Løsningsforslag SIE4010 Elektromagnetisme 5. mai 2003

Transkript

1 Oppgve 1 Løsningsforslg SIE4010 Elektromgnetisme 5. mi 2003 ) Av symmetrigrunner må det elektriske feltet være rdielt rettet og uvhengig v φ, E = E(r)u r.vilrs være overflten til en sylinder med rdius r og lengde l. Ldningen per lengdeenhet på innerlederen kller vi Q. Guss lov gir: E ds Q l, for <r<b =2πrlE(r) =Q innenfor S = (1) 0, ellers, dvs S E(r) = Q 2πr, for <r<b (2) Vi finner Q vedbrukvdefinisjonen v potensil: Altså får vi V () V (b) =V 0 0= b E(r)dr = Q 2π b dr r = Q 2π ln b. (3) Q = 2πV 0. ln b (4) Innstt i (2) gir dette E = E(r)u r = V0 r ln b u r, for <r<b (5) Det går også nåbrukeguss lovpådifferensilform, D = ρ, eller Poissons likning 2 V = ρ til å finne E.Differensilopertorene uttrykkes d i sylinderkoordinter, og mn må bruketρ = 0 i det dielektriske mediet mellom lederne. b) Kpsitns per lengdeenhet: C Q = V () V (b) = Q = 2π. (6) V 0 ln b c) Den lgrede elektrosttiske energien per lengdeenhet, W e, v kbelen er gitt ved W e = 1 2 C V 2. Ved å sette inn uttrykket for C som ble funnet i b) og bruke t V = V 0,får vi W e = π V ln b 0 2. (7) (8) Dette resulttet kn også finnes ved å integrere energitettheten w e = 1 2 D E = 1 2 E2 over tverrsnittet v kbelen, i rommet mellom lederne.

2 d) Av symmetrigrunner må H og B kun h en φ-komponent og kun være vhengig v r, dvs. B = B(r)uφ.( B kn ikke h en rdiell komponent fordi fluksen ut v en lukket flte (f.eks. en sylinderflte) er lltid null.) Ampères lov nvendt påensirkulær integrsjonssløyfe med sentrum i midten v koksilkbelen gir: H d I, for <r<b l = H2πr = (9) C Husk t strømmen skulle nts ågåpåoverflten v innerlederen og på den indre overflten v ytterlederen. Vi får: B = B(r)u φ = µi u 2πr φ, for <r<b (10) e) Selvinduktnsen er definert ved L = Φ I (11) Dersom det går en konstnt strøm i kbelen, må den være lukket i begge ender (kilde og lst), og Φ er fluksen som går igjennom denne lukkede sløyf. Hvis vi ntr t kbelens lengde er l, får vi b b Φ = l Bdr = µli dr 2π r = µli ln b 2π og dermed en induktns per lengdeenhet, (12) L = L l = Φ li = µ ln b 2π (13) f) Siden lederne nts å være ideelle, må det elektriske feltet være null inne i lederne. Potensilet på den ytre flten v ytterlederen er null (slik det også er i uendeligheten), og følgelig må potensilet overlt utenfor også være null. Evt. kn dette vises mtemtisk på følgende måte: L c være den ytre rdius til koksilkbelen. Vi må løse det elektrosttiske problemet (finne V ) for r > c. Lplce likning i sylinderkoordinter gir: 1 d r dv = 0 (14) r dr dr siden potensilet må være uvhengig v z og φ. Vifår ltså dv dr = k r, og dermed V = k ln r k (15) der k og k er en konstnter. Potensilet skl være null både for r = og for r = c, så k = k =0.Vifår ltså V = 0 for r>c. Dette kunne vi forsåvidt sgt med en gng, for så lenge vi bre er interessert i potensilet utenfor kbelen, blir dette smme problem å løse som om det hdde vært ldningsfritt vkuum overlt. Altså: I områdene I, III og IV er det elektriske feltet null. Ldningene blir fordelt slik t det elektriske feltet blir null i lederne. Viktige moment: All ldning på overflten. Mest ldning til høyre. Se figur (skissen gjelder dersom V 0 > 0).

