Név: Pontszám:
Számítási Módszerek a Fizikában ZH 1
1. Feladat 20 pont Az éjszakai pillangók a Hold fénye alapján tájékozódnak: úgy repülnek, hogy a Holdat állandó szög alatt lássák! (A lepkétől a Hold felé mutató vektor és a sebességük által bezárt szög állandó.) Sajnos a lepkék gyakran összetévesztik a Hold fényét egy gyertya fényével, amely számukra végzetes következményekkel jár.
r
Kezdetben a lepke r0 távolságra van a gyertya lángjától. Adjuk meg a lepke sebességének er és eϕ vektorokkal párhuzamos komponenseit! Hogyan változik időben a lepke távolsága a gyertyától, ha a sebességének a nagysága állandó? Mennyi ideig lesz még életben a lepke? (Használjunk polár koordinátákat!)
v α eϕ er Megoldás:
Az ábráról leolvasható: r˙
r
rϕ˙ =
α v eφ er
=
r
=
t0
=
−v cos(α) v sin(α) r0 − v cos(α)t r0 , v cos(α)
ahol t0 az az idő, amely alatt a lepke a gyertya lángjába ér.
2. Feladat Számítsuk ki a rotációját henger koordináta rendszerben a következő vektortérnek: A=
20 pont
m×r , r3
ahol m egy állandó vektor! Célszerű a z tengely irányát m-mel párhuzamosan választani. Megoldás: Válasszuk a z tengelyt m-mel párhuzamosan! Ekkor 0 m= 0 m
ρ cos(ϕ) r = ρ sin(ϕ) z
p és az r hossza r = ρ2 + z 2 . A helyvektort a hengerkoordináta rendszer egységvektoraival a következőképpen adhatjuk meg: r = ρer + zez , ahol cos(ϕ) − sin(ϕ) 0 er = sin(ϕ) eϕ = cos(ϕ) ez = 0 0 0 z Írjuk fel először az A vektorteret a henger koordinátákkal: A=
mez × (ρer + zeϕ ) (ρ2
+
3/2 z2)
=
mρ (ρ2
+ z2)
e 3/2 ϕ
= Aϕ eϕ ,
tehát a vektortérnek csak Aϕ komponense van. Használjuk fel a rotáció képletét: 1 ∂Az ∂Aρ ∂Aϕ ∂Az 1 ∂ ∂Aρ ∇×A= − er + − eϕ + (ρAϕ ) − ez . ρ ∂ϕ ∂z ∂z ∂ρ ρ ∂ρ ∂ϕ Miután csak Aϕ komponensünk van ∇×A=−
−
∂Aϕ 1 er + ∂z ρ
∂ mρ ∂z (ρ2 + z 2 )3/2
=
∂ mρ2 ∂ρ (ρ2 + z 2 )3/2
= m
∂ (ρAϕ ) ez . ∂ρ
3m
ρz (ρ2 + z 2 ) 2z 2 − ρ2
5/2
5/2
(ρ2 + z 2 )
ρ,
vagyis ∇×A=m
2z 2 − ρ2 e + m e . r 5/2 5/2 z (ρ2 + z 2 ) (ρ2 + z 2 ) 3ρz
3. Feladat
20 pont
Egy homogén ρ sűrűségű, R sugarú gömb tetejét a középpontjától h magasságban a sugarára merőleges síkkal lemetszük. Határozzuk meg az így kapott testnek a tömegközéppontját! Dolgozzunk henger koordináta rendszerben!
