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.

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

(a) Vad ¨ ar ytintegralen R

S F · d ~ ~ S, d¨ ar ~ F = z ˆ z och S ¨ ar enhetssf¨ aren i

¨

ovre halvplanet (x ² + y ² + z ² = 1, z > 0) och normalvektorn till S har en negativ z-komponent?

(b) Vad blir integralen R π

0 δ(2x − π/2) sin(x)dx?

(c) Vad blir den station¨ ara temperaturf¨ ordelningen inuti en endimen- sionell stav med l¨ angden L och en konstant v¨ armek¨ alla s i hela staven (med enhet [s] = Wm ⁻¹ ), givet v¨ armeledningsf¨ orm˚ aga λ, homogena Dirichlet randvillkor samt T (x, t = 0) = 0?

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

(a) − ^2π ₃ (b) ¹ ₂ ^{√ 1}

2

(c) T (x) = _2λ ^s x(L − x)

(notera att endim. [λ] = W mK ⁻¹ ; kan ses som R λ 3D dS.)

2. Ber¨ akna integralen R

S F · d ~ ~ S, d¨ ar ~ F = ^kz _a ^xˆ _x ^{x+y ˆ}

+y ^y

och S ¨ ar den del av sf¨ aren (x ² + y ² + z ² = a ² ) som ligger inom konomr˚ adet x ² + y ² ≤ z ² , z > 0 och normalvektorn till S ¨ ar upp˚ atriktad. (10 po¨ ang)

L¨ osning:

Ett snitt (xz-planet) av den aktuella ytan visas i figuren. Vi noterar att vinkeln θ = π/4 och att punkten z = a/ √

2.

Vektorf¨ altet skrivs enklast i cylindriska koordinater F = ~ kz

a ˆ ρ ρ ,

vilket vi k¨ anner igen som f¨ altet fr˚ an en linjek¨ alla l¨ angs z-axeln med z-beroende styrka 2πkz/a.

Vi kan l¨ osa uppgiften antingen genom direkt integrering eller genom att utnyttja Gauss sats. Med direkt integrering beh¨ over man f¨ oljande ingredienser:

• ytelementet: d~ S = a ² sin θdθdϕˆ r.

• F¨ altet l¨ angs ytan: ~ F | _r=a = k(a cos θ)/a

a sin θ ρ = ˆ ^{k cos θ} _{a sin θ} ρ. ˆ

• Ytintegralen ger svaret:

I = R

S F · d ~ ~ S = {ˆ r · ˆ ρ = sin θ} = 2πka R θ

0 sin θ cos θdθ = ^kπa ₂ . Med utnyttjande av Gauss sats f˚ ar vi f¨ orst sluta ytan med en botten- platta vid z = z ₀ . Den inneslutna volymen blir d˚ a den del av klotet r ≤ a som ligger ovanf¨ or z ₀ . Ytintegralen genom den extra ytan ger inget bidrag eftersom dess normalriktning ¨ ar vinkelr¨ at mot f¨ altet.

Sedan konstaterar vi att divergensen av f¨ altet kan skrivas

∇ · ~ ~ F = 2πkz

a δ ⁽²⁾ (ρ ˆ ρ), s˚ a att volymsintegralen blir

I = Z

V

∇ · ~ ~ F dV = 2πk a

Z a a/ √

2

zdz = πka 2 ,

vilket ¨ overensst¨ ammer med svaret vi fick ovan genom direkt integrering.

med en vektorpotential ~ A.

(a) Finn en s˚ adan vektorpotential med villkoret att den bara har en ρ-komponent. (6 po¨ ang)

(b) Utnyttja sedan Gaugeinvariansen f¨ or att finna en annan vektor- potential som uppfyller ~ ∇ · ~ A = 1 (utanf¨ or z-axeln). (4 po¨ ang) L¨ osning:

• Vektorf¨ altet blir ~ F = − ~ ∇φ = − ^α _ρ ^ˆ i cylindriska koordinater.

• En vektorpotential ~ A skall ge ovanst˚ aende f¨ alt genom ~ F = ~ ∇ × ~ A.

Vi f˚ ar f¨ oljande tre differentialekvationer 1

ρ ∂ _α A _z − ∂ _z A _α = 0,

∂ z A ρ − ∂ ρ A z = − 1 ρ , 1

ρ [∂ _ρ (ρA _α ) − ∂ _α A _ρ ] = 0.

Vi f¨ ors¨ oker finna en l¨ osning med det givna villkoret att komponen- terna A _α = A _z = 0. Den f¨ orsta ekvationen blir automatiskt upp- fylld. Den tredje ekvationen ger att A _ρ = A _ρ (ρ, z). Tillsammans med den andra ekvationen f˚ ar vi d˚ a slutligen att A ρ = − ^z _ρ + f (ρ).

• Vi v¨ aljer l¨ osningen med f (ρ) = 0 vilket ger ett svar till (a)- uppgiften

A = − ~ z ρ ρ. ˆ

• Med denna vektorpotential blir ~ ∇ · ~ A = 0. Men v¨ aljer vi ist¨ allet f (ρ) = ρ/2, dvs vektorpotentialen

A = ~



− z ρ + ρ

2

 ˆ ρ,

s˚ a uppfyller vi (b)-uppgiftens villkor att ~ ∇ · ~ A = 1.

Notera att det finns flera l¨ osningar som uppfyller detta villkor.

