Svar: Vi bruker Ampères lov for å finne magnetfeltet en avstand r fra lynet.

Transkript

1 I FYS1120-undervininga legg vi meir vekt på matematikk og numerike metoder enn det oppgåvene i læreboka gjer. Det gjeld òg oppgåvene om vert gitt til ekamen. Difor er det viktig at du gjer vekeoppgåvene om vi gir. Vi du yn det er vankeleg å komme i gong med dei, eller vi du ikkje yn det er nok oppgåver, å kan du godt gjere dei følgjande oppgåvene frå boka i tillegg. Frå kapittelet Magnetic Field and Magnetic Force (oppgåver på. 259 og utover): Exercie 28, 40 Frå kapittelet Source of Magnetic Field (oppgåver på. 259 og utover): Exercie 15, 42 Oppgåve 1 Magnetfeltet frå eit lyn Lynnedlag ber med eg traum av torleik 100 ka. Vi kal no modellere eit lynnedlag om ein veldig lang, rett traumleiar. a) Kor tort er magnetfeltet fem meter frå banen til lynet? Svar: Vi bruker Ampère lov for å finne magnetfeltet en avtand r fra lynet. Bdl = µ 0 I. Og iden lynet modellere her om en rett leder vil magnetefeltet hele tiden peke tangentielt - kontnant tørrele - til konentrike irkler om lynet, etter høyrehåndregelen. Da er Bdl = Brdθ, og vi får µ 0 I = Bdl = B2πr B = µ 0I 2πr. Setter vi inn for verdiene i oppgaven finner vi at magnetik felttyrke 5 m fra lynet er B(r = 5m) = 4π T 2π 5 = 0.4mT. b) Samanlikn varet i a) med magnetfeltet om fint fem centimeter frå ein ledning om tranporterar ein vanleg huhaldningtraum på 10 A.

2 Svar: For en trøm på 10 A finner vi verdien B(r = 5m) = 4π T = 0.4µT. 2π 5 Figur 1: Prinippet bak en elektromagnetik rail gun. Oppgåve 2 Ein elektromagnetik rail gun Ein tav om leiar traum har mae m og lengde L liggar på to horiontale kinner. Staven kan gli frikjonlaut på die. Dei horiontale kinna er kobla til ein penningkilde. Spenningkilden kan levere ein kontant traum I gjennom taven og kinnane. I regionen om killer kinnane fint det eit kontant magnetfelt B. Vi kan jå ituajonen i figur 1. Her er retningen til traumen indikert av de varte pilane og det kontante magnetfeltet peikar rett ut av oppgåvearket. a) Finn torleik og retning på krafta om virker på den traumførande taven på grunn av magnetfeltet. Se bort i fra luftmottand, frikjon og elektrik mottand. Svar: Vi at den ledende taven glir lang x aken. Da er kraften på denne gitt ved F B = IL B = ILBi, der L = Lj. b) Krafta om virker på taven på grunn av magnetfeltet får taven til å flytta på eg. Finn farta v etter at taven har blitt flytta ein avtand d. Uttrykk varet ved m, I, L og B, og anta at taven ikkje hadde noen hatigheit til å tarte med. Svar: Vi fant i a) at kraften på taven fra megnetfeltet var kontant. Dermed er hatigheten gitt fra Newton 2. lov F ext = m dv dt = F B.

3 Vi finner da hatigheten ved å integrere F B fra 0 til t (og dele på m) v(t) v(0) = F B m t. Siden vi kun har bevegele i én dimenjon, i poitiv retning lang x- aken, og tartfarten er null får vi v(t) = ILB m t. Ved å integrere v(t) en gang til finner vi avtanden taven har forflyttet eg d(t) x(t) x(0) d(t) = 1 ILB 2 m t2. Vi triker litt for å finne avtanden uttrykt ved farten, vi bemerker o at ( ) ILB 2 v 2 = t 2, m og etter inn for t 2 = v 2 ( ) m 2 ILB d = mv2 2ILB. En alternativ måte å løe oppgaven på er å bruke formelen 2ad = v 2 v 2 0, om gjelder for kontant akelerajon a, og v 0 er tartfarten. Oppgåve 3 Gau lov for magnetime Eit magnetfelt har ein z-komponent om kun avhengar av B z, og ein komponent om peikar radielt ut i frå z-aken, B r. a) Skriv magnetfeltet B om eit vektorfelt i ylinderkoordinatar, uttrykt ved B z og B r. Svar: Siden vi kal jobbe i ylinderkoordinater lar vi φ være vinkelen mot x-aken. I ploarkoordianter har vi høyrehåndytemet defeniert ut i fra enhetvektorene (e r, e φ, e z ). Die kan uttrykke ved de karteike enhetvektorene i, jog k ved e r = co φi + in φj e φ = in φi co φj e z = k.

