Tenta svar. E(r) = E(r)ˆr. Vi tillämpar Gauss sats på de tre områdena och väljer integrationsytan S till en sfär med radie r:

Transkript

1 Tenta 56 svar Uppgift a) På grund av sfäriskt symmetri ansätter vi att: E(r) = E(r)ˆr Vi tillämpar Gauss sats på de tre områdena och väljer integrationsytan S till en sfär med radie r: 2π π Q innesluten = ε E ds = ε E(r)ˆr r 2 sin θdθdφˆr = ε E(r) S vilket ger oss att: E(r) = Q innesluten ε r 2 ˆr Då r < a har vi Q innesluten = och därmed E =. För a r b har vi: E(r) = Q a ε r 2 ˆr och för r > a har vi: Svar: E(r) = Q a + Q b ε r 2 ˆr, r < a E(r) = ε Q a r 2 ˆr, a r b ε Q a + Q b r 2 ˆr, r > b

2 b) Enligt Amperes lag kan vi relatera den omslutna strömmen I om till ett magnetfält enligt: I om = H dl Vi ansätter H = H(R) ˆφ. Detta betyder att för R < a är H =, eftersom högerledet ska gälla för varje sluten kontur. Om konturen väljs till en cirkel med radie R > a centrerad kring ledarens symmetriaxel får vi att den omslutna strömmen är: 2π R I om = JRdφdR = JRdφ = πj(r 2 a 2 ) S där S har som rand, och där strömtätheten är: J = a I π(b 2 a 2 ) eftersom strömmen I fördelar sig likformigt över tvärsnittsytan. Högerledet i Amperes lag ger nu: och vi får att: H dl = 2π HRdφ = 2πHR I (b 2 a 2 ) (R2 a 2 ) = 2πHR H = För R > b är den inneslutna strömmen I, och vi får: H = I 2πR I R 2 a 2 2π(b 2 a 2 ) R Svar:, R < a H = I R 2 a 2 2π(b 2 a 2 ) R I 2πR ˆφ, ˆφ, a R b R > b 2

3 Uppgift 2 Vi använder oss av Biot-Savarts lag: B = µ I dl ˆr r 2 = µ I dl r r 3/2 Vi börjar med bidraget från delen (,,) (a,,), där dl = dxˆx och r = aẑ xˆx Eftersom så får vi: dvs dl ˆr = dxˆx (aẑ xˆx) = adxŷ B = µ I a = a µ I B = µ I adxŷ (a 2 + x 2 ) 3/2 [ x a 2 (x 2 + a 2 ) /2 2a ŷ ] a ŷ Bidraget från delen (,a,) (,,), där dl = dyŷ och r = aẑ yŷ blir av symmetriskäl till beloppet lika stort som B. Riktningen ges av vektorprodukten: dl r = dyŷ (aẑ yŷ) adyˆx där minustecknet kommer av att strömmen går från y = a till y =. och vi har alltså: B 2 = µ I ˆx 2a I det sista bidraget har vi: r = aẑ xˆx yŷ = aẑ xˆx (a x)ŷ eftersom y = a x. Vi har även att: vilket innebär att: dl = dx (ˆx ŷ) dl r = dx (ˆx ŷ) aẑ xˆx (a x)ŷ = adx(ˆx + ŷ + ẑ) 3

4 Biot-Savarts lag ger nu: B 3 = µ I adx a (a 2 + x 2 + (a x) 2 ) 3/2 (ˆx + ŷ + ẑ) }{{} =S och vi kallar själva integralen för S. För att kunna använda oss av formelbladet skriver vi om nämnaren: a 2 + x 2 + (a x) 2 = 2 [(x a/2) 2 + ( 3a/2) 2] och substituerar: vilket innebär att: Integralen får nu utseendet: S = = a/2 2 3/2 a/2 ( 4 2 3/2 3a Alltså har vi: dx = dt, t = x a/2 t : a/2 a/2 adt ( t 2 + ( 3a/2) 2) 3/2 = 2 3/2 2( 3a/2) 2 a/2 a 2 /4 + 3a 2 /4 ) a/2 a 2 /4 + 3a 2 /4 } {{ } = B 3 = 2 3 2a Slutligen får vi resultatet: B = B + B 2 + B 3 = µ I µ I (ˆx + ŷ + ẑ) = µ ŷ µ I 2a 2a ˆx + = 2 3 2a I 6 (ˆx + ŷ + ẑ) 2πa µ I 6 2π (ˆx + ŷ + ẑ) a = µ I [ˆx ( 3 + 2) + ŷ ( 3 + 2) + 2ẑ] 2π 2a = µ I ( ˆx ŷ + 2ẑ) 2π 2a t t 2 + ( 3a/2) 2 a/2 a/2 Svar: µ I ( ˆx ŷ + 2ẑ) 2π 2a 4

