Løysingsforslag Kontinuasjonseksamen TFE4120 Elektromagnetisme 13. august 2004

Transkript

1 Løysinsforsla Kontinuasjonseksamen TFE4120 Elektromanetisme 13. auust 2004 Oppåve 1 a) Fiure 1: Ei telefonlinje som år parallelt med ei straumlinje. Det skraverte området er definert av kurva C 2. Innbyrdes induktans er definert ved Φ 12 = L 12 I 1, (1) der Φ 12 er den manetiske fluksen jennom ei sløyfe C 2 som skuldast straumen I 1 jennom ei sløyfe C 1. Vi ser på dei to linjene som to lukka sløyfer (last o enerator i kvar sin ende). Ved å bruke Ampères lov, har vi at manetfeltet i ein avstand r frå ein lan, tynn leiar som fører straumen I er itt ved H dl = 2πrH = I H = I 2πr, (2) C som jev at B = µ 0 H = µ 0I 2πr. (3) Manetfeltet innanfor C 2 som skuldast straumlinja vil innehalde eit bidra B 1 frå leiaren i posisjon z 1 = d a 2 + b 2 o eit bidra B 2 frå leiaren i posisjon 1

2 z 2 = d + a + b. Retnina på manetfeltet er tilnærma normalt på flata 2 2 omkransa av C 2. Feltet i innanfor C 2 kan då uttrykkjast som B(z) = B 1 (z)+b 2 (z) = µ 0I 1 2π [ 1 1 ] z z 1 z z 2 Den manetiske fluksen indusert i C 2 av straumlinjene blir då Φ 12 = S = µ 0I 1 l 2π b B ds = l B(z)dz = µ 0I 1 l 0 2π [ ( ) ( b z1 b z2 ln ln z 1 z 2 b ( 1 1 ) z z 1 z z 2 (4) (5) 0 )], (6) som jev L 12 = Φ 12 = µ 0l I 1 2π [ ln ( ) ( )] b z1 b z2 ln z 1 z 2 (7) b) Faradays lov ir emf = dφ 12 dt, (8) der emf er den induserte elektromotoriske spennina som vert indusert i telefonleidnina på runn av straumen i kraftleidnina. Straumen i kraftleidina kan skrivast I(t) = I m cos(2πft) o ved hjelp av uttrykka ovanfor får vi såleis [ ( ) ( )] b z1 b z2 emf = µ 0 I m f sin(2πft)l ln ln (9) z 1 z 2 Amplituden vert då [ ( ) ( )] e = µ b z1 b z2 0I m fl ln ln. (10) z 1 z 2 Ved å setje inn oppitte verdiar [f = 50Hz, I m = 150A, l = 500m, d = 10m, a = 100cm, o b = 10cm] får ein [ e = 4π ln ] 9.55 ln = 4.72mV (11)

3 c) Dersom ein tvinnar kabelen vil ein få mane sløyfer som motverkar kvarandre. Dette er fordi flatenormalen til ei sløyfe står i motsett retnin av flatenormalen til nabosløyfa o jer at den induserte spennina i ei sløyfe har motsett forteikn i forhold til nabosløyfa. Oppåve 2 a) Med µ r =, kan vi å ut i frå at fluksen føljer toroiden. Vi år ut i frå at flukslinjene ikkje vert spreidde i luftapeto at B-feltet er tilnærma uniformt over tverrsnittet slik at fluksen blir Φ = Bπb 2. Når vi brukar Ampères lov på ei lukka interansjonskurve lans feltlinjene (rundt den manetiske krinsen), får vi berre bidra frå luftapet sidan H = Φ/(µ r µ 0 πb 2 ) = 0 i materialet når µ r =. Vi får dermed N 1 I 1 = Dette jev: H d l = Φ µ 0 πb2. (12) Φ = µ 0πb 2 N 1 I 1. (13) Sjølvinduktansen vert då: b) L 1 = N 1Φ = µ 0πb 2 N1 2. (14) I 1 Total manetisk eneri finn ein ved å interere eneritettleiken w m = 1 B H 2 overalt der B o H eksisterar, dvs i luftapet: B 2 Φ 2 W m = dv = = µ 0πb 2 N1 2I2 1 (15) 2µ 0 2µ 0 (πb 2 ) 2πb2 2 v Vi ser direkte at dette er lik 1 2 L 1I 2 1 3

