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.

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) Ange v¨ ardet av tangentlinjeintegralen H

C F · d~ ~ r, d¨ ar f¨ altet ~ F = F ₀ ^x _b y och den slutna kurvan C parametriseras enligt (x, y, z) = ˆ b(sin t, cos t, 0), 0 ≤ t < 2π.

(b) Ber¨ akna vektorn ε _ijk M _ij , d¨ ar M _ij ¨ ar elementen i matrisen

M =





0 0 a 0 b 0 c 0 0





(c) Betrakta skal¨ arf¨ altet φ(~ r) = cos θ/r ² . F¨ or vilken enhetsvektor ˆ n ¨ ar riktningsderivatan av detta f¨ alt i riktningen ˆ n i punkten (x, y, z) = (1/ √

2, 1/ √

2, 0) maximal och positiv? (Svaret kan ges i termer av Cartesiska eller sf¨ ariska basvektorer i punkten i fr˚ aga.)

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

(a) −πF ₀ b (b) (0, c − a, 0)

(c) ˆ n = −ˆ θ (eller ˆ n = ˆ z)

2. (a) Vad blir f¨ oljande derivator p˚ a vektorf¨ altet ~ A = rˆ r:

(i) ∇ · ~ A; (ii) ∇ × ~ A; (iii) ∆ ~ A; (iv) ∇ · (∇ × ~ A); (v) ∇ × (∇ × ~ A)?

(5 po¨ ang)

(b) Para ihop de fem tv˚ adimensionella vektorf¨ alten: (i) ~ A = ˆ x; (ii)

A = xˆ ~ x; (iii) ~ A = xˆ y; (iv) ~ A = rˆ r; (v) ~ A = xˆ y − y ˆ x; med

visualiseringarna i figurerna (1)–(5). Ange f¨ or samtliga huruvida

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. Ett vektorf¨ alt ~ F har potentialen

φ = (x ² + y ² + z ² ) ² − 3(x ² + y ² + z ² ).

Genom vilken sluten yta S ¨ ar fl¨ odet av vektorf¨ altet maximalt positivt?

Ber¨ akna detta maximala positiva fl¨ ode. (10 po¨ ang)

L¨ osning:

Φ(S) =

S

F · d ~ ~ S =

V

∇ · ~ F dV = −

V

∆φdV,

d¨ ar vi har anv¨ ant oss av Gauss sats (S = δV ). Potentialen skrivs enkelt i sf¨ ariska koordinater φ = r ⁴ − 3r ² och Laplace-operatorn ger −∆φ = 18−20r ² . Denna funktion utg¨ or allts˚ a integranden f¨ or volymsintegralen och ¨ ar positiv om r < 3/ √

10. St¨ orst fl¨ ode f˚ as allts˚ a om vi integrerar

¨

over ytan p˚ a en sf¨ ar med radien r = 3/ √

10. Det maximala, totala fl¨ odet blir

Z dΩ

Z 3/ √ 10 0

(18 − 20r ² )r ² dr = 4π 3

√ 10 54 25 .

4. Betrakta v¨ armeledning genom en glasruta med materialkonstanterna λ (v¨ armeledningsf¨ orm˚ agan), c (v¨ armekapacitiviten) och ρ (densitet).

Glasrutans bredd och h¨ ojd ¨ ar betydligt st¨ orre ¨ an dess tjocklek d. H¨ arled den station¨ ara temperaturf¨ ordelningen d˚ a

T (x, t = 0) = T ₀ x(d − x) d ²

d¨ ar T ₀ ¨ ar en konstant (enhet: K). Glasrutan ¨ ar perfekt isolerad s˚ a att ingen v¨ arme passerar genom glasets begr¨ ansningsytor vid x = 0 och x = d. (10 po¨ ang)

L¨ osning:

• Vid station¨ arl¨ osningen blir v¨ armeledningsekvationen d ² T /dx ² = 0.

• Neumanns randvillkor: dT /dx = 0 vid x = 0 och x = d. Vi kan integrera differentialekvationen ovan och f˚ ar station¨ arl¨ osningen T (x) = konstant.

• V¨ armeenergin inuti glasrutan ¨ ar konstant eftersom den ¨ ar perfekt isolerad. Detta ger

Z d 0

T (x, t)dx = konstant = Z d

0

T (x, t = 0)dx = T 0

d ²

 x ² d 2 − x ³

3

 d 0

= T 0 d 6

• Station¨ arl¨ osningen blir allts˚ a T (x) = T ₀ /6.

