont körüli forgómogást fognak el idéni. Tudjuk, hog ebben a esetben a forgástengel

3 a gömb köéppontján fog átmenni, íg a forgatónomatékot is erre vonatkoóan írjuk fel: M = r 1 F 1 + r F =,1k i + j +,1k i j ] =,i +,j [kg m. 3-1 s A forgatónomaték a söggorsulás-vektor és a tehetetlenségi nomaték sorata: M = Θβ, 3- ahol a gömb tehetetlenségi nomatéka Θ gömb = 5 mr = 5 1 kg,1 m =, kg m. Behelettesítve: β = 5i + 1j 1 s. 3-3 Ha álló heletb l indult a gömb, akkor a sögsebesség 1 s múlva: a kerületi sebesség pedig: ωt = 1 s = β t = 5i + 1j 1 s, 3- v1 s = ωt = 1 s r 1 = 5i + 1j 1 s,1k m = 1i + 5j m s feladat: Eg pontser test mogását a rt, ϑt, ϕt függvének írják le gömbi koordinátarendserben. Hogan né ki a test sebessége és gorsulása Descartes-koordinátákkal megadva? Megoldás: A áttérés a Descartes és a gömbi koordinátarendser köött a alábbi: = r sin ϑ cos ϕ r = + + = r sin ϑ sin ϕ ϕ = arctan = cos ϑ ϑ = arccos. -1 r A sebesség Descartes-koordinátákban: dt dt = ẋt = d rt cos ϑt sin ϕt - dt = ṙt cos ϑt sin ϕt rt sin ϑt ϑt sin ϕt + rt cos ϑt cos ϕt ϕt. -3 A többi komponenst is hasonlóan lehet kisámolni. 5. feladat: Határouk meg a I = e d 5-1 integrál értékét! 3

4 Sámoljuk ki ehelett a I értékét, at követlenül meg tudjuk tenni. Mivel a I eg olan integrál, amelnek a hasában eg sigorúan poitív függvén van, íg a I értéke bitos, hog poitív, vagis a I megadható úg, mint a négetének a négetgöke. I = e d e d = e + dd 5- O r dr dϕ ϕ 5-B. ábra. Hengerkoordinátarendser Erre a I integrálra úg lehet tekinteni, mint a f, = e + alatti térfogatra. A integrálás semléletes Riemann értelemben vett kisámítási módja a, hog et a térfogatot úg határouk meg, mint a d d alapterület, f, magas hasábok térfogatának össege. A megoldás kisámításáho aonban a f, alatti térfogatot célser másként felbontani kis hasábokra. Végeünk el eg koordinátarendsertransformációt, térjünk át polárkoordinátákra: { = r cos ϕ = r sin ϕ { r = + ϕ = arctan. 5-3 Ekkor a integrandus: e + = e r sin ϕ+cos ϕ = e r. A integrálási hatásokat is a új koordinátákban kell megadni. A teljes síkot akkor fedjük le, ha r -tól végtelenig meg és ϕ pedig -tól π-ig. Kérdés, hog ekkor hogan kell tekinteni a kis hasábok alapterületét. Ennek módja, hog megnéük, hog a r és a ϕ koordináta kis váltotatásával mekkora területet fedünk le. A kis körg r darabnak a egik oldala dr hossú a másik pedig rdϕ e a dϕ sög alatt látsódó ív hossa, vagis területe rdrdϕ. Tehát I = π e r r drdϕ. 5- Mivel ϕ és r teljesen független váltoó, eért e a integrál két egváltoós integrál sorata: I = π e r r dr [ dϕ = 1 ] e r [π] = π, 5-5 vagis I = π. 6. feladat: Eg felület paraméteres megadása hengerkoordinátákban a követke : ϱs,t = R + r cost s,t = r sint ϕs,t = s, ahol s és t is a [,π intervallumot futja végig. Mi e a alakat? Hogan né ki a paraméteres megadás Descartes-koordinátákban?

5 7. feladat: Eg origó köéppontú homogén fémkockában a h mérséklet eg adott pillanatban a követke módon függ a helt l: π T,, = T + T 1 sin + α + e β. Milen iránú a h áramlás a origóban, illetve a tér többi pontjában ebben a pillanatban? Megoldás: A h áramlás a h mérséklet gradiensével van kapcsolatban. A Fick-törvén alapján: j q = λ T, ahol λ a h veetési egüttható. A feladatunk tehát, hog kisámoljuk a feladatban megadott függvén gradiensét. Descarteskoordinátákban =,,, vagis T =,, T,, T,, =, ahol a eges komponensek: Íg a h áram: T,,, π = T 1 α cos + α + T,, T,, = T 1 α cos T,, π j q = λt 1 e β cos + α + T,,, 7-1 e β, 7- π + α + e β, 7-3 π = T 1 sin + α + βe β. 7- α,α, β tg π + α feladat: Eg tömegpontra a helét l függ F,, = ai + k + b j er hat. Mekkora munkát vége a er tér, miköben a tömegpont rt = cti + dt j serint moog t = id t l t = T -ig? A feladat megoldása során eg vonalintegrált kell kisámítani. Ennek megértéséhe el sör emlékeünk vissa arra, hog mi a a munka. Eg állandó nagságú F er munkája eg egenes vonal mentén történ elmodulás során megegeik a F és a test elmodulásvektorának skalársoratával: W = F s. A mi esetünkben aonban a testre a tér minden pontjában más-más er hat, illetve nem eg egenes, hanem a fent megadott út mentén moog. Kérdés, hog ekkor hogan lehet kisámolni et a menniséget. El sör is ossuk fel a test mogását apró elemi lépésekre. A t és a t + dt id pillanat köött a test a rt és a rt + dt pontok köött modul el. Mivel dt nagon rövid id, eért a elmodulást köelíthetjük eg egenes sakassal: ds = rt + dt rt = rt + dt rt dt dt = v dt. 8-1 Mivel e a kis elmodulás nagon pici, íg a er t tekinthetjük végig állandóak a elmodulás során, íg a elemi munkát felírhatjuk úg, mint dw t = Fr v dt = F rt vt dt, 8- F rt ds pála rt 8-A. ábra rt + dt O 5

