Lösningsskiss för tentamen Vektorfält och klassisk fysik (FFM234 och FFM232)

Transkript

1 Lösningsskiss för tentamen Vektorfält och klassisk fysik (FFM23 och FFM232) Tid och plats: Måndagen den 29 oktober 208 klockan , Maskinsalar Lösningsskiss: Christian Forssén Detta är enbart en skiss av den fullständiga lösningen Det kan innebära att vissa mellansteg i uträkningarna, som egentligen är nödvändiga för en komplett lösning, inte redovisas Svara på följande tre delfrågor (endast svar skall ges): (a) Vad är ytintegralen S F d S, där F = z 2 ẑ och S är ytan till enhetssfären (x 2 + y 2 + z 2 = ) med normalvektor ˆr? (b) Skissa nivåytorna φ =, 0, för skalärpotentialen φ(x, y) = x 2 y 2 i området x [ 2, 2], y [ 2, 2] Skissa också den fältlinje (inkl riktning) som går genom punkten (x, y) = (, ) (c) Beräkna +π cos(x)δ(x)dx, där δ(x) är en endimensionell deltafunktion π (3 poäng per korrekt besvarad deluppgift, 0 poäng för alla tre) (a) S F d S = 0 (notera att fältet är symmetriskt runt z = 0, dvs det som strömmar in i nedre halvplanet kommer att strömma ut i det övre) (b) (c) Kom ihåg skalningsegenskapen hos deltafunktioner (kan visas genom variabelsubstitution i integralen x = x) Detta ger +π π cos(x)δ(x)dx = cos(0) =

2 Lösningsskiss, tentamen FFM23/FFM Ett vektorfält F är givet i sfäriska koordinater som F = a cos θ r 3 ˆr + sin θ ˆθ r 3 Bestäm a så att fältet blir virvelfritt (ignorera singulariteten i r 0) Bestäm potentialen φ (0 poäng) Rotationen blir F = r 2 sin θ ˆr rˆθ r sin θ ˆϕ r θ ϕ = sin θ (a 2) ˆϕ r a cos θ r 3 sin θ r 3 0 Fältet är alltså virvelfritt (konservativt) då a = 2 Skalärpotentialen får vi ur sambandet F = φ Generella lösningar till respektive differentialekvation kan tecknas direkt: r φ = a cos θ φ( r) = a cos θ + f r 3 2r 2 (θ, ϕ), r θφ = sin θ φ( r) = cos θ + f r 3 r 2 2 (r, ϕ), ϕ φ = 0 φ( r) = f 3 (r, θ) Med a = 2 ser vi att de första två ekvationerna bara blir konsistenta då f (θ, ϕ) = f 2 (r, ϕ) g(ϕ), och att den tredje ekvationen i sin tur ger att lösningen måste vara oberoende av ϕ så att g(ϕ) = C Svar: φ = cos θ r 2 + C 3 Använd indexnotation för att visa följande gradientlikheter (a) (r 2 ) = 2 r (b) ( ) r = ˆr r 2 (c) (r 2ˆr) = r där r är längden på ortsvektorn r (3 poäng per korrekt besvarad deluppgift, 0 poäng för alla tre) (bevis utan indexnotation kan också ge poäng, dock maximalt 6 poäng) Fysik, Chalmers Page 2 Examinator: C Forssén

3 Lösningsskiss, tentamen FFM23/FFM (a) i r j r j = 2δ ij r j = 2r i, vilket motsvarar vektorn 2 r 2δ ij r j (b) i (r j r j ) /2 = = r 2 (r k r k ) 3/2 i vilket motsvarar vektorn r/r 3 = ˆr/r 2 r 3, (c) i (r j r j ) /2 r i = 2 2 δ ikr k (r m r m ) /2 r i + 3 (r j r j ) /2 = (r j r j ) /2 + 3 (r j r j ) /2 = (r j r j ) /2, vilket motsvarar r Maxwells ekvationer är E = ɛ 0, () E = B t, (2) B = 0, (3) B = µ 0 j + µ 0 ɛ 0 E t () (a) Använd Faradays induktionslag, U = dφ/dt, för att visa Maxwells andra ekvation E = B Notera att Φ är det magnetiska t flödet genom en yta S (normalytintegral för magnetfältet B) och U är den inducerade spänningen längs randen S (vägintegral för det elektriska fältet E) (5 poäng) (b) Använd Maxwells ekvationer för att visa att kontinuitetsekvationen / t = j är uppfylld för ( r, t) = elektrisk laddningstäthet och j( r, t) = elektrisk strömtäthet (5 poäng) Se kurskompendium, avsnitt 2 5 Ett cylindriskt skal kan betraktas som oändligt långt med innerradie 0 och ytterradie Det värms från insidan med en linjevärmekälla som ger upphov till Neumannrandvillkoret ˆ q =0 = w 0 / 0, där [w 0 ] = Wm Skalets konstanta värmekonduktivitet är λ På utsidan kyls skalet av enligt ˆ q = = α (T ( ) T 0 ), där α och T 0 är konstanter med rätt enheter Finn ett uttryck för den stationära temperaturfördelningen i cylinderskalet, dvs för 0 (0 poäng) Fysik, Chalmers Page 3 Examinator: C Forssén

