Svar till övningar. Nanovetenskapliga tankeverktyg.

Transkript

1 Svar till övningar. Nanovetenskapliga tankeverktyg. January 18, 2010

2 Vecka 2 Komplexa fourierserier 1. Fourierkomponenterna ges av dvs vi har fourierserien f(t) = π π n 0 { π n = 0 c n = 2 ( 1) n 1 n 0 πn 2 ( 1) n 1 n 2 e int = π π n=1 ( 1) n 1 n 2 cos(nt) 2. Fourierkomponenterna ges av för alla n. c n = 1 e 1 ( 1) n 2(1 + inπ) 3. Fourierkomponenterna ges av dvs vi har fourierserien { 1 n = 0 3 c n = 2( 1) n n 0 (πn) 2 f(t) = ( 1) n e inπt = 1 π 2 n π 2 n 0 ( 1) n n=1 n 2 cos(nt) Komplexa tal 1. Man kan skriva sin(3x) = 3 sin(x) 4 sin 3 (x)

3 Vecka 3 Värmeledningsekvationen Den endimensionella värmeledningsekvationen är T(x, t) = κ 2 T(x, t). t x 2 Enligt lösningen i kompendiet ansätter vi en separabel funktion T(x, t) = X(x)Θ(t) där de allmänna lösningarna för rums- och tidsfunktionen är och De isolerade randvillkoren ger X(x) = A cos(bx) + B sin(bx) Θ(t) = Ce b2 κt. X (0) = X (L) = 0 vilket leder till B = 0 och, i linje med kompendiet, sin(bl) = 0 b = nπ L vilket ger ( ) nπx X n (x) = A n cos. L Den allmänna lösningen för T(x, t) kan skrivas som en summa T(x, t) = C ( ) nπx C n cos e tκ(nπ/l)2. L n=1 Vid tiden t = 0 har vi T(x, 0) = f(x). Detta ger koefficienterna C n enligt C n = 2 L ( ) nπx dxf(x) cos. L 0 L När tiden t blir mycket stor är alla termer n 0 i summan exponentiellt små och kan försummas. Vi får då T(x, t ) = C 0 2 = 1 dxf(x) L 0 dvs medelvärdet av funktionen f(x). Fysikaliskt betyder det att den inledande termiska energin nu är jämt fördelad över staven. L

4 Vecka 4 Fouriertransformen 1. Fouriertransformen är 2. Fouriertransformen är Spektrat visas i figuren nedan. 2 cos(πω/2) 1 ω 2 2 [cos(ω) 1] ω sin(ω) ω F(ω) ω 4. Vi har och (se kompendiet, s. 17) Deltafunktionen F T (ω) = T T e iωt = 2 sin(ωt) ω 1 sin(ωt) lim = δ(ω) T π ω 1. Vi får 2. Vi får 1 a f(0) 1 [f(a) + f( a)] 2 a

5 Vecka 5 Laplacetransformen 1. Laplacetransformen är a s 2 + a 2 2. Laplacetransformen blir (för a > 0) 3. Laplacetransformen är (för a > 0) 4. Laplacetransformen blir Linjära differentialekvationer e sa 1 ( e as e bs) s 1 s 2 ( e as 1 ) 2 1. Den allmänna lösningen är summan av homogenlösningen och partikulärlösningen y(x) = y h (x) + y p (x) Den homogena lösningen y h fås genom den karaktäristiska ekvationen Detta ger homogenlösningen r 2 + 3r 4 = 0 r 1 = 1, r 2 = 4 y h = Ae x + Be 4x. Partikulärlösningen fås genom en ansats y p = Cx + D. Insatt i differentialekvationen ger detta 4Cx + 3C 4D = x C = 1/4, D = 3/16

6 Vi får då den allmänna lösningen y = Ae x + Be 4x x Differentialekvationen är homogen. Den karaktäristiska ekvationen är r 3 = 1, r 1 = 1, r 2 = e i2π/3 = 1 ( ) 1 + i 3, r3 = e i4π/3 = 1 ( ) 1 i Detta ger den allmänna lösningen y = Ae x + Be x/2( 1+i 3) + Ce x/2( 1 i 3) = Ae x + e [ x/2 D cos( 3x/2) + E sin( 3x/2) ] 3. Från den översta ekvationen kan vi lösa ut y 2 och får y 2 = 1 3 (3 + 4y 1 y 1) Detta kan sedan stoppas in i den understa ekvationen, vilket ger y 1 3y 1 + 2y 1 = 3 Denna differentialekvation har homogenlösningen y 1h = Ae x + Be 2x och partikulärlösningen y 1p = 3/2 Vi får alltså den allmänna lösningen för y 1 y 1 = Ae x + Be 2x 3 2 Den allmänna lösningen för y 2 fås genom att sätta in resultatet för y 1 i ekvationen ovan som ger y 2 som funktion av y 1, vilket ger y 2 = Ae x Be2x 1 5

