b) Vi legger en uendelig lang, rett stav langs y-aksen. Staven har linjeladningen λ = [C/m].

Transkript

1 Oppgave 1 a) Punktladningen q 1 = [C] ligger fast i punktet (2.0, 0, 0) [m]. Punktladningen q 2 = [C] ligger i punktet ( 1.0, 0, 0) [m]. I) Finnes det punkt(er) i rommet med elektrisk feltstyrke E = 0 på grunn av disse ladningene? Begrunn svaret ditt. II) Finn den elektriske feltstyrken E i punktet (2.0, 4.0, 0) [m]. b) Vi legger en uendelig lang, rett stav langs y-aksen. Staven har linjeladningen λ = [C/m]. I) Finn den elektriske feltstyrken E i punktet (2.0, 4.0, 0) [m] på grunn av staven og de 2 ladningene gitt i a). II) Hvilken retning har den totale kraften som virker på q 2 på grunn av q 1 og linjeladningen? c) Den elektriske feltstyrken i vacuum fra en uendelig plate med flateladning σ er E = σ 2ǫ 0. I) 2 parallelle, uendelige plater har flateladninger +σ og σ. Tegn en figur som viser feltstyrken E mellom og utenfor platene. II) Mellom de to platene setter vi inn en 3. plate med flateladning 2σ. Tegn en figur som viser feltstyrken E mellom og utenfor platene. d) En meget lang, rett koaks-kabel med lengde L består av en indre leder med radius og en sylinderkappe med radius R 2 >. Den indre lederen har linjeladningen λ [C/m], den ytre lederen har motsatt ladning og det er luft mellom lederne. I) Bruk Gauss lov og finn feltstyrken mellom de 2 lederne. II) Finn potensialdifferensen mellom den indre og den ytre lederen. III) Vis at kabelen har en kapasitans pr. meter leder som er C/L = 2 π ǫ 0 ln(r 2 / ) IV) En koaks-kabel har radiene = 0.4 [mm] og R 2 = 1.2 [mm] og et dielektrisk materiale mellom lederne. Finn nødvendig verdi for ε r slik at kabelen får C/L = 75 [pf/m]. 1

2 Oppgave 2 To rette strømledere ligger begge parallelt z-aksen. Leder nr.1 skjærer x-y-planet i punktet ( 0.010, 0) [m] og fører strømmen I 1 i positiv z-retning. Leder nr. 2 skjærer x-y-planet i punktet (0.010, 0) [m] og har samme strømstyrke og strømretning som nr. 1. a) Lag en figur av x-y-planet som viser de 2 strømlederne og retningen til det totale magnetfeltet i punktene (0.020, 0), ( 0.020, 0), (0, 0.02) og (0, 0.02) [m]. b) Anta at en punktladning q = [C] har hastigheten v = [ , 0, 0] [m/s]. Bruk I 1 = I 2 = 10 [A] og finn kraften F på punktladningen når den er i punktet I) (0, 0.02, 0) [m] II) (0.02, 0.02, 0) [m] c) Figur I) viser en strømleder med strømmen I og ei rektangulær metalltråd-sløyfe. Lederen trekkes vekk fra sløyfa med farten v. Vil en da få indusert en strøm i sløyfen (angi strømretning) eller vil sløyfen forbli strømløs? Begrunn svaret ditt. I v a b I) II) d) Figur II) viser en spole mellom punktene a og b. Det går en strøm I gjennom spolen, og potensialene i a og b er gitt som V a > V b. Hvilke utsagn nedenfor er sanne? 1. I går fra a til b og er konstant. 2. I går fra a til b og øker. 3. I går fra a til b og avtar. 4. I går fra b til a og er konstant. 5. I går fra b til a og øker. 6. I går fra b til a og avtar. Begrunn svaret ditt. e) En ideell spole har N = 2000 vindinger, lengde L = 15 [cm] og et sirkulært tverrsnittsareal med radius R = 2.0 [cm]. Finn spolens induktans L. 2

