u = 3 16 ǫ 0α 2 ρ 2 0k 2.

Transkript

1 Lösningar till skriftlig deltentamen, FYTA12 Elektromagnetism, 3 juni 2010, kl Tillåtna hjälpmedel: Ett a4-blad med anteckningar, fickräknare, skrivdon. Totalt 30 poäng, varav 15 krävs för godkänt. 1. Elektrosalt (10p) En enkel modell för den effektiva laddningsfördelningen hos jonstrukturen i vanligt bordssalt (NaCl) ges av laddningstätheten ρ(x,y,z) = ρ 0 cos(kx)cos(ky)cos(kz). ρ 0 är en konstant och k ges av k = π/d där d är avståndet mellan två närliggande atomer. a) [3p] Visa att det finns en konstant α sådan att den elektrostatiska potentialen Φ uppfyller Φ(x,y,z) = αρ(x,y,z) (för ett lämpligt val av nollnivån för Φ). Bestäm även värdet på α. Lösning: Sambandet 2 ρ(x,y,z) = ρ 0 ( 2 x + 2 y + 2 z) cos(kx)cos(ky)cos(kz) = ρ 0 ( k 2 k 2 k 2 )cos(kx)cos(ky)cos(kz) = 3k 2 ρ(x,y,z) ger att Φ(x,y,z) = ρ(x,y,z)/(3ǫ 0 k 2 ) är en lösning till 2 Φ = ρ/ǫ 0. Därmed gäller Φ(x,y,z) = αρ(x,y,z) med α = 1/(3ǫ 0 k 2 ). b) [3p] Visa att ovanstående elektriska fält har en genomsnittlig energitäthet u som uppfyller u = 3 16 ǫ 0α 2 ρ 2 0k 2. Lösning: Den genomsnittliga engergitätheten hos det elektriska fältet ges av u = 1 2 ǫ 0E 2 = ǫ 0 ( Φ) 2 = 1 2 ǫ 0α 2 ( ρ) 2 = 1 2 ǫ 0α 2 ρ 2 0k 2 sin 2 kxcos 2 kycos 2 kz +cos 2 kxsin 2 kycos 2 kz +sin 2 kxcos 2 kysin 2 kz = 3 2 ǫ 0α 2 ρ 2 0k 2 sin 2 kxcos 2 kycos 2 kz = 3 2 ǫ 0α 2 ρ 2 0k 2 sin 2 kx cos 2 ky cos 2 kz = 3 2 ǫ 0α 2 ρ 2 0k 2 (1 cos2kx)/2 (1+cos2ky)/2 (1+cos2kz)/2 = 3 16 ǫ 0α 2 ρ 2 0k 2. 1

2 c) [2p] Den elektrokemiska bindningsenergin mellan atomer i en saltkristall är 7.0 MJ/kg. Densiteten hos NaCl är 2.17g/cm 3 och atomavståndet d är 2.82Å. De elektromagnetiska naturkonstanterna har värdena ǫ 0 = F/m och µ 0 = 4π 10 7 H/m. Antag att all bindningsenergi är lagrad i ett elektriskt fält på ovanstående form. Vad blir spänningen mellan potentialens maxima och dess minima? Lösning: Den sökta spänningen ges av U = Φ max Φ min = 2αρ 0. Sambandet som visas i föregånede deluppgift ger 16u/(3ǫ 0 k 2 ) = α 2 ρ 2 0 och därmed gäller U = 2 16u/(3ǫ 0 k 2 ) = 8 u k = 8d u = m J/m 3 3ǫ 0 3π2 ǫ 0 3π F/m = 17 J/F = 17V d) [2p] Som synes i föregående deluppgift kan ganska mycket energi lagras i jonkonfigurationer. Batterier är designade så att en väsentlig andel av denna energi blir tillgänglig för att driva en strömkrets. Ett 9-volts Li/MnO 2 -batteri av standardtyp har en nominell kapacitet på 1200 mah. Batteriet väger 33.8 g. Dess datablad visar en urladdningskurva där batteriet laddas ur av ett motstånd på 900Ω. Avläsning av kurvan ger polspänningen U(t) som funktion av tiden t från det att urladdningen startar: U(0h) = 10V, U(1h) = 8.7V, U(50h) = 8.7V, U(80h) = 8.3V, U(100h) = 7.9V, U(120h) = 6.6V Räkna med att den laddning som finns kvar efter att spänningen har sjunkit till 6.6V är oanvändbar och interpolera den avgivna effekten på lämpligt sätt mellan de angivna datapunkterna. Beräkna batteriets användbara energitäthet i MJ/kg. Lösning: Effekten hos urladdningen genom motståndet ges av P = UI = U 2 /R. Insättning av de aktuella värdena i en trapetsoidbaserad uppskattning av integralen W = t tot dt(u(t)) 2 /R ger W (( )V 2 h)/(2 900Ω) = 9.26Wh = 33.4kJ så att energitätheten blir 0.99MJ/kg. 2

