LØSNINGSFORSLAG TIL KONTINUASJONSEKSAMEN I FAG SIF 4012 ELEKTROMAGNETISME (SIF 4012 FYSIKK 2) Mandag 29. juli kl

Transkript

1 Side av 9 NORGES TEKNISK- NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK Faglig kontakt under eksamen: Jon Andreas Støvneng LØSNINGSFORSLAG TIL KONTINUASJONSEKSAMEN I FAG SIF 4 ELEKTROMAGNETISME (SIF 4 FYSIKK ) Mandag 9. juli kl. 9-4 Eksamen bestod av deloppgaver som alle telte like mye under bedømmelsen, poeng pr deloppgave, poeng oppnåelig totalt.

2 Side av 9 OPPGAVE a) Litt avhengig av hvordan en velger b i forhold til a vil feltlinjene for E på nært hold bli seende omtrent slik ut: b<a: b>a: (Her er det brukt en java applet for å tegne feltlinjer, se Et poeng her er at det er dobbelt så mange feltlinjer inn mot ladningene (blå) som antall feltlinjer ut fra ladningene (røde). På lang avstand vil systemet essensielt se ut som en punktladning med netto ladning, og feltlinjene blir tilnærmet rette og radielle: b) Av symmetrigrunner må E på -aksen peke langs -aksen ettersom y-komponentene av det elektriske feltet fra ladningene i ±a og ±(ab) parvis opphever hverandre. Videre vil selvsagt E(-) være motsatt rettet E(), så det er tilstrekkelig å betrakte forholdene på den ene siden av y-aksen, f.eks. > som i figuren over. Avstandene fra ladningene og til et punkt på -aksen er henholdsvis r ( a ) / og r ( (ab) ) /. Coulombs lov gir dermed:

3 Side av 9 E E 4πε 4πε ( a ) ( ( a b) ) med retning som angitt i figuren. Komponentene langs -aksen fås ved å multiplisere E og E med henholdsvis cos θ /r og cos θ /r. Endelig må vi huske på å få med bidragene fra ladningene i a og (ab), slik at det totale feltet på -aksen blir, med E() E ˆ : E πε E cosθ E ( ) / ( a ) / ( a b) cosθ πε ( ) ( a ) / πε ( a b) Sammenhengen mellom E og potensialet V er gitt ved E V, så hvis vi velger V når, har vi: V ( ) πε πε Ed πε a a / ( a ) ( ( a b) ) ( a b) ( a b) / d For p a,b kan vi neglisjere a og (ab) i forhold til i nevnerne i uttrykket for E, slik at / E πε πε πε 4 dvs som for en punktladning plassert i, som forventet! (Kommentar: Her hadde det vært enklere å bestemme V() først, siden V er en skalar størrelse. Med V() bestemt, finnes E() av relasjonen E() V().) c) Av symmetrigrunner blir nettokraften lik null dersom punktladningen q plasseres i origo. Vi ser også at E () fra uttrykket funnet ovenfor, altså konsistent med null kraft ettersom F q E. Hvorvidt testladningen q, etter en liten forskyvning bort fra origo, vil vende tilbake til origo eller ei bestemmes av retningen på kraften F, eller ekvivalent, fortegnet på E : Positiv E betyr en kraft i positiv -retning, altså vil testladningen ikke trekkes tilbake mot origo. Vi må altså bestemme hvilke verdier av forholdet b/a som gir negativ E for små positive verdier av, og samtidig positiv E for små negative verdier av. (Vi ble jo enige om at det elektriske feltet måtte bli motsatt rettet når vi skiftet fortegn på...!) Kravet vi må stille blir dermed at

4 Side 4 av 9 de /d må være negativ i. Med sammenhengen mellom E og V blir dette det samme som å si at d V/d må være positiv i, altså at potensialet har et minimum i, et ikke ukjent kriterium for å avgjøre om en likevektsposisjon er stabil eller ikke! Nok snikksnakk, la oss regne ut de /d: de d πε b 5/ ( a ) / ( a ) 5/ ( ( a b) ) / ( ( a ) ) For reduserer dette seg til de () d πε ( ) a a b som er negativ dersom /(ab) > /a, dvs / a > ab, altså: b < ( / )a.6a For at testladningen ikke skal forsvinne mot, må den ha lavere total energi i enn dens potensielle energi i. Hvis vi antar at testladningen slippes med null hastighet i nærheten av, betyr dette at vi må forlange at V() < V( ). Ser vi på uttrykket for V() funnet under punkt b), betyr dette at /a /(ab) <, altså: b < a Figuren nedenfor illustrerer potensialet V() for noen ulike verdier av forholdet b/a. Med b/a. har vi kun en stabil likevektsposisjon, i. Med b/a.5 har vi to stabile likevektsposisjoner, i ±(9/4- / )/( / -)a ±.a, mens nå er et ustabilt likevektspunkt. Med b/a. er potensialet i akkurat stort nok til at testladningen kan unnslippe dersom den gis en liten dytt bort fra origo b/a. 5 -, b/a.5 V() -,4 -,6 b/a. -,8 /a

