L¨ osningsskiss f¨ or tentamen – Vektorf¨ alt och klassisk fysik (FFM232)

L¨ osningsskiss f¨ or tentamen – Vektorf¨ alt och klassisk fysik (FFM232)

Tid och plats: M˚ andagen den 14 augusti 2017 klockan 14.00-18.00 i Maskinsalarna.

L¨ osningsskiss: Christian Forss´ en

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. Svar:

(a) 0 (b) 1/2

(c) ˆ n = −ˆ r (eller ˆ n = −ˆ x)

2. L¨ osning:

(a) (i) ∇ · ~ A = _r ¹

∂ _r (r ² r) = 3; (ii) ∇ × ~ A = 0; (iii) ∆ ~ A = ∇(∇ · ~ A) −

∇ × (∇ × ~ A) = ∇(3) − ∇ × (0) = 0; (iv) ∇ · (∇ × ~ A) = 0 (alltid sant); (v) ∇ × (∇ × ~ A) = ∇ × (0) = 0.

(b) Divergens och rotation kan uppskattas baserat p˚ a f¨ altens utseen- den. Alternativt kan explicita uttryck f¨ or f¨ alten ans¨ attas.

∇ · ~ A ∇ × ~ A F¨ alt (1) ser ut som ~ A = rˆ r. > 0 0 F¨ alt (2) ser ut som ~ A = ˆ x. 0 0 F¨ alt (3) ser ut som ~ A = xˆ x. > 0 0 F¨ alt (4) ser ut som ~ A = −y ˆ x + xˆ y. 0 > 0 F¨ alt (5) ser ut som ~ A = xˆ y. 0 > 0

3. L¨ osning:

(a) F¨ orst noterar vi att ε ikl ε jkl = 0 om i 6= j eftersom minst en av ε-tensorerna d˚ a kommer att bli noll.

Vi studerar nu fallet i = j = 1 och finner att ε _1kl ε _1kl = 2 (bara termerna ε 123 ε 123 = 1 · 1 och ε 132 ε 132 = (−1) · (−1) ¨ ar nollskilda).

Vi f˚ ar samma resultat f¨ or i = j = 2 och i = j = 3. Sammanfat-

tningsvis har vi allts˚ a att ε _ikl ε _jkl = 2δ _ij .

L¨ osningsskiss f¨ or tentamen – Vektorf¨ alt och klassisk fysik (FFM232)2017-08-14

(b) Kroneckers delta ¨ ar en invariant tensor vilket betyder att den ¨ ar oberoende av koordinatsystem: δ ⁰ _ij = δ _ij .

(c) Vi anv¨ ander transformationsregeln δ _ij ⁰ = L _il L _jm δ _lm = L _il L _jl . Vi noterar vidare att transformationsmatrisen m˚ aste uppfylla LL ^t = 1 eller med indexnotation L _il (L ^t ) _lj = δ _ij . Notera att (L ^t ) _lj = L _jl s˚ a att L _il L _jl = δ _ij . Allts˚ a har vi att δ ⁰ _ij = δ _ij , vilket skulle visas.

4. L¨ osning:

• Ytan ¨ ar en halvsf¨ ar med radien a.

• F¨ altet kan delas upp i de tv˚ a termerna ~ F = ~ F ₁ + ~ F ₂ d¨ ar ~ F ₁ ¨ ar regulj¨ art med divergensen ∇ · ~ F = 2F ₀ /a medan ~ F ₂ ¨ ar f¨ altet fr˚ an en punktk¨ alla med styrkan +q bel¨ agen i origo.

• F¨ or att ber¨ akna bidraget fr˚ an ~ F 1 kan vi anv¨ anda Gauss sats, men vi beh¨ over isf sluta ytan. Vi sluter den givna ytan genom att l¨ agga till en pottenplatta S ₁ med normalen −ˆ z. Gauss sats ger oss att

I

S+S

F ~ ₁ · d~ S = Z

V

∇ · ~ F ₁ dV = 4πF 0 a ² 3 .

• Integralen ¨ over bottenplattan r¨ aknas enklast ut i cylinderkoordi- nater (x = ρ cos ϕ)

Z

S

F ~ ₁ · d~ S = − F ₀ a ²

Z a 0

Z 2π 0

(ρ cos ϕ) ² ρdρdϕ = − πF ₀ a ² 4 .

• den s¨ okta ytintegralen f¨ or ~ F ₁ blir d¨ arf¨ or Z

S

F ~ ₁ · d~ S = I

S+S

F ~ ₁ · d~ S − Z

S

F ~ ₁ · d~ S = 19πF ₀ a ² 12 .

• Ytan S upptar en rymdvinkel 2π (den t¨ acker ¨ ovre halvplanet sett fr˚ an origo). Normalytintegralen f¨ or punktk¨ allan blir d¨ arf¨ or

Z

S

F ~ ₂ · d~ S = q 2π 4π = q

2 .

• Svaret ¨ ar R

S F · d ~ ~ S = ^19πF ₁₂

^a

+ ^q ₂ .

Institutionen f¨ or fysik, Chalmers Page 2 Examinator: C. Forss´ en

L¨ osningsskiss f¨ or tentamen – Vektorf¨ alt och klassisk fysik (FFM232)2017-08-14

5. L¨ osning:

Den s¨ okta temperaturf¨ ordelningen skall uppfylla Laplaces ekvation ∆T = 0 inuti sf¨ aren och Dirichlets randvillkor T (r = R, θ, ϕ) = T ₀ + T ₁ cos θ p˚ a dess rand.

