Punktladningen Q ligger i punktet (3, 0) [mm] og punktladningen Q ligger i punktet ( 3, 0) [mm].

Transkript

1 Oppgave 1 Finn løsningen til følgende 1.ordens differensialligninger: a) y = x e y, y(0) = 0 b) dy dt + a y = b, a og b er konstanter. Oppgave 2 Punktladningen Q ligger i punktet (3, 0) [mm] og punktladningen Q ligger i punktet ( 3, 0) [mm]. a) I) Lag en skisse som viser feltstyrken E på et punkt på y-aksen. II) Forklar hvorfor E har samme retning for alle punkter på y-aksen. Bruk Q = [C] for resten av oppgaven. b) Finn E i origo. c) I) Finn potensialet V P i punktet P(0, 4)[mm]. II) Forklar hvorfor vi har den samme potensialverdien for alle punkter på y-aksen. d) Finn potensialene V R i punktet R(2, 0)[mm] og V S i punktet S( 2, 0)[mm]. e) Finn spenningen mellom punktene R og S. Oppgave 3 a) En rett strømleder ligger langs z-aksen og fører strømmen I = 10 [A] i positiv z-retning. En ladning q = [C] beveger seg i positiv z-retning med farten v = [m/s] i en avstand r = [m] fra lederen. Finn kraften F som virker på ladningen. Tegn en figur som viser strømlederen, punktladningen, magnetfeltet og kraften. b) En ideell spole med N vindinger, radius R og med strømmen I gir et magnetfelt B = µ 0 2 N I R 2 (x 2 + R 2 ) 3/2 langs spoleaksen når spolens lengde er lik tykkelsen til 1 vinding. x er avstanden fra spolen langs spoleaksen. Vi har to like spoler som fører samme strøm og som har felles spoleakse men som ligger i en avstand 2R fra hverandre. 1

2 I) Vi ønsker å få et punkt på spoleaksen der spolenes magnetfelt samlet er B = 0. Tegn en figur som viser hvordan dette kan gjøres. II) Spolene har N = 200 vindinger og radius R = 1 cm. Vi ønsker å bruke midtpunktet mellom spolene til å få et punkt der jordas og spolenes magnetfelt opphever hverandre. Hvor stor strøm må vi bruke gjennom hver spole? Hvordan blir strømretningen gjennom de 2 spolene? Sett jordas magnetfelt til B = [T]. c) En sirkulær kobbersløyfe ligger i xy-planet. Vi har et varierende magnetfelt B = B k langs z-aksen og gjennom sløyfa. Tegn en figur som viser den induserte strømretningen i sløyfa når I) B øker med tiden. II) B avtar med tiden. III) B er konstant. d) Kobbersløyfa fra del c) erstattes av en ideell spole med 1000 vindinger med radius r = 10 [cm]. Finn den induserte spenningen i spolen når magnetfeltet er B = 0.1 sin (50 t) Oppgave 4 En seriekobling består av et batteri ε 0, en motstand R, en spole L og en bryter. Ved t = 0 vil bryteren koble til batteriet slik at vi får en lukket krets. a) For denne koblingen skal du I) sette opp en differensialligning for strømmen I(t). II) beregne spolens induktans L når strømmen skal bli lik halve maksimalverdien etter 10 6 sekund. Startverdien er I(0) = 0. Bruk ε 0 = 14 [V ] og R = 700 [Ω]. b) Bestem hvor stor ladning q det har gått gjennom et ledningstversnitt det første sekundet etter at batteriet er koblet inn (Svar med en generell ligning eller med tallverdier for R og L). Seriekoblingen ovenfor endres til en RCL-krets slik at vi tar med en kondensator C i serie med en motstand R = 700 [Ω] og en spole L = 1.0 [mh]. Ved t = 0 vil bryteren koble batteriet ε 0 = 14 [V ] til de 3 komponentene. Kondensatoren er utladet idet batteriet kobles inn. c) For denne koblingen skal du I) sette opp den generelle differensialligningen for strømmen i(t) gjennom kretsen når bryteren er sluttet. 2

3 II) finne hvilken verdi C må ha for at strømmen i kretsen skal bli kritisk dempet. III) bestemme ligningen for strømmen I(t) for C = 16.0 [nf] og med startverdiene I(0) = 0, I(0) = [A/s] d) I) Bestem ligningen for spenningen V L (t) over spolen. II) Finn den største tallverdien for denne spenningen. De 15 delspørsmålene a), b),.. i de 4 oppgavene har samme vekt ved beregning av sluttkarakteren. Slutt på oppgaven. 3

