Lösningr till repetitionstentmen i EF för π3 oh F3 Lösning problem Från Poyntingvektorn (r, t = E(r, t H(r, t = A ẑ η 0 konstterr vi tt vågens utbredningsriktning ê är vilket leder till tt dess vågvektor k är ê = ẑ k = ω 0 ẑ = k 0 ẑ os (k 0 z ωt eftersom vågtlet för vkuum är k 0 = ω/ 0. Vi nsätter en llmän mgnetisk fältstyrk för plnvågen H(r, t = H os(k 0 z ωt + δŷ ˆx där H är en okänd positiv reell konstnt oh δ en okänd fsvinkel. Ampères lg ger smbndet ɛ 0 t E(r, t = H = H sin(k 0z ωt+δk 0 ẑ ŷ ˆx vilket leder till E(r, t = Hk 0 ωɛ 0 os(k 0 z ωt + δ ˆx + ŷ = Hk 0 sin(k 0 z ωt+δ ˆx + ŷ = H 0 ɛ 0 os(k 0 z ωt + δ ˆx + ŷ vilket okså kn erhålls mh. smbndet (regeln om högersystem E(r, t = η 0 ê H(r, t Bild Poyntingvektorn oh jämför med informtionen i uppgiften. (r, t =E(r, t H(r, t = H os (k 0 z ωt + δ ˆx + ŷ ŷ ˆx 0 ɛ 0 =H η 0 os (k 0 z ωt + δẑ oh vi ser tt H η 0 = A /η 0, vilket medför tt (H nts vr positiv reell konstnt H = A/η 0 Vi ser okså tt δ = 0, π. De elektrisk fält som är komptibel med uppgiften är E(r, t = ±A os(k 0 z ωt ˆx + ŷ
Lösning problem ½ b P z Lägg origo i skivns entrum oh en z-xel enligt gur. Potentilen i en punkt på symmetrixeln, r = zẑ, ges v (r = r = r ˆr nd r = zẑ (det räker tt beräkn potentilen i origo, z = 0, för tt lös uppgiften V (z = = 4πɛ 0 = ρ ɛ 0 kivn b ρ d r r = ρ 4πɛ 0 Potentilen i ringens entrum, z = 0, är b ( π 0 (r + z / r dφ dr r dr (r + z = ρ ( b + z / ɛ + z 0 V (0 = ρ ɛ 0 (b oh på stort vstånd, z, är V = 0, vilket inses genom följnde gränsproess V (z = zρ ( + (b/z + (/z ɛ 0 = zρ (( + b ( + + O((b/z 4 ɛ 0 z z = ρ (b + O((b/z 3 0 4ɛ 0 z Arbetet W tt för en punktlddning Q från stort vstånd till skivns entrum blir W = Q(V (0 V ( = Qρ ɛ 0 (b
3 Lösning problem 3 ½ = ½ + { ½ Lösningen bygger på superposition v två rymdlddningstätheter ρ = ρ oh ρ = ρ där ρ fyller en homogen ylinder med rdie oh den ndr ρ fyller ett homogent klot med rdie b som är plert på vståndet från z-xeln, se gur. Vi beräknr först bidrget till det elektrisk fältet från ylindern med rdien oh konstnt rymdlddningstäthet ρ. Det elektrisk fältet på ett vstånd r från ylinderns entrum fås ur Guss lg. Av symmetriskäl kn det elektrisk fältet endst bero på vståndet r till z xeln oh vidre kn fältet endst h en utåtriktd komponent, dvs. E(r = E(r ˆr. Funktionsberoendet hos E(r ges v Guss lg. Vi får följnde ( en ylinderyt yt med rdie r oh längd L: πr LE(r = E(r ˆn d = Q en /ɛ 0 = E(r = E(r ˆr = Q enˆr πɛ 0 r L Den inneslutn lddningen är Q en = ρ π L Dett ger det elektrisk fältet, E(r = E(r ˆr, där E(r = ρ π L πɛ 0 r L = ρ ɛ 0 r På smm sätt beräkns fältet från rymdlddningsfördelningen i det lill klotet med rdie b, men nu nvänds en sfärisk yt i Guss lg. Vi får 4πrE(r = E(r ˆn d = Q en /ɛ 0 = E(r = E(r ˆr = Q enˆr = ρb3ˆr 4πr ɛ 0 3r ɛ 0 där r b är vståndet till det lill klotets entrum. Det totl elektrisk fältet i punkten P, (r =, r =, ˆr = ˆr = ˆx, blir därför E(P = ρˆx ρb 3 ˆx ɛ 0 3( ɛ 0