5 Uppgift 3 a) I en ledare finns lättrörliga laddningar. Det elektriska fältet gör att laddningarna utsätts för en kraft. Laddningarna kommer att röra sig; positiva laddningar med fältet och negativa laddningar mot fältet. Ett motriktat fält kommer då att byggas upp, och till slut blir det totala fältet noll. b) I metaller finns fria elektroner som kan skärma yttre elektriska fält. Detta sker eftersom de utsätts för en kraft och accelereras, dvs omfördelas, tills ett inre, motriktat, fält har byggts upp som tar ut det yttre fältet. Elektromagnetiska vågor reflekteras då istället för att passera genom metallen. För de flesta metaller ligger plasmafrekvensen i den ultravioletta delen av spektrat, vilket gör att allt synligt ljus, som har lägre frekvens, reflekteras. Detta ger metaller dess silvriga sken. Om det yttre fältet är tidsberoende, som i elektromagnetska vågor, och har tillräckligt hög frekvens, kommer elektronerna inte hinna omfördelas nämnvärt. Elektronerna har ju trots allt en tröghet! Förmågan att skärma yttre fält försvinner då. Den frekvens när skärmningen upphör kallas plasmafrekvensen. I atmosfären joniseras molekyler av kosmisk strålning, vilket skapar fria elektroner. Vid radiosändningar med frekvenser under plasmafrekvensen reflekteras radiovågorna mot atmosfären, vilket möjliggör sändningar över avstånd som annars vore omöjliga på grund av Jordens krökning. Uppgift 4 Vi kallar laddningarna på kondensatornplattorna Q och Q. På den platta som förs in kommer laddningar lika stora laddningar att ansamlas (till dess att E-fältet inuti plattan är noll). Vi antar att kondensatorplattorna befinner vid z = (med laddning Q) och vid z = d (med laddning Q). I de två mellanrummen kommer nu E-fälten vara lika stora, men motriktade: E ẑ, < z < z E(r) =, z z z 2 E ẑ, z 2 < z < d där E antas vara positiv. Potentialskillnaden kan fås med hjälp av definitionen: d z d V = E dl = ( E ẑ) dz ( E ẑ) dz 5 z 2

6 Vi bestämmer nu E fältet, dvs vi söker E. Om vi placerar en cylindrisk gaussburk med botten inuti bottenplattan och locket någonstans vid z < z. Gauss sats ger att: Q innesluten = E ds ε S där den inneslutna laddningen befinner sig i bottenplattan, som har arean S: Q innesluten = ρ S = Q A S och eftersom det elektriska fältet är riktat mot den negativa laddningen: får vi: och vi löser nu ut: E = E ẑ Q ε A S = E S E = och vi ser att E är oberoende av z. V = Q ε A Q ( z d ) dz + dz = Q ε A z 2 ε A z z 2 }{{} = d +d Q ε A (d d ) Laddningen på kondensatorbeläggen ändras inte av att plattan förs in mellan dem. Vi kan teckna laddningen utifrån den givna potentialskillnaden U = 2 V enligt: d U = E dz = d ( Q ε A )dz = Detta kan sättas in i uttrycket för V, vilket ger: Q ε A d Q = U d ε A V = U d (d d ) Numeriskt får vi: Svar: 8 V V = 2 ( 6) V = 8 V 6

7 Uppgift 5 Spolen kommer att ge upphov till ett magnetiskt flöde. Flödet i mittendelen kallar vi Φ och flödet i vänster- respektive högerdelen kallar vi Φ och Φ 2. Om vi antar att ingen läckning förekommer så har kan vi skriva: Φ = Φ + Φ 2 och eftersom delarna är identiska har vi att Φ = Φ 2 och Φ = 2Φ = Φ = Φ 2 Detta betyder att flödestätheten i delarna är: och den magnetiska fältstyrkan: B = B 2 H = H 2 Amperes lag: ger: NI = H dl NI = 3H d + Hd = 5 2 Hd och vi löser ut fältstyrkan: H = 2 NI 5 d som kan uttryckas i flödestätheten: Svar: B = 2 µ µ r NI 5 d B = 2 µ µ r NI 5 d 7

8 Uppgift 6 Den inducerade emk:n kan skrivas: Flödet genom den slutna slingan är: Φ = e = dφ dt S B ds Där B-fältet på avståndet x från lång rak ledare är: B = Iµ 2πx ˆϕ Vi integrerar över den yta som slingan omsluter: Φ = L och inducerade emk:n fås nu som: int 2a Iµ a 2πx dxdz = LIµ 2π ln 2 e = di dt L µ 2π ln 2 Under de första tio sekunderna induceras en emk: e(t) =,2,2 2 7 ln 2 V = 4,8 ln 2 V = 3,327 V Den inducerade strömmen i slingan blir då: i = e R =,28 A och laddningen som passerar under tiden t Svar:,28 n q = i t =,28 9 =,28 n 8