Lösningar till seminarieuppgifter

Transkript

1 Lösningar till seminarieuppgifter Uppgift 1 z ρ P z = 0 ρ Introducera ett koordinatsystem så att det jordade planet sammanfaller med planet z = 0, oc skivans centrum med punkten (0,0,). a) Problemet består av flera delproblem: 1. pegla ytladdningen i planet för att få rätt fältbild i området ovanför planet 2. Ytladdningstäteten i punkten P ges av ρ plan (P) = ǫ 0 ẑ E(0) där E(0) är fältet från skivan oc dess spegelbild 3. Inse att bidragen från skivan oc dess spegelbild ger lika stort bidrag i planet 4. Bestäm det elektriska fältet i origo från skivan oc dess spegelbild 5. Från det elektriska fältet bestäm ytladdningstäteten på planet teg 4: Fältet från enbart skivan i punkten (0,0,0) ges av (r = ρˆρ+ẑ) E 1 (0) = ρ 4πǫ 0 = ρ ẑ 2ǫ 0 kivan a 0 r = ρ a ( 2π 0 r 3d 4πǫ ρdρ (ρ ) 3/2 = ρ ẑ 2ǫ 0 teg 5: Därmed blir ytladdningstäteten ( 1 ) ρ plan (P) = ρ (1 a2 + 2 ) ρˆρ+ẑ (ρ ) 3/2ρdφ dρ ) a2 + 2

2 b) Ytladdningstäteten ges av ρ plan (40a,30a,0) = ε 0 E z (40a,30a,0). Avståndet från origo, (40a)2 +(30a) 2 = 50a, är såpass stort att vi kan använda dipolapproximationen för att bestämma E z. Denna ger E(r) = p 4πε 0 r3(2cosθˆr +sinθˆθ) där dipolmomentet är skivans laddning Q = ρ πa 2 gånger avståndet 2 mellan skivan oc dess spegelladdning. I punkten (40a,30a,0) gäller r = 50a, θ = π/2, ˆθ = ẑ. Det ger där p = 2ρ πa 2. p (40a,30a,0) 4π(50a) 3 ρ plan Figuren visar en beräkning, gjord i Comsol, av det elektriska fältet. Uppgift 2 z l ρ l = Q/l z = 0 l ρ l = Q/l Intuitivt verkar en vertikal kraft mellan nålen oc oc dess spegelbild i planet nedåt (negativ z-komponent). Problemet består av flera delproblem: 1. pegla linjeladdningen i planet för att få rätt fältbild i området ovanför planet 2. Bestäm det elektriska fältet från spegelbilden av staven 3. Integrera upp kraften på staven från fältet från stavens spegelbild

3 teg 2: Det elektriska fältet i en punkt r = zẑ, z > 0, på den vertikal axeln från spegelbilden är (källpunkt r = z ẑ, linjeladdningstätet ρ l = Q/l, linjemått dl = dz ) E(r) = Q 4πǫ 0 l pegelladdning r r r r 3 dl = Qẑ 4πǫ 0 l l teg 3: Den totala kraften F() på nålen blir således F() = Q l l+ = Q2 ẑ 4πǫ 0 l 2 1 (z z ) 2 dz = Qẑ ( ) 1 4πǫ 0 l z + 1 z +l + l+ E(z)dz = Q2 ẑ 4πǫ 0 l 2 ( ln l+2 2+2l ln 2 l+2 ( 1 z + 1 z +l + ( ) F() = Q2 ẑ 4πǫ 0 l ln l (+l) ) ) dz = Q2 ẑ (l+2)2 ln 4πǫ 0 l2 2(2+2l) Kraften är attraktiv, som förväntat. Figuren nedan visar fältlinjerna då = l (Comsol).

