Tentamensskrivning i Ellära: FK4005e Fredag, 11 juni 2010, kl 9:00-15:00 Uppgifter och Svar

Transkript

1 Tentamensskrivning i Ellära: FK4005e Fredag, 11 juni 2010, kl 9:00-15:00 Uppgifter och Svar Ge dina olika steg i räkningen, och förklara tydligt ditt resonemang! Ge rätt enhet när det behövs. Tillåtna hjälpmedel: Physics handbook eller motsvarande, formel lista och en räcknedose. Lycka till! 1. Maxwells ekavtioner. Fråga: Total Poäng: a. (4 p) Ge de fyra Maxwell ekvationerna i integral form, i termer av det elektriska fältet E och det magnetiska fältet B. b. (8 p) Förklara kort betydelsen av varje Maxwell ekvation (maximalt tre meningar per ekvation). 1. E ds = Q inuti ɛ 0, Gauss lag. S Gauss lag relaterar laddningen i en volym (Q inuti ) med det elektriska flödet genom volymens (sluten) yta S. I termer av fält linjer kan man säga att fält linjerna börjar (slutar) på positiva (negativa) laddningar, och att mengden av fält linjerna som lämnar ytan ges av laddningen inuti över den elektriska permittiviteten i vakuum. Flödet genom ytan är oberoende av hur laddningen är fördelat i volymen. 2. E dl = dφ, Faraday s lag. C dt Faradays lag säger att ändringar i det magnetiska flödet skapar ett elektriskt fält som har slutna fält linjer. Integralen av det elektriska fältet längs en godtycklig sluten kurva C, ges av minus ändringen av det elektriska flödet genom den här kurvan. 3. B ds = 0. S Den här lagen säger att det magnetiska flödet genom en godtycklig sluten yta alltid är noll. Det betyder att de magnetiska fält linjer som går in genom ytan S måste också lämna genom S igen, så magnetiska fält linjer slutar aldrig. Så det finns inga magnetiska monopoler. 4. B dl E = µ C 0 I enc + µ 0 ɛ 0 S ds, Amperes lag med Maxwell term. t Den här lagen innebär att både strömmer och ändringar i flödet av det elektriska fältet skapar ett magnetiskt fält, som har slutna fält linjer. Integralen av det magnetiska fältet längs en godtycklig kurva C ges av summan av den innesluten strömmen och ändringen i det elektriska flödet igenom kurvan. 1

2 S 2. En laddat cylinder. En (oendligt) lång, ihålig cylinder, med inre radie a, och yttre radie b har en ytladdningstäthet ρ = ρ 0 r, där r är avståndet till cylinders axel och ρ 0 en konstant. Utanför cylindern är laddningen noll. Bestäm det elektriska fältet överallt (0 < r < ). Vi har cylindersymmetri, och det elektriska fältet är radiell, som innebär att E är parallell med ˆr (i cylinderkoordinater). Dessutom beror E bara på r, så vi har E( r) = E rˆr. Det är enklast att använder Gauss lag för att bestämma det elektriska fältet: E ds = Q inuti ɛ 0. Som Gauss ytor tar vi cylindrar med samma axel som den laddade cylinder, och med olika radier R. De här cylindrarna har höjd h. Det elektriska flödet igenom Gauss ytor får inget bidrag från över och nedre sidan av cylindern (basytor), eftersom E är parallell med de här sidorna. Så det är bara mantelytan som ger ett bidrag till flödet. På mantelytan är E konstant, så flödet igenom cylinder blir E ds = 2πRhEr. S Nu ska vi bestämma laddningen inuti Gauss ytorna, i tre olika fall. Först, om R < a, har vi att laddningen inuti Gauss ytan är noll, Q inuti = 0, som innebär att E = 0. Sedan tittar vi på fallet a < R < b. Nu har vi att laddningen inuti Gauss ytan ges av Q inuti = ρdτ = 2π dφ h dz R drrρ(r) = 2πhρ V 0 0 a 0 Det betyder att E r = ρ 0 3ɛ 0 r (r3 a 3 ). Till slut, om R > b, har vi att Q inuti = 2πhρ 0 E r = ρ 0 3ɛ 0 r (b3 a 3 ). R a drr2 = 2πhρ 0 3 (R 3 a 3 ). 3 (b 3 a 3 ), och det elektriska fältet blir Så, vi har det följande svaret: 0 om 0 r a, ρ E = 0 (r 3 a 3 ) 3ɛ 0 ˆr om a r b, r ρ 0 (b 3 a 3 ) 3ɛ 0 ˆr om b r <. r (1) 2

