Lösningar till tentamen i Elektromagnetisk fältteori för Π3 & F3

Lösningar till tentamen i Elektromagnetisk fältteori för Π3 & F3 Tid och plats: januari 2, kl. 4.9., i MA. Kursansvarig lärare: Christian Sohl, tel. 222 34 3. Tillåtna hjälpmedel: Formelsamling i elektromagnetisk fältteori och räknedosa. Betygsättning: Varje uppgift ger maximalt poäng. Slutbetyget ges av heltalsdelen av (totalt antal poäng/, dock högst 5. Lösning till uppgift Magnetiska ödestätheten på avståndet z från en cirkulär trådslinga med radien a ges av (se formelsamlingen B(zẑ = ±ẑ µ I 2 a 2 (a 2 + z 2 = ±ẑ µ I 3/2 2a ( + z 2 3/2, där vi har infört z = z/a och ± svarar mot de två möjliga strömriktningarna. Eftersom b a approximeras det magnetiska ödet genom den lilla slingan med produkten av dess yta πb 2 och magnetiska ödestätheten i dess centrumpunkt: Φ( z = lilla slingan B(r ẑ ds ± µ Iπb 2 2a ( + z 2 3/2. Enligt uppgiften är z = vt + z, där z är begynnelsepositionen vid tiden t =. Eftersom z = z/a = vt/a + z med z = z /a, följer det av induktionslagen att den inducerade elektromotoriska kraften är E = dφ dt = v dφ a d z = µ Ivπb 2 2a 2 d d z ( + z 2 = ±3µ Ivπb 2 3/2 2a 2 z ( + z 2 5/2. För att visa att det nns ett avstånd z max = a z max för vilket E är maximal studerar vi funktionen z f( z = ( + z 2. 5/2 En direkt räkning ger och f ( z = 4 z2 ( + z 2 7/2 f ( z = 5 z 3 4 z2 ( + z 2. 9/2 Ekvationen f ( z max = har lösningen z max = /2 vilket också svarar mot ett maximum ty f ( z max = 52 5 <. 625 Eftersom z max = a z max följer det att det sökta avståndet är z max = a 2

2 Lösning till uppgift 2 Vågens utbredningsriktning är ˆk = k/k, där k = k betecknar vågtalet. Vågens elektriska fält bestäms genom regeln om högersystem: E = c B ˆk = (B ˆkc cos(k r ωt + ϕ, där c är utbredningsfarten i vakuum. Den momentana eekttätheten som vågen bär med sig ges av Poyntings vektor S = E H = ( (E B = (B µ ˆk c B cos 2 (k r ωt + ϕ. µ En direkt användning av BAC-CAB regeln ger att (B ˆk B = B (B ˆk = B (B ˆk + ˆk(B B = ˆk B 2, ty B ˆk = k B k = enligt förutsättningen i uppgiften. Eftersom B och ˆk är oberoende av t blir tidsmedelvärdet av Poyntings vektor över en period T = 2π/ω <S >= T T S dt = ˆk c B 2 µ T T cos 2 (k r ωt + ϕ dt. Tidsmedelvärdet av cos 2 (k r ωt + ϕ över en period är /2 ty T T cos 2 (k r ωt + ϕ dt = T = ( 2 4π T + cos(2k r 2ωt + 2ϕ 2 sin(2k r + 2ϕ 4π + sin(2k r + 2ϕ 4π dt = 2, där vi har använt att sin(2k r+2ϕ 4π = sin(2k r+2ϕ. Det sökta tidsmedelvärdet av eekttätheten är således <S >= ˆk c B 2 2µ Sambandet mellan µ, c och η, där η är vågimpedansen i frirymd, är µ c = η. Lösning till uppgift 3 Magnetiska ödestätheten från en lång, rak ledare som för en likström I längs positiva z-axeln är (se formelsamlingen B = µ I 2πr c ˆϕ. Med en likström I > i den slutna kretsen L blir den magnetiska ödestätheten i en punkt r = xˆx + zẑ, där x >, ( µ I B (r = ± 2πx ŷ µ I, 2π(x + aŷ

3 där ± beror på de två möjliga strömriktningarna i L. Magnetiska ödet Φ 2 genom den slutna kretsen L 2 blir därför Φ 2 = rektangel B (r ŷ ds = ± µ bi 2π ( c+h h dx c+h x h = ± µ bi 2π Absolutbeloppet av den ömsesidiga induktansen blir således dx x + a ( ln c + h ln a + c + h. h a + h M = Φ 2 I = µ b 2π ln + c/h + c/(a + h Alternativ lösning: Alternativt kan man lösa uppgiften med Neumanns dubbelintegral M = µ dl dl 2 4π L L 2 r r 2. Här betecknar r och r 2 två godtyckliga punkter på L respektive L 2. På grund av skalärprodukten ger inte L :s två kanter med längden c något bidrag till integralen. Den ömsesidiga induktansen för systemet reduceras alltså till att beräkna M = ± µ 4π b ( dz (z z 2 2 + h 2 dz (z z 2 2 + (h + c + 2 dz (z z 2 2 + (h + a 2 dz dz 2. (z z 2 2 + (h + c + a 2 Observera att varje enskild integral med avseende på z är divergent men att kombinationen av dem är konvergent. Sätt u = z z 2 vilket medför att de generaliserade integralerna blir oberoende av z 2. Eftersom integranden (u 2 + α 2 /2 är en jämn funktion med avseende på u = och vi integrerar över ett symmetriskt intervall är (se formelsamlingen dz (z z 2 2 + α = 2 du 2 u2 + α = 2 lim ln u + u2 + α 2. 2 u α Alltså blir M = ± µ b 2π ln (h + a(h + c h(h + c + a = ±µ b 2π ln + c/h + c/(h + a, och följaktligen får vi samma resultat för M som i lösningen ovan. Kommentar: Ytterligare ett alternativt sätt att bestämma M är genom att istället ansätta en likström I 2 > i L 2 och med hjälp av Biot-Savarts lag beräkna det

