Univerzitetna fizika

Ko tudi učitelj ne more pomagati...
Odgovori
sanej
Prispevkov: 71
Pridružen: 25.8.2010 18:00

Re: Univerzitetna fizika

Odgovor Napisal/-a sanej » 18.3.2013 17:32

Izračunati moram razmerje obsevanosti ( zaradi sonca) severne in južne poloble zemlje. a) za en dan b) za celo leto.

a) mi je uspelo rešiti, pri b sem pa šel takole

normala ekvatorialne ravnine je nagnjena za \(\gama = 23.5\) od z osi in sem jo parametriziral kot

\(\vec{n} = ( \sin(\gamma)\cos(\phi) , \sin(\gamma)\sin(\phi), \cos(\gamma) )\)

pri čemer bo \(\phi = \frac{2\pi}{365}t\)

iz ravnine \(\vec{r}\vec{n} = 0\) sem izrazil x in ga vstavil v enačbo krogle.

pri a) primeru sem lepo dobil elipso, ki je projekcija ekvatorialne ravnine in ni bilo problem izračunati ploščine severne in južne poloble, ki imata klučno vlogo pri obsevu.

tu pa je enačba sledeča

\(y^2\1/\cos^2(\phi) + 2yz \frac{\sin(\phi)}{\cos^2(\phi)} K + z^2 (\frac{K^2}{\cos^2(\phi)} +1) = R^2\)
pri čemer je tisti k = ctg (gama)

sedaj pa se mi malo ustavi, ali je to potrebno z kvadratnimi formami, ali obstaja kakšna lažja pot ? Moral bi namreč izraziti to zavrteno elipso oziroma krivuljo ki loči severno od južne poloble za izračun ploščine..

Hvala za pomoč

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: Univerzitetna fizika

Odgovor Napisal/-a Aniviller » 18.3.2013 17:39

Hm... ni mi cisto jasno, ali racunas povprecno obsevanost po celi polobli (integral po polkrogli), ali dnevno povprecno obsevanost neke tocke cez dan, in kako si se lotil tistega za celo leto (integral po fi od 0 do 2pi?).

sanej
Prispevkov: 71
Pridružen: 25.8.2010 18:00

Re: Univerzitetna fizika

Odgovor Napisal/-a sanej » 18.3.2013 19:14

aha računam povprečno obsevanost po celi polobli, in kar je nad ekvatorialno ravnino dam pod severno, pod njo pa pod južno poloblo. Nekako se predpostavi neka povprečna gostota sončnega sevanja na zemlji mislim da 1350 W/m^2.

ker sonce sveti na zemljo, on "vidi krog" projekcija. Potem ker je zemlja nagnjena in se vtri je pol leta severna polobla večja pol pa južna. Zemljo sem ustavil in zavrtel normalo na ekvatorialni ravnini za kot 2 Pi, kar nekako ustreza enemu obhodu okoli sonca, dobiti bi moral neko elipso (projiciran ekvator na krog ) ki se seli po krogu, in spodnja polovička elipse bi določala razmerje površin.

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: Univerzitetna fizika

Odgovor Napisal/-a Aniviller » 18.3.2013 19:58

Hm... zdaj sele vidim kaj delas. Poskusas dobit enacbo ekvatorialne ravnine v koordinatah sonca. To ti res da samo povprecje po celi polobli. Je pa zoprno, ce imas nagnjeno in pod cudnim kotom (ne tocno ob solsticiju). Ne vem ce ne bi bilo v zemljinih koordinatah mogoce lazje...

Naj se poskusam se enkrat lotit od zacetka, da vidim ce dobim isto kot ti...

Recimo, da parametriziram ekvator kot
\(\vec{r}=(\cos\lambda,\sin \lambda,0)\)
kjer lambda enostavno tece po poldnevnikih. Zdaj bom nagnil zemljo proti soncu (recimo, da je sonce v smeri x, torej vrtimo okrog y):
\(\vec{r}=(\cos\lambda\cos\gamma,\sin\lambda,-\cos\lambda\sin\gamma)\)
Zdaj zavrtis zemljo se za kot fi okrog z osi (letna revolucija):
\(\vec{r}=(\cos\lambda\cos\gamma\cos\phi-\sin\lambda\sin\phi,\)\(\cos\lambda\cos\gamma\sin\phi+\sin\lambda\cos\phi,-\cos\lambda\sin\gamma)\)

Ker sonce v tem koordinatnem sistemu sveti v smeri x, gledas ekvator v projekciji na yz ravnino (pravokotno na smer sonca). Dobis torej enacbi
\(y=\cos\lambda\cos\gamma\sin\phi+\sin\lambda\cos\phi\)
\(z=-\cos\lambda\sin\gamma\)
Ce hoces eksplicitno enacbo elipse, se moras parametra lambda znebit. Izrazis sinus iz prve na svojo stran, kosinus lahko ze vstavis:
\(y+\sin\phi\frac{\cos\gamma}{\sin\gamma}z=\sin\lambda\cos\phi\)
Kvadriras
\(y^2+\sin^2\phi K^2 z^2+2K\sin\phi\, yz=(1-z^2/\sin^2\gamma)\cos^2\phi\)
To je enako tvojemu (postavit moras ocitno tudi R=1).