4 c) Vi har at emf = dφ 12 o at Φ dt 12 = S 2 B ds. Rotasjonsbeveelsen til sløyfa kan beskrivast med sin ωt. Uttrykket for fluksen kan dermed skrivast Φ 12 (t) = B ds(t) = πa 2 Bsin(ωt). (16) S Den induserte elektromotoriske spennina i den roterande sløyfa, vert då som funksjon av tida: emf(t) = dφ 12 dt = πωa 2 Bcos(ωt) = πµ 0ωa 2 N 1 I 1 cos(ωt) (17) d) NårR 2 < vildetåeinvekselstraumisløyfa. Detteførertilatsjølvinduktansen L 2 vil setje oppei spennin som vil påverke straumen i kretsen. Denne ekstra spennina er itt av uttrykket emf self = L 2 di 2 (t) dt (18) e) Vi set opp uttrykket vha ohms lov. emf = RI (19) Dette jev oss ei førsteordens diffenrensialliknin. πµ 0ωa 2 di 2 N 1 I 1 cos(ωt) = R I 2 +L 2 dt (20) For å finne løysina kan ein å fram på fleire måtar: - Løyse differensialliknina direkte(partikulærløysin). - Løyse den med visarmetode i frekvensplanet. - Bruke Laplace-transform for å løyse differensialliknina. 4

5 Dersom ein nyttar visarmetode mistar ein transientleddet som oppstår når røyrsla av den plane spolen startar. Ved bruk av visarmetoden får ein føljande uttrykk: πµ 0ωa 2 N 1 I 1 = RÎ2 +jωl 2 Î 2 (21) Î 2 = πµ 0ωa 2 N 1 I 1 (jωl 2 +R) I 2 (t) = πµ 0ωa 2 N 1 I 1 R 2 +L 2 2ω 2 cos ( ωt arctan( L ) 2ω R ) (22) (23) Dersom vi løysar diffliknina direkte får vi to ledd. Eit transientledd som stammar frå homoenløysina, o eit steady-state ledd som stammar frå partikulærløysina. di 2 dt + R I 2 = πµ 0ωa 2 N 1 I 1 cos(ωt) (24) L 2 L 2 Løysina på denne differensialliknia kan ein få ved å bruke at den enerelle løysina av ei inhomoen førsteordens differensialliknin, y p(t)y = r(t), er itt ved [ ] y(t) = e h e h rdτ +c, h = p(τ)dτ (25) Når vi set inn dei ovanståande faktorane får vi [ ] I 2 (t) = e R t E0 L 2 e R L τ 2 cos(ωτ)dτ +c, E 0 = πµ 0ωN 1 I 1 L 2 (26) Interasjon jev: I 2 (t) = ce R L t E 0 2 (Rsinωt ωl R 2 +ω 2 L 2 2 cosωt) (27) 2 Som kan skrivast om slik at I 2 (t) = ce R L t 2 πµ 0ωa 2 N 1 I 1 cos R 2 +ω 2 L 2 2 ( ωt arctan ωl ) 2 R (28) Lene vil i dette tilfellet vere så lan tid som krevast for at transientleddet er lite i forhold til stasjonærleddet. Dette er itt ved tidskonstanten τ 0 = L 2 /R. Altså må t τ 0 5

6 f) Foråviseateisløyfeikkjekanytemomentpåsesjølv, servipåstraumsløyfa i fiur 2. Ved å bruke df 12 = I 2 dl 2 µ 0 I 2 dl 1 u r (29) 4π r 2 ser vi at ei kraft d F 12 må peike lans u r. Slike krefter kan ikkje je noko moment på sløyfa. Brukar frå formelarket: Fiure 2: Straumsløyfe m = IS (30) M F = m B (31) På runn av at sløyfa roterer får vi at m = πa 2 I 2 (sin(ωt) u x +cos(ωt) u y ), (32) o at B-feltet er itt av Dette ir B = µ 0N 1 I 1 u x (33) M F = m B u x u y u z = πa 2 I 2 sin(ωt) πa 2 I 2 cos(ωt) 0 µ 0 N 1 I = πµ 0a 2 I 1 I 2 N 1 cos(ωt) u z der I 2 er itt av (28), evt. (23) når røyrsla har påått ei stund. 6 (34)

7 Oppåve 3 a) Coulombs lov: F = Qq 4πεr 2, E = F/q. (35) Dette jev: E = Q (36) 4πεr 2 For potensialet nyttar vi definisjonen o brukar eit punkt uendele lant borte som referanse: b) V = referanse r E d l = Q 4πε r 1 = Q r 2dr 4πεr (37) Vi brukar Gauss lov med D-feltet D ds = Q fri (38) S Ettersom vi her kan nytte kulesymmetri, kan D-feltet skrivast D = Q 4πr 2 u r, 0 < r < (39) For å sjå på E-feltet nyttar vi at D = εe. Dette ir då { 0 r a E = D ε = Q 4πε 0 r 2 r > a (40) Dipolane skjermar ladnina inne i kula slik som i fiuren. Dette jer at E = 0 inne i kula. Utanfor kula får vi eit eleketrisk felt pa den bundne, positive flateladnina på kuleskalet r = a. c) Høre side er ikkje ein vektor. (Dette jer at Maxwells lover ikkje funerer på dette uttrykket.) Dimensjonsfeil ( B = µ H), J er i Ampere/m 2. C J d l jev ina meinin. 7

8 Oppåve 4 Fiure 3: Dipolar i kule med ladnin Q i senter o ε = Spørsmål Alt. i) Alt. ii) Alt. iii) Alt. iv) a) x b) x c) x d) x 8