Tentamen i Elektromagnetisk fältteori för π3 och Modellering och simulering inom fältteori för F3, 24 augusti, 2009, kl. 08.0013.00, lokal: MA9AB Kursansvariga lärare: Gerhard Kristensson, tel. 222 45 62 & Anders Karlsson tel. 222 40 89. Tillåtna hjälpmedel: Formelsamling i Elektromagnetisk fältteori (låneeemplar nns tillhanda) samt kalkylator. Varje uppgift ger maimalt 10 poäng. Betyget på tentan ges av (total poäng)/10. Problem 1 z h q p 2h En elektrisk dipol p = pẑ benner sig i punkten r = (0, 0, h) ovan ett oändligt stort jordat metallplan, z = 0. I halvrymden z > 0 är det vakuum. Bestäm kraften, till storlek och riktning, på en punktladdning q, som benner sig i punkten (0, 0, 2h). Vilken laddning q (uttryckt i p och h) skall punktladdningen ha för att kraften på punktladdningen skall vara noll? Problem 2 l Q {Q l Två tunna, raka trådar med längden l ligger längs motstående sidorna i en kvadrat, se gur. Ledarna har belagts likformigt med laddning av olika polaritet. Totalladdningen hos vardera tråden är Q respektive Q. Beräkna den elektriska fältvektorn i kvadratens centrum. Lämplig integraler: d ( 2 + a 2 ) 3/2 = a 2 2 + a 2
2 Problem 3 Ohmmeter ¾ 1 L ¾ 2 inre rör yttre rör I en tank nns två vätskor med olika densitet och konduktivitet. Vätskorna kan inte blandas, och, eftersom de har olika densitet, ligger den lättare vätskan i ett skikt ovanpå den tyngre vätskan. För att bestämma volymen av den lättare vätskan använder man en nivåmätare enligt gur. Nivåmätaren består av två koncentriska rör (dvs. de har gemensam symmetriael). Den övre delen av rören ligger i nivå med den lättare vätskans övre yta. Det inre rörets ytterradie är a, och det yttre rörets innerradie är b. Konduktiviteten är σ 1 för den lättare vätskan och σ 2 för den tyngre. Båda rören har längden L. Genom att mäta upp resistansen R mellan rören kan man bestämma tjockleken på skiktet av den lättare vätskan. Bestäm R uttryckt i, σ 1, σ 2, L, a och b. Problem 4 a b d En telefonledning och en kraftledning går parallellt med varandra, se gur. Hur stor blir den ömsesidiga induktansen mellan ledarna per km, då d = 5.0 m, a = 1.0 m och b = 25 cm? µ 0 = 4π 10 7 H/m.
3 Problem 5 y Polarisator Det elektriska fältet för en elektromagnetisk våg, som utbreder sig i vakuum, är E(z, t) = E 0 cos(ωt kz)ˆ. I planet z = 0 sätts en polarisator i form av ett stort metallgaller upp, vilket påverkar vågen. Gallret består av tunna metalltrådar, som är riktade parallellt med linjen = y, se gur. Ett elektriskt fält polariserat längs metalltrådarna skapar strömmar i trådarna, vilket gör att vågen reekteras som från ett metalliskt jordplan. Ett elektriskt fält polariserat vinkelrätt mot trådarna skapar inga strömmar i trådarna, och därmed passerar vågen gallret utan att påverkas. a) Bestäm det elektriska fältet för z > 0 b) Bestäm det elektriska fältet för den reekterade vågen i området z < 0 Problem 6 B l µ À En stav med massan m glider utan friktion p.g.a. tyngdkraften nedför ett par parallella, ledande skenor med försumbar resistans, se gur. Skenorna är separerade med avståndet l, och stavens resistans mellan skenorna är R. Skenorna är nertill förbundna med en skena med försumbar resistans, så att staven och skenorna bildar en sluten krets. Skenornas plan bildar vinkeln θ med horisontalplanet. En homogen vertikalt riktad magnetisk ödestäthet B = ẑb 0 eisterar överallt. Beräkna stavens konstanta slutfart v.