3 Oppgve 2 ) Siden µ r >> 1, kn vi nt t fluksen følger toroiden. Videre ntr vi t flukslinjene ikke spres i luftgpet siden g << b. Siden toroiden er tynn ntr vi t B-feltet er tilnærmet uniformt over tverrsnittet slik t fluksen blir Φ = Bπb 2. Amperes lov nvendt på den stiplede integrsjonskurven i sentrum v toroiden gir: dvs. Φ = H d l = Φ Φ (2π g) µ r µ 0 πb2 µ 0 πb g = N 1I 2 1, (16) µ 0 πb 2 N 1 I 1 (2π g)/µ r g µ 0πb 2 N 1 I 1 2π/µ r g. (17) Tilnærmelsen gjelder siden luftgpet er lite (g <<b). Selvinduktns: L 1 = N 1Φ I 1 = µ 0 πb 2 N 2 1 (2π g)/µ r g µ 0πb 2 N 2 1 2π/µ r g. (18) Merk t fluksgjennomstrømningen i spolen er N 1 Φ siden det er N 1 tørn. b) Generelt uttrykk for energitetthet i et mgnetisk felt: w m = 1 2 B H, (19) evt. w m = 1 2 µh2 = 1 2µ B2 (20) for et lineært medium. Totl mgnetisk energi: B 2 W m = dv 2µ r µ 0 mgnetisk mterile luftgp B 2 2µ 0 dv. (21) Når vi setter µ r = får vi fr (17) t B = µ 0 N 1 I 1 /g. Det første leddet i (21) blir derfor null, og vi blir stående igjen med W m = µ 0N1 2 I1 2 gπb 2 = µ 0πb 2 N1 2 I1 2. (22) 2g 2 2g Vi ser direkte t dette er lik 1 2 L 1I 2 1 når vi setter µ r = i uttrykket for L 1.

4 c) Siden strømmen nts å være konstnt, finnes krften vh. F = W m.krftensom virker i positiv g -retning er derfor gitt ved F = W m g = µ 0πb 2 N 2 1 I 2 1 2g 2. (23) Fortegnet viser t det virker en krft µ 0 πb 2 N 2 1 I2 1 /(2g2 )inegtiv g -retning, dvs. den prøver å redusere luftgpet. Uttrykket viser t retningen er uvhengig v fortegnet på I 1. d) Detertoviklingerispole2,såvifår: L 12 = Φ 12 I 1 = 2Φ = 2µ 0πb 2 N 1. (24) I 1 g e) Når I 1 øker, øker også fluksen Φ gjennom toroiden. Det induseres en spenning i sekundærspolen som prøver å motvirke denne endringen. Ut fr figuren ser vi t de to spolene er vindet smme vei rundt jernkjernen. Spenningen utlest på voltmeteret blir derfor negtiv. Oppgve 3 ) Siden ledningen er kuttet v, kn det ikke gå en konstnt strøm i det uendelige. I et begrenset tidsrom, derimot, kn det gå en strøm; i så fll øker (minker) ldningen i høyre (venstre) endepunkt. Vi kn ikke lenger bruke Amperes lov på smme måte som før, fordi vi hr to tidsvhengige ldninger. Dette gir opphv til et tidsvhengig D-felt, som igjen betyr en forskyvingsstrøm. I oppgven burde det h vært ngitt t observsjonspunktet er så nær lederen t vi kn se bort fr t feltene bruker en viss tid på å forplnte seg dit. Når vi ikke er interessert i den trnsiente fsen, kn en metode for å finne H i punktet P være som følger: Ant en endepunktldning Q til høyre, og Q til venstre. Disse er reltert til strømmen ved I =dq/dt.finnd-feltet lngs r-ksen på figuren pg. de to ende-punktldningene ved hjelp v Guss lov (evt. Coulombs lov) og superposisjon. Regn ut forskyvningsstrømtettheten D/ t og uttrykk svret ved I. Bruksåden generliserte Amperes lov: C H d l = I S D t d S, (25) der C er en sirkel med ledningen som kse og som går igjennom P. Det siste leddet er forskyvningsstrømtettheten integrert over disken som er begrenset v integrsjonssirkelen. Ut fr figuren ser vi t D blir rettet mot venstre. Siden forskyvningen D er økende er det klrt t forskyvningsstrømmen også blir rettet mot venstre, dvs. motstt retning v I. H φ blir derfor mindre enn for en uendelig lng ledning.

5 Oppgve 4 Noen kommentrer: c) kn løses f.eks. ved åsepå relsjonene F = Q( E v B) eller E = B. Løsningen på d)ert E-feltet skjermes v polriseringsldningene, og t B t forsterkes v mterildipolene. På e), regn ut div og curl til E. Siden curlen blir forskjellig fr null, må vihettidsvhengigb-felt. Divergensen blir null, dvs. vi hr ldningsfritt rom (siden mterilet er lineært, er ρ = D = E). (Oppgven kunne vært formulert litt mer presist: Konstnten kn ikke være konstnt i et uendelig tidsintervll, for d ville B blitt uendelig. Dette er ltså ikke elektrosttikk). På f), bruk f.eks. uttrykket for C til en prllellpltekondenstor (C = S/d) tilåvisetc øker når d minker. Siden C = Q/V,er det derfor klrt t V minker (ldningen kn ikke endres når terminlene er åpne). Spørsmål Alt. i) Alt. ii) Alt. iii) Alt. iv) ) x b) x c) x d) x e) x f) x g) x