Detta ¨ ar enbart en skiss av den fullst¨ andiga l¨ osningen. Det kan inneb¨ ara att vissa mellansteg i utr¨ akningarna, som egentligen ¨ ar n¨ odv¨ andiga f¨ or en komplett l¨ osning, inte redovisas.

klassisk fysik (FFM232)

Tid och plats: M˚ andagen den 24 oktober 2016 klockan 14.00-18.00 i M-huset.

L¨ osningsskiss: Christian Forss´ en och Tobias Wenger

Detta ¨ ar enbart en skiss av den fullst¨ andiga l¨ osningen. Det kan inneb¨ ara att vissa mellansteg i utr¨ akningarna, som egentligen ¨ ar n¨ odv¨ andiga f¨ or en komplett l¨ osning, inte redovisas.

1. Svara p˚ a f¨ oljande delfr˚ agor (endast svar skall ges):

(a) Skissa niv˚ aytor och f¨ altlinjer f¨ or en punktk¨ alla, dvs φ = _4πr ¹ och F = ~ _4πr ¹ 2 r. ˆ

(b) Ber¨ akna integralen R ∞

−∞ δ ⁰ (x) cos(x)dx, (notera derivatan).

(c) Teckna f¨ oljande tre uttryck med indexnotation: (i) ~a · (~b × ~c), (ii) M~a, (iii) MN, d¨ ar ~a, ~b, ~c ¨ ar vektorer och M, N ¨ ar 3 × 3 matriser.

(3 po¨ ang per korrekt besvarad deluppgift, 10 po¨ ang f¨ or alla tre.) L¨ osning:

(a) Niv˚ aytorna blir sf¨ arer (cirklar i genomsk¨ arning vilket isf b¨ or p˚ apekas) medan f¨ altlinjerna blir str˚ alar ut fr˚ an origo (dvs tiktade i positiv ˆ

r-led.

(b) 0.

(c) (i) ~a · (~b × ~c) = a _i ε _ijk b _j c _k , (ii) M~a = M _ij a _j , (iii) MN = M _ik N _kj .

2. Maxwells ekvationer ¨ ar

∇ · ~ ~ E = ρ

 ₀ , (1)

∇ × ~ ~ E = − ∂B

∂t , (2)

∇ · ~ ~ B = 0, (3)

∇ × ~ ~ B = µ ₀ ~ + µ ₀  ₀ ∂E

∂t . (4)

(a) Anv¨ and Faradays induktionslag, U = −dΦ/dt, f¨ or att visa Maxwells

andra ekvation ~ ∇ × ~ E = − ^{∂ ~ B} . Notera att Φ ¨ ar det magnetiska

(b) Anv¨ and Maxwells ekvationer f¨ or att visa att kontinuitetsekvatio- nen ∂ρ/∂t = − ~ ∇ · ~ ¨ ar uppfylld f¨ or ρ(~ r, t) = elektrisk laddnings- t¨ athet och ~(~ r, t) = elektrisk str¨ omt¨ athet. (5 po¨ ang)

L¨ osning:

Se kurskompendium, avsnitt 11.2.

3. Ett klot med radien R har ett litet klot med radien r ₀ urkarvad ur sig (se figur). B˚ ada kloten ¨ ar centrerade i origo. Omr˚ adet mellan radierna r ₀ och R har en konstant massdensitet ρ ₀ . Notera att gravitationsf¨ alt

¨

ar kontinuerliga (till skillnad fr˚ an elektriska f¨ alt som ju har diskonti- nuiteter vid ytladdningar). Gravitationspotentialen uppfyller Poissons ekvation (vi antar att vi anv¨ ander smarta enheter s˚ a att Newtons kon- stant G = 1)

∆Φ(r) = ρ(r). (5)

Notera att tecknet i Poissons ekvation ¨ ar motsatt mot vad man har f¨ or elektriska f¨ alt, detta beror p˚ a att tv˚ a massor attraherar varandra.

(a) Ber¨ akna gravitationsf¨ altet ~ F = − ~ ∇Φ(r). Skissa den radiella kom- ponenten F _r (r) som en funktion av r. (7 po¨ ang)

(b) Om man betraktar f¨ altet i en punkt ~ r d¨ ar r = |~ r| > R s˚ a ser f¨ altet ut som f¨ altet fr˚ an en punktk¨ alla. Vilken massa (styrka) har en punktk¨ alla som producerar samma f¨ alt? (2 po¨ ang)

(c) Hur r¨ or sig en liten testmassa som placeras (utan initialhastighet) i gravitationsf¨ altet i omr˚ adet r < r ₀ ? (1 po¨ ang)

Figure 1: Klotet till gravitationsuppgiften.

