Øving 6, løsningsskisse.

Transkript

1 Inst for fysikk 202 TFY455/FY003 Elektr & magnetisme Øving 6, løsningsskisse Diol Platekondensatorer Ogave Potensial rundt diol Vi skriver først V a om til en funksjon av x og z ved å bruke relasjonene sin x/r, cos z/r, r (x 2 + z 2 ) /2, som gir V a qa cos 4πε 0 r 2 qa z/r 4πε 0 r 2 qaz 4πε 0 (x 2 + z 2 ) 3/2 Når vi skal skrive et rogram som lotter V e og V a, anbefales sterkt å innføre dimensjonsløse størrelser, og i ogaveteksten er gitt konkrete tis: ξ x/a, η z/a, v e (ξ, η) V e V e 4πɛ 0a V 0 q ξ 2 +(η /2) 2 ξ 2 +(η +/2) 2 v a (ξ, η) V a V a 4πɛ 0a V 0 q η (ξ 2 + η 2 ) 3/2 I det nye dimensjonsløse (ξ, η)-lanet ligger altså diolenå η-aksen, i (0, ±/2) Et fornuftig område for lotting av funksjonene v e og v a kan dermed være for eksemel 2 <ξ<2og 2 <η<2 Den åfølgende Octave/Matlab-kode som lotter v e, v a og det rosentvise avviket Δ v e v a v e 00 resulterer i de følgende tre figurer llerede utenfor det rektangulære området [, ;, ] er feilen mindre enn 0 %, men selvsagt er feilen svært stor nærme og sesiell stor mellom ladingene TFY455/FY003, Løsning-Øv6 s

2 %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% % Losningsforslag til Potensial rundt diol (øv 5) % %%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%% clear; % Nullstille alle variabler og deres dimensjoner % Velg omraadet -2 < x < 2 og -2 < z < 2 for lotting, med skrittlengde % 2/50 langs baade x og z, dvs ca 00 x 00 unkter i alt % z forskjøvet 00 for å unngå Ve(0,/2)0 og division by zero for Relavvik [x,z] meshgrid(-2:2/50:2,-20:2/50:2); % Ve er det eksakte otensialet fra diolen Ve (/(sqrt(x^2+(z-/2)^2))-/(sqrt(x^2+(z+/2)^2))); % Va er diolotensialet til ledende orden i a/r naar r >> a Va z*(x^2+z^2)^(-3/2); % Relavvik er relativ differanse mellom Ve og Va i rosent Relavvik 00*abs((Ve-Va)/(Ve)); figure(); % Ber om figur sublot(2,2,); % Viser otil fire figurer i 2x2-mønster % mesh(x,y,z) tegner o et 3D-lott av z som funksjon av x og y % obs i vår notasjon: y -> z og z -> Ve: mesh(x,z,ve); % Kommandoen axis([a b c d e f]) setter aksene for 3D-lot slik: % a < x < b, c < y < d, e < z < f axis([ ]); % Kommandoen caxis([zmin zmax]) setter fargeskalaen slik at blaatt % tilsvarer zmin og rodt tilsvarer zmax caxis([-0 0]); xlabel( x/a ); % Tekst aa aksene zlabel( Ve ); sublot(2,2,2); % Plotter Va ved siden av Ve mesh(x,z,va); axis([ ]); caxis([-0 0]); xlabel( x/a ); zlabel( Va ); sublot(2,2,3); % Plotter Relavvik under Ve og Va mesh(x,z,relavvik); axis([ ]); % Plotter Relavvik fra 0% til 00%: % Fargeskala settes for Relavvik mellom 0 og 00 caxis([0 00]); xlabel( x/a ); zlabel( (Ve - Va)/Ve *00% ); Ogave 2 E-felt rundt diol a) Her har vi ogitt V a (r, ) og gradientoeratoren i kulekoordinater, så det er bare å regne i vei (ingenting avhenger her av vinkelen φ, så leddet som inneholder / φ trenger vi ikke åbryossmed): E(r, ) V a (r, ) ( ˆr r + ˆ ) cos r 4πɛ 0 r 2 ˆr cos sin + ˆ 2πɛ 0 r3 4πɛ 0 r 3 () Vi merker oss at feltet fra en elektrisk diol i stor avstand r fra diolen faller av som /r 3,altsåraskere enn feltet fra en elektrisk monool, dvs en unktladning, som faller av som /r 2 Feltbidragene fra de to ladningene med motsatt fortegn kansellerer hverandre delvis, men ikke fullstendig, ettersom retningen å de to bidragene til E alltid vil være litt forskjellig TFY455/FY003, Løsning-Øv6 s2