Ampak kolikor vem, moras ti dolocit samo polosi, potem je tvoja ploscina kar pol elipse + pol celega kroga. Polosi pa lazje dobis kar kot ekstreme razdalje tocke od sredisca, kar dobis z odvajanjem izraza y^2+z^2.
\(f(\lambda)=y^2+z^2=\cos^2\lambda(\sin^2\gamma+\cos^2\gamma\sin^2\phi)+\)\(\sin^2\lambda\cos^2\phi+2\sin\lambda\cos\lambda\sin\phi\cos\phi\cos\gamma\)
\(\frac{df}{d\lambda}=\sin2\lambda (\cos^2\phi-\sin^2\gamma-\cos^2\gamma\sin^2\phi)\)\(+2\cos2\lambda \sin\phi\cos\phi\cos\gamma\)
Izenacis z 0 in poenostavis:
\(\tan2\lambda=\frac{- \sin2\phi\cos\gamma}{\cos^2\phi-\sin^2\gamma-\cos^2\gamma\sin^2\phi}\)

V principu ni kaj dosti drugace kot kvadratne forme (2x2 matrika ni nic hudega), edino lambde ti ni treba eliminirat.

gcn64
Prispevkov: 120
Pridružen: 31.10.2009 17:10

Re: Univerzitetna fizika

Odgovor Napisal/-a gcn64 » 30.7.2013 20:24

Lep poletni pozdrav!

Potrebujem pomoč pri naslednjih dveh nalogah:

1. Proton naj ima magnetni moment zaradi rotacijskega gibanja enakomerno razporejenega poz. naboja po sferi z radijem R in se vrti okoli lastne osi s kotno hitrostjo \(\omega\). Izračunaj magnetni moment.

Postopal sem takole:

\(d\mu = dI A\)

iz česar sledi:

\(d\mu = \frac{\omega r^2 e}{2 V}dV\)

V je volumen krogle \(4/3\pi R^3\), diferencial volumna pa:

\(dV=\int\limits_{0}^{R}\int\limits_{0}^{\pi}\int\limits_{0}^{2\pi}r^2 sin\theta dr d\theta d\phi\)

Rezultat dobim:

\(\mu = \frac{3}{10}e \omega R^2\)

pravilen rezultat pa bi naj bil s faktorjem 1/5. Kje je napaka?

Pa če še mogoče to kdo zna:

2. Z uporabo klasične relacije med vrtilno količino in rotacijsko hitrostjo moram pokazati eno zvezo (gre se za proton):

\(l=mvR=m\omega R^2\)

Velja tudi:

\(\mu = \mu_N l\)

\(\mu = g_s s \mu_N\)

pri čemer je \(g_s = 5,585\) za proton. Če zložim tole skupaj dobim:

\(\omega R^2 =\frac{s g_s}{m}=\frac{s 5,58}{m}\)

Moralo pa bi priti:

\(\omega R^2 =\frac{s}{m0,4}\)

Približno toliko dobim le, če namesto da pustim s vstavim 1/2, kot velja za proton. Vendar v rešitvi bi naj bil s. Kakšna ideja?

Za pomoč se že vnaprej iskreno zahvaljujem...

lp

Uporabniški avatar
shrink
Prispevkov: 14398
Pridružen: 4.9.2004 18:45

Re: Univerzitetna fizika

Odgovor Napisal/-a shrink » 31.7.2013 15:05

1. Napaka je to, da si v izhodiščni zvezi očitno vstavil \(A=\pi r^2\) namesto \(A=\pi r^2 \sin^2 \theta\) in si v integralu imel \(\int_0^{\pi} \sin \theta d\theta\) namesto \(\int_0^{\pi} \sin^3 \theta d\theta\).

2. Ostajaš v klasičnih okvirih, zato ni treba upoštevati kvantnomehanskih popravkov. Moraš tudi vedeti, kaj pomeni \(s\) - seveda pomeni "spin", ampak v tem primeru spin v klasičnem smislu, torej klasično vrtilno količino (kar si sam označil z \(l\)). Kot "klasična relacija med vrtilno količino in rotacijsko hitrostjo" je mišljena zveza preko vztrajnostnega momenta \(J\):

\(s=J\omega\).