5. Skriv ett uttryck f¨ or k¨ allt¨ atheten fr˚ an en elektrisk dipol ~ µ = µˆ z i R ³ . H¨ arled ocks˚ a ett uttryck f¨ or den elektrostatiska potentialen f¨ or dipolf¨ altet p˚ a stora avst˚ and. (10 po¨ ang)

Ledning: Dipolmomentet µ har enheten (laddning × l¨ angd).

L¨ osning:

Vi l¨ agger punktdipolen i origo. En dipol ~ µ = µˆ z motsvarar en laddning q = ^µ _ε i punkten (x, y, z) = (0, 0, ε) och en laddning −q = − ^µ _ε i origo.

K¨ allt¨ atheten kan skrivas ρ(~ r) = µ

ε δ ⁽³⁾ (~ r − εˆ z) − µ

ε δ ⁽³⁾ (~ r).

Alternativt kan vi l¨ agga punktladdningarna i z = ±ε/2. Det blir samma f¨ alt f¨ or r/ε  1.

Potentialen fr˚ an de b˚ ada laddningarna tillsammans blir (notera perme- abiliteten fr˚ an Maxwells f¨ orsta ekvation)

ε ₀ φ(~ r) = µ/ε

4π|~ r − εˆ z| − µ/ε 4πr .

Nu vill vi studera hur detta uttryck kan skrivas vid stora avst˚ and. Vi kan skriva |~ r − εˆ z| = p% ² + (z − ε) ² , och om ε ¨ ar litet (ε/%, ε/z  1) blir detta p% ² + z ² − 2εz = √

r ² − 2εz ≈ r(1 − ^εz _r

). D¨ arf¨ or f˚ ar vi 1

|~r − εˆ z| ≈ 1

r (1 + εz r ² ).

H¨ ar har vi anv¨ ant Taylorutvecklingarna √

1 − x = 1 − ^x ₂ + O(x ² ) samt

1

1−x = 1 + x + O(x ² ).

Potentialen blir

ε 0 φ(~ r) ≈ µ 4πε

 1 r

 1 + εz

r ²



− 1 r



= µz

4πr ³ = µ cos θ

4πr ² (1)

Mer generellt kan man skriva den elektrostatiska potentialen fr˚ an en dipol ~ µ:

φ = 1 ε ₀

~ µ · ~ r 4πr ³ .

I v˚ art fall var allts˚ a ~ µ = µˆ z dipolmomentet (som allts˚ a ges av produkten

av laddningen ^µ _ε och separationsvektorn εˆ z).

E (~ ~ r) = ρ ₀ a ²

 ₀

 x a ² x + ˆ y

b ² y + ˆ z c ² z ˆ 

,

d¨ ar  0 ρ 0 , b och c ¨ ar konstanter. Visa att denna information tillsammans med en av Maxwells ekvationer ¨ ar tillr¨ acklig f¨ or att best¨ amma den totala laddningen Q inuti sf¨ aren. Ber¨ akna Q.

(10 po¨ ang) L¨ osning:

• Den totala laddningen inuti sf¨ aren (med volym V och begr¨ ansningsyta

∂V = S) Q =

Z

V

ρdV = ε ₀ Z

V

∇ · ~ ~ EdV = ε ₀ I

S

E · d ~ ~ S d¨ ar vi har anv¨ ant ME1 och Gauss sats.

• F¨ oljdaktligen r¨ acker det att k¨ anna till E-f¨ altet p˚ a sf¨ arens yta. Vi f˚ ar

Q = ρ ₀ I

S



xˆ x + a ²

b ² y ˆ y + a ² c ² zˆ z



· d~ S

• Rotationssymmetri ger att I

S

xˆ x · d ~ S = I

S

y ˆ y · d ~ S = I

S

zˆ z · d ~ S, s˚ a vi r¨ aknar enbart ut

I

S

zˆ z · d ~ S = 2πa ³ Z π

0

cos ² θ sin θdθ = 2πa ³  − cos ³ θ 3

 π 0

= 4πa ³ 3 eftersom d ~ S = ˆ ra ² sin θdθdϕ, ˆ r = ^{xˆ x+y ˆ} _a ^{y+zˆ z} och z = a cos θ.

• Sammantaget finner vi att Q = ρ ₀ 4πa ³

3

 1 + a ²

b ² + a ² c ²



Notera att dimensionen st¨ ammer eftersom ρ ₀ har enheten laddning /

volym.