3 Oppgave 3 Finn løsningen til følgende 1.ordens differensialligninger: a) y = 2y 2, y(0) = 4 b) y + y = 2 e x Oppgave 4 En seriekobling består av et batteri U 0 = 10 [V ], en kondensator C og en spole L og en vender. Batteriet lader opp kondensatoren til den er fullt oppladet. Deretter, ved t = 0, vil venderen koble ut batteriet slik at vi får en LC-krets.(Velg positiv strømretning ut fra batteriets +-pol.) a) For denne koblingen skal du I) sette opp en ligning med summen av spenningskomponentene rundt LC-kretsen når det går en strøm i kretsen. Ligningen skal inneholde L, C og andre størrelser. II) sette opp en differensialligning for strømmen i(t). III) beregne kondensatorens kapasitans når spolens induktans er L = 1.0 [mh] og kretsen skal brukes til en oscillator med egenfrekvens f 0 = 500 [khz]. b) Bestem ligningen for strømmen i(t) gjennom kretsen når du har startbetingelsene i(0) = 0, i(0) = [A/s] Seriekoblingen ovenfor endres til en RCL-krets slik at vi tar med en motstand R i serie med en kondensator C = 100 [pf] og spolen L = 1.0 [mh]. Ved t = 0 vil venderen koble batteriet U 0 = 10 [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. II) finne hvilken verdi R må ha for at strømmen i kretsen skal bli kritisk dempet. III) bestemme ligningen for strømmen i(t) for R = 6000 [Ω]og med startverdiene i(0) = 0, i(0) = [A/s] d) Bestem ligningen for spenningen U R (t) over motstanden. 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) I) Et mulig punkt med E = 0 må ligge på linjen gjennom de to punktene(!). På denne linjen og mellom punktene peker begge feltene E 1 og E 2 i samme retning, E 1 + E 2 0. For x > 2.0 og x < 1.0 peker de 2 feltene i hver sin retning. Siden q 2 > q 1 må dette punktet ligge lengst fra q 2, altså for x > 2.0. Jo mindre forskjell i tallverdi desto større blir x-verdien for E = 0. EKSTRA: Vi kan sette opp en ligning som inneholder ladningenes tallverdi og avstander for å finne punktet x der de 2 feltene har samme tallverdi: 4q (x ( 1)) 2 = q (x 2) 2 2 x + 1 = 1 x 2 x = 5 Feltet E 1 fra q 1 i (5, 0, 0) og feltet E 2 fra q 2 i samme punkt er: E 1 = kq 9.0 r = r 3 ( (5 2) 2 ) [5 2, 0, 0] = [1, 0, 0] [N/C] 3/2 E 2 = 36.0 ( (5 ( 1)) 2 ) [5 + 1, 0, 0] = [ 1, 0, 0] [N/C] qed 3/2 II) Beregner feltstyrken fra de 2 ladningene, bruker ligningen E = kq ( (x x0 ) 2 + (y y 0 ) 2 + (z z 0 ) 2) 3/2 [x x 0,y y 0,z z 0 ] E 1 (2.0, 4.0, 0) = ( ( ) 2 + (4.0 0) 2 + (0 0) 2) [ , 4.0 0, 0 0] 3/2 E 1 (2.0, 4.0, 0) = [0, , 0] [N/C] E 2 (2.0, 4.0, 0) = ( (2.0 ( 1.0)) 2 + (4.0 0) 2 + (0 0) 2) [2.0 ( 1.0), 4.0 0, 0 0] 3/2 E 2 (2.0, 4.0, 0) = [ 0.864, 1.152, 0] [N/C] E = E1 + E 2 = [ 0.86, 0.59, 0] [N/C] 4

5 b) Feltet fra en linjeladning langs y-aksen kan skrives λ E = 2k (x x 0 ) 2 + (z z 0 ) 2 [x x 0, 0,z z 0 ] I) Feltet står loddrett på linjen, legg merke til at y-koordinatene her er satt lik 0. E s (2.0, 4.0, 0) = (2.0 0) 2 2 [2.0, 0, 0] + (0 0) E s (2.0, 4.0, 0) = [0.9, 0, 0] [N/C] E = E1 + E 2 + E s = [0.04, 0.59, 0] [N/C] II) Både q 1 og staven har positive ladninger som gir E i negativ x-retning for x < 0. Ladningen q 2 er negativ, vi har tiltrekning mellom q 2 og de to andre.. Kraften på q 2 er rettet langs positiv x akse c) I) Feltstyrken E har lik tallverdi for de 2 flatene og har retning loddrett flatene. For flaten med positiv ladning er E rettet ut fra flaten, for flaten med negativ ladning er E rettet inn mot flaten. Mellom flatene adderes feltene til E = σ/ǫ 0 med retning fra positiv plate mot negativ flate. Utenfor de 2 flatene adderes feltene til E = 0. II) Figur nr. 1 viser resultatet når vi adderer feltene fra de 3 flatene vektorielt. De nederste pilene viser resultanten. d) I) Starter med en sylinderflate (Gauss-flate) med radius r og lengde l som legges rundt den indre lederen, R 2 > r >. På grunn av lederens sylindersymmetri vil feltstyrken E stå radielt (og loddrett) på lederen, slik at feltet er konstant og parallelt med sylinderflatens overflatenormal n overalt på den krumme sylinderflaten( flate I). På sylinderens endeflater (flater II og III) vil E kunne variere over flaten, men feltet er her loddrett overflatenormalen. Den totale ladningen inne i Gauss-volumet er q = l λ. Gauss lov for de tre flatene gir: E da = EI 2π r l cos E II,III π r 2 cos 90 = l λ E I = λ 2π ε 0 r = 2kλ r ε 0 5