L¨ osning:

Sf¨ arisk geometri med konstant k¨ allf¨ ordelning, perfekt f¨ or att l¨ osa med Gauss sats. Med F _r (r) = −∇Φ(r) skriver vi Poissons ekvations som

∇ · (∇Φ(r)) = ρ(r) (6)

∇ · ~ F = −ρ(r) (7)

och om vi integrerar b˚ ada sidor ¨ over klotet V som har radien r, f˚ ar vi Z

∇ · ~ F dV = − Z

ρ(r)dV (8)

och om vi applicerar Gauss sats p˚ a v¨ ansterledet f˚ ar vi Z

F · d ~ ~ S = − Z

ρ(r)dV

| {z }

Total innesluten massa

. (9)

Eftersom V ¨ ar en klot har vi att d ~ S = ˆ rr ² sin θ och geometrin s¨ ager oss att p˚ a konstant radie ¨ ar F _r (r) konstant s˚ a vi kan enkelt ber¨ akna ytintegralen och f˚ a fram

4πr ² F _r (r) = − Z

ρ(r)dV. (10)

Rummet delas nu enkelt in i 3 olika delar med olika masst¨ athet

r < r ₀ , ρ(r) = 0 (11)

r ₀ ≤ r ≤ R, ρ(r) = ρ ₀ (12)

r > R, ρ(r) = 0. (13)

Eftersom ingen laddning innesluts i omr˚ ade 1 ser vi direkt att

F _r ⁽¹⁾ (r) = 0. (14)

I omr˚ ade 2 finns en konstant masst¨ athet, vi beh¨ over d¨ arf¨ or bara vet hur stor volym som innesluter massa. Det inses relativt l¨ att att volymen som innesluter massa ¨ ar klotet med radie r (med r i omr˚ ade 2) minus den innersta tomma klotets volym (den innesluter ju ingen massa). Vi f˚ ar d˚ a

4πr ² F _r ⁽²⁾ (r) = −ρ 0

 4πr ³

3 − 4πr ³ ₀ 3



(15) ur vilket vi enkelt l¨ oser ut

F _r ⁽²⁾ (r) = −

 r − r ³ ₀

r ²

 ρ ₀

3 . (16)

I omr˚ ade 3 innesluter vi all den massa som finns s˚ a vi beh¨ over endast multiplicera ρ ₀ med den total volymen av skalet (dvs klotet med radie R minus klotet med radie r ₀ ).

4πr ² F _r ⁽³⁾ (r) = −ρ ₀  4πR ³

3 − 4πr ³ ₀ 3



(17) F _r ⁽³⁾ (r) = − ρ ₀ (R ³ − r ³ ₀ )

3

1

r ² . (18)

Slutsvaret f¨ or graviationsf¨ altet blir

F _r (r) =



 



 



F r ⁽¹⁾ (r) = 0, r ≤ a F r ⁽²⁾ (r) = − 

r − ^r _r ^{3 0} 2

 ρ 0

3 , a < r ≤ R F r ⁽³⁾ (r) = − ^{ρ 0 (R 3} ₃ ^{−r 3 0 )} _r ¹ 2 , r > R

(19)

0 1 2 3 4 5

-0.5 0.0 0.5 1.0

r/r0 ρ0

Φ(r) F

(r)

Figure 2: Skiss av gravitationsf¨ altet (¨ aven potentialen visas, den efterfr˚ agas dock inte i uppgiften). H¨ ar har vi satt R = 2r ₀ .

Vi kan l¨ asa av f¨ altet fr˚ an den ekvivalenta punktk¨ allan genom att komma ih˚ ag att f¨ altet fr˚ an en puktk¨ alla ¨ ar F _r (r) = _4πr ^q 2 . Genom att j¨ amf¨ ora med v˚ art f¨ alt i omr˚ adet r > R ser vi att vi har ”styrkan” q = − ^4π ₃ (R ³ − r ₀ ³ )ρ ₀ . Utanf¨ or volymen ser f¨ altet allts˚ a ut som att det skapats av en (attraktiv) punktk¨ alla med kroppens totala massa.

En liten testmassa som placeras i omr˚ adet r < r ₀ kommer att p˚ averkas av kraften F r ⁽¹⁾ (r) = 0 och kommer s˚ aledes inte r¨ ora p˚ a sig alls. Den beter sig som om det inte fanns n˚ agon massa runtomkring (alla krafter som p˚ averkar den tar ut varandra pga den sf¨ ariska symmetrin).