Vi g¨ or ansatsen: T (~ r) = Ar ^p + Br ^q cos θ, vilken har f¨ ordelen att den kommer att separera i en radiell- och en vinkeldel n¨ ar man eval- uerar Laplacianen, samt att den ger f¨ oruts¨ attning att reproducera rand- villkoret. Vi finner att

∆(Ar ^p ) = Ap(p + 1)r ^p−2

∆(Br ^q cos θ) = B (q(q + 1) − 2) r ^q−2 cos θ.

B¨ agge dessa termer m˚ aste vara noll oberoende av varandra f¨ or att uppfylla Laplaces ekvation ¨ overallt. Vi f¨ orkastar dock de negativa l¨ osningarna eftersom de skulle motsvara singulariteter i r = 0. Det var givet att omr˚ adet inte innh¨ oll n˚ agra k¨ allor. Detta inneb¨ ar att p = 0 och q = 1. Samtidigt v¨ aljer vi integrationskonstanterna A och B s˚ a att randvillkoret uppfylls. Vi f˚ ar l¨ osningen

T (~ r) = T ₀ + T ₁ r R cos θ.

6. L¨ osningsmall:

• Vi inf¨ or en spegelladdning q ⁰ = −q ^R _a bel¨ agen p˚ a z-axeln, z ⁰ = ^R _a

, dvs inuti sf¨ aren. Den elektrostatiska potentialen utanf¨ or sf¨ aren kan d˚ a skrivas

φ(~ r) = 1 4πε ₀

 q

% + q ⁰

% ⁰

 ,

d¨ ar % och % ⁰ ¨ ar avst˚ anden till de respektive punktladdningarna.

(a) L¨ angs negativa z-axeln g¨ aller att % = a − z och % ⁰ = R ² /a − z.

Dvs vi f˚ ar att φ(0, 0, z) =

( q 4πε

 1

a−z − _R−za/R ¹ 

f¨ or z < −R

0 f¨ or − R ≤ z < 0

• Vi tecknar ocks˚ a uttrycket f¨ or potentialen d¨ ar avst˚ anden uttrycks i sf¨ ariska koordinater mha cosinussatsen. Detta finns i formel-

Institutionen f¨ or fysik, Chalmers Page 3 Examinator: C. Forss´ en

L¨ osningsskiss f¨ or tentamen – Vektorf¨ alt och klassisk fysik (FFM232)2017-08-14

samlingen

φ(r, θφ) = q 4πε ₀

"

1

(r ² + a ² − 2ra cos θ) ^1/2

− R/a

(r ² + R ⁴ /a ² − 2r(R ² /a) cos θ) ^1/2

# ,

och vi noterar att detta givetvis ger samma resultat som ovan med θ = −π och r = |z| l¨ angs negativa z-axeln.

(b) Den inducerade ytladdningen f˚ as fr˚ an uttrycket _ε ^σ

0

= ˆ n·  ~ E ₊ − ~ E −

 . Vi har ˆ n = ˆ r f¨ or sf¨ aren och kraftf¨ altet f˚ as fr˚ an ~ E = −∇φ. Inuti sf¨ aren ¨ ar φ = 0 och f¨ oljdaktligen ¨ ar ~ E − = 0.

Vi beh¨ over allts˚ a den radiella delen av kraftf¨ altet, E _r = (−∇φ) _r =

∂ r φ. De tv˚ a termerna i potentialen har samma generella form och vi ber¨ aknar

∂ _r r ² + A − Br
−1/2

= − 1

2 (2r − B) r ² + A − Br
−3/2

. Vi skall evaluera detta p˚ a sf¨ arens yta d¨ ar r = R. Vi introducerar ocks˚ a den dimensionsl¨ osa storheten ˜ a ≡ a/R > 1. Efter n˚ agra steg f˚ ar vi

σ

ε ₀ = ˆ r · ~ E ₊ = − q 4πε ₀

1 R ²

˜ a ² − 1

(1 + ˜ a ² − 2˜ a cos θ) ^3/2 .

(c) F¨ or att hitta den inducerade laddningen skall vi integrera yt- laddningst¨ atheten ¨ over sf¨ arens yta S. Vi kan v¨ al ana att detta kommer att motsvara den spegelladdning som vi har introducerat inuti sf¨ aren f¨ or att uppfylla randvillkoret. Vi finner

Q _ind = Z

S

σ(θ)R ² sin θdθdϕ = − q

2 ˜ a ² − 1
Z π

0

sin θdθ

(1 + ˜ a ² − 2˜ a cos θ) ^3/2 . Vi byter integrationsvariabel till t = − cos θ och f˚ ar

Q _ind = − q

2 a ˜ ² − 1
Z 1

−1

dt

(1 + ˜ a ² + 2˜ at) ^3/2 .

Integralen g˚ ar att finna i Beta Mathematics Handbook. Vi f˚ ar att Q _ind = q ˜ a ² − 1
1

˜

a (1 − ˜ a ² ) = −q/˜ a, precis som vi anade.

Institutionen f¨ or fysik, Chalmers Page 4 Examinator: C. Forss´ en