6 E=σ/ε 0 E=2σ/ε 0 E=0 E=σ/ε 0 σ -2σ -σ Figur 1: Feltstyrken på grunn av tre ladete plater Dette feltet står radielt ut fra en leder med positiv ladning. (Argumentet ovenfor gjelder egentlig for en uendelig lang leder.) Vi finner potensialforskjellen mellom den indre og ytre lederen med hjelp av definisjonen av elektrisk potensiale. Integrasjonsveien er parallelt med feltvektoren: V R2 = V R1 R2 E dr = VR1 V R2 V R1 = 2kλ [ln r] R 2 = 2kλ ln ( ) R2 V R1 V R2 = V = 2kλ ln ( R2 R2 ) 2k λ r cos 0 dr II) Bruker definisjonen av kapasitans på koaks-lederen som har en total ladning Q = L λ: C = Q U = Q V L λ L C = ( ) = ( ) R 2kλ ln 2 R 2k ln 2 C L = 2 π ε 0 qed (1) ln(r 2 / ) 6

7 III) Setter inn tallverdier i ligning 1 samtidig som vi erstatter ε 0 med ε = ε r ε 0 : Oppgave 2 a) Figur nr. 2 viser ledere og magnetfelt ε r = ln(1.2/0.4) ε r = 1.35 ln 3 = 1.5 y B r.. x Figur 2: Magnetfeltstyrken på x- og y-aksen Feltstyrken i punktene på y-aksen er mindre enn feltstyrken i punktene på x-aksen. b) Bruker ligningen F = q v B I) For punktet (0, 0.02, 0) peker feltet i -x-retning (se a)), antiparallelt til fartsvektoren. Kryssproduktet av 2 antiparallele vektorer er 0: F = 0 II) Finner først B i punktet (0.02, 0.02, 0), bruker ligningen: B = µ 0 2π I l r r 2 (2) 7

8 Legger sammen feltstyrken fra de 2 strømlederne: B 1 = [0, 0, 1] [0.03, 0.02, 0] 10 (0.02 ( 0.01)) 2 + (0.02 0) 2 B 1 = [ 0.02, 0.03, 0] = [ 4, , 0] [ , ] B 2 = [0, 0, 1] [0.01, 0.02, 0] ( ) 2 2 = [ 4, , 0] = [ , ] + (0.02 0) 5 5 B = [( ) 10 4, ( ] [ 5 ) 10 4, 0 = , 56 ] [ , ] [T] Kraften blir F = [ , 0, 0 ] F = [ 0, 0, ] [N] [ , 56 ] , 0 c) Magnetfeltet fra strømlederen peker inn i papirplanet gjennom sløyfa. Når lederen trekkes unna vil fluksen gjennom sløyfa avta fordi B avtar. Den induserte strømmen i sløyfa setter opp et B-felt rettet inn i papirplanet for å bevare fluksen. Iflg. høyrehåndsregelen og Lenz lov: Vi får en strøm i sløyfa som går med urviseren. d) Anta at strømmen går fra a til b (positiv strømretning). Hvis strømmen øker, er di/dt > 0. Dette fører til en indusert spenning ε = V = L di < 0, potensialet avtar fra a til b. Vi dt har V a > V b, utsagn 2 er riktig. Hvis vi snur strømretningen må vi også snu fortegnet til den deriverte, utsagn 6 er riktig. Riktige utsagn: Nr. 2 og 6. e) Starter med definisjonen på (selv)induktans: L = N Φ I Bruker magnetfluksen til en ideell (uendelig lang) spole med n = N/L vindinger/meter: Φ = B A = µ 0 N L I π R2 De oppgitte tallverdiene gir: L = µ 0 N 2 π R 2 L L = 4 π 10 7(2 103 ) 2 π ( ) = [H] 8