4 Uppgift 3 a) 1. ant. Vi kan påstå lite mer, nämligen att det elektriska fältet är överallt riktat radiellt utåt oc beror endast av r, E = E(r)ˆr. Det innebär också att potentialen V(r) endast beror av r. Vi kan kontrollera att E(r) = E(r)ˆr oc V(r) satisfierar alla randvillkor. Randvillkoren är: 1. Potentialen är konstant på varje metallyta. 2. Tangentialkomponenten av E är kontinuerlig i gränsytan mellan dielektrikumet oc vakuum. 3. Normalkomponenten av D är kontinuerlig vid gränsytan mellan dielektrikumet oc vakuum. Det är klart att 1 oc 2 är uppfyllda. 3 är uppfylld pga av att normalkomponenten av E oc därmed av D är noll vid gränsytan. 2. Falskt. D = ε 0 E i vakuumdelarna oc D = ε 0 ε r E i dielektrikumet. 3. ant. Följer av analysen för ant. Det yttersta skalet är jordat. Därmed är E = 0 utanför detta. Gauss lag säger då att totalladdningen för systemet är noll. Det mittersta skalet oc dielektrikumet ar noll totalladdning. Då måste det innersta oc yttersta skalen a samma laddning men med motsatt tecken. 5. ant. E beror bara av r oc då beror D endast av r mellan det mittersta oc yttersta skalet. Ytladdningen på utsidan av mellanskalet är då konstant. 6. Falskt. E beror bara av r. Eftersom den fria ytladdningstäteten ges av ρ = ˆn D oc D = ǫ 0 E i vakuumdelen oc D = ǫ 0 ε r E vid dielektrikat är den fria ytladdningstäteten ε r gånger större vid dielektrikat än i vakuumdelen. 7. Falskt. På insidan är V konstant, E = 0 oc därmed Q in = ant. Det mellersta skalet är oladdat oc då måste laddningarna ta ut varandra. 9. Falskt. Q ut = 0 enligt 4. b) Vi bestämmer först kapacitansen mellan två sfärer med konstant ε r mellan sig. Därefter fås totala kapacitansen genom serie- oc parallellkoplingar. Antag två koncentriska sfäriska metallskal med radie a respektive b > a. Mellan sfärerna finns ett material med permittivitet ε r. Låt nu den inre sfären a laddningen Q oc den yttre Q. färisk symmetri ger D = D(r). Gauss lag ger då D(r) = Q Det ger E(r) = Kapacitansen är därmed Q 4πε 0 ε r r2ˆr mellan skalen. pänningen mellan skalen är V = b a E(r) ˆrdr = Q ( 1 4πε 0 ε r a 1 ) b 4πr2ˆr mellan skalen. C = Q V = 4πε ba 0ε r (1) b a Vi kan se denna kondensator som två parallellkoppplade kondensatorer där var oc en av dessa utgörs av två alvsfäriska skal. Kapacitansen för två parallellkopplade kondensatorer

5 är summan av deras kapacitanser. Därmed är kapacitansen för en kondensator bestående av två alvsfäriska skal ab C alv = 2πε 0 ε r (2) b a Totala kapacitansen C för vårt system ges av en seriekoppling av den yttre oc inre kondensatorn 1 C = där C yttre är kapacitansen mellan r = 2a oc r = 3a oc C yttre C inre C inre är kapacitansen mellan r = a oc r = 2a. Vi utnyttjar att C inre kan ses som två parallellkopplade kapacitanser. Enligt (1) oc (2) gäller C yttre = 24πε 0 a C inre = 4πε 0 (1+ε r )a Det ger C = 24πaε 0(1+ε r ) 7+ε r Uppgift 4 I samtliga deluppgifter använder vi Ampèrs lag på integralform på en ledare i taget. Vi kommer alltid att låta kurvan C vara en cirkel kring ledarens symmetriaxeln vilket ger H(r) = I in 2πr cˆφ där I in är strömmen som går genom C. Riktningen på strömmen är är relaterade till ˆφ via skruvregeln. Totala magnetfältet ges som en superposition av de båda ledarnas magnetfält. a) I origo gäller för båda ledarna att r c = a oc ˆφ = ŷ. Det ger H(0,0,0) = I πaŷ b) Den yttre ledaren ger inget magnetfält i det inre området. Den lilla ledaren ger H( a,0,0) = I 4πaŷ c) Tricket är att se det vita området som en superposition av två likadana områden med strömtäteter J = I I 4πa2ẑ respektive J = 4πa2ẑ. Då är magnetfältet en summa av fältet från två cirkulära ledare med J = I I 4πa2ẑ respektive J = 4πa2ẑ. I det vita området ges den vänstra cirkulära ledarens fält H 1 oc den ögra cirkulära ledarens fält H 2 av H 1 (r) = Jπr2 1 2πr 1 ˆφ1 H 2 (r) = Jπr2 2 2πr 2 ˆφ2

6 där J = I 4πa 2 oc r 1 = (x+a) 2 +y 2 ˆφ 1 = 1 ( y,x+a) r 1 r 2 = (x a) 2 +y 2 ˆφ 2 = 1 ( y,x a) r 2 Det ger H(r) = H 1 (r)+h 2 (r) = Jaŷ = I 4πaŷ Figuren visar en beräkning av magnetfältet gjord i Comsol.