4. Betrakta de tre vektorf¨ alten: ~ F 1 = ρˆ e θ , ~ F 2 = zˆ e z och ~ F 3 = zˆ e ρ .

(a) Vilket av dessa tre f¨ alt kan skrivas i termer av en vektorpotential?

(2 po¨ ang)

(b) Ange en explicit form f¨ or en vektorpotential, ~ A, som ger detta f¨ alt. (4 po¨ ang)

(c) Samma som (b) men med det extra (gauge-)villkoret att ~ ∇ · ~ A = 0 (detta kan allts˚ a vara samma vektorpotential som du redan har konstruerat). (4 po¨ ang)

L¨ osning:

(a) Endast f¨ alt ~ F ₁ ¨ ar divergensfri. Det kan allts˚ a skrivas i termer av en vektorpotential. F¨ or de andra g¨ aller att ~ ∇ · ~ F ₂ = 1, ~ ∇ · ~ F ₃ = z/ρ.

(b) Vektorpotentialen ~ A skall uppfylla ~ F = ~ ∇ × ~ A vilket ger 1

ρ ∂ _θ A _z − ∂ _z A _θ = F _ρ = 0

∂ _z A _ρ − ∂ _ρ A _z = F _θ = ρ 1

ρ (∂ _ρ (ρA _θ ) − ∂ _θ A _ρ ) = F _z = 0

En enkel l¨ osning till detta ¨ ar att s¨ atta A _θ = A _z = 0 och A _ρ = ρz.

Dvs ~ A = ρzˆ e _ρ .

(c) Tyv¨ arr ¨ ar ovanst˚ aende l¨ osning inte divergensfri ( ~ ∇ · ~ A = 2z). Men vi kan utnyttja gaugeinvariansen ~ A → ~ A + ~ ∇Λ och v¨ alja Λ s˚ a att

∇ · ~ ~ ∇Λ = ∆Λ = − ~ ∇ · ~ A.

Utg˚ aende fr˚ an v˚ art svar p˚ a uppgift (b) v¨ aljer vi Λ = −z ³ /3 vilket ger ~ ∇Λ = −z ² e ˆ z och finner den divergensfria vektorpotentialen

A = ρzˆ ~ e _ρ − z ² e ˆ _z . (20)

5. I en mycket l˚ ang homogen cylinder med radien R kan temperatur- f¨ ordelningen skrivas T = T (ρ, θ) i cylindriska koordinater, dvs tem- peraturen kan antas vara z-oberoende. Den station¨ ara temperatur- f¨ ordelningen i cylindern uppfyller Laplaces ekvation

∆T (ρ, θ) = 0. (21)

(a) Ber¨ akna temperaturf¨ ordelning i hela cylindern givet Dirichlet randvil-

lkoret T (R, θ) = T ₀ + T ₁ cos θ. (6 po¨ ang)

(a) Ber¨ akna v¨ armefl¨ odet genom den halvan av cylinderytan som beskrivs av ρ = R, −π/2 < θ < π/2 (streckade halvan i Figur 3.). Kom- mentera kort svaret och ange om v¨ armen fl¨ odar in eller ut och ange

¨

aven enheten p˚ a det ber¨ aknade v¨ armefl¨ odet. (V¨ armestr¨ omt¨ atheten ber¨ aknas med ~ q = −λ ~ ∇T (ρ, θ), d¨ ar λ ¨ ar en materialberoende kon- stant som antas vara k¨ and.) (4 po¨ ang)

Figure 3: Cylindern i genomsk¨ arning. Cylindern antas vara mycket l˚ ang och d¨ armed blir l¨ osningen z-oberoende.

L¨ osning:

Vi b¨ orjar med att ans¨ atta en allm¨ an l¨ osning p˚ a formen

T (ρ, θ) = f (ρ) + g(ρ) cos θ (22) d¨ ar vi har en term som f¨ oljer randvillkorets vinkelberoende och en term som endast har ett radiellt beroende. Stoppar vi in denna ansatsen i Laplace ekvation (kom ih˚ ag pol¨ ar Laplaceoperator) f˚ ar vi

1 ρ

∂

∂ρ



ρ ∂f (ρ)

∂ρ

 + 1

ρ

∂

∂ρ

 ρ ∂

∂ρ (g(ρ) cos θ)

 + 1

ρ ²

∂ ²

∂θ ² (g(ρ) cos θ) = 0 (23) vilket vi kan skriva om till

1 ρ

∂

∂ρ



ρ ∂f (ρ)