5 Side 5 av 9 OPPGAVE a) Feltlinjene for B blir omtrent slik: Det magnetiske momentet til ei lukket strømsløyfe er m I A, der I er strømstyrken og A er en vektor normalt på arealet innenfor strømsløyfa og med størrelse lik dette arealet. Retningen på A er gitt ved høyrehåndsregelen, slik at m her peker i positiv -retning og har størrelse ½ πl I. b) Bidraget B () fra strømsløyfas rette del blir som oppgitt i oppgaveteksten, med d erstattet av : B () B z () ẑ IL π ( L ) / zˆ Ettersom Ids for dette bidraget er en vektor i positiv y-retning og rˆ ligger i y-planet, må B Ids % rˆ peke i z-retningen, og nærmere bestemt i negativ z-retning hvis >, og i positiv z-retning hvis <. Vi ser at uttrykket for B () sørger for nettopp dette. Bidraget B () fra sløyfas buede del må av symmetrigrunner bli en vektor i z-planet, dvs B () B () ˆ B z () ẑ. Her kan vi skrive ned -komponenten direkte: Den må bli halvparten av det oppgitte uttrykket for ei sirkulær strømsløyfe, igjen med d erstattet av : IL B () 4( L ) / Høyrehåndsregelen gir positiv B både for positiv og negativ, så uttrykket er gyldig langs hele -aksen. [Alternativt kan en overbevise seg om fortegnet på B ved å studere Ids % rˆ f.eks. der halvsirkelen krysser z-aksen: Her er ds ds ŷ mens rˆ r ˆ rz zˆ (positive ds, r og r z), slik at B ds r z >.] Da gjenstår det bare å bestemme z-komponenten B z (). Da sløyfa ligger i yz-planet, har vektoren Ids en y- og en z-komponent, men bare y-komponenten vil bidra til B z. Dermed innser vi også at vi bare trenger -komponenten av rˆ. Før vi begynner å regne, la oss også bestemme fortegnet på B z : Langs hele halvsirkelen har vektoren Ids negativ y-komponent (unntatt i hjørnene på y-aksen, der y-komponenten er null). For punkter på den positive - aksen har rˆ positiv -komponent, og på den negative -aksen negativ -komponent. Vektorproduktet Ids % rˆ fører da til at B z () må bli positiv for > og negativ for <.

6 Side 6 av 9 Lengden av bueelementet ds er Ldϕ, slik at vektoren Ids får y-komponent lik -I Ldϕ sinϕ. Her er vinkelen ϕ målt i forhold til positiv y-akse, se figur til venstre. Lengden av rˆ er lik (enhetsvektor!), slik at -komponenten til rˆ blir lik cosθ /( L ) /, se figur til høyre. Fra denne figuren finner vi også faktoren /r /( L ). Dermed kan vi skrive ned bidraget til z-komponenten av B () fra et lite bueelement ds ved vinkelen ϕ: ILdϕ sin ϕ ILdϕ sin ϕ db z 4π L 4 L π ( L ) / Hele z-komponenten B z får vi endelig ved å integrere over halvsirkelen, dvs ved å integrere db z fra ϕ til ϕ π. Siden sin ϕd ϕ cos ϕ, gir dette rett og slett en faktor (cosπ cos), slik at IL B z ( ) / π L Alt i alt: (...med riktig fortegn, jfr diskusjonen ovenfor) B() B () B () B z () ẑ B () ˆ B z () ẑ IL ˆ IL IL / 4( L ) π L / π L IL IL ˆ zˆ / 4 L / π L ( ) ( ) IL ( L ) / L ˆ zˆ π ( ) ( ) I det siste uttrykket trakk vi resultatet for ei sirkulær strømsløyfe utenfor parentesen. c) For ^ L ser vi umiddelbart at z-komponenten til B() blir dominerende, for da er L/(π) p ½. Vi kan dessuten sette (L ) / L slik at B() I/(π) ẑ. Altså er eksponenten m. Hadde vi fått et annet svar enn dette, burde vi straks være på vakt: Svært nær midten av den rette biten av strømsløyfa ser vi essensielt en uendelig lang rett leder, og som kjent (?) er magnetfeltet i avstand fra en uendelig lang rett leder nettopp lik I/(π). For p L blir -komponenten til B() dominerende, og (L ) / slik at B() IL /(4 ) ˆ. Altså er eksponenten n. Under punkt a) beregnet vi strømsløyfas magnetiske moment m ½ πl I, slik at for p L har vi B() ( /π) m/. Dette er et helt / zˆ

