Notera på första tentabladet om du har hemtal tillgodo från tidigare kurs

Transkript

1 Fysik KTH TENTAMEN Fysikens matematiska metoder 5A1301/5A1304 Onsdag , kl Notera på första tentabladet om du har hemtal tillgodo från tidigare kurs Anteckna på varje blad: Namn, utbildningslinje, årskurs och problemnummer Motivera utförligt! Otillräckliga motiveringar medför poängavdrag Tillåtna Hjälpmedel: Teoretisk fysiks formelsamling BETA NBS Handbook of Mathematical Functions Josefsson, Formel- och tabellsamling i matematik Spiegel, Mathematical Handbook TEFYMA Miniräknare ej tillåten esultat: Anslås på fysikexpeditionen, Fysikcentrum Lösningsföreslag Kommer att finnas på kurshemsidan: courses.physics.kth.se/5a1301/ Examinator: Edwin Langmann tel ) En tunn kvadratisk homogen metallskiva har kantlängden a och tjockleken h. De kvadratiska randytorna z = 0 och z = h samt randytan y = 0 är värmeisolerade. andytorna x = 0 och x = a hålls vid konstant temperatur T 0. Den återstående randytan har temperaturen u(x, a) = T 0 [1 + x(a x)], 0 x a. Beräkna den stationära temperaturfördelningen u(x, y) i skivan. ) Påskharen vill teoretiskt beräkna koktiden för ett ägg. Han antar att värmeledningsekvationen gäller och han betraktar ägget som en homogen sfär med radien och diffussionskonstanten a (a kallas egentligen temperaturledningsförmåga i detta fall). Ägget har förvarats en lång tid i ett kylskåp med temperaturen T 0. Ägget kokas sedan i vatten med temperaturen T 1. Påskharen antar att ägget är färdigkokt när temperaturen i äggets centrum är T. Beräkna temperaturfördelningen i ägget som funktion av tiden. Vilken koktid beräknar påskharen? Ledning: När påskharen beräknar koktiden tar han bara med den första termen i den serielösning han får.

2 3) En homogen stav har ospända längden l, tvärsnittsarean A, masstätheten ρ och elasticitetsmodulen E. Stavens tillstånd beskrivs med förskjutningen u(x) av det tvärsnitt som i ospänt tillstånd har läget x. Staven hänger från ett tak och är alltså fast inspänd i sin övre ände (x = 0). Den undre änden hänger fritt, vilket gör att ett s.k. naturligt randvillkor gäller där. Jämviktstillståndet är det tillstånd som minimerar stavens totala potentiella energi, vilken kan skrivas som en summa av två termer: den potentiella energin i tyngdkraftfältet l ρag[u(x) + x]dx 0 där g är gravitationskonstanten, och den elastiska energin l 0 A Eu x(x) dx. Bestäm stavens jämviktstillstånd och beräkna stavens längd. 4) (a) Ett cirkulärt trumskinn sätts i svängning genom ett slag av en trumpinne i mitten av trumman. Bestäm skinnets rörelse efter anslaget. Antag att skinnet är fast inspänt i en plan cirkel med radien och att det vid tiden t = 0 inte hunnit röra sig, men att hastigheten är u t (r, t = 0) = Aδ (r), där r är en tvådimensionell ortsvektor utgående ifrån mitten av trumskinnet (A är en konstant). Antag att förspänningen är S och masstätheten ρ. Ledning: Den tvådimensionella delta-funktionen δ (r) uppfyller r f(r)δ (r)d r = f(0), för funktioner f(r). (b) Ovanstående problem har en Greensfunktion. Skriv ner differentialekvationen och villkoren som bestämmer den entydigt. 5) I en kompressibel gas uppfyller övertrycket u(r, t) = p(r, t) p 0 vågekvationen med ljudhastigheten c. Betrakta gasen innanför en cylinder med radien och höjden h, dvs. i cylinderkoordinater r och 0 z h. Cylinderns mantelytan vibrerar så att randvillkoren blir u(, ϕ, z, t) = A sin (ϕ) sin(ωt), där A är en konstant, och u(r, ϕ, 0, t) = u(r, ϕ, h, t) = 0 för alla r, ϕ, z, t. Bestäm övertrycket som funktion av rum och tid under antagandet att alla egensvängningar har dämpats ut. Antag att ω inte är en egenfrekvens. L Y C K A T I L L!

