NORGES TEKNISK- NATURVITENSKAPELIGE UNIVERSITET INSTITUTT FOR FYSIKK Faglig kontakt uner eksamen: Jon Anreas Støvneng Telefon: 7 59 6 6 / 41 4 9 0 LØSNINGSFORSLAG TIL EKSAMEN I FY100 ELEKTRISITET OG MAGNETISME I Manag 5. esember 2005 kl. 0900-100 Eksamen besto av 4 oppgaver, i alt 10 eloppgaver som alle telte like mye uner beømmelsen. Løsningsforslaget er på 7 sier (inklusive enne). 1
OPPGAVE 1 a) Lik strøm I gjennom begge motstanene. Viere er totalt spenningsfall V lik summen av spenningsfallene over hver motstan. Derme: V = R 1 I + R 2 I = (R 1 + R 2 )I = RI R = R 1 + R 2 Lik laning ±Q på e to kapasitansene. Viere er totalt spenningsfall V lik summen av spenningsfallene over hver kapasitans. Derme: V = Q + Q ( 1 = Q + 1 ) = Q C 1 C 2 C1 C2 C C 1 = C1 1 + C2 1 b) En parallellplatekonensator me plater me areal A i innbyres avstan l har kapasitans ε 0 A/l ersom rommet mellom platene er fylt me luft (vakuum). Dersom rommet mellom platene er fylt me et ielektrikum me relativ permittivitet ε r, blir kapasitansen ε r ε 0 A/l. Her har vi en parallellplatekonensator som kan betraktes som en seriekobling av en polystyrenfylt konensator me plateareal A og plateavstan 1 = /2 og en polypropenfylt konensator me plateareal A og plateavstan 2 = /2. Polystyren har relativ permittivitet ε r1 = 2.5, polypropen har relativ permittivitet ε r2 =.0. Vi bruker resultatet i a samt oppgitte tallverier for A og og finner C 1 = ε 1A A = 2.5ε 0 1 /2 = 5ε 0A C 2 = ε 2A A =.0ε 0 2 /2 = 6ε 0A C = ( 5ε 0 A + 6ε 0 A ) 1 = ε 0A = 0ε 0A 11 = 0 11 8.85 10 12 75 8.85 = pf 0 pf 22 ( ) 6 + 5 1 5 6 25 10 4 2 10 F Kommentar: Hvis en ikke husker uttrykkene for kapasitansen til parallellplatekonensator fylt me luft eller ielektrikum: Start me uenelig stort laet plan me laning Q/A pr flateenhet. Bruk av Gauss lov gir konstant elektrisk feltstyrke E = Q/2ε 0 A. To uenelig store laete plan me motsatt laning har erfor E = Q/ε 0 A mellom platene og E = 0 utenfor. Sammenhengen mellom E og potensialforskjellen V mellom platene er V = E l = E l = Ql/ε 0 A, slik at kapasitansen er C = Q/V = ε 0 A/l. Me ielektrikum mellom platene gjør vi helt tilsvarene, men me en elektriske forskyvningen D i steet for E. Me Gauss lov for D finner vi D = Q/A mellom platene, som gir E = D/ε r ε 0 = Q/ε r ε 0 A mellom platene. Derme C = ε r ε 0 A/l. 2
c) Vi skal bestemme motstanen R. I forelesningene har vi vist at et stykke materiale me lenge l, tverrsnitt me areal A og elektrisk leningsevne σ er R = l/σa. Dette kan også utlees kjapt ve hjelp av e oppgitte formlene: I = ja = σea = σ(v/l)a, vs V/I = R = l/σa. 10 R 1 = 1 σ 1 A = 10 15 25 10 = 0.4 4 1015 Ω R 2 = 2 σ 2 A = 10 10 14 25 10 = 0.4 4 1014 Ω R = R 1 + R 2 = 4.4 10 14 Ω ) Vi gjenfinner påtrykt spenning V (t) som spenningsfall over båe R og C, ettersom isse er koblet i parallell. Strømmen gjennom R er gitt ve Ohms lov: I R (t) = V (t) R = V 0σt R(1 + σt) Pr efinisjon er konensatorens kapasitans bestemt ve C = Q/V, slik at laningen på konensatoren blir Q(t) = V (t)c = V 0Cσt 1 + σt Derme er strømmen inn på konensatoren Total strøm blir I C (t) = Q t = Like etter at spenningskilen er skru på: V 0Cσ (1 + σt) 2 I(t) = I R (t) + I C (t) I(0) = V 0 Cσ Rimelig: Kun strøm inn på konensatoren, bestemt ve hvor raskt spenningen skrus på, vs proporsjonal me σ. Lenge etter at spenningskilen er skru på: I( ) = V 0 R Rimelig: Kun strøm gjennom motstanen, bestemt ve V ( )/R = V 0 /R. gjennom en konensator. Ingen likestrøm