∂ρ



=



− 1 ρ

∂

∂ρ



ρ ∂g(ρ)

∂ρ



+ g(ρ) ρ ²



cos θ = 0 (24) d¨ ar vi inser att b˚ ada termerna m˚ aste separat vara noll (pga att de har olika vinkelberoende). Vi f˚ ar d˚ a de tv˚ a ekvationerna

1 ρ

∂

∂ρ



ρ ∂f (ρ)

∂ρ



= 0 (25)



− 1 ρ

∂

∂ρ



ρ ∂g(ρ)

∂ρ



+ g(ρ) ρ ²



= 0 (26)

L¨ osningen f¨ or f (ρ) kan enkelt integreras fram till att vara

f (ρ) = A log ρ + B. (27)

H¨ ar m˚ aste A = 0 d˚ a denna term har ett singul¨ art beteende i ρ = 0.

F¨ or att l¨ osa ut g(ρ) ans¨ atter vi g(ρ) = Cρ ^p och s¨ atter in i ekvationen

Cρ ^p−2 p ² − 1
= 0 (28)

vilket l¨ oses av p = ±1. Dvs vi ska ans¨ atta

g(ρ) = C ₁ ρ + C ₂ /ρ (29)

men vi ser genast att C ₂ ska vara noll d˚ a den termen har singul¨ art beteende i ρ = 0 (det ¨ ar ocks˚ a f¨ altet fr˚ an en linjek¨ alla i z = 0 och n˚ agon s˚ adan har vi ju inte). Slutligen har vi att beteendet f¨ or T (ρ, θ) ska vara

T (ρ, θ) = B + C ₁ ρ cos θ (30) och genom att matcha till randvilkoret ser vi att

T (R, θ) = T ₀ + T ₁ cos θ = B + C ₁ R cos θ (31) dvs, B = T ₀ samt C ₁ = T ₁ /R. Slutl¨ osningen f¨ or temperaturf¨ ordelningen

¨ ar

T (ρ, θ) = T 0 + T ₁ ρ

R cos θ. (32)

Vi ska ¨ aven ber¨ akna v¨ armefl¨ odet genom den h¨ ogra ytan av cylindern.

Normalen till denna yta pekar i ˆ ρ-led och vi beh¨ over bara r¨ akna denna komponenten utav v¨ armestr¨ ommen

q _ρ = −λ ∂T (ρ, θ)

∂ρ = − λT ₁

R cos θ. (33)

Vi betraktar en str¨ acka z 1 −z 0 = L av cylindern. Det totala v¨ armefl¨ odet f˚ as av integralen

Z

S

~ q · d ~ S = Z

S

~ q · ˆ ρρdθdz = L Z π/2

−π/2

q _ρ Rdθ

= −λT ₁ L Z π/2

−π/2

cos θdθ = −λT ₁ L [sin θ] ^π/2 _−π/2 = −2λT ₁ L.

Vi kan dela med L f¨ or att f˚ a v¨ armefl¨ odet per l¨ angdenhet. M¨ angden

v¨ arme som fl¨ odar in ¨ ar allts˚ a 2λT 1 genom den h¨ ogra delen utav cylin-

dern, m¨ att i effekt per l¨ angdenhet (W/m i SI-enheter).

6. Betrakta Poissons ekvation ∆φ = −ρ i det endimensionella omr˚ adet {x : 0 ≤ x ≤ L} med Dirichlets homogena randvillkor. F¨ or detta problem ¨ ar Greensfunktionen

G(x, x ⁰ ) =

 1 − ^x _L ⁰
x 0 ≤ x < x ⁰ , 1 − ^x _L
x ⁰ x ⁰ ≤ x ≤ L.

(a) Anv¨ and denna Greensfunktion f¨ or att ber¨ akna potentialen f¨ or tv˚ a punktladdningar i det givna omr˚ adet (med de givna randvillko- ren): En laddning +q i punkten L/2 + ε/2 och en laddning −q i punkten L/2 − ε/2 d¨ ar ε ¨ ar en kort str¨ acka. (6 po¨ ang)

(b) Verifiera att den givna Greensfunktionen verkligen ¨ ar korrekt. I uppgiften ing˚ ar allts˚ a att inse vad det ¨ ar som skall verifieras. ¨ Aven ett tydligt resonemang kring detta kan ge delpo¨ ang.(4 po¨ ang) L¨ osning:

Situationen motsvarar en slags endimensionell dipol med randvillkor φ(0) = φ(L) = 0. Laddningsf¨ ordelning kan skrivas