4 Lösningsskiss, tentamen FFM23/FFM Vid stationärlösningen gäller Laplaces ekvation T = 0 i hela området Problemets geometri avslöjar att T = T () så att T = ( T ) = 0 T () = C log() + D Notera att lösningen även kan skrivas C log(/ C ), vilket egentligen är snyggare då C blir en integrationskonstant med dimension längd Vi fortsätter dock med ovanstående och kontrollerar dimensionen på slutet Vi konstaterar att värmeströmmen ges av temperaturgradienten enligt q = λ T = λc ˆ Randvillkoret vid = 0 ger alltså att C = w 0 /λ så att q = w 0 ˆ Randvillkoret vid = ger därefter eller w 0 = α ( w 0 λ log( ) + D T 0 ), D = w 0 α + T 0 + w 0 λ log Efter insättning och förenkling blir svaret T () = w [ ( 0 λ + log + T 0 λ α Vi konstaterar att [w 0 ] = Wm, [α] = WK m 2 och [λ] = WK m så att dimensionen på svaret blir Kelvin b + 6 Betrakta fältet F = ˆ och beräkna normalytintegralen F ds, där är ytan till en kub med utåtriktad normal och sidlängd a centrerad vid z-axeln Vi har att a b och söker ett approximativt uttryck för normalytsintegralen (explicita korrektioner till och med ordning b2 a 2 skall inkluderas) Fysik, Chalmers Page Examinator: C Forssén

5 Lösningsskiss, tentamen FFM23/FFM Vi konstaterar att fältet är singulärt längs = 0 Här redovisas tre alternativa lösningsstrategier Det enklaste för denna uppgift är att utföra ytintegralen direkt (alternativ ) Men det kan vara illustrativt att kika på lösningarna med Gauss sats där man måste hantera singulariteten, som i detta fall inte är en linjekälla Alternativ : Vi utför ytintegralen över de sex sidorna till kuben Vi noterar först att flödesintegralen är noll över topp- och bottenytorna med normalriktning i z-led eftersom ±ẑ ˆ = 0 De övriga fyra ytorna kommer att ge lika stora bidrag pga symmetrin Vi studerar enbart ytintegralen över ytan S med x = a/2 och normalriktning ˆx b + I ˆ ds S Vi har att ˆ d S = ˆ ˆxdydz = a/2 dydz Integranden kan Taylorutvecklas och vi konstaterar att a b på ytan: [ ( b + = + b b = + O Vi får alltså att [ I = + O [ a a3 dydz = + O 2 2 a, där vi har utnyttjat att a på ytan Den sökta integralen blir ( F ds b = I = 2a [ 3 + O Fysik, Chalmers Page 5 Examinator: C Forssén a

6 Lösningsskiss, tentamen FFM23/FFM Alternativ 2: Bilda en sluten yta från kuben genom att införa en cylinderyta S ɛ (vars radie ɛ b) som omsluter z-axeln (notera att normalriktningen är ˆ) samt två små hål där cylinderytan möter topp- och bottensidorna av kuben Vi kallar denna nya, slutna yta för ɛ + S ɛ och den innesluter en volym V ɛ som är lika med kubens volym minus den lilla cylindervolymen På denna yta kan vi utan problem använda Gauss sats och vi finner att F ds = F dv ɛ+s ɛ V ɛ Vi noterar också att F ds = F dv F ds ɛ V ɛ S ɛ F ds = lim F ds, ɛ 0 ɛ så det som återstår är att räkna ut HL av ekv (5) i gränsen ɛ 0 Beräkna divergensen då 0: F = [ 2 2 (F ) = b + = 2 = 2 + O + b Låt oss dela upp volymsintegralen i HL av ekv (5) i två områden: Det första (V ) är ett cylinderskal från = ɛ till = a; det andra (V 2 ) är resterande hörnområden som behövs så att V + V 2 = V ɛ Vi får att lim ɛ 0 V F dv = = πa a 0 a z=0 2π a ϕ=0 =0 2 + b / ddϕdz [ 3 + b = πa ] a + b 2 0 = 2πa 3 [ b2 a 2 + O Fysik, Chalmers Page 6 Examinator: C Forssén (5)

7 Lösningsskiss, tentamen FFM23/FFM Volymen V 2 sträcker sig över ett område (med volymen a 3 πa 3 ) där vi har att a b Vi får därför att [ ( F b dv = 2(a 3 πa 3 ) + O, V 2 a så att lim F dv = 2a 3 [ π b2 ɛ 0 V ɛ a + O 2 Ytintegralen i HL av ekv (5) blir S ɛ F d S = a z=0 2π b 2 ϕ=0 ɛ Slutligen finner vi att ( F ds = lim F dv ɛ 0 V ɛ Alternativ 3: Analysera singulariteten då 0 F = b2 a + ɛ b ɛdϕdz = 2πb 2 a S ɛ + b = b2 ) [ F ds = 2a 3 + O [ + O, + ɛ b vilket ger att singulariteten beter sig som en linjekälla med styrka 2πb 2 Inför ett sådant singulärt fält F s 2πb2 ˆ och studera 2π F = F F s + F s F ns + F s, där singulariteten har subtraherats bort i Fns så att dess bidrag till ytintegralen kan behandlas som vanligt med Gauss sats ( F ns ds = F b ns dv = 2a [ 3 + O V (enligt divergensutträkningen ovan) Bidraget från den singulära termen (vanlig linjekälla) blir F s ds = 2πb 2 a, och svaret blir som ovan F ds = F ns ds + a ( F s ds b = 2a [ 3 + O Fysik, Chalmers Page 7 Examinator: C Forssén