h R
Megoldás: A tömegközéppont meghatározásához két integrált kell meghatároznunk: Z Z 1 ρ rdV rtkp = M = ρ dV M Először számítsuk ki az első integrált! Henger koordináta rendszerben az r sugár a z magasság függ√ vénye: r = R2 − z 2 , ahol R a csonkolt gömb sugara. Figyelembe véve, hogy a Jacobi determináns r, a hármas integrál a következő lesz: √R2 −z2 1 2 = ρ rdr rdr = 2ρπ dz dϕ = 2ρπ dz r dz 2 0 0 −R 0 −R −R 0 h Z h 1 3 1 3 2 3 3 2 2 2 = ρπ (R h + R ) − (h + R ) = ρπ R − z dz = ρπ R z − z 3 3 −R −R Z
M
√
h
Z
R2 −z 2
Z
2π
Z
√
h
Z
R2 −z 2
Z
h
Ellenőrzésként ha h = R, akkor visszakapjuk a gömb V = 4/3πR3 térfogatát. Határozzuk meg a második integrált is. Könnyen ellenőrizhetjük, hogy a henger szimmetria miatt csak a tömegközéppont z komponense különbözik nullától. Az integrálási határok változatlanok maradnak, csak az integrandus módosul: √R2 −z2 1 1 1 1 = ρ rdr 2ρπ rdr = 2 ρπ zdz dϕ = zdz dz zr2 M −R M M 2 0 0 −R 0 −R 0 Z h h 1 1 1 1 1 1 1 2 2 4 2 2 4 4 4 2 2 = = ρπ z R − z dz = ρπ R z − z ρπ (R h − R ) − (h − R ) M M 2 4 M 2 4 −R −R 1 = − ρπ(h2 − R2 )2 4M Z
ztkp
h
√
Z
R2 −z 2
Z
2π
Z
h
Visszahelyettesítve az M tömeget: ztkp =
3 (h2 − R2 )2 4 2R3 + 3R2 h − h3
√
Z
R2 −z 2
Z
h
4. Feladat 20 pont Határzzuk meg egy R sugarú gömbre a felhajtó erő nagyságát, ha a nyomás a következőképpen változik a magassággal: z+R p = p0 e− z0 . A gömb középpontja az origóban van. Megoldás: Dolgozzunk gömbi koordináta rendszerben. A kiszámítandó integrál: I F = − pdA . A felületelem vektor:
cos(ϑ) cos(ϕ) − sin(ϕ) sin(ϑ) cos(ϕ) ∂r ∂r × = r cos(ϑ) sin(ϕ) × r sin(ϑ) cos(ϕ) = r2 sin(ϑ) sin(ϑ) sin(ϕ) dA = ∂ϑ ∂ϕ − sin(ϑ) 0 cos(ϑ) Az integrál egyes komponensei tehát: Z 2π Z − zR 0 Fx = −p0 e dϕ 0
π
e−
R cos(ϑ) z0
R2 sin2 (ϑ) cos(ϕ)dϑ = 0 ,
0
nyilvánvalóan a cos(ϕ) integrálja eltünik. Hasonlóan eltünik az erő y komponense is, így csak a z irányú összetevőt kell meghatároznunk: Z 2π Z π Z π R cos(ϑ) R cos(ϑ) − zR − z − zR 2 0 0 0 Fz = −p0 e dϕ e R cos(ϑ) sin(ϑ)dϑ = −2πp0 e e− z0 R2 cos(ϑ) sin(ϑ)dϑ . 0
0
0
Használjuk a x = cos(ϑ) helyettesítést, ekkor dx = − sin(ϑ)dϑ és az integrál a következő alakra egyszerűsödik: Z 1 Z 1 z0 − Rx z0 1 − Rx − zR − zR − Rx 2 2 z0 z0 z0 0 0 Fz = −2πp0 e R xdx = −2πR p0 e −x e dx e e + R R −1 −1 −1 R R 2R R R z0 − zR z2 z0 − 2R z0 (e 0 + e z0 ) + 02 (e− z0 − e z0 ) = 2πR2 p0 Fz = 2πR2 p0 e− z0 1 + e− z0 + e z0 − 1 R R R R
5. Feladat Az ábrán látható felületet a következőképpen parametrizálhatjuk:
20 pont
x =
sin(u)eu cos(v)
y
=
sin(u)eu sin(v)
z
= u
ahol π/6 ≤ u ≤ π és 0 ≤ v ≤ 2π.
R A Stokes tétel segítségével határozzuk meg a ez dA integrált a megadott felületre, ahol ez a z irányú egységvektor! Felhasználhatjuk, hogy rot(xey ) = ez . Megoldás: A Stokes tétel szerint
Z
I rotVdA =
Vdr .
A mi esetünkben a felületi integrál helyett egy olyan zárt görbe mentén kell integrálni, amely körülöleli a felületet. Nyilvánvalóan a felület "nyakánál", amikor u = π/6, található egy ilyen kör alakú kontúr, amelynek a sugara r = sin(π/6)eπ/6 . A felületi integrál tehát a küvetkező körintegrállal határozhatjuk meg: I xey dr r
Polár koordinátákban:
−r sin(v) dr = r cos(v) dv 0
és ey dr = r cos(v) Tehát az integrál I
Z xey dr =
r
2π
r2 cos2 (v)dv = πr2 .
0
r értékét behelyettesítve: I
1 xey dr = π eπ/3 . 4 r
A Stokes tétel értelmében tetszőleges olyan felületet választhatunk, amelyet körbezár a görbe, amely mentén integrálunk. Ez az állítás megegyezik a fluxus megmaradásával. Integrálandó felületnek válasszuk az alakzat nyakánál lévő korongot. Ennek a felületnek a normál vektora ez , így a felületi integrál egyszerűen a korong r2 π területével egyezik meg, rögtön szolgáltatva a helyes eredményt!