ρ(x ⁰ ) = +qδ(x ⁰ − L/2 − ε/2) − qδ(x ⁰ − L/2 + ε/2), (34) och l¨ osningen kan skrivas i termer av den givna Greensfunktionen

φ(x) = Z L

0

G(x, x ⁰ )ρ(x ⁰ )dx. (35) Pga Greensfunktionens utseende f˚ ar vi betrakta tre separata omr˚ aden:

F¨ or x < L/2 − ε/2: H¨ ar ¨ ar G = (1 − x ⁰ /L)x f¨ or bidragen fr˚ an b¨ agge punktk¨ allorna och vi f˚ ar

φ(x) = q



1 − L/2 + ε/2 L

 x − q



1 − L/2 − ε/2 L



x = −q ε

L x. (36) F¨ or x > L/2 + ε/2: H¨ ar ¨ ar G = (1 − x/L)x ⁰ f¨ or bidragen fr˚ an b¨ agge punktk¨ allorna och vi f˚ ar

φ(x) = q  1 − x

L

  L 2 + ε

2



− q  1 − x

L

  L 2 − ε

2



= q ε

L (L − x).

(37)

F¨ or L/2 − ε/2 < x < L/2 + ε/2: Olika G f¨ or de tv˚ a punktk¨ allorna.

φ(x) = q



1 − L/2 + ε/2 L



x − q  1 − x

L

  L 2 − ε

2



= q

 x − L

2

  1 − ε

L

 .

Potentialen kan med f¨ ordel skissas upp. D˚ a ser man att den avtar linj¨ art fr˚ an noll vid x = 0 till −qε/2 vid x = L/2 − ε/2 f¨ or att sedan

¨

oka linj¨ art till +qε/2 p˚ a den korta str¨ ackan ε och sedan avta linj¨ art till noll igen vid x = L.

Verifiera Greensfunktionen F¨ or att verifiera att detta ¨ ar korrekt Greensfunktion skall vi visa att

• Den l¨ oser Poissons ekvation f¨ or en punktk¨ alla med styrkan 1 i x ⁰ , dvs ∆G(x, x ⁰ ) = −δ(x − x ⁰ ), inne i omr˚ adet {x : 0 ≤ x ≤ L}.

Notera att Laplacianen verkar p˚ a x-koordinaten, dvs ∆ = d ² /dx ² i v˚ art en-dimensionella fall.

• Den uppfyller randvillkoren, dvs G(0, x ⁰ ) = G(L, x ⁰ ) = 0 ∀x ⁰ . Det ¨ ar enkelt att visa att randvillkoren ¨ ar uppfyllda f¨ or den givna Greensfunktionen (notera att x = 0 och x = L ligger i de tv˚ a olika omr˚ adena).

Vad g¨ aller Laplacianen s˚ a noterar vi att derivatan ¨ ar diskontinuerlig i punkten x = x ⁰ . Utanf¨ or denna g¨ aller

d

dx G(x, x ⁰ ) = G ⁰ (x, x ⁰ ) =

 1 − ^x _L ⁰

0 ≤ x < x ⁰ ,

− ^x _L ⁰ x ⁰ < x ≤ L,

och f¨ oljdaktligen att _dx ^{d 2} 2 G(x, x ⁰ ) = G ⁰⁰ (x, x ⁰ ) = 0, ∀x 6= x ⁰ . Detta motsvarar ett av de n¨ odv¨ andiga villkoren som en deltafunktion skall uppfylla, n¨ amligen att δ(x − x ⁰ ) = 0, ∀x 6= x ⁰ . Det andra villkoret g¨ aller integralen ¨ over en deltafunktion. H¨ ar visar vi att

Z L 0

(−G ⁰⁰ (x, x ⁰ ))dx = 1.

Integralen f˚ ar enbart ett bidrag fr˚ an omr˚ adet med diskontinuiteten Z L

0

(−G ⁰⁰ (x, x ⁰ ))dx = lim

∆x→0 ⁺

Z x ⁰ +∆x x ⁰ −∆x

(−G ⁰⁰ (x, x ⁰ ))dx

= G ⁰ ₋ (x ⁰ , x ⁰ ) − G ⁰ ₊ (x ⁰ , x ⁰ )

= 1 − x ⁰ L −



− x ⁰ L



= 1,

d¨ ar G ⁰ ₋ och G ⁰ ₊ betecknar f¨ orstaderivatan till v¨ anster, respektive till

h¨ oger, om diskontinuiteten vid x = x ⁰ . Detta avslutar v˚ art bevis.