3 2. Reflexioner (8p) Ljus faller in vinkelrätt (i luft) mot en plan gränsövergång till ett homogent medium med det komplexa brytningsindexet ñ = n+iκ med n,κ > 0. Låt ρ ange den andel av ljusintensiteten som reflekteras. a) [2p] Använd Fresnels formel ρ = 1 ñ 2 för att visa att 1+ñ 2n 1+n 2 +κ = 1 ρ 2 1+ρ. Lösning: ρ = 1 ñ 2 1+ñ = (1 ñ)(1 ñ ) 2 (1 ñ)(1 ñ ) = 1 2n+ ñ 2 1+2n+ ñ 2 1 ρ 1+ρ = (1+2n+ ñ 2 ) (1 2n+ ñ 2 ) (1+2n+ ñ 2 )+(1 2n+ ñ 2 ) = 4n 2+2 ñ 2 = 2n 1+n 2 +κ 2 b)[2p]låtnvarakonstantochbetraktaρsomenfunktionavκ.ärdennafunktionmonotont växande, monotont avtagande eller icke-monoton? Lösning: Funktionen ρ 1 ρ 1+ρ är dess invers också monotont avtagande. Funktionen κ är monotont avtagande i intervallet 0 ρ 1 och därmed 2n är monotont avta- 1+n 2 +κ 2 gande för κ > 0. Den sökta funktionen κ ρ är monotont växande eftersom den är en sammansättning av två monotont avtagande funktioner. c)[2p]låtκvarakonstantochbetraktaρsomenfunktionavn.ärdennafunktionmonotont växande, monotont avtagande eller icke-monoton? Lösning: lim n 0 ρ = 1, lim n ρ = 1 och ρ n=1 = 2/(2 + κ 2 ) < 1 för κ 0 ger att funktionen n ρ inte kan vara monoton. d) [2p] För vissa ñ reflekteras minst halva ljusintensiteten och dessa ñ utgör en delmängd av de komplexa talen. Karaktärisera denna delmängd geometriskt i det komplexa talplanet. Lösning: 1 ρ 1/2 (1 ρ)/(1+ρ) 1/3 6n 1+n 2 +κ 2 8 (n 3) 2 +κ ñ 3 vilket svarar mot den del av det komplexa talplanet som ligger utanför en cirkel med radie 2 2 och centrum i 3. Villkoret n,κ > 0 begränsar lösningsmängden till den övre högra kvadranten av det komplexa talplanet. 3

