1. No category

FFM232, Klassisk fysik och vektorfält Veckans tal
Christian Forssén, Institutionen för fundamental fysik, Chalmers,
Göteborg, Sverige
Oct 2, 2015
Tentatal 2015-08-17: 3
Vektorfältet F~ ges av
(
F~ =
(~
r −aẑ)
A |~
r −aẑ|3 + B x̂,
Cz ẑ,
z > 0,
z ≤ 0,
där A, B, C och a är konstanter. Beräkna normalytintegralen av F~ över en sfär
med radien 2a och centrum i origo.
Hint.
• C-termen motsvarar en rymdkälla med källtätheten ∇ · F~C = C i nedre
halvplanet.
• B termen ger inget bidrag då den har ∇ · F~B = 0
• A-termen motsvarar en punktkälla med styrkan 4πA i punkten aẑ innanför ytan. Fältet från punktkällan existerar dock bara i övre halvplanet.
Bidraget kan beräknas på två sätt:
– Genom att räkna ut rymdvinkeln som den övre delen av sfären upptar
sett från punktkällan.
– Genom att behandla den som en punktkälla i hela rummet plus en
diskontinuitet i xy-planet, dvs en ytkälla.
Answer.
~ · dS
~ = 2πA 1 +
F
S
R
√1
5
+
16
3
3 πa C
Solution.
• C-termen, F~C = Cz ẑ (för z ≤ 0), motsvarar en rymdkälla med konstant
källtäthet ∇ · F~C = C i nedre halvplanet. Här kan vi enkelt använda Gauss
sats
Z
Z
~=
F~C · dS
∇ · F~C dV
S
V
Källtätheten är ju noll i den övre halvan av sfären så bidraget blir lika med den
konstanta källtätheten gånger volymen av en halv sfär med radien 2a.
Z
3
3
~ = C 1 4π(2a) = C 16πa .
F~C · dS
2
3
3
S
• B-termen, F~B = B x̂ (för z > 0), ger inget bidrag eftersom den inte uppvisar
någon singularitet och har ∇ · F~B = 0.
(~
r −aẑ)
• A-termen, A |~
r −aẑ|3 (för z > 0), motsvarar en punktkälla med styrkan
4πA i aẑ innanför ytan. Men fältet från punktkällan existerar bara i övre
halvplanet. Normalytintegralen kan därför räknas ut genom att beräkna
vilken rymdvinkel den övre delen av sfären upptar sett från punktkällan.
Genom att rita en
√ figur inser man att en sfär med centrum i punktkällan
och med radien 5a kommer att skära xy-planet i samma cirkel som den
ursprungliga sfären.√Cirkeln i xy-planet träffas alltså vid en vinkel θ0 som
ges av cos θ0 = −1/ 5. Den sökta rymdvinkeln är därför
Z
Ω0 =
2π
Z
0
θ0
Z
sin θdθ = 2π
dϕ
0
0
θ0
1
sin θdθ = 2π 1 + √
.
5
Alltså blir bidraget från A-termen
Z
Ω0
1
~
~
FA · dS = 4πA
= 2πA 1 + √
.
4π
5
S
Totalt får vi alltså normalytintegralen som summan av ovanstående bidrag
Z
16
1
~
~
√
F · dS = 2πA 1 +
+ πa3 C,
3
5
S
vilket alltså är svaret.
Alternativ.
• Alternativt kan vi betrakta A-termen som en punktkälla i hela rummet plus
en diskontinuitet i xy-planet vid z = 0, dvs en ytkälla som har effekten
att släcka fältet i det nedre halvplanet. Styrkan på denna ytkälla fås
från fältets diskontinuitet vid z = 0, dvs vid punkter som ligger längs
~r = ρêρ + 0ẑ,
2
ẑ · F~A+ − F~A− = A
(ρ2
−a
.
+ a2 )3/2
Bidraget från denna ytkälla skall integreras över den inneslutna ytan, dvs över
en cirkelskiva 0 ≤ ρ ≤ 2a. Detta blir
Z 2a
−a
1
.
2π
A 2
ρdρ = −2πA 1 − √
(ρ + a2 )3/2
5
0
Tillsammans med bidraget från punktkällan, dvs 4πA, blir detta
Z
1
~ = 4πA − 2πA 1 − √1
= 2πA 1 + √
.
F~A · dS
5
5
S
vilket ju ger samma som räkningen ovanför.
• Notera gärna att varken B- eller C-termerna motsvarar någon ytkälla trots
att de är definierade enbart ovanför, respektive nedanför, z = 0. C fältet
är inte diskontinuerligt eftersom det faktiskt är noll då z = 0. B-fältet har
iof en diskontinuitet,
men den är vinkelrät mot planet och skalärprodukten
ẑ · F~B+ − F~B− = 0.
Dessutom finns det en ytkälla vid z = 0-planet som bestäms av diskontinuiteten.
2
2 3/2
Man finner ytkällans
styrka
σ = −Aa/(ρ + a ) . Tillsammans blir integralen
R
~ = 2πA 1 + √1 + 16 πa3 C.
F~ · dS
S
5
3
Remarks. Uppgiften illustrerar hur det ofta är fördelaktigt att behandla
komplicerade fält som en summa av olika bidrag. Diskontinuiteten vid z = 0 är
en speciell svårighet med denna uppgift.
3