C

C2 C3

C1

1

C=

1

C1+

1

C2 + C3,

C =C1(C2 + C3)

C1 + C2 + C3.

7 C

C8C1 C2 C3

C ‹

C

C C

CC

C1 = C C2 = C C3 = C8

C8 =C2 + CC82C + C8

.

C28 + CC8 ´ C2 = 0,

C8

C8 =

?5 ´ 1

2C.

4 V

‹ V CC8

C8 QC8

qq1 C8 q

C8V´Q

+Q

C ‹ C8

C

V

+Q ´Q

+q

´q

+q1

´q1

Q = q + q1

C8

V =Q

C8Q = V C8.

V = QC + q

C

q = C

!V ´ Q

C

"=

!V ´ C

C8C

V

",

q =

!1 ´ C8

C

"=

3 ´?5

2CV.

3 R

‹

˚

=˚

179 ,

3 V =

I =V

R= .

, ˚

‹

6

3 + 6

I

2= .

mM " m

r⃗v⃗ r = |r⃗| rp

ra

M

m

rarp

r⃗

v⃗

6 va

1

2v2a = GM

rpra(rp + ra)

r⃗ra, va rp, vp

r

E =1

2mv2 ´ G

Mm

r.

1

2v2a ´ GM

1

ra=

1

2v2p ´ GM

1

rp,

mr⃗

L = |L⃗| = m|r⃗a ˆ v⃗a| = mrava.

L = |L⃗| = mrpvp

rava = rpvp vp

1

2v2a ´ GM

1

ra=

1

2

r2ar2p

v2a ´ GM1

rpñ

!1 ´ r2a

r2p

"v2a = 2GM

!1

ra´ 1

rp

"ñ

!1 ´ ra

rp

"!1 +

rarp

"v2a = 2GM

!1 ´ ra

rp

"1

ra.

v2a2

= GMrp

ra(rp + ra).

1

1

2v2a = GM

2a ´ rara(2a)

a

2a = ra + rp

3

E = ´GMm

2a

v2 = GM

#2

r´ 1

a

$

E

E =1

2mv2a ´ GMm

1

ra.

7 r1M r2 ą

r1

∆v1

r2∆v2 r2

∆v1 ∆v2 tH

r1

∆v1

r2M

∆v2

r = a = r1

d

GM

!2

r1´ 1

r1

"=

cGM

1

r1.

a = r1+r22

d

GM

!2

r1´ 2

r1 + r2

".

∆v1 =

cGM

r1

#c2r2

r1 + r2´ 1

$

∆v2 =

cGM

r2

#1 ´

c2r1

r1 + r2

$

3

r M

” “v8

E =1

2mv28 ´ G

Mm

r

r

v8 =

c2GM

r.

a Ñ 8r

Lausnir á dæmum 3 og 4

Landskeppni í eðlisfræði 2016

Hólmfríður Hannesdóttir

Dæmi 31. Hraðinn á tímanum t skv. klassískri aflfræði er

v(t) = a0t

því upphafshraðinn á tímanum t = 0 er v(0) = 0.

2. Við vitum að

a(t) =dv(t)

dt

Því gefur jafna (4):

dv

dt

= a0

✓1� v

2

c

2

◆3/2

Jafna (6) gefur þá að

Z1

�1� v

2

c

2

�3/2dv = a0

Zdt

Nú getum við notað jöfnu (7) með u = v/c og þá du = dv/c og fengið að

vq1� v

2

c

2

= a0 (t+K)

þar sem K er fasti.

Með því að hefja báðar hliðar í annað veldi og leysa þessa jöfnu fyrir v

2(t) fæst að

v

2(t) =c

2a

20 (t+K)2

c

2 + a

20 (t+K)2

og því

v(t) =ca0 (t+K)qc

2 + a

20 (t+K)2

Við notum hér jákvæðu lausnina fyrir v(t) því gefið var að Róbert ferðist í stefnu x-áss.

1

Skv. þessari jöfnu fæst að v(0) = ca0Kpc

2+a

20(t+K)2

. Gefið er í dæminu að v(0) = 0, sem þýðir

að K = 0. Þar með höfum við að

v(t) =ca0tpc

2 + a

20t

2

eins og átti að sýna.

3. Með því að stinga gefnum gildum inn í jöfnu (4) fæst:

i)

v(t) =

8><

>:

3.00 · 105 m/s

c · 10�3

c · 10�3�1� 1

2 · 10�6�

ii)

v(t) =

8><

>:

2.12 · 105 m/s

c · 0.707c/

p2

iii)

v(t) =

8><

>:

3.00 · 108 m/s

⇡ c

c ·�1� 1

2 · 10�6�

Takið eftir að a0t er gildið á v(t) sem hefði fengið samkvæmt klassískri aflfræði. Meðþví að bera saman a0t og v(t) (fengið með afstæðiskenningunni) sést að þar getur munaðmiklu á.