OPPGAVE 2 a) Vi finner total laning ve å integrere opp laningen pr lengeenhet: Q = L q = λ(x) x L ( L x 2 = L L 1 ) x 2 ( L x = L L x ) 2 = 0 Det er oppgitt at en laning q i posisjon x birar me p = x q ˆx til elektrisk ipolmoment. Hele stavens ipolmoment er erme p = p L = ˆx x λ(x) x = L ( L x ˆx L L x ) x 2 = 0 sien integranen er antisymmetrisk omkring x = 0. b) Potensialet fra en infinitesimal laning q er V = q 4πε 0 r i avstan r fra laningen. Her skal vi bestemme potensialet i posisjon x > L på x-aksen. Biraget fra en liten laning q = λ(x ) x i posisjon x blir a V = λ(x ) x 4πε 0 (x x ) Totalt potensial i x finnes ve å summere opp biragene fra alle slike laningselementer på staven, vs vi må integrere: V (x) = = V λ L 0 (x ) 2 x λ L 0 x 4πε 0 L 2 L x x 12πε 0 L x x 4
Her kan vi benytte e oppgitte integralene, me a x og u x : V (x) = 4πε 0 L 2 L L ( x 2 ln x x 1 ) 2 (x ) 2 xx L L ( ln x x ) 12πε 0 ( = x 2 ln x + L ) 4πε 0 L 2 x L 2xL ln x + L 12πε 0 x L = λ [( 0 x 2 4πε 0 L 1 ) ln x + L 2 x L 2x ] L Dette er på en oppgitte formen me β = /4πε 0. c) Vi bruker en oppgitte rekkeutviklingen for å finne et tilnærmet uttrykk for logaritmeleet når x L, vs α = L/x 1: ln x + L x L = ln 1 + L/x 1 L/x = 2L x + 2L x + 2L5 5x 5 +... Setter inn, orner, og beholer første le som ikke blir null: V (x) = λ [ 0 2x 4πε 0 L + 2L x + 2L 5x +... 2L x 2L 9x 2L5 15x... 2x 5 L = 4πε 0 ( 2 5 2 9) L = 2L 45πε 0 x +... Dette er på en oppgitte formen me x +... γ = 2L 45πε 0 (Evt. γ = 8βL /45.) Kommentar: Det er rimelig at potensialet går mot null som 1/x : Hvis staven hae hatt netto laning forskjellig fra null, måtte vi ha forventet at potensialet faller av som 1/x for store x. Men staven har ikke noe netto laning, så vi må forvente at potensialet går raskere mot null enn ette. Hvis staven hae hatt elektrisk ipolmoment forskjellig fra null, måtte vi ha forventet at potensialet faller av som 1/x 2 for store x. (Se f.eks. eksamen mai 2005.) Men staven har heller ikke noe elektrisk ipolmoment, så vi må forvente at potensialet går ena raskere mot null! ] 5
OPPGAVE a) Figur: 2L I l r R x P B (inn i planet) La oss f.eks. legge leeren langs x-aksen, me origo på miten. Av figuren finner vi a: I l = I x r = ( x 2 + R 2) 1/2 I l r = I x ( x 2 + R 2) 1/2 R r = I x R r = ( x 2 + R 2) /2 Dette setter vi inn i Biot Savarts lov og finner B = µ 0IR 4π L L x (x 2 + R 2 ) /2 Her er integralet på en oppgitte formen, me a = 1, b = 0 og c = R 2, slik at B = µ 0IR L x 4π L R 2 x 2 + R = µ 0 IL 2 2πR L 2 + R = µ 0 I 2 2πR 1 + R 2 /L 2 b) I sentrum av en regulær n-kant må vi få et like stort birag til et totale magnetfeltet fra hver av e n rette leerbitene, og alle birag har retning ut av planet (når strømmen går mot klokka, som angitt i figuren i oppgaveteksten). π /n R L=R I tan π /n 6
Vi ser av figuren over at R/L = 1/ tan(π/n) slik at nµ 0 I B n = 2πR 1 + 1/ tan 2 π/n ẑ Hvis n er stor, vs π/n 1, er tan(π/n) π/n, og Derme: B n n nµ 0I 2πRn/π = µ 0I 2R 1 + 1/ tan 2 π/n 1 + n 2 /π 2 n/π. OPPGAVE 4 Magnetfeltet inne i en lange spolen er B = µ 0 ni me retning langs spolen. erme: Omsluttet magnetisk fluks innenfor en kvaratiske sløyfa blir φ(t) = B A = B A cos ωt = µ 0 nia 2 cos ωt Inusert elektromotorisk spenning i sløyfa blir E(t) = φ t = µ 0 nia 2 ω sin ωt vs me amplitue µ 0 nia 2 ω 7