7 Vecka 6 Vektorer och Nabla 1. Vi har skalärprodukten a b = 32, vektorprodukten a b = ( 3, 6, 3) och längderna a a = 14, b b = Vi får a = 4 + z och a = ( x y, y, 1) 3. Vi får T = (yz y z, xz x z, xy x y) 4. Observera att φ och Φ är skalärer. Vi får att ( φ) är en nollvektor och är en skalär. 2 Φ 8. Vi integrerar fuktionen 2 (1/r) över en sfär med volymen V som omsluter origo 21 r dv V Genom att använda Gauss sats kan vi omvandla volymintegralen till en ytintegral över sfärens yta S 21 ( V r dv = 1 ) ( dv = 1 ) ds V r S r Vi använder sedan att 1 r = (x, y, z) r 3 = re r r 3 = e r r 2

8 där e r är enhetsvektorn som pekar i samma riktning som r, dvs r = re r. Vinkelelementet ds = e r ds pekar i samma riktning e r vilket ger [e r e r = 1] S ( 1 ) ds = 1 ds = 4πR2 r R 2 S R 2 = 4π Notera att sfärens radie R inte spelar någon roll. Eftersom integralen inte är noll finns det alltså något i origo. 7

9 Vecka 7 Maxwells ekvationer 1. Det elektriska fältet är E(r) = { Q 1 4πǫ 0 e R 2 r Q 1 4πǫ 0 e r 2 r r < R r > R där enhetsvektorn e r pekar ut från kulans centrum. 2. Det elektriska fältet är E(r) = λ 1 2πǫ 0 r e r där enhetsvektor e r pekar vinkelrätt ut från tråden och r är avständet från tråden. 3. Det elektriska fältet är E = σ e r 2ǫ 0 oberoende av avståndet från planet. Enhetsvektorn e r pekar vinkelrätt ut från planet. 4. Det elektriska fältet blir E(r) = { Q Sǫ 0 e r mellan plattorna 0 utanför plattorna där enhetsvektorn e r pekar vinkelrätt ut från plattan med laddningen Q, mot plattan med laddningen Q. Potentialskillnaden mellan plattorna blir Kapacitansen blir 5. Det magnetiska fältet är V = Qd Sǫ 0 C = Sǫ 0 d B(r) = { µ0 I r e 2π a 2 θ µ 0 I 1 e 2π r θ r < a r > a

10 där enhetsvektorn e θ pekar i tangentens riktning utefter den cirkel som omsluter ledaren. 6. a) Kraften F = qe. Det elektriska fältet E(r) ges i föreläsningskompendiet. Vi får kraften Q2 r 4πǫ F(r) = 0 e R 3 r r < R Q2 1 4πǫ 0 e r 2 r r > R där enhetsvektorn e r pekar ut från sfärens centrum. b) Överkurs. Om vi begränsar oss till rörelse inne sfären har vi Newtons lag (från mekaniken) ger F(r) = Q2 4πǫ 0 r R 3e r F(r) = ma(r) där m är elektronmassan och a(r) är accelerationen. Accelerationen sker (av symmetriskäl) endast i radiell led. Vi får då rörelseekvationen m d2 r Q2 = kr, k = dt2 4πǫ 0 R 3 Denna differentialekvation har oscillerande, harmoniska lösningar (se t.ex värmeledningsekvationen, uppgift V.3.), en rörelse fram och tillbaka genom centrum med vinkelfrekvensen ω = k/m, d.v.s. perioden 7. Magnetfältet inne toroiden blir T = 2π ω = 2π m4πǫ 0 R 3 Q B = µ 0NI L där µ är permeabiliteten i vakuum, N = 1000 varv och L = 2πr, där r = 200mm är spolens radie. Om spolen är perfekt lindad bli magnetfältet noll utanför spolen. 9