Lösningar till seminarieuppgifter 2018-09-26 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 0 0 0 0 ρdρ (ρ 2 + 2 ) 3/2 = ρ ẑ 2ǫ 0 teg 5: Därmed blir ytladdningstäteten ( 1 ) ρ plan (P) = ρ (1 a2 + 2 ) ρˆρ+ẑ (ρ 2 + 2 ) 3/2ρdφ dρ ) a2 + 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
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 2 1+ 2 4(+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).
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 1. 4. 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 = 0. 8. 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
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 = 1 + 1 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
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.
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
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
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
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