3 3. I ett område finns tidsoberoende elektriska och magnetiska fält, som ges, i termer av kartesika koordinater, av B = k m (xy, f(x, y, z), z 2 ) och E = k e (xy, f(x, y, z), g(x, y)), med k e och k m konstanter, f(x, y, z) en allmän funktion som kan beror på koordinaterna (x, y, z), och g(x, y) en funktion som inte beror på z. a. (8 p.) Bestämm funktionerna f och g. I origo är både E och B noll. b. (5 p.) Bestämm laddningstätheten och strömtätheten som ger upphov till de här fälten. a. För att bestämma funktionerna f och g, använder vi Maxwells ekvationer i det statiska fallet. Nämligen, vi använder B = 0 och E = 0. Den första ekvationen ger oss 0 = B = k m (y + f(x,y,z) + 2z), som ger oss att f(x,y,z) = y y y 2z, eller f(x, y, z) = 1/2y 2 2yz + c 1 (x, z), med c 1 (x, z) en konstant som inte beror på y. Vi har E = 0, eller k e ( g(x,y) y x-komponenten blir 0 = g(x,y) y g(x, y) = y 2 + c 2 (x), och c 1(x,z) f(x,y,z) z 2y + c 1(x,z) z, 0 g(x,y), f(x,y,z) x) = (0, 0, 0). x x. Det innebär två saker, nämligen = 0, eller att c z 1 = c 1 (x), beror inte på z. y-komponenten innebär att g(x,y) = c 2(x) = 0, eller c x x 2 är en konstant. z-komponenten till slut, ger oss x = c 1(x), eller c 1(x) = 1/2x 2 + c 3, med c 3 en konstant. I origo är både E och B noll, eller c 1 = c 3 = 0. Så vi kom fram till att B = k m (xy, 2yz + 1/2x 2 1/2y 2, z 2 ) och E = k e (xy, 2yz + 1/2x 2 1/2y 2, y 2 ). b. Laddnings och strömtätheten ges av E = ρ/ɛ 0 och B = µ 0 J. Så vi får att ρ = ɛ 0 k e (y +( 2z y)+0) = 2zɛ 0 k e. J, till sluts, är J = k m /µ 0 (2y, 0 0, x x) = 2yˆxk m /µ 0. x 3

4 4. a. (5 p.) Vi har en oändligt lång, rak tråd, som för en ström I. Använd Biot-Savarts lag för att bestämma riktningen av det magnetiska fältet, som finns på grund av strömmen. b. (5 p.) En partikel med massa m, laddning q och utgångshastighet v utsätts för ett homogent magnetiskt fält B. Hur ser partikelns rörelse ut i fältet, och vad är den associerade radien? c. (5 p.) En elektrisk dipol, som består av två laddningar q + = 1.5pC och q = 1.5pC, med ett avstånd a = 2.0µm mellan dem. Dipolen befinner sig i ett homogent elektriskt fält E, med storlek E = 30kV/m. I vilka orienteringar har dipolen det mesta och minsta energi, och vad är energi skillnaden mellan dem? Biot-Savarts lag ger det magnetiska fältet på grund av en tråd. Nämligen, för en infinitesimal bit d l av tråden, är bidraget till fältet I punkt P : db(p ) = µ 0I d l r, med 4π r 2 r vektorn från d l till P. Så, db är vinkelrätt mot både a. d l och r, och riktningen ges av högerhand regeln. För en oendligt lång, rak tråd, tittar vi på bidragen från två symmetriska punkter, ser figuren. Både bidrag från d l 1 och d l 2 pekar in i pappret, som på grund av symmetrin betyder att det magnetiska fältet är i ˆφ riktningen, i polära koordinater. I d l 1 d l 2 r 2 r 1 d B 1 d B 2 ˆφ P b. Lorentzkraften på en laddat partikel i ett magnetiskt fält är F = q v B, med v hastigheten. Kraften är vinkelrätt mot både v och B, och riktningen ges av högerhandregeln. Vi kallar ˆn enhetsvektorn som pekar i den här riktningen. Vi skriver v i termer av komponenterna parallell och vikelrätt mot B, v = v + v. Då får vi att F = q v B ˆn. Eftersom F B har vi F v, som betyder att den parallella komponenten av v ändras inte. I ett konstant B-fält är accelerationen a alltid vinkelrätt mot v, och konstant i belopp. Det betyder att vi har en cirkel rörelse i planet vinkelrätt mot B-fältet. Tillsammans med den konstanta v, har vi en spiralrörelse kring B-fältlinjerna. Accelerationen för cirkelrörelse ges av a = v2 r, som är a = q m v B på grund av Lorentzkraften. Det betyder att radien är r = mv qb. c. Dipolmomentet av en dipol ges av p = q a, med q den positiva laddningen, och a vektorn som pekar från den negativa mot den positiva laddningen. Energin av en dipol i ett elektriskt fält är U = p E. Så, energin är minimal om fältet och dipolmomentet pekar åt samma håll, U min = p E. Energin är maximal om p och E pekar åt motsatt riktning, U max = p E. Energiskillnaden mellan dem är U = 2 p E = = J. 4