7 Side 7 av 9 generelt uttrykk for fjernfeltet fra en magnetisk dipol i retning langs dipolens flatenormal, uavhengig av strømsløyfas geometriske form. OPPGAVE For to motstander R og R i serie er den totale motstanden R R R, mens for to motstander i parallell er den totale motstanden bestemt ved /R /R /R, dvs R R R /(R R ). Dette husker antagelig de fleste. Hvis ikke bør det være en smal sak å utlede sammenhengene ved hjelp av Ohms lov og Kirchhoffs lover. For kretsen i oppgaven har vi da: /R /R 4 /(R (/R /R ) - ) /R 4 /(R R R /(R R )), altså RR R 4 R R R RR4 ( R R ) RRR4 4 ( ) 4 44 R Ω Ω. 4Ω R R ( R R4 )( R R ) R R ( 4)( ) R4 R R R Vi har da umiddelbart at I 4 E/R 4 5/4 A.5A Dessuten må den totale strømmen være lik I tot I I 4 E/R 55/44 A.5 A, dvs I (55/44 5/4)A 5/ A.7A Spenningsfallet over R blir V R I 5/ V, slik at spenningsfallet over R og R blir V V E V (55-5)/ V / V. De resterende strømstyrkene blir dermed I V /R 5/ A.6A I V /R / A.9A OPPGAVE 4 a) Med ladning q på kondensatoren og strømstyrke I blir spenningsfallene over kondensator, motstand og spole henholdvis q/c, RI og LdI/dt. Da totalt spenningsfall rundt hele kretsen må summere seg til null, får vi q/c RI LdI/dt Med I dq/dt gir dette q/c R dq/dt L d q/dt eller d q/dt (R/L)dq/dt (/LC)q Dette er den oppgitte differensialligningen, med γ R/L og (/LC) /. Før t går det ingen strøm i kretsen. Når bryteren lukkes ved t, kan ikke strømmen plutselig bli forskjellig fra null. Det ville innebære at di/dt, altså et uendelig stort spenningsfall over spolen, hvilket ville være ufysikalsk.

8 Side 8 av 9 b) Initialbetingelsene for q og I er q() og I() q& (). Dermed: q ( ) α q& ( t) γq( t) e q& () γq() β γ β γt ( αsin t βcost) c) Instantan effekt er gitt ved P VI, som tilsvarer en energiendring dw P dt VI dt. Å øke strømmen gjennom en spole fra til I tilsvarer derfor at det tilføres en energi (dvs: utføres et arbeid) W I di dw VIdt L Idt LIdI LI dt Å endre ladningen på en kondensator fra til q tilsvarer at det tilføres en energi q q dq q W dw dt qdq C dt C Når t, vil både ladningen q på kondensatoren og strømmen I gjennom spolen gå mot null. For t er I og q, slik at den totale energien i systemet er W ½ /C. I likevekt er all denne energien gått over til varme i motstanden. (Energibevarelse!) Innser en ikke dette direkte, er det fullt mulig å regne ut dissipert energi i motstanden: W VIdt Rq& dt La oss først bestemme q& : γt γ q e cost sin t γt γ q& e γ cost sin t sin t γ cost γt γ γt e sin t e sin t 4 γt q& e sin t Integralet som må løses fant jeg som nr på side 67 i min utgave av Rottmann: γt e sin tdt 4γ γ 4γ ( ) (Ved omskrivning av sin t til eksponentialfunksjoner er det heller ikke vanskelig å løse integralet uten hjelp av Rottmann...!) Vi har dermed:

9 Side 9 av 9 4 R R LC W R 4γ 4 R γ C 4 L (Kommentar til fortegnet på dq/dt: Av uttrykket for dq/dt ser vi at strømmen blir negativ etter at vi har lukket bryteren ved t. Grunnen er denne: Spenningsfallet over en kondensator er positivt når vi går fra positivt til negativt ladet plate. For en motstand er spenningsfallet positivt når vi går i strømmens positive retning. I punkt a) valgte vi positivt fortegn både på q/c og RI da vi satte opp ligningen for spenningsfallet rundt kretsen. Det betyr at vi valgte strømretning som vist i figuren i oppgaveteksten, dvs med urviseren, og samtidig at øvre kondensatorplate har ladning og nedre plate ladning. Men dersom er positiv, må jo den elektriske strømmen da gå mot urviseren etter at vi har lukket bryteren. Altså blir I negativ, som beregnet.)