7 Uppgift 5 a) Använd Ampères lag. Lägg z axeln längs de raka ledarna oc låt den peka uppåt. Problemet är axialsymmetriskt. Det ger H(r) = H(r c )ˆφ i varje plan z =konstant. Lägg en cirkel med radien r c runt z axeln. Ampères lag ger B(r c )2πr c = µ 0 ström genom cirkeln trömmen genom cirkeln är noll om cirkeln är innanför cylindern oc I om cirkeln är utanför. Det ger 0 innanför cylindern B(r) = µ 0I utanför cylindern 2πr cˆφ b) Använd Biot-avarts lag. Låt slingan ligga i planet z = 0 av symmetriskäl är flödestäteten riktad i positiv z led. De fyra raka ledaren ger samma bidrag till B(0). För den undre ledaren fås B 1 (0) = µ 0I dl (0 r ) 4π r 3 Vi använder x som parameter. Den går från a/2 till a/2. Det gäller att C dl = ˆxdx r = x ˆx a 2ŷ ( a 2 r = x 2 + 2) dl r = a 2ẑ

8 Det ger B 1 (0) = µ 0I 4π a/2 a/2 Integralen finns i formelsamlingen. lutsvaret blir a/2 (x 2 +(a/2) 2 ) 1.5 dx ẑ B(0) = 4B 1 (0) = 2 2µ 0 I ẑ πa c) Använd Ampères lag. Vardera ledaren ger B 1 (r) = µ 0I 2πr cˆφ där man lagt en z axel längs ledarens symmetriaxeln oc med ẑ i strömmens riktning. Lägger vi ett koordinatsystem enligt figur får vi i båda ledarna. Uppgift 6 B = µ 0I 10πaŷ Problemet ar sfärisk symmetri, vilket medför att E(r) = E(r)ˆr, oc V(r) = V(r). 1. Gauss lag används för en sfärisk yta med radie r. E ˆnd = Q enc. /ε 0 Det vänstra ledet blir (E(r) ˆn = E(r)ˆr ˆr = E(r)) E ˆnd = 4πr 2 E(r) oc den inneslutna laddningen Q enc. i det ögra ledet beräknas utgående från rymdladdningstäteten ρ(r). För r < a integrerar vi upp den totalt inneslutna laddningen i klotet med radie r. Vi får r Q enc. = ρ(r )dv = 4π αr r 2 dr = παr 4 0 r r För r > a integrerar vi endast upp till r = a eftersom det utanför r = a inte finns några laddningar. Vi får a Q enc. = ρ(r )dv = 4π αr r 2 dr = παa 4 r a 0 ammanfattningsvis, Q enc. = { παr 4, r a παa 4, r a

9 Det elektriska fältet blir E(r) = E(r)ˆr = Q enc.ˆr 4πε 0 r 2 = αˆr 4ǫ 0 { r 2, r a a 4 /r 2, r a 2. Poissons ekvation där laddningstäteten ρ(r) är 2 V = ρ/ε 0 ρ(r) = { αr, r < a 0, r > a Potentialen kan p.g.a. den sfäriska symmetrin endast bero på radien r. Randvärdesproblemet blir ( 1 d r r 2dV(r) ) { = αǫ0 r, r < a 2 dr dr 0, r > a V ändlig överallt V(r = a ) = V(r = a + ) dv(r) dr = dv(r) r=a dr r=a + V(r ) = 0 (jord) Lösningen är (a) I området r < a får vi med allmän lösning där A oc B är konstanter. ( ) d r 2dV(r) = α r 3 dr dr ǫ 0 V(r) = αr3 12ǫ 0 A r +B (b) I området r > a får vi en allmän lösning där C oc D är konstanter. V(r) = C r +D Randvillkoren ovan ger följande ekvationssystem A = 0 αa3 12ǫ 0 A a +B = C a +D αa2 + A 4ǫ 0 a = C 2 a 2 D = 0 A = 0 B = αa3 3ǫ 0 C = αa4 4ǫ 0 D = 0

10 Potentialen blir oc det elektriska fältet V(r) = α 12ǫ 0 4a 3 r 3, r a 3a 4 /r, E(r) = V(r) = αˆr 4ǫ 0 { r 2, r a r a a 4 /r 2, r a