4 Her har feltet en radiell komponent og en z-komponent da kan vi uttrykke feltet om i ylinderkoordinater. B = B r e r + B z e z Magnetfeltet in z-kopmonent er gitt ved B z = B z (z) = βz, der β > 0 er ein kontant. Men B r = B r (r) avhengar kun av radiell avtand fra z-aken, r = x 2 + y 2. b) Bruk Gau lov for magnetfelt til å finne den radielle komponenten B r (r). Det kan være lurt å velge en Gauflate om er eit ylinderkall med enterake lang z-aken, radiu r og med topp- og bunnflate i z og z 0. Svar: Gau lov for magnetefelter ier at magnetik fluk ut av enhver lukket flate er lik null B da = 0. Vi legger en Gauflate om bekrevet i oppgavetekten. Vi må velge en normalvektor om peker ut av overflaten. Total fluk ut av flaten er ummen av fluken ut av hver av ideflatene. Vi får da 0 = B da = B e z da + B ( e z )da + B e r da topp bunn ide = B z (z) da B z (z 0 ) da +B r (r) da topp Siden total fluk er null må da } {{ } =πr 2 bunn } {{ } =πr 2 = βπr 2 (z z 0 ) + B ( r)2πr(z z 0 ). B r (r) = 1 2 βr. ide }{{} =2πr(z z 0 ) Oppgåve 4 Ampère lov Vi betraktar ein uendeleg lang rett traumleiar om fører ein traum I. Bruk Ampère lov til å vie at det magnetike feltet i ei avtand r frå leiaren har torleiken B = µ 0I 2πr (1)

5 Speifiér kva retning magnetfeltet peiker det vil eie, finn vektorforma B til feltet. Hint: Det kan vere lurt å rekne i ylinderkoordinatar. Svar: Her kommer en mer utfyllende måte å vie dette på enn hva vi gjorde i tarten av oppgave 1. La lederen ligge lang z aken, og trømmen gå i retning av poitivt økende z. Vi vet at magnetfeltet vil ha kontant tyrke på en irkulær omkret om lederen, og peke tangentielt til denne. Dette vil være å i at B = Be φ. Vi velger o en lukket kurve om er en irkel i et plan om er vinkelrett på z-aken (lik xy-planet). Vinkelen φ er vinkel mot x-aken i ylinderkoordinater. Ampère lov ier om kurveintegralet B dl = µ 0 I. For ventre iden har vi for vår kurve at dl = e φ rdφ, og fra det vi vet om magnetfeltet vil B dl = Brdφ, og iden tyrken til magnetfeltet er kontant får vi at Da følger det at 2π B rdφ = B2πr = µ 0 I. 0 B = µ 0I 2πr e φ.

6 Figur 2: Eit traumførande linjetykke. Oppgåve 5 Biot-Savart lov Figur 2 vier eit linjeegment med lengde 2L om fører ein traum I. Bruk Biot-Savart lov til å finne feltet i punktet P = (0, ). Vi at du får tilbake det vanlege uttrykket frå ligning (1) når lengda L går mot uendeleg. Kvifor kan du ikkje bruke Ampère lov i dette tilfellet med ein endeleg lengde på traumleiaren? Svar: Biot-Savart lov ier at B = µ 0 4π 1 (Idl r) r3 I vår oopgave har kal vi finne magnetfeltet til punktet P om har koordiantene (0, ). Vi kal altå da bruke at r = xi + j, og r = x om er vektoren om peker fra et punkt x på lederen til P. dl kal peke lang lederen i retning av trømmen, å vi har for denne Da finner vi at dl = dxi. dl r = dxk. Siden trømmen er kontant går denne utenfor integralet, da gir Biot-Savart lov B = k µ 0I 4π L (x ) 3/2. Så vi må deverre regne ut integralet L (x ) 3/2.

7 Men vi har elvfølgelig et trik for dette. Når vi har integraler av denne typen kan det ofte være lurt å gjøre et variabelkifte lik at vi integrerer over en vinkel, og ikke over x. Velg deg et punkt x lang lederen, tegn vektoren r til punktet P. Definér vinkelen θ om vinkelen r utgjør mot y-aken i punket P. Med dette har vi at tan θ = x. Da har vi variablekiftet vårt, og vi finner 1 co 2 dθ = dx θ x = 2 (tan 2 θ + 1) = 2 co 2 θ. De nye grenene blir arctan(/) < θ < arctan(l/r), om vi døper til θ ±L arctan(±l/). Så løer vi integralet L θl (x ) 3/2 = = θ ( 2 / co 2 θ) 3/2 co 2 θ dθ. θl 1 co θdθ θ = 1 in θ θ L θ. Ved å betrakte en av vinklene θ ±L finner vi at in θ ±L = ± vi til lutt at Magnetfeltet blir da L Vi går til grenen L og finner 2L/ (x = ) 3/2 2 + L. 2 B = k µ 0I L 2π 2 + L. 2 B = µ 0I 1 2π L 2 = µ ( 0I ) 2π 2 L µ 0I, når L. 2π L 2 +L 2. Da får Og vi er at ved å bare bruke Ampère lov ikke tar med effekten av at lederen har en endelig lengde. Ved å bruke Bio-Savart lov direkte tar vi med denne randeffekten.