(Gefið var rétt fyrir öll ofangreind svör en þriðja svarið í lið i) og iii) er nákvæmast ogfæst með Taylor liðun. Þess var ekki krafist hér.)

4. Við notum jöfnu (5) og fáum að

v(t) =ca0tpc

2 + a

20t

2

v(t) =ca0p

c

2/t

2 + a

20

Þegar t �! 1 fæst að

v(t) �! ca0p02 + a

20

= c

svo mesti hraði sem Lísa mælir er c, þ.e. ljóshraðinn! Lísa sér Róbert því alltaf ferðastmeð hraða sem er minni en ljóshraðinn á endanlegum tíma.

2

Dæmi 41. (i) Við notum lögmál Gauss til að leysa þennan lið. Gaussyfirborðið er kúluyfirborð með

radíus x.

Ef x < a eða x > b fæst:

I~

E · d ~A =q

✏0(1)

Vegna samhverfu er ~

E k d

~

A svo þessa jöfnu má einfalda í

E · 4⇡x2 =q

✏0(2)

þar sem E er tölugildi rafsviðsins (í stefnu beint út frá miðju kúlunnar). Því fæst

E(x) =1

4⇡✏0

q

x

2(3)

Ef hins vegar a < x < b vitum við að E(x) = 0, því kúluskelin er leiðandi og rafsvið innií leiðara er alltaf 0.

Því fæst eftirfarandi:

• Þegar x stefnir á a frá vinstri er E(x) = 14⇡✏0

q

a

2

• Þegar x stefnir á a frá hægri er E(x) = 0

• Þegar x stefnir á b frá vinstri er E(x) = 0

• Þegar x stefnir á b frá hægri er E(x) = 14⇡✏0

q

b

2

(ii) Sjá svarblað

(iii) Munum að spenna er gefin með V = �RC

~

E · d~l. Með tegrun fæst:

• Fyrir x < b er V (x) = q

4⇡✏0x+K1 þar sem K1 er fasti. En við vitum að V (x) ! 0

þegar x ! 1 svo K1 = 0, og því

V (x) =q

4⇡✏0x(4)

• Fyrir a < x < b er V (x) = K2 þar sem K2 er fasti, því E(x) = 0 á þessu bili. Enþar sem V (x) er samfellt fall fæst skv. jöfnu 4 að K2 =

q

4⇡✏0b, þ.e.

V (x) =q

4⇡✏0b(5)

• Fyrir x < a er V (x) = q

4⇡✏0x+K3 þar sem K3 er fasti. En við vitum að V (a) = q

4⇡✏0bþví V (x) er samfellt fall. Þar með er

q

4⇡✏0a+K3 =

q

4⇡✏0b(6)

þ.e.

K3 =q

4⇡✏0

✓1

b

� 1

a

◆(7)

3

þ.e.

V (x) =q

4⇡✏0x+

q

4⇡✏0

✓1

b

� 1

a

◆(8)

Sér í lagi er

V (a) = V (b) =q

4⇡✏0b(9)

(iv) Sjá svarblað.

2. (i) Frjálsu hleðslurnar í leiðaranum munu raða sér þannig að E(x) = 0 fyrir a < x < b.Því er kerfið kúlusamhverft fyrir x > a svo eins og í lið 1. (i) fæst að

• Fyrir x > b er

E(x) =1

4⇡✏0

q

x

2(10)

• Fyrir a < x < b er

E(x) = 0 (11)

Sér í lagi gildir:

• Þegar x stefnir á b frá vinstri er E(x) = 0

• Þegar x stefnir á b frá hægri er E(x) = 14⇡✏0

q

b

2

(ii) Sjá svarblað.

(iii) Þessi liður er nákvæmlega eins og 1. (iii) vegna kúlusamhverfu kerfisins fyrir x > a.Því fæst:

• Fyrir x > b erV (x) =

q

4⇡✏0x(12)

• Fyrir a < x < b er

V (x) =q

4⇡✏0b(13)

Sér í lagi er

V (a) = V (b) =q

4⇡✏0b(14)

(iv) Sjá svarblað.

(v) Sjá svarblað.

4

(^f 'f rngll ,? FueC

(U 'f rngll 'p lurmq

gf 06 y,"tdn '6 'r,pru{s?tga t ruddaryspunT

? IrueBp rlr,q Qtslqr€̂s

gI0z U*de 'ZIq€B-gsIIgo I rudda>lspueT - q€lqrs^S

\

"ry < (=)3C" 2?E:, S-)a

gw -u!s gr,h$rrq\s gr.n \Y!$

*'[ns n> Y?v'evert$s :vttr rtf

,2_-_,

\

(^ 'a rng.r1 op ltueg

(^t 'Z rnell 'p lureq

(g 'Z rnell '? $re6

r:.-<-

\ /J

9166 11:de '6rg*qsrleo 1 pddarlspueT - eBIqxE^S

/ l