Ker je vztrajnostni moment krogle (glede na os skozi središče) \(J=2/5mR^2\), iz zgornje relacije takoj sledi:

\(\displaystyle \omega R^2=\frac{s}{2/5m}=\frac{s}{0.4m}\).

gcn64
Prispevkov: 120
Pridružen: 31.10.2009 17:10

Re: Univerzitetna fizika

Odgovor Napisal/-a gcn64 » 31.7.2013 16:02

Aha zdaj je jasno...

Pri prvi torej moramo vzeti \(rsin\theta\) zato ker krog, tako kot sem ga označil jaz, ne bi bil fiksen v smislu rotacije (saj je bil to r iz središča krogle) kajne ?

Pri drugi pa mi je malo čudno, da se spin kar enači s klasično vrtilno količino. Spin namreč naj ne bi imel klasične analogije (bi še razumel če bi hoteli da kvantnomehansko tirno vrtilno količino pač obravnavam klasično). Logično bi mi bilo, da bi v rešitvi bil l namesto s...

Uporabniški avatar
shrink
Prispevkov: 14398
Pridružen: 4.9.2004 18:45

Re: Univerzitetna fizika

Odgovor Napisal/-a shrink » 31.7.2013 16:49

gcn64 napisal/-a:Pri prvi torej moramo vzeti \(rsin\theta\) zato ker krog, tako kot sem ga označil jaz, ne bi bil fiksen v smislu rotacije (saj je bil to r iz središča krogle) kajne ?
Moraš pač gledati na zadevo v smislu standardnih sferičnih koordinat.
Pri drugi pa mi je malo čudno, da se spin kar enači s klasično vrtilno količino. Spin namreč naj ne bi imel klasične analogije (bi še razumel če bi hoteli da kvantnomehansko tirno vrtilno količino pač obravnavam klasično). Logično bi mi bilo, da bi v rešitvi bil l namesto s...
Saj se ne enači, gre ravno za tirno vrtilno količino, ki se ji v klasičnem smislu pravi "spin" in zato se ga tudi drugače označuje kot kvantnomehanski spin \(s\); recimo z veliko črko \(S\), tako da je: \(S=\hbar s\). Uporabil sem pač oznako \(s\) iz tvoje rešitve, bi pa morala biti pravzaprav \(S\); pač malo zmede pri oznakah.

brko
Prispevkov: 35
Pridružen: 8.5.2013 14:52

Re: Univerzitetna fizika

Odgovor Napisal/-a brko » 21.12.2013 15:10

Eno vprašanje,

mamo polimer, z znanim številom molekul N, od katerih je vsaka dolžine a. Polimer obesimo in na durgem koncu obremenimo z maso m.

Zračunat moram povprečno potencialno energijo, pa se mi nekako ustavi pri faznem integralu \(e^{-\beta F}=\sum_{n=0}^{N}e^{-\beta E_n}\) ko je treba zapisat \(E_n\). Malo se poigravam in razmišljam, pa ne najdem nobene pametne rešitve, tko da če ma kdo pet minut časa da me napelje na pravo bot bom zelo vesel.
Nekako sigurno velja da bo \(E_n\) oblike \(E_n=-mgh(n)\), kjer sem z h označil pač razdaljo (višino). Hmm, no tu se mi pol nekako zatakne. Skor zagotovo si upam trdit da sigurn ne velja \(h(n)=na\) ampak, kaj drugega, bolj pametnega se pa tudi ne spomnem...

Lahko bi recimo reku, da vsi polimeri v smeri osi x nič ne prispevajo k potencialni energiji, medtem ko polimeri v smeri osi y prispevajo za + ali - mga. Ampak bi moral spet seštet vse prispevke...

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: Univerzitetna fizika

Odgovor Napisal/-a Aniviller » 21.12.2013 15:17

Ja saj fazni integrali niso nikoli ravno enostavni. h(n) je odvisen od vseh korakov pred njim. Prirastek k višini je
\(h(n)=h(n-1)-a\cos\theta_n=-a\sum_{i=0}^n\cos\theta_i\)
Vsota vseh je potem
\(\sum_{i=0}^Nmgh_i=mga \sum_{i=0}^N n\cos\theta_i\)
Lahko še kompliciraš s +polovičkami če so težišča na sredi, samo mislim da ni smiselno :)
Integral je za vsak členek celoten sferični kot, torej d(cos(theta_i))d(phi_i). Tako da lahko pišeš \(z_i=\cos\theta_i\), eksponentna funkcija ti razpade na produkt eksponentnih funkcij, vsak vsebuje svoj polimerni prispevek, tako da imaš produkt enojnih integralov. Upam, da nisem kakšnih neumnosti delal.