Lösningar till tentamen i Elektromagnetisk fältteori för π3, 24 augusti, 2009, kl. 08.0013.00, lokal: MA9AB Lösning problem 1 z q h p 2h p {q Vi speglar dipolen i planet z = 0. Det ger upphov till en spegeldipol p = pẑ i punkten r = (0, 0, h). Vidare ger punktladdningen själv upphov till en spegelladdning q i punkten r = (0, 0, 2h). Kraften på punktladdningen ges av F = qe(0, 0, 2h) där E(0, 0, 2h) är det elektriska fältet från dipolen, dess spegeldipol och spegelladdningen. Formeln för det elektriska fältet från en dipol i origo är E = p ( 2ˆr cos θ + 4πɛ 0 r ˆθ ) sin θ 3 Bidragen till det elektriska fältet från dipolen och dess spegeldipol är (r = h och θ = 0 respektive r = 3h och θ = 0, och i båda fallen är ˆr = ẑ) ( p E 1 = 2 + 2 ) p 56 ẑ = 4πɛ 0 h 3 27 4πɛ 0 h 3 27ẑ För spegelladdningen gäller att avståndet 4h. Därmed blir bidraget från spegelladdningen E 2 = q 1 4πɛ 0 h 2 16ẑ till det elektriska fältet. Detta ger kraften F = qp 56 4πɛ 0 h 3 27ẑ q2 1 4πɛ 0 h 2 16ẑ = qẑ ( 56p 4πɛ 0 h 3 27 qh ) 16 vilket ger noll kraft om q = 896p 27h
2 Lösning problem 2 z l/2 Q Det elektriska fältet är p.g.a. symmetrin dubbelt så stort som bidraget från en tråd. Vi beräknar bidraget från den positiva laddningen. Introducera ett koordinatsystem enligt gur så att tråden sammanfaller med z-aeln, och kvadratens centrum ges av punkten (l/2, 0, 0). Det elektriska fältet från en rak stav med konstant linjeladdningstäthet ρ l = Q/l ges av (mätpunkt: r = ˆl/2 och källpunkt: r = z ẑ) E(r) = ρ l 4πɛ 0 l/2 l/2 r r r r 3 dl = Q l/2 ˆl/2 z ẑ ( 4πɛ 0 l l/2 l2 /4 + z ) 2 3/2 dz Symmetrin (udda funktion i z ) ger att endast en -komponent bidrar. Vi får E(r) = ˆ Q l/2 dz ( 8πɛ 0 l/2 l2 /4 + z ) = ˆ Q z 2 3/2 2πɛ 0 l ( 2 l 2 /4 + z ) 2 1/2 Fältstyrkan blir totalt från de båda trådarna 2Q E(r) = ˆ πɛ 0 l 2 l/2 l/2 = ˆ Q 2 2πɛ 0 l 2 Lösning problem 3 Vi bestämmer först resistansen för den övre delen, som har den lättare vätskan. Om vi driver en ström I från innerledaren blir strömtätheten i vätskan mellan rören J(rc) = I 2πrc ˆr c
3 Motsvarande elektriska fält ges av Ohms lag, dvs. E(rc) = σ 1 1 J(rc) Spänningen mellan inner- och ytterledare ges av V (a) V (b) = σ 1 1 b a J(rc) ˆr c drc = Resistansen för den övre delen av röret ges då av R 1 = V (a) V (b) I = 1 ( ) b 2πσ 1 ln a På samma sätt fås resistansen för den nedre delen av röret ( ) 1 b R 2 = 2πσ 2 (L ) ln a I ( ) b 2πσ 1 ln a Totala resistansen fås genom parallellkoppling av de båda erhållna resistanserna R = R 1R 2 R 1 + R 2 = 1 2π ln ( ) b a 1 σ 2 (L ) + σ 1 Lösning problem 4 y 1 2 3 4 Introducera ett koordinatsystem enligt gur. Ledarna 14 har positionerna r 1 = ˆa/2 r 2 = ˆa/2 r 3 = ˆ(d b/2) r 4 = ˆ(d + b/2) Antag att det i ledare 1 yter en ström I i positiv z-riktning (ut ur papprets plan), och en ström I i ledare 2. Den magnetiska ödestätheten från en ledare som för strömmen I är B(r) = Iµ 0 ˆφ 2πrc
4 där ˆφ = ŷ för ledare 1 respektive ledare 2. Flödet per längdenhet genom ledarna 34 från ledarna 12 blir därmed (normalriktning ŷ och integrationsvariabel r = ˆ) Φ = Iµ 0 2π d+b/2 d b/2 ( ) 1 a/2 1 + a/2 d = Iµ 0 2π och den ömsesidiga induktansen M = Φ/I per längdenhet blir med insatta värden får vi per km M = µ 0 (d + b/2 a/2) (d b/2 + a/2) ln 2π (d b/2 a/2) (d + b/2 + a/2) ln (d + b/2 a/2) (d b/2 + a/2) (d b/2 a/2) (d + b/2 + a/2) vilket ger M = 2 10 4 ln 4.625 5.375 4.375 5.625 M = 2.0nH/m = 2.0µH/km Lösning problem 5 Vi delar upp vågen i två linjärpolariserade vågor på följande sätt: E(z, t) = E 0 cos(ωt kz)ˆ = 1 2 {E 0 cos(ωt kz)(ˆ + ŷ) + E 0 cos(ωt kz)(ˆ ŷ)} Den första linjärpolariserade vågen har sitt elektriska fält riktat längs trådarna och reekteras medan den andra vågen har sitt elektriska fält vinkelrätt mot trådarna och fortsätter därmed genom gallret utan att påverkas. a) För z > 0 fås därmed det elektriska fältet E(z, t) = 1 2 E 0 cos(ωt kz)(ˆ ŷ) b) För z < 0 fås det reekterade fältet E(z, t) = 1 2 E 0 cos(ωt + kz)(ˆ + ŷ) Lösning problem 6 Vi löser problemet med energiprincipen. Det magnetiska ödet genom den slutna slingan vid en tidpunkt t, då den konstanta sluthastigheten v är uppnådd, ges av Φ(t) = B 0 vtl cos θ + C
5 där C är en konstant som ger ödet vid tiden t = 0. Notera minustecknet som innebär att ödet minskar med tiden. Motsvarande inducerade emk ges av E(t) = dφ(t) dt = B 0 vl cos θ Eektutvecklingen i staven ges av P = (E(t))2 R = B2 0v 2 l 2 cos 2 θ R Energin är konserverad, och därmed är eektutvecklingen i slingan lika med minskningen av den mekaniska eekten, vilken ges as Pmek = mg dh(t) dt = mgv sin θ Detta ger och B 2 0v 2 l 2 cos 2 θ R v = = mgv sin θ mgr sin θ B 2 0l 2 cos 2 θ