Betrakta kurvintegralen \( \int_C \vec{A} \cdot d\vec{r} \) där \( \vec{A} = -\vnabla \phi \), dvs en fältstyrka.

• Det betyder att \( \int_C \vec{A} \cdot d\vec{r} = -\int_C \vnabla{\phi} \cdot d\vec{r} \).
• Kom ihåg att \( \vnabla\phi \cdot d\vec{r} = d\phi \).
• Alltså \( \int_C \vec{A} \cdot d\vec{r} = -\int_{\phi_1}^{\phi_2} d{\phi} = \phi_1 - \phi_2 \).

Dvs kurvintegralen av en fältstyrka är oberoende av vägen \( C \) utan beror bara på potentialens värden i start- och slutpunkterna.

Beräkna integralen \( \oint_C \phi d\vec{r} \) där \( \phi = \phi_0 \) (konstant) och kurvan \( C \) beskriver en cirkel i xy-planet med radie \( a \) och centrum i origo som genomlöps medurs.

• Notera att svaret kommer att bli en vektor.
• Parametrisera kurvan (notera riktningen): \( \vec{r}(\tau) = x(\tau)\hat{x} + y(\tau)\hat{y} = a \sin\omega\tau \hat{x} + a \cos\omega\tau \hat{y} \) med \( \tau \in [0,2\pi/\omega] \).
• Vi inkluderar konstanten \( \omega \) för att illustrera att det finns ett oändligt antal parametriseringar och att svaret inte kan bero på detta.
• Förskjutningsvektorn \( d\vec{r} = \hat{x} \frac{dx}{d\tau}d\tau + \hat{y} \frac{dy}{d\tau}d\tau \).

Den parametriserade kurvintegralen blir $$ \begin{equation} \oint_C \phi d\vec{r} = \phi_0 \oint_0^{2\pi/\omega} \left[ \hat{x} a \omega\cos\omega\tau - \hat{y} a \omega\sin\omega\tau \right] d\tau = 0 \label{_auto27} \end{equation} $$

Beräkna integralen \( \oint_C \phi dr \) där \( \phi = \phi_0 \) (konstant) och kurvan \( C \) beskriver en cirkel i xy-planet med radie \( a \) och centrum i origo som genomlöps medurs.

• Notera att svaret kommer att bli en skalär.
• Lite eftertanke ger att svaret borde bli \( \phi_0 2 \pi a \), dvs den konstanta potentialen gånger omkretsen på cirkeln.
• Bågelementet blir \( dr = |d\vec{r}| = \sqrt{\left( \frac{dx}{d\tau} \right)^2 d\tau^2 + \left( \frac{dy}{d\tau} \right)^2 d\tau^2 } = a \omega d\tau \)

Den parametriserade kurvintegralen blir $$ \begin{equation} \oint_C \phi ds = \phi_0 a \omega \oint_0^{2\pi/\omega} d\tau = \phi_0 2 \pi a \label{_auto28} \end{equation} $$

En partikel rör sig längs en bana C, som ges av \( \vec{r}(t) \), under inverkan av en kraft \( \vec{F}(\vec{r}) \). Vi vill då beräkna arbetet som kraften utövar på partikeln. Mellan punkterna \( \vec{r} \) och \( \vec{r}+\mbox{d}\vec{r} \) så är arbetet $$ \begin{equation} \mbox{d}W = \vec{F}\cdot \mbox{d}\vec{r}. \label{_auto29} \end{equation} $$ Vi kan då beräkna arbetet längs hela kurvan genom att beräkna integralen $$ \begin{equation} W = \int_C \vec{F}\cdot \mbox{d}\vec{r}. \label{_auto30} \end{equation} $$ Denna integral är ett exempel på en linjeintegral (kurvintegral). Vi kan skriva $$ \begin{equation} W = \int_C \vec{F} \cdot \frac{\mbox{d}\vec{r}}{\mbox{d}t} \mbox{d}t = \int P \mbox{d}t, \label{_auto31} \end{equation} $$ där \( P \) är effekten.

En elektron rör sig längs banan \( y = \frac{x^2}{H} \) från \( (0,0) \) till \( (L,L^2/H) \) under inverkan av en elektrostatisk kraft \( \vec{F} = e E_0\hat{y} \). Beräkna det arbete som kraften utför på elektronen.