3 Kortfattade lösningsförslag 1) Två dimensionellt problem: u(x, y) = temperatur i punkten (x, y), 0 x, y a. Problemet lyder u xx + u yy = 0, u(0, y) = u(a, y) = T 0 u y (x, 0) = 0, u(x, a) = T 0 [1 + x(a x)]. Tre av de fyra V är inhomogena, men om vi ansätter u(x, y) = T 0 + v(x, y) så får vi ett problem för v som har bara ett inhomogen V: v xx + v yy = 0 v(0, y) = 0 v(a, y) = 0 v y (x, 0) = 0 v(x, a) = T 0 x(a x). (PDE) (V1) (V) (V3) (V4) Separation v(x, y) = X(x)Y (y) och de första två V ger X + λx = 0, X(0) = X(a) = 0 X n (x) = sin(k n x), λ = kn, k n = π n, n = 1,, 3... (1) a där λ är ett separationskonstant, och Y λy = 0 Y n (y) = A n cosh(k n y) + B n sinh(k n y), () A n, B n konstanter. Superpositionsprincipen allmänna lösningen till (PDE), (V1) och (V) är v(x, y) = sin(k n x) (A n cosh(k n y) + B n sinh(k n y)). (3) (V3) n sin(k n x)k n B n = 0 B n = 0. (V4) n sin(k n x)a n = T 0 x(a x) (Fourierserie) A n = a 0 dx sin(k nx)t 0 x(a x) a 0 dx sin (k n x) = T 0(cos(k n a) 1)/k 3 n (a/) = 4a T 0 (πn) 3 (1 ( 1)n ) (4) som är olika 0 bara om n = m + 1. med A n ovan. Svar: u(x, y) = T 0 + A n sin(k n x) cosh(k n y), k n = nπ/a ) u = u(r, t) = temperaturen i ägget vid avstånd r från äggets centrum och tiden t, 0 r och t 0. Vi ansätter v(r, t) = u(r, t) T 1 (för att få homogena V). Problemet blir då v rr + r v r 1 a v t = 0 v(, t) = 0 u(r, 0) = T 0 T 1 (PDE) (V) (BV)

4 där vi har använt Laplaces operatorn i sfäriska koordinater och att v är oberoende av θ och ϕ. Separation: v(r, t) = f(r)g(t) ger och g + aλg = 0 g(t) = Ae aλt (5) f + f + λf = 0, f() = 0, f(0) < r f n (r) = j 0 (k n r) = sin(k n r)/(k n r), λ n = kn, k n = π n, n = 1,, (6) Superpositionsprincipen ger allmänna lösningen till (PDE) och (V), v(r, t) = A n j 0 (k n r)e ak nt, med A n konstanter. (BV) A n j 0 (k n r) = T 0 T 1 k n = πn (7) A n = 0 drr (T 0 T 1 )j 0 (k n r) 0 drr j 0 (k n ) = (T 0 T 1 )k n 0 drr sin(k nr) 0 dr sin (k n r) = = (T 0 T 1 ) cos(k n)/k n (/) = (T 0 T 1 )( 1) n (8) därför att j 0 (x) = sin(x)/x. Svar 1: u(r, t) = T 1 + I äggets centrum blir temperaturen (T 1 T 0 )( 1) n j 0 (k n r)e ak nt, k n = πn. (9) u(0, t) T 1 + (T 1 T 0 )e ak 1 t som bestämmer koktiden t 0 genom T T 1 + (T 1 T 0 )e ak 1 t 0. Svar : Koktiden är t 0 π a ln ( ) (T1 T 0 ). (10) T 1 T 3) Den totala potentiella energin är U[u] = l 0 Eu x (x) A ρg[u(x) + x] }. (11) {{} :=F (u,u x) Vi söker funktionen u(x), 0 x l, med u(0) = 0 och u(l) godtycklig som minimerar U[u]. δu = 0 ger Euler-Lagranges ekv. med randvillkoren F u = d dx u(0) = 0, F (1) u x F = 0. (13) u x x=l