9 Oppgave 3 a) Dette er en separabel ligning, starter med den generelle løsningen: Bruker startbetingelsen: y y = 2 2 y y 2dx = 2 1 y = 2x + C y = 1 2x + C dx = dy y 2 = 2x + C 4 = 1 = C = 1/4 C 1 y =,x 1/8 2x 1/4 b) Denne ligningen er ikke separabel, bruker metoden med integrerende faktor ρ. Bruker koeffisienten Q(x) = 1 til leddet med y: ρ = e 1 dx = e x Denne faktoren multipliseres inn i ligningen som deretter integreres: e x (y + y) = e x 2 e x = 2 e x (y + y) dx = 2 dx = 2x + C e x y = 2x + C y = (2x + C) e x Til slutt må DU sette inn svaret i ligningen for å kontrollere at svaret er riktig. Oppgave 4 a) I) Bruker som positiv strømretning den strømretningen vi hadde ved oppladningen av kondensatoren. Går rundt kretsen i denne retningen og får: U L + U C = 0 L di dt q C = 0 L di dt + q C = 0 9

10 II) Innfører i = dq/dt etter tids-derivasjon av ligningen: L d2 i dt + 1 dq 2 C dt = 0 d 2 i dt + 1 dq 2 L C dt = 0 i + 1 L C i = 0 (3) III) Diff.ligningen er ligningen for en harmonisk svingebevegelse. Kretsens egenfrekvens er ω 2 0 = 1 L C Bestemmer C fra denne ligningen og oppgitte tallverdier: C = 1 ω 2 0 L = 1 (2 π f) 2 L C = 100 [pf] b) Løsningen til ligning nr. 3 finner vi med den vanlige metoden med karakteristisk ligning: r 2 + ω 2 0 = 0 r = ±iω 0 Dette gir en svingeløsning uten demping, vi velger en sinus-funksjon: i(t) = A sin(ω 0 t + ϕ) Integrasjonskonstantene A og ϕ bestemmes av startbetingelsene, vi finner først den tidsderiverte: i = ω0 A cos (ω 0 t + ϕ) Bruker startbetingelsene: i(0) = 0 = A sin (ϕ) ϕ = 0,π Kommentar: Kan ikke velge at A = 0, da får vi ikke noen strøm i kretsen. i(0) = = ω 0 A cos (ϕ) En positiv amplitude krever at vi velger ϕ = π = 2 π A cos (π) A = π 10 6 = 3.2 [ma] 10

11 Ligningen for strømmen i(t) blir: i(t) = sin(10 6 π t + π) [A] ( Svaret avhenger av valget av positiv strømretning) c) I) Vi kan igjen starte med spenningene: Deriverer ligningen for å fjerne ladningen q: 0 = U 0 + U R + U L + U C 0 = U 0 R i L i q C U 0 = R i + L i + q C L i + R i + 1 C i = 0 Evt. med tallverdier: 10 3 i + R i i = 0 II) Setter opp den karakteristiske ligningen og innfører δ og ω 0 : Denne ligningen har røttene: L r 2 + R r + 1 C = 0 r 2 + R L r + 1 L C = 0 r δ r + ω 2 0 = 0 r 1,2 = δ ± δ 2 ω 2 0 Kritisk demping betyr at rottegnet skal være 0 (sammenfallende røtter): δ = ω 0 R 1 2L = L C L 10 R = 2 C = 2 3 = 6.3 [kω] III) For å finne hvilken type løsning vi har bruker vi ligningen med røttene r 1,2 : δ = R 2 L = 6000 = ω 0 = L C = 1 =

12 Røttene er komplekse siden δ < ω 0, vi får svingeløsningen i(t) = e δt A sin (ωt + ϕ) Vi bestemmer svingefrekvensen ω: ω = ω0 2 δ 2 = ω = [rad/s] Igjen må vi derivere løsningen for å bruke den ene startverdien: i = A e δt ( δ sin (ωt + ϕ) + ω cos (ωt + ϕ)) For at A skal være positiv må vi ha ϕ = 0. i(0) = 0 = A sin(ϕ) ϕ = 0,π i(0) = = A (ω cos (ϕ)) A = = 10 [ma] i(t) = e t sin ( t ) [A] (Sammenlignet med LC-kretsen går strømmen i motsatt retning og dempingen pga. motstanden R gir også en lavere svingefrekvens.) d) Fra ligningen med spenningene: U R = R i U R = 60 e t sin ( t ) [V ] Figur nr. 3 viser tidsvariasjoen til spenningen over motstanden. Deriverer for å finne tidspunktet for en maks.verdi (bruker et generelt uttrykk): d ( A e δt sin (ωt) ) = 0 dt Ae δt ( δ sin(ωt) + ω cos(ωt)) = 0 Setter inn tallverdier, bruker n = 0: t = tan 1 tan (ωt) = ω δ t = 1 ω tan 1 ( ω δ ) + n π, n = 0, 1, 2,... ω ( ) = [s] U R,maks = 60 e sin ( ) U R,maks = 7.2 [V ] 12

13 Figur 3: Spenningen U R (t) over motstanden. 13