KTH Fysik Tentamen i 5A1301/5A1304 Fysikens matematiska metoder Onsdagen den 24 augusti 2004 kl

Transkript

1 KTH Fysik Tentamen i 5A131/5A134 Fysikens matematiska metoder Onsdagen den 24 augusti 24 kl Anteckna på varje blad: namn, utbildningslinje, årskurs och problemnummer. Notera på första tentabladet om du har hemtal tillgodo från tidigare kurs, och vilken termin kursen gick! Tillåtna hjälpmedel: 1) Teoretisk fysiks formelsamling 2) BETA 3) NBS Handbook of Mathematical Functions 4) Josefsson, Formel- och tabellsamling i matematik 5) Tefyma 6) Spiegel, Mathematical Handbook Obs! Miniräknare ej tillåten. Examinator: Edwin Langmann (tel: Epost: langmann@kth.se) Resultat: Anslås på institutionens studentexpedition, Roslagstullsbacken 21 Lösningar: Kommer att finnas på kurshemsidan, Motivera utförligt! Otillräckliga motiveringar medför poängavdrag. 1. En homogen, rak stav med längden L har isolerad mantelyta. Staven värms upp till temperaturen T >. Vid tiden t = kyls en av ändytorna ner till temperaturen T 1 = och hålls därefter vid denna temperatur. Den andra ändytan är isolerad hela tiden. Bestäm temperaturfördelningen i staven som funktion av tiden. Ledning. Anta att stavens temperatur kan beskrivas av en funktion u(x, t) som lyder värmeledningsekvationen med den konstanta värmediffussiviteten a > ; x L är en kartesisk rumskoordinat och t tiden. Ändytorna motsvarar x = och x = L. 2. Johan lyssnar till Haydns symfoni nr. 94 i konserthuset. Han är inte särskilt koncentrerat på musiken men väcks upp av ett hård och plötslig slag på en trumma. 1 Johan, som också läser fysik på KTH, börjar nu funderar om han kan modellera röreslsen av trummans cirkulär membran efter slaget. Hjälp honom med det! Ledningar: Anta att membranets utsvängning beskrivs av en funktion u(r, ϕ, t) som lyder vågekvationen med konstant ljudhastighet c, och membranets rand r = R är fast inspänt; r R och ϕ 2π är polära koordinater och t tiden. Begynnelsevillkoren är u(r, ϕ, ) =, u t (r, ϕ, ) = πr 2 v r δ(r r )δ(ϕ), där < r < R och v > är konstanter. Bestäm u(r, ϕ, t)! Trots att begynnelsevillkoren innehåller δ-funktioner skall detta problem ej lösas med hjälp av Greensfunktionsmetoden. VÄND! 1 puka, för att vara precis.

2 3. Då vattnet i en cylindersymmetrisk hink roterar med konstant vinkelhasigheten ω runt symmetriaxeln formar sig ytan så att den potentiella energin φ av vattnet i det roterande systemet blir minimal. Bestäm vattenytans höjd över botten som funktion av normalavståndet från cylinderaxeln (h(r)), om den totala vattenvolymen antas vara V. Anta att hinken är en rak cylinder med radius a. Ledningar: Bidraget dφ från volymelementet dv till φ är dφ = ρ ( gz ω2 r 2 ) dv 2 där ρ är vattens massdensität och g = m/s 2. Anta att V är så stor att h(r) är en funktion med kontinuerlig derivata. 4. En chokladtårta, formad som ett halvklot, hämtas ut ur bakugnen och placeras på köksbordet, den plana sidan underst. Ställ upp ett matematisk modell för tårtans avkylning och lös det. Ledning: Anta att tårtans halvsfärisk randytan (r = R) har rumstemperatur T 1 och tårtans plana rand (θ = π/2) är isolerad. Tårtan är homogen och har ugnens temperatur T i början. Beräkna tårtans temperatur som funktion av tid och rum. Introducera själv andra konstanter du behöver och förklara dem! 5. Bestäm den elektriska potentialen φ(r) i halvrummet x >, < y, z <, som genereras av en punktladning med ladning Q som befinner sig i punkten r = (R,, ) där R > ; r = (x, y, z) är kartesika coordinater, och potentialen på halvrummets begränsningsytan är φ(, y, z) = φ Θ(1 (y 2 + z 2 )/R 2 ) där Θ är Heaviside funktionen (Θ(x) = om x < och Θ(x) = 1 om x > ). Beräkna särskilt potentialen φ(x,, ) på x-axeln. Ledningar: Poissons ekvation u(r) = ρ(r) inom ett område V i tre dimensioner med rimliga randvillkor på randytan S till V har lösningen u(r) = V ( G(r, r )ρ(r )d 3 r + G(r, r ) r u(r ) u(r ) r G(r, r )) d 2 r S där G(r, r ) är greenfunktionen för ekvationen med det aktuella randvillkoret. Fundamentallösningen till Poissons ekvation i tre dimensioner är G (r, r ) = 1/4π r r. Du kan få full poäng även om ditt svar för φ(r) innehåller en oberäknad dubbelintegral. LYCKA TILL!

