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 (FFM234 och FFM232)

Tid och plats: M˚ andagen den 29 oktober 2018 klockan 14.00- 18.00, Maskinsalar.

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

(a) Vad ¨ ar ytintegralen H

S F · d ~ ~ S, d¨ ar ~ F = z ² z och S ¨ ˆ ar ytan till enhetssf¨ aren (x ² + y ² + z ² = 1) med normalvektor ˆ r?

(b) Skissa niv˚ aytorna φ = −1, 0, 1 f¨ or skal¨ arpotentialen φ(x, y) = x ² − y ² i omr˚ adet x ∈ [−2, 2], y ∈ [−2, 2]. Skissa ocks˚ a den f¨ altlinje (inkl riktning) som g˚ ar genom punkten (x, y) = (1, 1).

(c) Ber¨ akna R +π

−π cos(x)δ(4x)dx, d¨ ar δ(x) ¨ ar en endimensionell delta- funktion.

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

(a) H

S F · d ~ ~ S = 0 (notera att f¨ altet ¨ ar symmetriskt runt z = 0, dvs det som str¨ ommar in i nedre halvplanet kommer att str¨ omma ut i det ¨ ovre).

(b)

(c) Kom ih˚ ag skalningsegenskapen hos deltafunktioner (kan visas genom

variabelsubstitution i integralen x ⁰ = 4x). Detta ger

2. Ett vektorf¨ alt ~ F ¨ ar givet i sf¨ ariska koordinater som F = ~ a cos θ

r ³ ˆ r + sin θ r ³

θ. ˆ

Best¨ am a s˚ a att f¨ altet blir virvelfritt (ignorera singulariteten i r → 0).

Best¨ am potentialen φ. (10 po¨ ang) L¨ osning:

Rotationen blir

∇ × ~ ~ F = 1 r ² sin θ

ˆ

r r ˆ θ r sin θ ˆ ϕ

∂ r ∂ θ ∂ ϕ a cos θ

r

sin θ

r

0

= sin θ

r ⁴ (a − 2) ˆ ϕ.

F¨ altet ¨ ar allts˚ a virvelfritt (konservativt) d˚ a a = 2.

Skal¨ arpotentialen f˚ ar vi ur sambandet ~ F = − ~ ∇φ. Generella l¨ osningar till respektive differentialekvation kan tecknas direkt:

∂ _r φ = − a cos θ

r ³ ⇒ φ(~ r) = a cos θ

2r ² + f ₁ (θ, ϕ), 1

r ∂ θ φ = − sin θ

r ³ ⇒ φ(~ r) = cos θ

r ² + f 2 (r, ϕ),

∂ _ϕ φ = 0 ⇒ φ(~ r) = f ₃ (r, θ).

Med a = 2 ser vi att de f¨ orsta tv˚ a ekvationerna bara blir konsistenta d˚ a f ₁ (θ, ϕ) = f ₂ (r, ϕ) ≡ g(ϕ), och att den tredje ekvationen i sin tur ger att l¨ osningen m˚ aste vara oberoende av ϕ s˚ a att g(ϕ) = C.

Svar: φ = ^{cos θ} _r

+ C.

3. Anv¨ and indexnotation f¨ or att visa f¨ oljande gradientlikheter (a) ~ ∇(r ² ) = 2~ r

(b) ~ ∇ ¹ _r
= − _r ^{ˆ r}

(c) ~ ∇ · (r ² r) = 4r ˆ

d¨ ar r ¨ ar l¨ angden p˚ a ortsvektorn ~ r.

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

(bevis utan indexnotation kan ocks˚ a ge po¨ ang, dock maximalt 6 po¨ ang).

L¨ osning:

(a) ∂ _i r _j r _j = 2δ _ij r _j = 2r _i , vilket motsvarar vektorn 2~ r.

(b) ∂ i (r j r j ) ^−1/2 = − ¹ ₂ ^2δ

^r

(r

r

)

= − _r ^r

,

vilket motsvarar vektorn −~ r/r ³ = −ˆ r/r ² .

(c) ∂ i (r j r j ) ^1/2 r i = 2 ¹ ₂ δ ik r k (r m r m ) ^−1/2 r i + 3 (r j r j ) ^1/2 = (r j r j ) ^1/2 + 3 (r _j r _j ) ^1/2 = 4 (r _j r _j ) ^1/2 ,

vilket motsvarar 4r.

4. 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 = − ^{∂ ~} _∂t ^B . Notera att Φ ¨ ar det magnetiska fl¨ odet genom en yta ~ S (normalytintegral f¨ or magnetf¨ altet ~ B) och U ¨ ar den inducerade sp¨ anningen l¨ angs randen ∂S (v¨ agintegral f¨ or det elektriska f¨ altet ~ E). (5 po¨ ang)

(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.