5 5. En tråd med ett magnetiskt material En lång, ledande tråd är cylindrisk med radie a. Kring tråden finns ett linjärt magnetiskt material, som också är cylindriskt, med radie b, och relativ permeabilitet µ. I tråden (i.e., för r a) finns en konstant strömtäthet J fri = Jẑ. För r > a är den fria strömmen noll. Du får använder att det magnetiska fältet har bara en komponent, i ˆφ riktningen. Här har vi andvänd cylinder koordinater. b a J fri a. (7 p.) Bestäm H och B överallt, 0 r a, a < r < b och r b. b. (6 p.) Varför har vi att H = 0 inuti det magnetiska materialet? Andvänd detta för att bestämma de bundna strömmar inuti det magnetiska materialet. Bestäm också de bundna strömmar på ytan av det magnetiska materialet. a. På grund av symmetrin vet vi att riktningen av det magnetiska fältet (både B och H) är parallell med ˆφ. Dessutom har vi att fälten beror bara på r, avståndet till symmetri axeln. Då använder vi Amperes lag, i integral form, nämligen H dl = C I fri, med I fri den fria strömmen, som är innesluten av kurvan C. Det finns bara en fri ström om r a, för a < r < b kan det finnas en bunden ström, men den ger ingen bidrag till H. Efter vi har bestämmd H, kan vi bestämma B, om vi använder att det magnetiska materialet är linjärt, B = µ 0 µ H. Som Ampere kurvor C tar vi cirklar med radie r, eftersom för dem har vi att H är parallell med dl, och konstant. Så vi får att H dl = H C φ (r). Nu beräkna vi I fri för de tre olika situationerna. Först tar vi r < a. Då har vi att I fri = πr 2 J. Eller, i termer av den totala strömmen I t = πa 2 J får vi I fri = r2 I a 2 t. Så, vi har att H rit ˆφ =. Inuti tråden är µ = 1, så för r < a har vi B = µ 0rI t ˆφ. 2πa 2 2πa 2 För a < r < b har vi att den innesluten fria strömmen är I fri = πa 2 J = I t, så vi får att H It ˆφ =. I det här området är µ inte 1, så det magnetiska fältet blir B = µ 0µI t ˆφ. Sist har vi r > b. Fältet H har precis samma form som för a < r < b, nämligen H =, eftersom den innesluten strömmen är samma. I det här fallet är µ = 1, It ˆφ så B blir B = µ 0I t ˆφ. H = ri t ˆφ 2πa 2 I t ˆφ I t ˆφ om 0 r a om a r b om b r < B = µ 0 ri t ˆφ 2πa 2 µ 0 µi t ˆφ µ 0 I t ˆφ om 0 r a om a r b om b r < (2) 5

6 b. För att räkna ut de bundna strömmar, måste vi först bestämma magnetiserningen M. Den ges av M = B/µ 0 H, eller M = (µ 1) H. Så, inuti tråden, r < a och för r > b har vi M = 0, eftersom µ = 1 i de områden. För a < r < b däremot, har vi M = (µ 1) I t ˆφ = (µ 1) H. De bundna strömmen inuti det magnetiska materialet ges av J b = M, så vi måste veta rotationen av M. Inuti det magnetiska materialet har vi H = 0, eftersom det inte finns en fri strömtäthet. Men det innebär att M = 0, eftersom M är proportionell med H. Så, vi har visat att det inte finns bundna strömmar i det magnetiska materialet. Det finns bundna strömmar på ytan av det magnetiska materialet, då. De här bundna ytströmmar ges av i s = M ˆn, med ˆn ytans normal vektor. För r = a har vi ˆn = ˆr och M = (µ 1)It 2πa r = b däremot, ˆn = ˆr, så vi får i s = (µ 1)It 2πb ẑ. ˆφ, såvi får att i s = (µ 1)It 2πa ẑ. För 6