3 Lösningsföreslag till tentamen 4824 i 5A131/5A134 Fysikens matematiska metoder 1. Problemet lyder u t au xx = u(, t) = u x (L, t) = u(x, ) = T (BV) där u = u(x, t) och x L, t >. Produktansatsen u(x, t) = f(x)g(t) och PDE, RV1,2 ger g = ak 2 g g(t) = g e ak2 t och f + k 2 f =, f() = f (L) = f n (x) = sin(k n x), k n = (n + 1/2)π/L där n =, 1, RV1,2: BV ger Superpositionsprinzipen ger den allmänna lösningen till PDE och u(x, t) = A n sin(k n x)e ak2 nt. n= T = A n sin(k n x) A n = 2 n= L Svaret blir u(x, t) = 2. Problemet lyder n= L T sin(k n x)dx = 2T Lk n cos(k n x) L x= = 2T (n + 1/2) sin(k nx)e ak2 n t, k n = (n + 1/2)π/L. u rr + 1 r u r + 1 r 2 u ϕϕ 1 c 2 u tt = u(r, ϕ, t) = u(, ϕ, t) < u(r, ϕ, t) = u(r, ϕ + 2π, t) u(r, ϕ, ) = (RV3) (BV1) u t (r, ϕ, ) = πr 2 v r δ(r r )δ(ϕ), < r < R (BV2) 2T (n + 1/2). där u = u(r, ϕ, t) och r R, ϕ 2π, t >. Produktansats u = f(r)g(ϕ)h(t) och PDE, RV1 3, BV1 ger h + c 2 k 2 h =, h() = h(t) = sin(ckt), g + n 2 g =, g(ϕ + 2π) = g(ϕ) g = A cos(nϕ) + B sin(nϕ) med n =, 1, 2,..., och r 2 f + rf + (k 2 r 2 n 2 )f =, f(r) =, f() < f(r) = J n (kr), k = j n,s R

4 med j n,s nollställerna till Besselfunktionen J n. Superpositionsprinzipen ger den allmänna lösningen till PDE, RV1 3 och BV1: BV2 osv. ger 1 u(r, ϕ, t) = 2 A,sJ (k,s r) sin(k,s ct) + J n (k n,s r)[a n,s cos(nϕ) + B n,s sin(nϕ)] sin(k n,s ct). n=1 ck n,s A n,s π och B n,s = ( ) sin() =. Lösningen blir J n (k n,s r) 2 rdr = ck n,s A n,s π 1 2 R2 J n+1 (j n,s ) 2 = = πr 2 v J n (k n,s r ) cos() = πr 2 v J n (k n,s r ) 1 u(r, ϕ, t) = 2 A,sJ (k,s r) sin(k,s ct) + A n,s J n (k n,s r) cos(nϕ) sin(k n,s ct) n=1 där A n,s = 2Rv J n (j n,s r /R)/cj n,s J n+1 (j n,s ) Exempelsammlingen FYSMAT Uppgift Vi sätter T = T 1 + u där T = T (r, θ, t) är temperaturen i sfäriska koordinater r, θ (problemet är oberoende av ϕ); t > är tiden. Problemet lyder u rr + 2 r u r + 1 r Λu au 2 t = u(r, θ, t) = u θ (R, π/2, t) = u(, θ, t) < u(r, ϕ, ) = (T T 1 ) (RV3) (BV) där u = u(r, θ, t) och Λu = 1 sin θ (sin(θ)u θ) θ. Separationsansatzen u = f(r)g(θ)h(t) och PDE, RV1 3 ger h + ak 2 h = h(t) = Ae ak2t, Λg + l(l + 1)g =, g (π/2) = l = 2n, g(θ) = P 2n (cos(θ)) där n =, 1, 2,... och P l är legendrepolynomer, och r 2 f +2rf +(k 2 r 2 l(l+1))f =, f(r) =, f() < f(r) = j l (kr), k = η l,s R där j l är sfäriska Besselfunktioner av första slaget och η l,s är nollställerna till j l. Den allmänna lösningen till PDE, RV1 3 är BV ger A, = T T 1, u(r, θ, t) = A, + A n,s P 2n (cos(θ))j 2n (η 2n,s r/r)e aη2 2n,s t/r2. n= A n,s π/2 = P 2n (cos(θ)) 2 sin(θ)dθ π/2 P 2n (cos(θ)) sin(θ)dθ = δ n, π 2 drr 2 j 2n (η 2n,s r/r) 2 r 2 j 2n (η 2n,s r/r) drr sin(sπr/r)

5 därför att j (x) = sin(x)/x och η,s = sπ där s = 1, 2,.... Lösningen blir 5. Problemet lyder T (r, θ, t) = T 1 + (T T 1 ) [ 1 2R( 1) s sin(sπr/r) e ] a(sπ/r)2 t. sπr ( φ)(x, y, z) = Qδ(x R)δ(y)δ(z), x >, y, z R φ(, y, z) = φ Θ(1 (y 2 + z 2 )/R 2 ) f(y, z), y, z R. Ledningen och d 2 r = e x dy dz ger φ(x, y, z) = + dx dy dy där G(r, r ) x= =. Greensfunktionen ges av Vi beräkna = x 1 4π Detta ger dz Qδ(x R)δ(y )δ(z ) dz f(y, z ) x G(r, r ) x = G(r, r ) = G (r, r ) G (r, r ), r = (x, y, z ), r = (x, y, z ). x G(r, r ) z = = ( 1 (x x ) 2 + (y y ) 2 + (z z ) 1 2 (x + x ) 2 + (y y ) 2 + (z z ) 2 = ) x = x 2π(x 2 + (y y ) 2 + (z z ) 2. φ(x, y, z) = Q ( 1 4π (x R) 2 + y 2 + z 1 ) 2 (x + R) 2 + y 2 + z 2 + dy dz x (y ) 2 +(z ) 2 R 2 2π(x 2 + (y y ) 2 + (z z ) 2 ). 3/2 Potentialen på x-axeln blir φ(x,, ) = Q ( 1 4π x R 1 ) x +φ (y ) 2 +(z ) 2 R 2 2π(x 2 + (y ) 2 + (z ) 2 ) 3/2 = Q ( 1 4π (x R) 1 ) x + φ dρρ (x 2 + ρ 2 ) 3/2 = Q ( 1 4π (x R) 1 ) ( x ) + φ 1. x2 + R 2