5. Ett cylindriskt skal kan betraktas som o¨ andligt l˚ angt med innerradie ρ ₀ och ytterradie ρ ₁ . Det v¨ arms fr˚ an insidan med en linjev¨ armek¨ alla som ger upphov till Neumannrandvillkoret ˆ ρ · ~ q | _ρ=ρ

0

= w ₀ /ρ ₀ , d¨ ar [w ₀ ] = Wm ⁻¹ . Skalets konstanta v¨ armekonduktivitet ¨ ar λ. P˚ a utsidan kyls skalet av enligt

ˆ

ρ · ~ q | _ρ=ρ

1

= α (T (ρ ₁ ) − T ₀ ) , d¨ ar α och T ₀ ¨ ar konstanter med r¨ att enheter.

Finn ett uttryck f¨ or den station¨ ara temperaturf¨ ordelningen i cylinder-

L¨ osning:

Vid station¨ arl¨ osningen g¨ aller Laplaces ekvation ∆T = 0 i hela omr˚ adet.

Problemets geometri avsl¨ ojar att T = T (ρ) s˚ a att

∆T = 1

ρ ∂ _ρ (ρ∂ _ρ T ) = 0 ⇒ T (ρ) = C log(ρ) + D.

Notera att l¨ osningen ¨ aven kan skrivas C log(ρ/ρ _C ), vilket egentligen

¨

ar snyggare d˚ a ρ _C blir en integrationskonstant med dimension l¨ angd.

Vi forts¨ atter dock med ovanst˚ aende och kontrollerar dimensionen p˚ a slutet.

Vi konstaterar att v¨ armestr¨ ommen ges av temperaturgradienten enligt

~

q = −λ ~ ∇T = − λC ρ ρ. ˆ

Randvillkoret vid ρ = ρ ₀ ger allts˚ a att C = −w ₀ /λ s˚ a att ~ q = ^w _ρ

ρ. ˆ Randvillkoret vid ρ = ρ ₁ ger d¨ arefter

w ₀

ρ ₁ = α 

− w ₀

λ log(ρ ₁ ) + D − T ₀  , eller

D = w ₀

αρ ₁ + T ₀ + w ₀

λ log ρ ₁ . Efter ins¨ attning och f¨ orenkling blir svaret

T (ρ) = w ₀ λ

 λ

αρ ₁ + log  ρ ₁ ρ



+ T ₀ .

Vi konstaterar att [w ₀ ] = Wm ⁻¹ , [α] = WK ⁻¹ m ⁻² och [λ] = WK ⁻¹ m ⁻¹ s˚ a att dimensionen p˚ a svaret blir Kelvin.

6. Betrakta f¨ altet ~ F =

√

b

+ρ

ρ ρ och ber¨ ˆ akna normalytintegralen H

∂V F ·d ~ ~ S, d¨ ar ∂V ¨ ar ytan till en kub med ut˚ atriktad normal och sidl¨ angd a centr- erad vid z-axeln. Vi har att a  b och s¨ oker ett approximativt uttryck f¨ or normalytsintegralen (explicita korrektioner till och med ordning _a ^b

skall inkluderas).

L¨ osning:

Vi konstaterar att f¨ altet ¨ ar singul¨ art l¨ angs ρ = 0. H¨ ar redovisas tre alternativa l¨ osningsstrategier. Det enklaste f¨ or denna uppgift ¨ ar att utf¨ ora ytintegralen direkt (alternativ 1). Men det kan vara illustra- tivt att kika p˚ a l¨ osningarna med Gauss sats d¨ ar man m˚ aste hantera singulariteten, som i detta fall inte ¨ ar en linjek¨ alla.

Alternativ 1:

Vi utf¨ or ytintegralen ¨ over de sex sidorna till kuben. Vi noterar f¨ orst att fl¨ odesintegralen ¨ ar noll ¨ over topp- och bottenytorna med normal- riktning i z-led eftersom ±ˆ z · ˆ ρ = 0. De ¨ ovriga fyra ytorna kommer att ge lika stora bidrag pga symmetrin. Vi studerar enbart ytintegralen

¨

over ytan S ₁ med x = a/2 och normalriktning ˆ x I 1 ≡

Z

S

pb ⁴ + ρ ⁴

ρ ρ · d ~ ˆ S.

Vi har att ˆ ρ·d ~ S = ˆ ρ·ˆ xdydz = ^a/2 _ρ dydz. Integranden kan Taylorutvecklas och vi konstaterar att ρ ∼ a  b p˚ a ytan:

pb ⁴ + ρ ⁴

ρ = ρ

s 1 + b ⁴

ρ ⁴ = ρ



1 + O  b ⁴ ρ ⁴



. Vi f˚ ar allts˚ a att

I ₁ = Z Z 

1 + O  b ⁴ ρ ⁴

 a

2 dydz = a ³ 2



1 + O  b ⁴ a ⁴



, d¨ ar vi har utnyttjat att ρ ∼ a p˚ a ytan. Den s¨ okta integralen blir

I   b ⁴ 

Alternativ 2:

Bilda en sluten yta fr˚ an kuben genom att inf¨ ora en cylinderyta S _ (vars radie ρ _  b) som omsluter z-axeln (notera att normalriktningen

¨

ar − ˆ ρ) samt tv˚ a sm˚ a h˚ al d¨ ar cylinderytan m¨ oter topp- och bottensi- dorna av kuben. Vi kallar denna nya, slutna yta f¨ or ∂V _ + S _ och den innesluter en volym V _ som ¨ ar lika med kubens volym minus den lilla cylindervolymen. P˚ a denna yta kan vi utan problem anv¨ anda Gauss sats och vi finner att

I

∂V

+S

F ·d ~ ~ S = Z

V

∇· ~ ~ F dV ⇒ Z

∂V

F ·d ~ ~ S = Z

V

∇· ~ ~ F dV − Z

S

F ·d ~ ~ S.

(5) Vi noterar ocks˚ a att

I

∂V

F · d ~ ~ S = lim

ρ

→0

I

∂V

F · d ~ ~ S,

s˚ a det som ˚ aterst˚ ar ¨ ar att r¨ akna ut HL av ekv. (5) i gr¨ ansen ρ _ → 0.

Ber¨ akna divergensen d˚ a ρ 6= 0:

∇ · ~ ~ F = 1

ρ ∂ ρ (ρF ρ ) = 2ρ ²

pb ⁴ + ρ ⁴ = 2 1 q

1 + _ρ ^b

= 2



1 + O  b ⁴ ρ ⁴



.

L˚ at oss dela upp volymsintegralen i HL av ekv. (5) i tv˚ a omr˚ aden: Det f¨ orsta (V ₁ ) ¨ ar ett cylinderskal fr˚ an ρ = ρ _ till ρ = a; det andra (V ₂ ) ¨ ar resterande h¨ ornomr˚ aden som beh¨ ovs s˚ a att V ₁ + V ₂ = V _ . Vi f˚ ar att

ρ lim

→0

Z

V

∇ · ~ ~ F dV = Z a

z=0

Z 2π ϕ=0

Z a ρ=0

2

p1 + b ⁴ /ρ ⁴ ρdρdϕdz

= 4πa Z a

0

ρ ³

pρ ⁴ + b ⁴ = 4πa  1 2

p ρ ⁴ + b ⁴

 a 0

= 2πa ³

 1 − b ²

a ² + O  b ⁴ ρ ⁴



.

Volymen V ₂ str¨ acker sig ¨ over ett omr˚ ade (med volymen a ³ − πa ³ ) d¨ ar vi har att ρ ≥ a  b. Vi f˚ ar d¨ arf¨ or att

Z

V

∇ · ~ ~ F dV = 2(a ³ − πa ³ )



1 + O  b ⁴ a ⁴



, s˚ a att

ρ lim

→0

Z

V

∇ · ~ ~ F dV = 2a ³



1 − π b ²

a ² + O  b ⁴ a ⁴



. Ytintegralen i HL av ekv. (5) blir

Z

S

F · d ~ ~ S = − Z a

z=0

Z 2π ϕ=0

b ² ρ _

r 1 + ρ ⁴ _

b ⁴ ρ _ dϕdz = −2πb ² a r

1 + ρ ⁴ _ b ⁴ . Slutligen finner vi att

I

∂V

F · d ~ ~ S = lim

ρ

→0

Z

V

∇ · ~ ~ F dV − Z

S

F · d ~ ~ S



= 2a ³



1 + O  b ⁴ ρ ⁴



.

Alternativ 3:

Analysera singulariteten d˚ a ρ → 0 F _ρ = b ²

ρ r

1 + ρ ⁴ b ⁴ = b ²

ρ



1 + O  b ⁴ ρ ⁴



,

vilket ger att singulariteten beter sig som en linjek¨ alla med styrka 2πb ² . Inf¨ or ett s˚ adant singul¨ art f¨ alt ~ F _s ≡ ^2πb _2πρ

ρ och studera ˆ

F = ~ ~ F − ~ F _s + ~ F _s ≡ ~ F _ns + ~ F _s ,

d¨ ar singulariteten har subtraherats bort i ~ F ns s˚ a att dess bidrag till ytintegralen kan behandlas som vanligt med Gauss sats

I

∂V

F ~ _ns · d~ S = Z

V

∇ · ~ ~ F _ns dV = 2a ³



1 + O  b ⁴ a ⁴



(enligt divergensuttr¨ akningen ovan). Bidraget fr˚ an den singul¨ ara ter- men (vanlig linjek¨ alla) blir

I

∂V

F ~ _s · d~ S = 2πb ² a, och svaret blir som ovan

I

∂V

F · d ~ ~ S = I

∂V

F ~ _ns · d~ S + I

∂V

F ~ _s · d~ S = 2a ³



1 + O  b ⁴ ρ ⁴



.