6 ahol a er t a r helen kell venni, és a r pedig a test helete a t id pillanatban. A test sebességét sintén a t id pontban kell venni. Eek ismeretében a teljes munkát úg írhatjuk fel, mint a elemi munkáknak a össege t = -tól t = T -ig: W = T dw t = T F rt vt dt. 8-3 Ennek kisámításáho meg kell határonunk a test sebességét, amel, ahog a 8-1 egenletb l is látsik, a helvektor id serinti deriváltja: vt = drt = d ct, dt dt dt, dct = dt, ddt, d = c, dt,, 8- dt dt illetve meg kell határonunk a F rt függvént. E nem más, mint a er értéke aon a helen, ahol a test a t id pontban van. Et úg kapjuk meg, hog behelettesítjük a, és váltoók helére a test mogását leíró t, t és t függvéneket, ameleket le tudunk olvasni a rt megadott alakjából: F rt = F t,t,t = F ct,dt, = a cti + dt k + b j = acti + adt k = act,, adt. 8-5 Eeket felhasnálva már ki tudjuk sámolni a fenti integrált: W = T = ac [ t F rt vt dt = ] T T act,, adt c, dt, dt = T ac t dt = ac T. 8-6 O dt rdr r dr R 9-A. ábra 9. feladat: Eg R sugarú cs ben foladék áramlik, sebessége mindenhol párhuamos a cs tengelével, nagsága csak a cs köépvonalától mért r távolságtól függ vr = C R r módon. Menni foladék áramlik át a cs eg kerestmetsetén t id alatt? Tekintsük a cs nek eg kerestmetsetét. A problémát a jelenti, hog a foladék áramlási sebessége más a cs pontjain. Ossuk fel a csövet kis körg r kre. Mivel a áramlás hengersimmetrikus a áramlás sebessége csak sugártól függ, eért eg ilen kis körg r n mindenhol uganakkora les a áramlási sebesség. Eg ilen körg r területe dt rdr. Et úg sámolhatjuk ki, mint eg dr séles πr hossú téglalap területét. Ha v a áramlás sebessége, akkor t id alatt a áramlás eg frontja v t távolságot halad el re. dt alapterületen e a t id alatt dv = dt v t rdrvrt térfogatni foladék áramlik át. Már csak össegenünk kell a össes ilen kis körg r darabon átfolt térfogatot: V = tc dv r = [R r r πrdrvrt tc rr r dr = π tcr. 9-1 Tehát eg csövön átáramló foladék a mennisége a cs sugarának negedik hatvánával arános. 6

7 1. feladat: Határouk meg annak a R sugarú gömbnek a tömegét és a tengelre vonatkotatott tehetetlenségi nomatékát, amelnek a s r sége a tengel mentén váltoik: ρ,, = ρ + α. 1-1 Ahho, hog meg tudjuk oldani a feladatot, tudnunk kell, hog hogan lehet tömeget és tehetetlenségi nomatékot sámolni. Eeket a alábbi formulák adják meg: M = ρ,,ddd, Θ = + ρ,,ddd, 1- test test ahol térfogati integrálokat kell kisámítani. A térfogati integrál at jelenti, hog a teret felostjuk elemi darabokra, Descartes-koordinátákban elemi ddd térfogatú téglatestekre, és össeadjuk a integrandus értékét megsorova a térfogat nagságával minden eges pici téglatestre. Aonban Descarteskoordinátákban a integrált nagon nehékes lenne kisámítani. Ehelett a feladatot két különbö módon is megoldjuk, el sör hengerkoordináta-rendserben, másodsorra pedig gömbikoordináta-rendserben. 1. megoldás: Mivel a s r ség hengersimmetrikus a tengel körül forgássimmetrikus, íg talán érdemes beveetni a hengerkoordinátákat. A erre való áttérési sabál: = r cos ϕ r = + = r sin ϕ ϕ = arctan. 1-3 = = A integrandus a tömeg esetében nem váltoik, a tehetetlenségi nomatéknál pedig + ρ,, = r ρ + α. Itt is meg kell visgálni, hog a ddd térfogatelem helett, mekkora les a inniteimális térfogat. A polárkoordinátáknál láttuk, hog eg dr dϕ darabka területe rdrdϕ, akkor eg ilen alapú d magas térfogatelem térfogata rdrdϕd. Vagis M = ρr,ϕ, rdrdϕd = ρ + α rdrdϕd, 1- test Θ = test test r ρ + α rdrdϕd. 1-5 Néük meg, hog hogan tudjuk megadni a integrálási határokat, ha a origó köéppontú R sugarú gömböt akarjuk végigpástáni. A koordináta -t l R-ig meg. Mivel a rendser forgássimmetrikus, íg a ϕ -t l függetlenül minden esetben és π köött vehet fel bármilen értéket. A r koordináta visont nem lehet akármi, annak határa függ attól, hog milen értéknél vagunk. Können végiggondolható, hog magasságban a gömb metsete eg R sugarú kör, vagis r -tól eddig a értékig mehet. E leírva: M = = π R π [ R R ρ + α rdrddϕ ρ + α rdr 7 d ] dϕ. 1-6 ϕ r 1-A. ábra. Hengerkoordinátarendser

