α v e φ e r Név: Pontszám: Számítási Módszerek a Fizikában ZH 1

Méret: px

Mutatás kezdődik a ... oldaltól:

Download "α v e φ e r Név: Pontszám: Számítási Módszerek a Fizikában ZH 1"

Emil Kelemen
7 évvel ezelőtt
Látták:

Név: Pontsám: Sámítási Módseek a Fiikában ZH 1 1. Feladat 2 pont A éjsakai pillangók a Hold fénye alapján tájékoódnak: úgy epülnek, ogy a Holdat állandó sög alatt lássák!

1 Név: Pontsám: Sámítási Módseek a Fiikában ZH 1 1. Feladat 2 pont A éjsakai pillangók a Hold fénye alapján tájékoódnak: úgy epülnek, ogy a Holdat állandó sög alatt lássák! A lepkétől a Hold felé mutató vekto és a sebességük által beát sög állandó. Sajnos a lepkék gyakan össetévestik a Hold fényét egy gyetya fényével, amely sámuka végetes követkeményekkel já. α v e ϕ Kedetben a lepke távolsága van a gyetya lángjától. Adjuk meg a lepke sebességének e és e ϕ vektookkal páuamos komponenseit! Hogyan váltoik időben a lepke távolsága a gyetyától, a a sebességének a nagysága állandó? Mennyi ideig les még életben a lepke? Hasnáljunk polá koodinátákat! e A ábáól leolvasató: α v e φ ṙ = v cosα ϕ = v sinα = v cosαt t = v cosα, e aol t a a idő, amely alatt a lepke a gyetya lángjába é.

2 2. Feladat 2 pont Sámítsuk ki a otációját enge koodináta endseben a követkeő vektotének: A = m 3, aol m egy állandó vekto! Célseű a tengely iányát m-mel páuamosan válastani. Válassuk a tengelyt m-mel páuamosan! Ekko m = m = ρ cosϕ ρ sinϕ és a ossa = ρ A elyvektot a engekoodináta endse egységvektoaival a követkeőképpen adatjuk meg: = ρe + e, aol e = cosϕ sinϕ e ϕ = sinϕ cosϕ e = Íjuk fel elősö a A vektoteet a enge koodinátákkal: A = me ρe + e ϕ mρ = ρ /2 ρ e 3/2 ϕ = A ϕ e ϕ, teát a vektotének csak A ϕ komponense van. Hasnáljuk fel a otáció képletét: 1 A A = ρ ϕ A ϕ Aρ e + A e ϕ + 1 ρ ρ ρ ρa ϕ A ρ e. ϕ Miután csak A ϕ komponensünk van A = A ϕ e + 1 ρ ρ ρa ϕ e. mρ ρ = 3m ρ /2 ρ /2 ρ mρ 2 = m 22 ρ 2 ρ /2 ρ ρ, 5/2 vagyis 3ρ A = m ρ e 5/2 + m 22 ρ 2 ρ e 5/2.

3 3. Feladat 2 pont Egy omogén ρ sűűségű, sugaú gömb tetejét a köéppontjától magasságban a sugaáa meőleges síkkal lemetsük. Hatáouk meg a így kapott testnek a tömegköéppontját! Dolgounk enge koodináta endseben! A tömegköéppont megatáoásáo két integált kell megatáonunk: M = ρ dv tkp = 1 M ρ dv Elősö sámítsuk ki a első integált! Henge koodináta endseben a sugá a magasság függvénye: = 2 2, aol a csonkolt gömb sugaa. Figyelembe véve, ogy a Jacobi detemináns, a ámas integál a követkeő les: 2 2 M = ρ d d = ρπ 2 2 d = ρπ 2 2 dϕ = 2ρπ d d = 2ρπ = ρπ d Ellenőésként a =, akko vissakapjuk a gömb V = 4/3π 3 téfogatát. Hatáouk meg a második integált is. Könnyen ellenőietjük, ogy a enge simmetia miatt csak a tömegköéppont komponense különböik nullától. A integálási atáok váltoatlanok maadnak, csak a integandus módosul: tkp = 1 M ρ = 1 M ρπ 2 2 d d = 1 4M ρπ2 2 2 Vissaelyettesítve a M tömeget: dϕ = 1 M 2ρπ 2 2 d = 1 M ρπ tkp = d d = 2 1 M ρπ d = 1 1 M ρπ

4 4. Feladat 2 pont Hatáuk meg egy sugaú gömbe a felajtó eő nagyságát, a a nyomás a követkeőképpen váltoik a magassággal: p = p e +. A gömb köéppontja a oigóban van. Dolgounk gömbi koodináta endseben. A kisámítandó integál: F = pda. A felületelem vekto: da = ϑ ϕ = cosϑ cosϕ cosϑ sinϕ sinϑ A integál egyes komponensei teát: sinϑ sinϕ cosϕ = 2 sinϑ sinϑ cosϕ sinϑ sinϕ cosϑ F x = p e dϕ e cosϑ 2 sin 2 ϑ cosϕdϑ =, nyilvánvalóan a cosϕ integálja eltünik. Hasonlóan eltünik a eő y komponense is, így csak a iányú össetevőt kell megatáonunk: F = p e dϕ e cosϑ 2 cosϑ sinϑdϑ = 2πp e e cosϑ 2 cosϑ sinϑdϑ. Hasnáljuk a x = cosϑ elyettesítést, ekko dx = sinϑdϑ és a integál a követkeő alaka egyseűsödik: F = 2πp e 1 e x 2 xdx = 2π 2 p e x x e 1 F = 2π 2 p e e + e e e = 2π 2 p + 1 e x dx 1 + e 2 + e 2 1

5 5. Feladat 2 pont A ábán látató felületet a követkeőképpen paametiálatjuk: x = sinue u cosv y = sinue u sinv = u aol π/6 u π és v 2π. A Stokes tétel segítségével atáouk meg a e da integált a megadott felülete, aol e a iányú egységvekto! Felasnálatjuk, ogy otxe y = e. A Stokes tétel seint otvda = Vd. A mi esetünkben a felületi integál elyett egy olyan át göbe mentén kell integálni, amely köülöleli a felületet. Nyilvánvalóan a felület "nyakánál", amiko u = π/6, találató egy ilyen kö alakú kontú, amelynek a sugaa = sinπ/6e π/6. A felületi integál teát a küvetkeő köintegállal atáoatjuk meg: xe y d Polá koodinátákban: és Teát a integál étékét beelyettesítve: d = xe y d = sinv cosv e y d = cosv dv 2 cos 2 vdv = π 2. xe y d = π 1 4 eπ/3. A Stokes tétel ételmében tetsőleges olyan felületet válastatunk, amelyet köbeá a göbe, amely mentén integálunk. E a állítás megegyeik a fluxus megmaadásával. Integálandó felületnek válassuk a alakat nyakánál lévő koongot. Ennek a felületnek a nomál vektoa e, így a felületi integál egyseűen a koong 2 π teületével egyeik meg, ögtön solgáltatva a elyes eedményt!

Hasonló dokumentumok

9. ábra. A 25B-7 feladathoz

9. ábra. A 25B-7 feladathoz . gyakolat.1. Feladat: (HN 5B-7) Egy d vastagságú lemezben egyenletes ρ téfogatmenti töltés van. A lemez a ±y és ±z iányokban gyakolatilag végtelen (9. ába); az x tengely zéuspontját úgy választottuk meg,