4 Løsningsforslag Oppgave 1 a) Dette er en separabel ligning, starter med den generelle løsningen: Bruker startbetingelsen: y e y = x e y dy dx dx = x dx = e y = x2 2 + C ( ) x 2 y = ln 2 + C 0 = ln (0 + C) = C = 1 ( ) x 2 y = ln e y dy = x2 2 + C b) Denne ligningen kan løses som en separabel ligning, se a). Her vises metoden med integrerende faktor ρ. Finner faktoren Q(x) = a til leddet med y: ρ = e a dt = e at ρ multipliseres inn i ligningen som deretter integreres: e a t (y + a y) = e a t b e a t (y + a y) dt = e a t b dt = b ea t + C a e a t y = b a ea t + C y = b a + C e a t Til slutt må DU sette inn svarene i ligningene for å kontrollere at svarene er riktige. Oppgave 2 a) I) Figur 1 viser at E står loddrett y-aksen i negativ x-retning. II) Alle punkter på y-aksen samme avstand r til de 2 ladningene som har motsatt fortegn men samme tallverdi. Det betyr at feltstyrkene fra de to ladningene har samme skalarverdi E. Symmetrien/geometrien i problemet gir: Når en dekomponerer de 2 feltstyrkene fører dette til x-komponenter med samme retning og samme størrelse og y-komponent med samme størrelse men motsatt retning. Resultatet blir at E alltid står loddrett y-aksen i negativ x-retning. De 2 ladningene danner en dipol. 4

5 E Q Figur 1: Feltstyrken langs y-aksen b) Adderer feltstyrken i origo fra de 2 ladningene: E Q = [ , 0, 0] ( ( ) ) 3/2 = [ , 0, 0 ] [N/C] E Q = ( ) [ , 0, 0] ( (0 ( )) ) 3/2 = [ , 0, 0 ] [N/C] E (0,0,0) = E Q + E Q = [ , 0, 0 ] [N/C] Dette bekrefter resultatet fra del a). c) I) Adderer potensialverdiene fra de 2 punktladningene. Potensialene er like store i tallverdi pga. lik avstand og lik tallverdi på ladningene. Potensialene har forskjellig fortegn pga. forskjellig ladningsfortegn: V (0,0.004) = V Q + V Q V Q = = ( ) 2 + ( ) V Q = 1800 V (0,0.004) = = 0 [V ] = 1800 Dette er egentlig potensialforskjellen mellom dette punktet og et punkt uendelig langt unna som har potensialet V = 0. 5

6 II) Forklares kanskje best med potensiell energi og arbeid. Uendelig langt unna punktladningene setter vi at potensialet er V = kq/r = 0 og den potensielle energien U = ±Q V = 0. Når vi beveger ladningen innover langs y-aksen vil kraften F = ±Q E hele tiden stå loddrett på veien s, og arbeidet er lik 0. Dermed er også den potensielle energien uendret og lik 0, det samme gjelder da for potensialet, som er uendret og lik 0 på hele y-aksen. d) Adderer igjen potensialverdier, kan nøye oss med å sette r = x : V Q = ( ) = 9.0 = ( ) V Q = ( ( )) = 9.0 = V R = = 7200 [V ] For V S skifter potensialet fortegn: V S = = 7200 [V ] e) Spenningen blir V = V R V S = 14.4 [kv ] Oppgave 3 a) Setter ladningen på x-aksen i punktet (0.01, 0, 0), se figur 2. Bruker vektorligningene for magnetfelt, først feltet rundt en rett strømleder: µ 0 I l r B = 2π r 2 B(0.01,0,0) = [0, 0, 1] [0.01, 0, 0] ( (0.01 0) 2 ) = B(0.01,0,0) = [0, 0.01, 0] = [ 0, , 0 ] [T] Med mitt koordinatsystem er B rettet i y-retning. Kraften på ladningen er: F = q v B F = [0, 0, ] [ 0, , 0 ] î ĵ k î ĵ k F = = F = [ 40, 0, 0] [ F = , 0, 0 ] [N] Kraften virker i negativ x-retning, loddrett inn mot strømledningen (sml. med kraften mellom 2 strømledere med strøm i samme retning). b) 6

7 z F q x x B y Figur 2: Kraften på en punktladning nær en strømleder I) Vi lar strømmen gå i forskjellig retning gjennom de 2 spolene, da vil magnetfeltet gå i motsatt retning for de 2 spolene. Midt mellom spolene blir summen av spolenes feltstyrke lik 0, se figur 3. B 2 I B 1 Spole 1 Spole 2 Figur 3: Feltstyrken B mellom 2 spoler Midt mellom spolene der x = R har vi B = 0: B = B 1 + B 2 = µ 0 2 N I R 2 (R 2 + R 2 ) µ 0 3/2 2 N I R 2 (R 2 + R 2 ) 3/2 = 0 II) Med den samme strømretningen gjennom spolene har spolenes magnetfelt samme retning på spoleaksen. Vi adderer feltstyrkene midtveis mellom spolene og setter summen lik jordas magnetfelt: B 1 + B 2 = µ 0 2 N I R 2 (R 2 + R 2 ) + µ 0 3/2 2 4 π I ( ) = π I = /2 I = 5.6 [ma] N I R 2 = 5.0 (R 2 + R /2 ) Vi kan til slutt orientere spolene i forhold til jordas magnetfelt slik at spolenes magnetfelt er motsatt rettet jordfeltet. 7