Man kan utnyttja Gaugeinvariansen och l¨ agga till ett godtyckligt

f¨ alt ~ ∇Λ som v¨ aljs s˚ a att divergensvillkoret uppfylls.

4. Tr¨ oghetstensorn f¨ or n˚ agon stel kropp i ett Cartesiskt koordinatsystem (xyz) ges av

I = I ₀





η ² 0 0

0 1 0

0 0 1 + η ²



 ,

d¨ ar η ¨ ar ett reellt tal och I ₀ ¨ ar en konstant med enheten (massa × l¨ angd ² ). Ett roterat koordinatsystem (x ⁰ y ⁰ z ⁰ ) ges av transformationen:

x ⁰ = z; y ⁰ = y; z ⁰ = −x.

Anv¨ and tensorers transformationsegenskaper f¨ or att visa vad tr¨ oghetstensorn blir i detta roterade koordinatsystem. (10 po¨ ang)

L¨ osning:

Den givna koordinattransformationen kan skrivas med indexnotation x ⁰ _i = L _ij x _j . Elementen i transformationsmatrisen f˚ ar vi genom att derivera L _ij = ∂x ⁰ _i /∂x _j , vilket ger

L =





0 0 1 0 1 0

−1 0 0



 .

Notera g¨ arna att det(L) = +1, dvs det ¨ ar fortfarande ett h¨ ogersystem.

Med tensorers transformationsegenskaper f˚ ar vi att tr¨ oghetstensorn i det roterade koordinatsystemet ¨ ar I _ij ⁰ = L _ik L _jl I _kl = L _ik I _kl (L ^t ) _lj , eller explicit som en matrismultiplikation

I ⁰ =





0 0 1 0 1 0

−1 0 0



 I ₀





η ² 0 0

0 1 0

0 0 1 + η ²









0 0 −1 0 1 0 1 0 0





= I ₀





0 0 1 0 1 0

−1 0 0









0 0 −η ²

0 1 0

1 + η ² 0 0



 = I ₀





1 + η ² 0 0

0 1 0

0 0 η ²



 .

Svaret ¨ ar rimligt eftersom den givna transformationen motsvarar en

rotation 90 ^◦ moturs runt y-axeln. Vi hamnar i ett nytt koordinatsystem

som fortfarande sammanfaller med kroppens huvudtr¨ oghetsaxlar, men

d¨ ar tv˚ a av axlarna har bytt plats j¨ amf¨ ort med det ursprunliga systemet.

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).

6. Betrakta det tv˚ adimensionella problemet med tv˚ a punktladdningar (+q och −q) l¨ angs y-axeln p˚ a avst˚ andet a fr˚ an varandra. Det finns inga andra k¨ allor. Potentialen φ(x, y) uppfyller Poissons ekvation i R ² . Ekvipotentialytan φ = 0 ligger p˚ a linjen y = 0.

Skissa de tv˚ a ekvipotentialkurvorna φ = ± _2π ^q ln 2 och ange specifikt vid vilka punkter som de sk¨ ar y-axeln. (10 po¨ ang)

L¨ osning:

Potentialen skall uppfylla ∆φ = −ρ i R ² med laddningsf¨ ordelningen ρ = qδ ⁽²⁾ (~ r − a

2 y) − qδ ˆ ⁽²⁾ (~ r + a 2 y), ˆ

d¨ ar l¨ agesvektorn ges av ~ r = xˆ x + y ˆ y. Laddningarna m˚ aste ligga sym- metriskt runt y = 0 f¨ or att kunna f˚ a en ekvipotentialyta d¨ ar. L¨ osningen

¨

ar allts˚ a potentialen fr˚ an tv˚ a stycken punktk¨ allor i R ² (se formelsam- ling, eller identifiera situationen med den analoga potentialen fr˚ an en linjek¨ alla i tre dimensioner)

φ(x, y) = − q

2π ln |~r − ^a ₂ y| ˆ

|~r + ^a ₂ y| ˆ . Vi inf¨ or den dimensionsl¨ osa storheten η som

η(x, y) ≡ |~r − ^a ₂ y| ˆ

|~r + ^a ₂ y| ˆ = v u u t

x ² + y − ^a ₂
2

x ² + y + ^a ₂
2 ,

vilket hj¨ alper oss att konstatera att l¨ osningen uppfyller φ(x, y = 0) = 0 eftersom η(x, y = 0) = 1.

Vi s¨ oker nu ekvipotentialytorna φ = ± _2π ^q ln 2 ≡ φ _± . V˚ ar situation ¨ ar helt (anti-)symmetrisk under y 7→ −y s˚ a det r¨ acker att explicit hitta den ena av dessa ytor (kurvor i tv˚ a dimensioner). Vi fokuserar p˚ a φ ₊ och vill allts˚ a hitta kurvan som ger ln(η) = − ln(2), eller 2 = 1/η.

Detta ger

4(x ² + y ² + a ²

4 − ya) = x ² + y ² + a ² 4 + ya, vilket efter kvadratkomplettering ger en ekvation f¨ or en cirkel

x ² +

 y − 5

6 a

 2

=  2a 3

 2

.

y − 5

6 a = ± 2a

3 ⇒ y =  3a/2 a/6

Vi f˚ ar precis motsvarande cirkel i det nedre halvplanet f¨ or ekvipoten-

tialkurvan φ − . Cirklarna b¨ or skissas i l¨ osningen.