3 Hvis 0,får vi E r, E 2πɛ 0 r 3 0 Dette virker rimelig: Vi er nå i et unkt langt ute å z-aksen, slik at radiell retning blir netto langs z-aksen, mens -retningen blir langs x-aksen Og å z-aksen må vel det elektriske feltet åenbart ha retning langs z-aksen Hvis π/2, får vi E r 0, E 4πɛ 0 r 3 Dette virker også rimelig: Vi er nå i et unkt langt ute å x-aksen, slik at radiell retning blir netto langs x-aksen, mens -retningen blir langs negativ z-akse Og å x-aksen må vel det elektriske feltet åenbart ha retning langs negativ z-akse Setter vi inn r 0 i uttrykkene for E r og E, ser vi at begge to går mot uendelig Det er imidlertid ikke et reelt roblem fordi vi nå forsøker å bruke uttrykket for E utenfor gyldighetsområdet r a Feltet i origo er langt fra uendelig, og heller ikke vanskelig å regne ut Det klarer du helt sikkert selv! b) v figuren skulle det gå relativt klart fram hvordan den elektriske feltvektoren E enten kan dekomoneres i E r og E eller i E x og E z Både E r og E har komonenter i x-retning, og den totale x-komonenten av feltet må blisum- men av disse to Ved å bruke resultatet i likn () samt relasjonene sin x/r, cos z/r, r (x 2 + z 2 ) /2, gir figurbetraktning: z x r E z z E E r E E x x E x E r sin + E cos cos sin sin + 2πɛ 0 r3 4πɛ 0 r cos 3 3 sin cos 3xz 4πɛ 0 r3 4πɛ 0 r 3xz 5 4πɛ 0 (x 2 + z 2 ) 5/2 E z E r cos E sin cos sin cos 2πɛ 0 r3 4πɛ 0 r 3 sin 4πɛ 0 r 3 ( 2cos 2 sin 2 ) ( 2z 2 x 2) 4πɛ 0 (x 2 + z 2 ) 5/2 Ogave 3 Platekondensator a) Når ladningen er uniformt fordelt å innsiden er det elektriske feltet mellom latene homogent og bestemt av otensialforskjellen V mellom latene som altså har avstand l 3, 0 mm: E V 300 V 00 V/mm 0, 0 MV/m (2) l 3, 0mm Retningen er normalt å latene i retning fra ositiv til negativ late b) Utenfor latene er det elektriske feltet lik null Dette gjelder når vi altså ser bort fra endeeffekter, som ogitt En begrunnelse med beregning i neste unkt c) Raskeste måte å finne kaasitansen er å bruke formel for arallelllatekondensator: C ɛ 8, 85 F/m 0, 0 0, 50 m2 l 3, F 0, 5 nf m En beregning helt fra bunnen (bruke Gauss lov til å finne E mellom arallelllater) er vist å siste side i dette lf TFY455/FY003, Løsning-Øv6 s3

