Løsningsforslag TFE4120 Elektromagnetisme 13. mai 2004

Transkript

1 Løsningsforslag TFE4120 Elektromagnetisme 13. mai 2004 Oppgae 1 a) Speilladningsmetoden gir at potensialet for z > 0 er summen a potensialet pga ladningen Q i posisjon z = h og potensialet pga en speillanding Q i posisjon z = h. Siden planet antas å ære en ideell leder, må potensialet for z < 0 ære en konstant. Med denne konstanten som referanse får i altså: V (z) = 0, z 0 Q 1 h z 1 h+z, 0 < z < h Q 1 z h 1 h+z, z > h. b) Den elektriske feltstyrken langs z-aksen finnes ed E = V (z) = dv dz u z. Ved å bruke uttrykket for V (z) fra oppgae a), får i { 0, z 0 E = Q (2) u (h z) 2 (h+z) 2 z, 0 < z < h. c) Skisse a det elektriske feltet: (1) d) Kraften på ladningen er gitt som Q multiplisert med det elektriske feltet i punktet pga alle andre ladninger. Det elektriske feltet i punktet er det samme enten i ser på årt tilfelle med en ladning oer et ledende plan, eller for den tenkte speilladningssituasjonen med de to punktladningene. Altså kan Coulombs lo for kraften mellom de to punktladningene brukes direkte: F = 1 Q( Q) (2h) 2 u z = Q2 16πɛ 0 h 2 u z. (3) 1

2 e) Når ladningen har høyden z finner i den elektriske kraften ed å bytte ut h med z i uttrykket oenfor. Den mekaniske kraften i må bruke for å balansere denne kraften er motsatt a denne. Frigjøringsarbeidet blir altså: W = h ( F ) d l = h Q 2 16πɛ 0 z 2 dz = Q2 16πɛ 0 h. (4) f) Vi bruker igjen speilladningsmetoden. For å oppfylle grensebetingelsene må i nå ha enda en speilladning; en ladning q plassert i z = z 0. Kraften på ladningen q finnes igjen ha Coloumbs lo: F = 1 qq (z 0 h) 2 u z 1 qq (z 0 + h) 2 u z 1 q 2 (2z 0 ) 2 u z. (5) g) Når ladningen q er tilstrekkelig liten il den ikke i noen særlig grad indusere flateladninger på det ledende planet. Da il den heller ikke endre feltbildet, slik at potensialet blir som før. Dermed blir frigjøringsarbeidet q[v ( ) V (z 0 ))] = qv (z 0 ), der V (z) er gitt i a) (Arbeidet i må utføre blir negatit siden den elektriske kraften er i positi z- retning når q er liten, se (5)). His ladningen q ikke er liten il den indusere flateladninger i planet som igjen bidrar med en kraft på q (denne ekstra kraften er representert ed det siste leddet i (5)). Kriterium: Det siste leddet i (5) må gi mye mindre arbeid enn de to første. De to første leddene gir ifølge delspørsmål a) arbeidet Qq ( 1 z 0 h 1 z 0 + h ), mens det siste leddet gir arbeidet q 2 16πɛ 0 z 0 ifølge delspørsmål e) (der Q og h må byttes ut med hh. q og z 0 ). Ved å sammenligne disse to arbeidenes absolutterdi, får i kriteriet Oppgae 2 q Q 8hz 0. (6) h2 z 2 0 a) Da µ r =, kan i anta at fluksen følger toroiden. Videre antar i at flukslinjene ikke spres i luftgapet. Siden toroiden er tynn antar i at B-feltet er tilnærmet uniformt oer terrsnittet slik at fluksen blir Φ = BS. 2

3 Når i skal bruke Amperes lo på en lukket integrasjonskure langs feltlinjene (run den magnetiske kretsen), får i bare bidrag fra luftgapet siden H = Φ/(µ 0 µ r S) = 0 i materialet når µ r =. Vi får derfor: N 1 I 1 = H d l = Φ µ 0 S g (7) ds. Φ = µ 0SN 1 I 1. (8) g Selinduktans: L 1 = N 1Φ = µ 0SN1 2. (9) I 1 g Merk at fluksgjennomstrømningen i spolen er N 1 Φ siden det er N 1 tørn. b) Total magnetisk energi kan finnes ed å integrere energitettheten w m = 1 2 B H oeralt der det finnes B og H, ds i luftgapet: W m = B 2 d = Φ2 2µ 0 2µ 0 S 2 gs = µ 0SN1 2I2 1. (10) 2g Vi ser direkte at dette er lik 1 2 L 1I 2 1. c) Først må i finne fluksen gjennom spole 2 pga strømmen i spole 1, Φ 12 : Φ 12 = fluks gjennom ikling i = Bπri 2, (11) der r i er radius til ikling i. Siden spolen er tettiklet kan i tilnærme summen med et integral: Φ 12 = 1 r Bπr 2 i r 1 r b a Bπr 2 dr, (12) der r = (b a)/n 2 er tykkelsen på en inding. Dette gir L 12 = Φ 12 = πµ 0N 1 N 2 b 3 a 3 I 1 3g b a = πµ 0N 1 N 2 (a 2 + ab + b 2 ). (13) 3g Motsatt fortegn på L 12 må også goas siden positi strømretning for spole 2 ikke er angitt. 3

4 d) Sammenhengen mellom spenningen inn og ut blir V 2 V 1 = dφ 12 dφ 11 = L 12 di 1 L 1 di 1 = L 12 = π(a2 + ab + b 2 ) N 2. (14) L 1 3S N 1 Her er Φ 11 lik fluksen igjennom spole 1 pga strømmen i spole 1. Som en test ser i at his i lar a = b og setter S = πb 2 får i V 2 /V 1 = N 2 /N 1, som i skal ha for en ideell transformator. His i i stedet hadde koplet generatoren til spole 2 og oltmeteret til spole 1 ille i ikke fått samme resultat: V 1 V 2 = L 21 L 2 = L 12 L 2, (15) der i har brukt den generelle sammenhengen L 12 = L 21. Siden selinduktansen til spole 2, L 2, er generelt forskjellig fra L 1, får i ikke samme resultat (unntatt for en helt bestemt erdi a N 2 som er slik at L 2 = L 1 ). Oppgae 3 a) Vi skrier først om til integralform. For en lukket flate S som omslutter olumet gir diergensteoremet at J ds = Jd ρ = d, (16) t S der den siste oergangen er et resultat a den oppgitte likningen. Ved å bytte om rekkefølgen a tidsderiasjon og integrasjon (anta at er et fast olum) fås J ds = dq, (17) S der Q = ρd er den totale ladningen begrenset a S. Med andre ord: Netto strøm ut a S går på bekostning a ladningen innenfor S. Forsåi kunne i sagt dette direkte ut fra den oppgitte, lokale ersjonen a (17). b) Ta diergensen til Amperes generaliserte lo (på differensialform); bruk at diergensen til en curl er null, og substituer Gauss lo på differensialform. 4

5 Oppgae 4 Spørsmål Alt. i) Alt. ii) Alt. iii) Alt. i) a) x b) x c) x d) x e) x 5