4 3. Magnetisk sfär (8p) En sfärisk permanentmagnet med radien R är homogent magnetiserad. Det resulterande magnetfältet inuti magneten är homogent och betecknas med B 0. Låt r beteckna vektorn från magnetens centrum till en punkt i rummet och sätt ˆr = r/ r. Utanför magneten (d.v.s. för r > R) beskrivs magnetfältet av B(r) = R3 2 r 3(3(B 0 ˆr)ˆr B 0 ). a) [2p] Bestäm det totala magnetiska dipolmomentet. Lösning: Både magnetiseringen och B-fältet är homogena i sfären och därmed är H-fältet också homogent inuti sfären. Av symmetriskäl kan man anta att det inre H-fältet är parallellt med B 0. Betrakta H-fältet strax utanför sfärens yta för r sådana att r B 0 = 0. Där är H-fältet parallellt med sfärens yta och H = 1 µ 0 B(r) = R3 ( B r 3 0 ) = 1 B 0. Villkoret H = 0gerattHharsammavärdeinutimagneten.Dågesmagnetiseringenav M = 1 µ 0 B 0 H = 3 B 0. Det totala magnetiska dipolomomentet blir m = MV = 2π µ 0 B 0 R 3. b) [1p] Visa att ˆr B är kontinuerlig vid sfärens yta. Lösning: Innuti sfären gäller ˆr B = ˆr B 0 och på utsidan vid sfärens yta där r = R gäller ˆr B = ˆr B(r) = ˆr 1(3(B 2 0 ˆr)ˆr B 0 ) = 1(3B 2 0 ˆr ˆr B 0 ) = ˆr B 0. Dessa uttryck mathcar varandra och därmed är ˆr B kontinuerligt. c) [2p] Visa att B = 0 för r > R. Lösning: Välj koordinatsystem så att z-axeln är parallell med B 0. Det ger B = 3R3 2r (B 0z)r R3 5 2r 3B 0 ) = ( 3R3 (B 2r 5 0 z)r+ 3R3 2r ( B 0z) r+ 3R3 5 2r (B 0z) r 5 = 15R3 2r 5 B 0z + 3R3 2r 5 B 0z + 9R3 2r 5 B 0z + 3R3 2r 5 B 0z = 0. ( R3 ) B 2r 3 0 d) [3p] Visa att B = 0 för r > R. Lösning: B(r) = 3R3 3ˆr(B 2r 0 ˆr) R3 B 2r 3 0 = ( ) R3 2r 3 (B0 r) R3 (B 2r 3 0 r) = R3 (B 2r 3 0 r) ger B = R3 (B 2r 3 0 r) = 0. 4

5 4. Speciell strömtäthet (4p) Här definieras fyrvektorn j µ enligt j µ = (ρc,j) där ρ är laddningstätheten och j är strömtätheten. Fyrvektorn A µ definieras av A µ = (Φ/c,A) där Φ är skalärpotentialen och A är vektorpotentialen för det elektromagnetiska fältet. Antag att strömtätheten j µ kan uttryckas enligt j µ = 1 µ 0 µ a där a är ett skalärfält. a) [3p] Visa att det finns ett val av gauge sådant att A µ = 0 och bestäm tillhörande gauge-villkor. Lösning: För en allmänn gauge är Maxwells ekvationer A µ µ X = µ 0 j µ där X = µ A µ. Insättningavj µ = 1 µ 0 µ ager A µ + µ X = µ a.ettvalavgaugesåatt A µ = 0gerdärför X = aochgauge-villkoretblir µ A µ = a.nuåterstårdetattvisaattdennagaugeexisterar. En gauge-transformation beskrivs av A µ A µ = A µ µ Λ där Λ är ett skalärfält. Ovanstående gauge-villkor för det transformedade fältet blir a = µ A µ = µ A µ Λ. Det betyder att man får den önskade gaugen genom att välja Λ = a+ µ A µ. Ett sådant Λ existerar eftersom vågekvationen har lösningar för godtyckliga källtermer a+ µ A µ. b) [1p] Motivera följande påstående: Ovanstående val av gauge är onaturligt med avseende på kausalitet. Uppgiften är felformulerad. Tänkt lösning: Den allmänna lösningen till A µ = 0 sätts samman av vågor som saknar källor. Det leder till att vågor i A µ som sträcker sig framåt i tiden även sträcker sig bakåt i tiden. För vågor som orsakas av en strömfördelning j µ 0 betyder det att påverkan på A µ framträder före dess orsak. Korrektion: Uppgiftens förutsättningar leder till att j µ = 0 så att fyrströmmen sätts samman av vågor som rör sig med ljushastigheten och då måste även strömfördelningen sträcka sig bakåt i tiden så att motsägelsen faller. 5