7 6. Vi har en (ideal) spole med själv induktans L och en motstånd med resistans R som är kopplade i serie till en källa med spänning V (t) = V 0 cos(ωt). a. (5 p) Ge kretsens impedansen, och beräkna strömmen i kretsen. Ge båda amplituden och fasen. b. (5 p) Källan tas bort och vi tittar på situationen där en kondensator med kapacitans C, som är laddat upp till en spänning V 1, urladdas igenom spolen och motståndet som är kopplade i serie. Härled differential ekvationen som beskriver strömmen i den här kretsen. Var noggrann med tecknen av spänningar och strömmen. c. (5 p) Vi antar nu att V 1 = 100V, C = 40.0µF, L = 0.500H och R = 100Ω. Lös differential ekvationen för strömmen. Är kretsen svag, kritisk eller överdämpad? Hur mycket energi förloras totalt i motståndet? Du får använder att e at sin(bt) n dt 0 är 1, b 2b, 2 6b, 3, för n = 0, 1, 2, 3, om a och b är reella, och a > 0. a a 2 +b 2 a 3 +4ab 2 a 4 +10a 2 b 2 +9b 4 Man kan får svaret utan att använder integralerna. a. I kretsen har vi en spole med induktans L, och motstånd med resistans R, som har impendans Z L = iωl och Z R = R. Den totala impedansen av kretsen är Z t = R + iωl. För att beräkna strömmen använder vi den komplexa spänningen V = V 0 e iωt, och den komplexa strömmen ges av I = V/Z t. Impedansen kan skivas som Z t = Z 0 e iθ, med Z 0 = (R 2 + (ωl) 2 ) 1/2 den absoluta värden av impedansen, och θ fasen, tan θ = ωl. R Den komplexa strömmen blir nu I = V 0 Z 0 e i(ωt θ). Den reella strömmen blir I(t) = R(I) = V 0 V Z 0 cos(ωt θ). Så, amplituden av strömmen är I 0 = 0, och fasen (R 2 +(ωl) 2 ) 1/2 är ωt θ, så strömmen är fasförskjuten relativt spänningen over vinkeln θ, som ges av tan θ = ωl. Spänningen är före strömmen. R Man kan (men dat behövdes inte) skriva strömmen på det följande sättet, genom att expandera cosinusen: I(t) = V 0 ( ) V 0 ( ) cos(ωt) cos θ + sin(ωt) sin(θ) = R cos(ωt) + ωl sin(ωt), Z 0 (R 2 + (ωl) 2 ) eftersom cos θ = R Z 0 och sin θ = ωl Z 0. b. Vi har en krets med en (i början) laddat kondensator, en spole och en resistans. Vi använder Faraday s lag för att härleda differential ekvationen som beskriver kretsen: E ind = E dl. Den inducerade spänningen (EMS) E C ind är över spolen, och integralen får bidrag från spännings skillnader över resistansen och kondensatorn. För att relatera laddningen på kondensatoren med strömmen använder vi I = dq, dt så strömmen är positiv när kondensatorn laddas upp (man får väljer det tvärtom också). Så jag valde att rikningen mot den positivt laddad sidan av kondensatorn är den positiva riktningen. 7

8 E ind = L di. Integralen längs kretsen, i positiv riktning ger E dl = Q +IR. Så, dt C C vi har ekvationen L di + IR + Q = 0. Vi differentierar mot t för att får en ekvation dt C bara i termer av I: L d2 I dt 2 + di dt R + I C = 0. c. Vi har att R 2 = 10000Ω 2, och 4L = C 50000Ω2, så R 2 < 4L/C, och kretsen är svag dämpad. För att lösa ekvationen måste vi bestämma randvillkoren. Strömmen kan inte ändrar sig plötslig, eftersom vi har en induktans, så I(0) = 0. Eftersom det inte finns en strömm på t = 0, måste spänningen över kondensator motsvara den över spolen på t = 0: V 1 = L di (0). dt Ekvationen lösas genom att försöka I(t) = Ae kt, som borde ge två lösningar. Den här ansatsen ger oss (k 2 L + kr + 1/C)Ae kt = 0, så vi får att k 1,2 = R ± 2L 1 2L R 2 4L C. Nu använder vi värden för att bestämma k 1,2, och vi får att k 1 = i200, och k 2 = 100 i200. Vi har två lösningar, e ( 100+i200)t och e ( 100 i200)t, som kan kombineras till lösningarna e 100t sin(200t) och e 100t cos(200t), och man skriver i allmänhet I(t) = e 100t (A sin(200t) + B cos(200t)). Nu använder vi randvillkoren. Först har vi 0 = I(0) = 1(A0 + B1) = B, så B = 0. Sedan har vi V 1 /L = 200 = di di (0), och = dt dt Ae 100t ( 100 sin(200t) cos(200t)), som innebär att A = 1. Så, vi får svaret I(t) = e 100t sin(200t): strömmen är en dämpad sinus. Att strömmen är negativ i början stämmer, eftersom kondensator laddas ur. Energin som totalt förloras i motståndet är precis lika mycket som energin som var lagrat på kondensatorn i början, nämligen U = 1CV = 0.200J. Det går också att räkna ut energin genom att integrera effekten i motståndet, förstås, som ger samma svar, U = I(t) 2 Rdt = 100 e 200t sin(200t) 2 dt = J. 8