Lösning 1:

Arbetet ges av integralen $$ \begin{equation} \int_C eE_0 \hat{y} \cdot \mbox{d}\vec{r}, \label{_auto32} \end{equation} $$ där \( C \) är den kurva som elektronen följer. Vi kan nu använda koordinaten \( x \) för att parametrisera vår kurva och skriver kurvan som \( \vec{r}(x) = (x, x^2/H) \). Då gäller att $$ \begin{equation} \frac{\mbox{d}\vec{r}}{\mbox{d}x} = \left(1,\frac{2x}{H}\right). \label{_auto33} \end{equation} $$ Vi kan nu beräkna arbetet ur $$ \begin{equation} \int_C eE_0 \hat{y} \cdot \mbox{d}\vec{r} = \int_0^LeE_0 \hat{y} \cdot \frac{\mbox{d}\vec{r}}{\mbox{d}x} \mbox{d}x = \int_0^LeE_0 \frac{2x}{H} \mbox{d}x = \frac{eE_0}{H} \left[x^2\right]_0^L = \frac{e E_0 L^2}{H}. \label{_auto34} \end{equation} $$

Lösning 2:

Elektrostatiska krafter är konservativa, så vi kan ersätta kurvan med två räta linjer, en \( C_1 \) som går från \( (0,0) \) till \( (L,0) \) och är parallell med \( x \)-axeln, och en kurva \( C_2 \) som går från \( (L,0) \) till \( (L,L^2/H) \) och är parallell med \( y \)-axeln. Arbetet kan nu skrivas som $$ \begin{equation} \int_C eE_0 \hat{y} \cdot \mbox{d}r = \int_{C_1} eE_0 \hat{y} \cdot \mbox{d}r + \int_{C_2} eE_0 \hat{y} \cdot \mbox{d}r. \label{_auto35} \end{equation} $$ Eftersom kraften överallt är ortogonal mot kurvan \( C_1 \) följer att integralen längs med \( C_1 \) måste vara noll, så det återstår bara att beräkna $$ \begin{equation} \int_{C_2} eE_0 \hat{y} \cdot \mbox{d} \vec{r} = \int_{C_2} e E_0 \hat{y} \cdot \hat{y} \mbox{d}r = e E_0 \int_{C_2} \mbox{d}r. \label{_auto36} \end{equation} $$ Den sista integralen ger nu längden på kurvan \( C_2 \), vilken är \( L^2/H \), så arbetet blir till slut $$ \begin{equation} \frac{e E_0 L^2}{H}. \label{_auto37} \end{equation} $$

Beräkna integralen av \( \vec{u} = (xy/a^2, z^2/a^2, x/a) \) längs med kurvan $$ \begin{equation} \left\{\begin{array}{lcl} x & = & (1+t) a\\ y & = & 0\\ z & = & t^2 a\\ \end{array}\right. \label{_auto38} \end{equation} $$ där \( 0 \le t \le 3 \).

Vi beräknar då först $$ \begin{equation} \frac{\mbox{d}\vec{r}}{\mbox{d}t} = a (1, 0, 2t). \label{_auto39} \end{equation} $$ Vektorfältet uttryckt i \( t \) är $$ \begin{equation} \vec{u} = \left(\left(1+t\right) \cdot 0, t^4, 1+t\right) = \left(0,t^4,1+t\right). \label{_auto40} \end{equation} $$ Skalärprodukten mellan vektorerna är $$ \begin{equation} \left(0,t^4,1+t\right) \cdot a \left(1,0,2t\right) = a(2t + 2t^2). \label{_auto41} \end{equation} $$ Integralen blir $$ \begin{equation} a \int_0^3 \left(2t+2t^2\right)\mbox{d}t = a \left[t^2 + \frac{2t^3}{3}\right]_0^3 = a(9 + 18) = 27a. \label{_auto42} \end{equation} $$

En vätska med densiteten \( \rho \) och hastigheten \( \vec{u} \) strömmar parallellt genom ett rör med tvärsnittsarean \( A \). Flödet av vätska genom röret (det vill säga kg vätska som per sekund strömmar genom röret är då \( \rho u A \).

Vad händer då om vätskans hastighet \( \vec{u} \) beror på avståndet \( r \) från rörets symmetriaxel? I så fall får vi definiera en flödestäthet \( \rho u(r) \) så att flödet genom ett ytelement \( dS \) blir \( \rho u(r)dS \). Om vi tar \( dS \) som en ring med centrum i symmetriaxeln och med en tjocklek d$r$ så är d$A = 2\pi r$d$r$ och det totala flödet genom röret blir $$ \begin{equation} \int \rho u( r ) dS = \int_0^R \rho u ( r ) 2 \pi r dr, \label{_auto43} \end{equation} $$ där \( R \) är rörets radie.