5 F = Eu x/ ρg[u x] ger ρg = Eu xx, u(0) = 0, Eu x (l) = 0 (14) som har lösningen u(x) = ρg E (lx x ). (15) Stavens längd är lika med l + u(l) = l + ρgl /E. 4a) Låt u(r, t) vara avvikelsen av skinnet i punkten r = (x, y) från vilolagen. Problemet blir då ρu tt S u = 0 u(r, t) r = = 0 u(r, 0) = 0 u t (r, 0) = Aδ (r). PDE är lika med vågekvationen med c = S/ρ. Symmetri av problemet: u = u(r, t) oberoende av ϕ (polära koordinater). i polära koordinater Separation u(r, t) = f(r)g(t) ger 1 c u tt u rr u r /r = 0 u(0, t) = 0 u(r, 0) = 0 (PDE) (V) (BV1) u t (r, 0) = Aδ (r) (BV). (16) g + (kc) g = 0 g(t) = A cos(kct) + B sin(kct) (17) med godtyckliga konstanter A, B och separationskonstanten k och f + f /r + k f = 0, f() = 0, f(0) < f(r) = J 0 (k n r), k n = η 0,n, n = 1,,... (18) där η 0,n är nollställena till J 0. Superpositionsprincipen Allm. lsg. till (PDE) och (V): u(r, t) = J 0 (k n r)[a n cos(k n ct) + B n sin(k n ct)]. (19) (BV1): J 0 (k n r)a n = 0 A n = 0. (BV): J 0 (k n r)b n ck n = Aδ (r) = B n = 1 r J 0(k n r )Aδ (r)d r ck n r J = 0(k n r ) d r A ck n π 0 drrj 0(k n ) = A ck n π J 1 (k n ). (0) Svar: u(r, t) = B n J 0 (k n r) sin(ck n t), k n = η 0,n (1) med η 0,n nollställena till J 0 och B n ovan.

6 4b) Greenfunktionen G(r, r, t, t ) till problemet i 4a) är definierad genom ( 1 ) c t x G(r, r, t, t ) = δ(t t )δ (r r ) y där r = (x, y) och r = (x, y ). 5) Differentialekvationen är Vi ansätter u(r, ϕ, z, t) = v(r, ϕ, z) sin(ωt) och får G(r, r, 0, t ) = 0 G t (r, r, 0, t ) = 0 G(r, r, t, t ) r = = 0 u 1 c u tt = 0. () v + k v = 0, k = ω/c (PDE) v(, ϕ, z) = A sin (ϕ) = A(1 cos(ϕ))/ v(r, ϕ, 0) = 0 v(r, ϕ, h) = 0 (V1) (V) (V3). Vi söker först lösningar v(r, ϕ, z) = f(r)φ(ϕ)g(z) till (PDE), (V) och (V3). Separation g + λ 1 g = 0, g(0) = g(h) = 0 g n (z) = sin(k n z), λ 1 = k n, k n = nπ/h, n = 1,,... (3) och Φ + λ Φ = 0, Φ(0) = Φ(π) Φ(z) = A cos(mϕ) + B sin(mϕ), λ = m, m = 0, 1,,.... (4) Lösningen som är reguljär i origo är 1 f + f /r + (k k n m /r )f = 0. (5) f(r) = AJ m ( k knr), (6) A konstant. Superposition allmänna lösningen till (PDE), (V) och (V3) är + m=1 v(r, ϕ, z) = sin(k n z) ( A 0,n J 0 ( k knr) + J 0 ( k knr)[a m,n cos(mϕ) + B m,n sin(mϕ)] ). (7) (V1) ger att A m,n = 0 om m 0,, B m,n = 0 för alla m, n, och sin(k n z)a 0,n J 0 ( k kn) = A/ 1 OBS. Obs. att k k n = i k n k om k n > k, och J m (ix) = i m I m (x). Konstanterna A m,n och B m,n nedan kan därför också vara komplexa.

7 och sin(k n z)a,n J ( k kn) = A/. A 0,n = Aa n J 0 ( k k n), A Aa n,n = J ( k kn) där Lösningen blir då med a n ovan. a n = u(r, ϕ, z, t) = A sin(ωt) h 0 dz sin(k nz) h 0 dz sin (k n z) = hk n (1 cos(k n )). (8) a n sin(k n z) ( J 0 ( (ω/c) knr) J 0 ( (ω/c) kn J ( (ω/c) knr) J ( (ω/) kn cos(ϕ)), k n = nπ/h, (9)