4 eftersom fältets riktning från det lill klotet i punkten P är ˆx. E(P = ρˆx ɛ 0 ( b 3 3( Lösning problem 4 För tt få rätt fältfördelning ovnför jordplnet speglr vi stven i plnet z = 0. Ytlddningstätheten ges v ρ = ɛ 0 ẑ E(r, där E(r är det totl fältet på jordplnet i punkten r = xˆx + yŷ, dvs. fältet från stven oh dess spegelbild i jordplnet. Av symmetriskäl ger stven oh dess spegelbild lik stor bidrg oh endst en vertikl komponent v fältet existerr på jordplnet. Totl fältet E i en punkt r = xˆx + yŷ = r på jordplnet är (r = z ẑ, z [h, h + L] ẑ E(r = ρ l 4πɛ 0 ( = ρ l πɛ 0 Därmed blir ytlddningstätheten ( ρ (r = ρ l π h+l z 3/ dz h (x + y + ( z r + (h + L r + h r + (h + L r + h Den totlt speglde lddningen skll vr Lρ l, vilket vi okså får genom tt integrer ytlddningstätheten över jordplnet ( ρ (r d = ρ l r r + (h + L dr r + h = ρ l L R Lösning problem 5 0 Låt z vr koordinten för den övre horisontell delen v slingn vid tiden t (noter tt denn koordint är en funktion v t, dvs. z = z(t. Flödet genom slingn vid en viss tidpunkt t blir då (välj ˆn = ˆx z+ Φ(t = B ˆn d = αz dz = α ( (z + z = α ( z + Tidsderivtn på ödet blir z dφ(t = α v = αv
5 eftersom dz = v. Den induerde elektromotorisk krften E blir E(t = dφ(t Eektutveklingen i slingn kn nu beräkns = αv P = E(t R = 4 α v R Energin är konserverd oh därmed är eektutveklingen i slingn lik med den meknisk eekten P mek = mg dz(t = mgv Dett ger 4 α v R = mgv oh v = mgr 4 α En lterntiv metod är tt nvänd BL formeln. Den induerde strömmen ges v i(t = E(t/R = αv/r, med referensriktningen moturs i slingn. Krften på den övre ledren i kvdrten ges v F övre = i(tŷ B(z medn krften på den undre ledren ges v F undre = i(tŷ B(z +. Krftern på de vertikl delrn tr ut vrndr. Totl mgnetisk krften på slingn ges v F mgn = F övre + F undre = 4 α v R ẑ Denn krft blnserr tyngdkrften F g = mgẑ. Det ger smm frt som ovn v = mgr 4 α Lösning problem 6 Antg tt vi driver en ström från det inre sklet till det yttre. Det råder sfärisk symmetri oh därmed ges strömtätheten v lddningens bevrnde (smm ström yter genom ll sfärisk ytor J(r = 4πr ˆr
6 i hel området r 3. Det elektrisk fältet ges v E(r = σ(r J(r = pänningen melln sklen ges v V ( V (3 = Dett ger resistnsen 3 E(r ˆr dr = 4πσ 0 r ˆr 4πσ 0 ˆr 4πσ 0 då r då r 3 ( + 4πσ 0 = 3 8πσ 0 R = V ( V (3 = 3 8πσ 0 b På en sfärisk yt ges den fri ytlddningstätheten v ρ = ˆr (D + D där D är elektrisk ödestätheten på insidn v ytn oh D + ödestätheten på utsidn v ytn. Rymdlddningstätheten ges v ρ(r = D. nuti metllen är elektrisk fältet noll. För ytn r = gäller ρ = ˆr D + = ε 0ˆr E + = ε 0 0 4πσ 0. För ytn r = gäller D = ε 0 0 6πσ 0 ˆr oh D + = ε 0 0 4πσ 0 ˆr. För ytn r = 3 gäller ρ = ˆr D = ε 0 ρ = 0 4πσ 0. Dett ger ytlddningstätheten = ρ = ε 0 0 4πσ 0 ε 0 3 0 6πσ 0 ε 0 0 4πσ 0 på ytn r = på ytn r = på ytn r = 3 Elektrisk ödestätheten kn skrivs D(r = D(rˆr. sfärisk koordinter gäller D(r = r r (r D(r För volymen < r < ger dett ρ(r = 0 oh för volymen < r < 3 fås ρ(r = D(r = r r (r ε 0 0 4πσ 0 = ε 0 0 πσ 0 r 0 för < r < rymdlddningstätheten = ρ(r = ε 0 0 πσ 0 r för < r < 3 Kommentr: En br kontroll är tt summn v ll fri lddningr är noll.