brko
Prispevkov: 35
Pridružen: 8.5.2013 14:52

Re: Univerzitetna fizika

Odgovor Napisal/-a brko » 21.12.2013 15:56

Nenenene :D

Kristus. To ne vem, js sem hotu kar rečt da so možne samo štiri smeri: levo, desno, gor in dol. To je vse, nobenih vmesnih = nobenih kotov. Okej, ker je obremenjen, sem se hotu celo omejit na samo tri smeri: levo, desno in dol.
mimogrede, ugibam, da je tale n v tvoji vsoti odveč? :
Aniviller napisal/-a: Vsota vseh je potem
\(\sum_{i=0}^Nmgh_i=mga \sum_{i=0}^N n\cos\theta_i\)

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: Univerzitetna fizika

Odgovor Napisal/-a Aniviller » 21.12.2013 16:09

Ne ni, samo "i" bi moral bit namesto n. Dvojna vsota je. EN SAM monomer ima notri vse kote od 0 do n-tega, in ko sešteješ po monomerih, so tisti zgornji šteti večkrat. Potem pa niti ni važno ali pišeš (N-i) ali i, saj je simetrično.

Hehe, se pravi imaš samo tri možne kote. No ja... postopek je seveda enak, samo namesto kota imaš zdaj indikatorsko spremenljivko x=(-1,0,1) pri čemer je 0 dvakrat bolj verjetna. Še celo rešitev je skoraj enaka. Višina n-tega je
\(h_n=\sum_{i=0}^{n-1} x_i\)
potem moraš pa še po n-jih seštet:
\(\sum_{n=0}^N h_n=\sum_{i=0}^N (N-i)x_i\)
Tukaj s temi mejami je pač odvisno kako šteješ točno - kje je težišče in podobno. Če hočeš bit precizen, si nariši in poglej kateri indeksi imajo do vključno prave verzije in kateri ne.
Zdaj pa vsota po vseh možnih konfiguracijah:
\(e^{-\beta F}=\sum e^{\beta mg \sum_{i=0}^N (N-i)x_i}\)
\(=\sum \prod_{i=0}^N e^{\beta m g (N-i) x_i}\)
\(=\prod_{i=0}^N\sum_{x_i=\{-1,0,0,1\}} e^{\beta m g (N-i) x_i}\)
To je spet tisto, ko vsoto produktov po vseh kombinacijah daš na produkt vsot po posameznih komponentah.
\(=\prod_{i=0}^N(2+2\cosh(\beta m g (N-i)))\)

brko
Prispevkov: 35
Pridružen: 8.5.2013 14:52

Re: Univerzitetna fizika

Odgovor Napisal/-a brko » 28.12.2013 11:04

Ne vidim kako mi to pomaga pri tem, da dobim povprečno dolžino... (Delam tistiprimer z vsemi možnimi orientacijami v prostoru)

\(e^{-\beta F}=\int_{0}^{2\pi }e^{\beta mga\sum_{n=0}^{N}cos\theta _n}d\varphi =\)\(\prod_{n=0}^{N}\int_{0}^{2\pi }e^{\beta mgacos\theta _n}d\varphi=2\pi \prod_{n=0}^{N}e^{\beta mgacos\theta _n}\)

Uporabniški avatar
Aniviller
Prispevkov: 7263
Pridružen: 15.11.2004 18:16

Re: Univerzitetna fizika

Odgovor Napisal/-a Aniviller » 28.12.2013 12:21

Ponavadi je trik za izračun povprečja brez računanja povprečja v odvajanju po nečem, kar ima učinek, da pretvori statistično vsoto v vsoto za povprečje. Pred računanjem vidiš, da imaš vsoto
\(Z=\sum e^{\beta m g \sum h_n}\)
Iščeš povprečje težišča, torej \(\frac{1}{N} \sum h_n\). Če zgornje odvajaš po mg, dobiš
\(\frac{dZ}{d(mg)}=\sum \beta \sum h_n e^{\beta m g \sum h_n}\)
torej je
\(\langle \frac{1}{N}\sum h_n\rangle=\frac{1}{\beta N}\frac{dZ/d(mg)}{Z}=\frac{1}{\beta N}\frac{d}{d(mg)}\ln Z\).
Torej svoj rezultat (ne glede na to ali imaš diskretne smeri ali zvezno po kosinusu) logaritmiraš in odvajaš po mg.
Preveri še točno...

brko
Prispevkov: 35
Pridružen: 8.5.2013 14:52

Re: Univerzitetna fizika

Odgovor Napisal/-a brko » 28.12.2013 18:12

Hmm, prav, to sedaj razumem in sem zračunal povprečni cosinus in s tem dobil povprečno energijo.

Rabim pa tudi \(F\)....

Ga lahko kako dobim iz \(<E>=\frac{(mga)^2N\beta }{3}=\frac{\partial (\beta F)}{\partial \beta x}\)? al Iz kje hudiča naj zbrskam zdej tu?

Odgovori