4 d) Endringen i kondensatoren kan illustreres ved følgende figur: l B l 2 ɛ r C l 2 I () blir kondensatoren ladet o, og får ladningen Q å hver av latene Senningskilden som er brukt for å lade o kondensatoren blir så kolet i fra, og avstanden mellom latene endres fra l til l 2 ( B) Siden seningskilden er frakolet, må ladningen Q å kondensatorlatene bli uendra, mens senningen V kan endres (Dersom senningskilden var beholdt tilkolet ville senningen V bli uendra og ladningen ville økt) Etter at det dielektriske materialet er satt inn, er situasjonen som vist i (C), og det elektriske otensialet over latene i denne situasjonen, V 2 0, 0 V,derV er det elektriske otensialet i situasjonen vist i () Skal finne uttrykk for ɛ r Når kaasitansene i situasjonen () og (C) er gitt ved henholdsvis C og C 2 får vi: C Q V og C 2 Q V 2 C 2 C V V 2 C 0 Kaasitansen for arallelllatekondensatoren kan, som vi har sett, uttrykkes: C 2 ɛ r ɛ 0 l 2 C ɛ 0 l, og dividert med hverandre får vi: ɛ r C 2 l2 20 C l Kaasitansen øker altså 20 ganger ga materialet (ved ɛ r ), men reduseres faktor 2 ga dobling av lateavstand l Ogave 4 Seriekoling av kondensatorer a) Når kondensatorer lades o får hver late motsatt like stor ladning (se figur) Øvre late å den nedre kondensatoren må videre ha motsatt ladning som nedre late å den øvre, da dette er eneste måten ladning kan utveklses å(demåtotalt være nøytrale) Derfor: Kondensatorer kolet i serie har alle samme ladning Q Potensialet er derimot ulikt hvis kaasitansene C og C 2 ikke er like: C Q V C 2 Q V 2 C Q V Q V + V 2 lternative måter å skrive dette å: C C C 2 C + C 2, C C + C 2 V Q + V2 Q C + C 2 V 2 V Q Q C 2 C b) Situasjonen blir som seriekoling av to kondensatorer, som vist i figuren, der () er ekvivalent med (B) C C C 2 C + C 2 ɛ 0 ɛ 0 D d ɛ rɛ 0 d D d + ɛ rɛ 0 d ɛ r ɛ 0 d + ɛ r (D d) d () D (B) D-d d c) Fra uttrykket for C løser vi mh ɛ r og får ɛ r C d ɛ 0 C (D d) 25 F, m 3, 34 8, 85 F/m m 2 25 F, m (Og 3c) fyldig form å nesteside) TFY455/FY003, Løsning-Øv6 s4

5 Ogave 3 Platekondensator c) Det korte svaret ovenfor er fullgodt svar i øving og eksamen dersom ikke utledning kreves Skal likevel her sette av lass til utledning av C for en arallelllatekondensator ved å utlede formelen for E mellom to arallelllater Kaasitansen er definert ved C Q/V,ogvimåaltså finne ladningen å latene Følgende formel for arallelllatekondensator brukes ofte, og bør gjerne memoreres: Q σ ɛ E, (3) der σ er overflateladningstettheten, ab er arealet av latene og ɛ ɛ rɛ 0 (ɛ r hvis det er luft) er ermittiviteten til materialet mellom latene La oss bevise formel (3): Sammenhengen mellom ladning å og det elektriske feltet rundt en uendelig stor late finnes ved å bruke Gauss lov Retningen å det elektriske feltet er E E ˆk å grunn av symmetrien i roblemet, og E E 2 E når vi er i samme avstand z l/2 fraz 0 Med en sylindrisk Gaussflate med lengde l lassert symmetrisk om z 0, som vist å figuren, gir Gauss lov: E d Qencl ɛ For sideflatene er E d og dermed E d 0 for denne delen av Gaussflata Bidrag til fluksintegralet for de to endeflatene med areal blir 2E Når ladningen innesluttet av den valgte Gaussflata er Q encl σ, derσ er flateladningstettheten, blir det elektriske feltet for én late: E σ 2ɛ ˆk Man kan tolke dette slik at fluksen til det elektriske feltet strømmer halvarten til hver side E ga E ga Netto E: 0 0 Det elektriske feltet mellom de to latene i kondensatoren finnes ved å betrakte feltene fra de to latene, og se å resultanten Figuren til venstre viser situasjonen, med like lang lengde å vektorene som reresenterer E Vi har antatt at den ositivt ladde lata ligger over den negativt ladde, og at ositiv z-akse er oover Utenfor kondensatorlatene er bidragene fra de ositivt og negativt ladde latene motsatt retta: E σ 2ɛ ˆk + σ 2ɛ ˆk 0, og feltet er altså null, som åstått i kt b) Mellom latene er det elektriske feltet: E σ 2ɛ ˆk σ 2ɛ ˆk σ ɛ ˆk Dermed er uttrykket (3) vist Kaasitansen til latekondensatoren er da, ved bruk av likningene (2) og (3): C Q V ɛ E V ɛv/l V ɛ l 8, 85 F/m 0, 0 0, 50 m2 3, m 48 F 0, 5 nf Mi 9 feb 2 TFY455/FY003, Løsning-Øv6 s5