8 Itt mivel a r serinti integrál határa függ -t l, eért e a két integrál nem emelhet át egmáson. Aonban et is igen magától értet d en kell megoldani: M = π = π = π dϕ R R R ρ + α rdr ρ + α rdr rdr d d ρ + α d R ρ + α d = π [R ρ + R α 3 3 ρ α ] R ρ + α d R ρ + R α ρ α 3 d ρ 1 3 ρ R 3 = 3 R3 π ρ. 1-7 A tehetetlenségi nomaték uganíg: Θ = π dϕ = ρ π R ] R [R R = 8 15 R5 ρ π 8 15 = 5 r ρ,, rdrd ρ + α d = π 3 R3 πρ = R 5 ρ π R r 3 ρ + α drd R ρ + α d R = 5 MR. 1-8 ϕ ϑ r 1-B. ábra. Gömbkoordinátarendser. megoldás: Mivel a test határa gömbsimmetrikus eért akár a gömbi koordinátákat is beveethetjük. A erre való áttérési sabál: = r sin ϑ cos ϕ = r sin ϑ sin ϕ = r cos ϑ r = + + ϑ = arccos r ϕ = arctan. 1-9 Leveethet, hog a inniteimális térfogat dv = r sin ϑdrdϑdϕ. Uganat kell tegük, mint a el bb: be kell helettesíteni a új koordinátákat a s r ségfüggvénbe, meg kell határoni a integrálási határokat, majd el kell végeni a egváltoós integrálokat. Mivel eg gömbön belül integrálunk, íg a r váltoó... R tartománon lehet, a ϑ... π-ig mehet, a ϕ pedig... π-ig. Íg tehát π M = ρ + α r cos ϑ r sin ϑdrdϑdϕ 8

9 és = 3 ρ R 3 π ρ + α r cos ϑ r sin ϑdrdϑ ρ α sin ϑdϑ + πα R cos ϑ sin ϑdϑd cos ϑ sin ϑdϑ = 3 ρ R 3 π [ cos ϑ] π R 1 + πα sinϑdϑ = [ ] 3 R3 π ρ + πα R cosϑ π = 3 R3 π ρ. 1-1 }{{} Θ = π = 5 ρ R 5 π r sin ϑρ + α r cos ϑ r sin ϑdrdϑdϕ r sin 3 ϑρ + α r cos ϑ drdϑ ρ α 6 sin 3 ϑdϑ + πα R6 6 cos ϑ sin 3 ϑdϑ cos ϑ sin 3 ϑ dϑ Itt a második integrált könn kisámítani, ha ésrevessük, hog megjelent a sin ϑ deriváltja: [ sin cos ϑ sin 3 ϑ ϑ dϑ = ] π =. 1-1 A els integrál kicsit trükkösebb. Hasnáljuk fel a trigonometrikus átalakító képleteket, hog a el trükköt ismét tudjuk hasnálni: sin 3 ϑ dϑ = = sin sin ϑ dϑ = sin ϑ dϑ 1 cos ϑ sin ϑ dϑ cos ϑ sin ϑ dϑ = [ cos ϑ] π + [ cos 3 ϑ 3 = 3 = 3, 1-13 ] π tehát Θ = 5 3 R3 πρ R = 5 MR. 1-1 Megjegés: 9

10 Láthatjuk, hog mind a két módserrel uganat a megoldást kaptuk, e nem is lehetne másképp, a eredménnek minden esetben függetlennek kell lennie attól, hog milen koordináta-rendsert válastunk. Vegük ésre, hog a gömb tömege pont megegeik eg ρ s r ség homogén gömb tömegével. E magától értet dik hisen e eg olan gömb, amelnek a teteje pont annival neheebb, mint amennivel a alja könnebb. A tehetetlenségi nomatéka is megegeik eg homogén gömbével. E is a simmetria és a speciálisan megválastott forgástengel követkeméne. Ha eeket ésrevessük a elején, akkor eg kis indoklással eg sor integrálás nélkül is megadhatjuk a eredmént. 1