För att nu ytterligare komplicera det hela och verkligen blanda in vektorerna så antar vi att vätskan strömmar genom en tvärsnittsarea \( dS \), vilken inte är vinkelrät mot vätskans strömningshastighet \( \vec{u} \). Vi antar att vinkeln mellan normalvektorn \( \vec{n} \) till ytan \( dS \) och vätskans hastighet \( \vec{u} \) är \( \theta \). Då blir flödet genom ytan \( dS \) $$ \begin{equation} \rho u dS \cos \theta. \label{_auto44} \end{equation} $$ Om vi nu väljer att definiera en vektor \( d\vec{S} \) för ett ytelement med storleken \( dS \) och riktningen \( \vec{n} \), så ser vi att vi kan skriva flödet som $$ \begin{equation} \rho \vec{u} \cdot d\vec{S}, \label{_auto45} \end{equation} $$ där \( \rho \vec{u} \) kan kallas för en massflödestäthet (jämför med en strömtäthet för flöde av elektrisk laddning).

Vi kan nu skriva vätskeflödet genom en godtycklig yta \( A \) som $$ \begin{equation} \int_A \rho \vec{u} \cdot d\vec{S}, \label{_auto46} \end{equation} $$ vilket är ett typiskt exempel på en ytintegral.

Beräkna ytintegralen av fältet \( \vec{u} = (x,z,-y) \) över cylinderytan \( x^2 + y^2 = 1 \) mellan \( z = 0 \) och \( z = 1 \) med normalen pekandes bort från \( z \)-axeln. Vi kan då beskriva punkterna på ytan genom deras \( z \)-koordinat och vinkeln \( \varphi \) som ortsvektorn bildar med \( \hat{x} \)-vektorn. Det vill säga \( \vec{r} = (\cos\varphi , \sin\varphi , z) \), och tangentvektorerna blir $$ \begin{equation} \frac{\partial \vec{r}}{\partial \varphi} = \left(-\sin\varphi , \cos \varphi , 0\right) \label{_auto47} \end{equation} $$ och $$ \begin{equation} \frac{\partial \vec{r}}{\partial z} = \left(0,0,1\right). \label{_auto48} \end{equation} $$ Ytelementet blir $$ \begin{equation} \mbox{d} \vec{S} = \frac{\partial \vec{r}}{\partial \varphi} \times \frac{\partial \vec{r}}{\partial z} \mbox{d}\varphi \mbox{d}z = \left(\cos\varphi , \sin \varphi, 0\right) \mbox{d}\varphi \mbox{d}z. \label{_auto49} \end{equation} $$ Vi kan sedan beräkna integralen som $$ \begin{align} \int_S \vec{u} \cdot \mbox{d}\vec{S} &= \int_0^1\int_0^{2\pi} \left(\cos\varphi, z, -\sin\varphi\right) \cdot \left(\cos\varphi, \sin \varphi, 0\right) \mbox{d}\varphi \mbox{d}z \nonumber \\ &= \int_0^1\int_0^{2\pi} \left(\cos^2\varphi + z \sin\varphi\right) \mbox{d}\varphi\mbox{d}z \nonumber \\ &= \int_0^1 \int_0^{2\pi} \left( \frac{1}{2} + \frac{1}{2}\cos 2\varphi + z\sin\varphi\right) \mbox{d}\varphi \mbox{d}z \nonumber \\ &= \int_0^1 \left[\frac{1}{2}\varphi + \frac{1}{4}\sin2\varphi - z \cos\varphi\right]_0^{2\pi} \mbox{d}z = \int_0^1 \pi \mbox{d}z = \pi. \label{_auto50} \end{align} $$

Alternativ

Integrationsytan motsvarar en \( \rho \)-yta i cylindriska koordinater. Detta ger direkt att $$ \begin{equation} \mbox{d} \vec{S} = \hat{\rho} h_\varphi h_z \mbox{d}\varphi \mbox{d}z = \left\{ h_z=1, h_\varphi = \rho = 1 \right\} = \hat{\rho} \mbox{d}\varphi \mbox{d}z. \label{_auto51} \end{equation} $$ Skalärprodukten \( \vec{u} \cdot \mbox{d}\vec{S} = (x\hat{x}\cdot\hat{\rho} + z \hat{y}\cdot\hat{\rho} - y \hat{z} \cdot \hat{\rho} ) \mbox{d}\varphi \mbox{d}z = (\cos^2\varphi + z \sin\varphi) \mbox{d}\varphi \mbox{d}z \), vilket leder till samma integral som ovan.