8 c) Kan bruke høyrehåndsregelen. Figur 4 viser resultatet for spørsmål I) og II): I når B avtar B I når B øker Figur 4: Indusert strøm i ei kobbersløyfe Når B er konstant induseres ingen strøm i kretsen. d) Siden magnetfeltet er parallelt spoleaksen blir fluksen gjennom spolen: Φ = B N A cos 0 = 0.1 sin (50 t) 1000 π = π sin (50 t) Den induserte spenningen i spolen er ε = dφ dt = 50 π cos (50 t) [V ] 157 cos (50 t) [V ] Oppgave 4 a) I) Går rundt kretsen fra batteriets +-pol og får: V = 0 = ε0 + V L + V R Innfører strømmen i stedet for spenningene og ordner litt: ε 0 L di dt R I = 0 di dt + R L I = ε 0 L I + R L I = ε 0 L (1) 8

9 II) Diff.ligningen er den samme som i oppgave 1b)(!), med y erstattet med I og konstantene a = R/L og b = ε 0 /L: I + R L I = U 0 L Den generelle løsningen blir dermed I(t) = ε 0 R + D e R/L t Bruker startbetingelsen I(0) = 0 til å bestemme D: Når t får vi den største strømverdien I(0) = 0 = U 0 R + D e R/L 0 = ε 0 R + D D = ε 0 R I(t) = ε 0 R (1 e R/L t) (2) I maks = ε 0 R (1 0) = ε 0 R Etter t = 10 6 skal vi ha I(1) = I maks /2 = ε 0 / (2R). Bruker R = 700: ε 0 2 R = ε 0 (1 R e R/L 10 6) 1 2 = 1 R/L e 10 6 = e 10 6R/L = 1 2 e 10 6R/L = 2 Tar logaritmen på begge sider: 10 6R L = ln(2) L = 10 6 R ln(2) 1.0 [mh] b) Bruker løsningen for strømmen, ligning nr. 2 : I = dq dt = dq = I dt q = 1 0 ( ε0 R (1 e R/L t)) dt = ε 0 R q = ε 0 R [t]1 0 + ε 0 R L R [ e R/L t ] 1 0 = ε 0 R 1 0 dt ε 0 R ( 1 + L R 1 0 e R/L t dt ( e R/L 1 )) 9

10 Med tallverdier: q = 14 ( ( e 106 ln(2) 1) ) 0.02 [C] 700 ln(2) c) I) Vi kan igjen starte med spenningene: V = 0 = ε0 + V R + V L + V C 0 = ε 0 R I L I q C U 0 = R I + L I + q C Deriverer ligningen for å fjerne ladningen q: L I + R I + 1 C I = 0 Evt. med tallverdier: 10 3 I I + 1 C I = 0 II) Setter opp den karakteristiske ligningen og innfører 2δ = R/L og ω 2 0 = 1/(L C): L r 2 + R r + 1 C = 0 r 2 + R L r + 1 L C = 0 r δ r + ω 2 0 = 0 Denne ligningen har røttene: r 1,2 = δ ± δ 2 ω 2 0 Kritisk demping betyr at rottegnet skal være 0 (sammenfallende røtter): δ = ω 0 R ( ) 2 1 R 2L = L C = = 1 2L L C C = 4L R = = 8.2 [nf]

11 III) For å finne hvilken type løsning vi har bruker vi ligningen med røttene r 1,2 : δ = R 2 L = 700 = ω 0 = L C = 1 = r 1,2 = ± ( ) 2 ( ) 2 { r 1, ± r1 = = 5 r 2 = Røttene er reelle siden δ > ω 0, vi får et dempet strømforløp uten svingninger I(t) = C 1 e t + C 2 e t = C 1 e r 1 t + C 2 e r 2 t Bruker startbetingelsene for å finne integrasjonskonstantene. Må derivere løsningen for å bruke den ene startverdien: I = C 1 r 1 e r 1 t + C 2 r 2 e r 2 t I(0) = 0 = C 1 + C 2 C 2 = C 1 Setter inn C 2 = C 1 : I(0) = = C 1 r 1 + C 2 r 2 Figur 5 viser strømmen gjennom kretsen. d) Fra ligningen med spenningene: Vi bruker ligningen for i fra forrige punkt: Med tallverdier: = C 1 (r 1 r 2 ) = C 1 = r 1 r C = C ( ) I(t) = 28.6 e t e t V L = L I [ma] V L = L ( C 1 r 1 e r 1 t + C 2 r 2 e r 2 t ) V L = 3.0 e t 17 e t II) Figur 6 viser tidsvariasjonen til spenningen over spolen, ved t = 0 har vi den største tallverdien: V maks = 14 = 14 [V ] [V ] 11

12 Figur 5: Strømmen i en overkritisk dempet RLC-krets Figur 6: Spenningen over spolen 12