4 magnetiska öde Φ som denna ström ger upphov till genom den slutna kretsen L. Absolutbeloppet av den ömsesidiga induktansen ges därefter av M = Φ I 2. Räkningarna blir i detta fall betydligt jobbigare men man landar på samma resultat i slutändan. Lösning till uppgift 4 Låt S beteckna en ktiv sfärisk yta som är koncentrisk med de båda skalen. Med ansatsen D(r = D(rˆr ger Gauss lag på integralform Q innanför = D(r ˆr ds = D(r ds = 4πr 2 D(r, S där vi har använt att D(r är konstant på S. Då a < r < b är Q innanför = Q a och då r > b är Q innanför = Q a + Q b, varför Q a E(r = 4πϵ D(r = r ˆr a < r < b 2. ϵ Q a + Q b 4πϵ r ˆr r > b 2 På det inre skalet är potentialen noll vilket betyder att (integrationsvägen är godtycklig varför vi väljer dl = ˆr dr = V a = r=a E(r dl = Q b a dr 4πϵ a r + Q a + Q b dr 2 4πϵ b r = 2 Från detta samband kan vi lösa ut Q a. Resultatet är S Q a 4πϵ a + Q b 4πϵ b. Q a = a b Q b Potentialen på det yttre skalet blir därmed V b = r=b E(r dl = Q a + Q b 4πϵ b dr r 2 = Q a + Q b 4πϵ b. Insättning av Q a = aq b /b ger slutligen den sökta potentialen: V b = Q ( b a 4πϵ b b Alternativ lösning : Ett alternativt sätt att lösa uppgiften bygger på följande minnesregel:

5 Utanför ett sfäriskt metallskal med laddningen Q är potentialen densamma som potentialen från en punktladdning med laddningen Q placerad i skalets centrumpunkt. Innanför ett sfäriskt metallskal med radien a är potentialen konstant och lika med dess värde på skalet Q/(4πϵ a. Superposition ger nu följande samband mellan Q a, Q b, V a och V b : V a = Q a 4πϵ a + Q b 4πϵ b V b = Q a 4πϵ b + Q b 4πϵ b Enligt uppgiften är V a = varför vi kan lösa ut Q a och V b. Resultat enligt ovan. Alternativ lösning 2: Potentialen utanför det yttre skalet, mellan de båda skalen och innanför det inre skalet satiserar Laplaces ekvation i sfäriska koordinater (se formelsamlingen: = 2 V = ( d r 2 dv, r 2 dr dr där V = V (r på grund av sfärisk symmetri. Ett alternativt sätt att lösa uppgiften är därför att bestämma integrationskonstanterna α innanför, β innanför, α mellan, β mellan, α utanför och β utanför sådana att α innanför + β innanför < r < a r α mellan V (r = + β mellan a < r < b. r α utanför + β utanför r > b r Eftersom potentialen är noll i oändligheten är β utanför =, och av fysikaliska skäl är potentialen begränsad i origo varför α innanför =. Vidare är potentialen kontinuerlig över gränsytorna r = a och r = b vilket medför att = β innanför = α mellan + β mellan a V b = α mellan b + β mellan = α utanför b Randvillkoret att normalkomponenten av elektriska ödestätheten är diskontinuerlig över gränsytorna r = a och r = b med ett språng lika med ytladdningstätheten ger Q a 4πa = ϵ 2 (V innanför(a V α mellan mellan(a = ϵ a 2 Q b 4πb = ϵ 2 (V mellan(b V utanför(b α utanför α mellan = ϵ b 2 Funktionen V innanför = V innanför (r denieras som V innanför (r = α innanför r + β innanför < r < a. På motsvarande sätt denieras V mellan och V utanför då a < r < b respektive r > b..

6 för det inre respektive yttre skalet. Totalt har vi alltså 6 ekvationer för de 6 obekanta storheterna β innanför, α mellan, β mellan, α utanför, Q a och V b. Genom att lösa ekvationsystemet erhåller man de sökta uttrycken för Q a och V b ovan. Lösning till uppgift 5 z p µ h p r c µ^ r^ Vi speglar punktdipolen i det jordade planet z =. Detta ger upphov till en spegeldipol p = pẑ i punkten hẑ. Det elektriska fältet från punktdipolen i hẑ är (se formelsamlingen E = p ( 2ˆr 4πϵ r 3 cos θ + ˆθ sin θ med beteckningar enligt guren. Motsvarande elektriska fält E 2 från spegeldipolen erhålls genom att ersätta index med index 2 i uttrycket ovan. Den inducerade ytladdningstätheten på det jordade planet är ρ S = ϵ ẑ E tot = ϵ ẑ (E + E 2 = p 4πr 3 ( 2ẑ ˆr cos θ + 2ẑ ˆr 2 cos θ 2 + ẑ ˆθ sin θ + ẑ ˆθ 2 sin θ 2. Det gäller att (observera att ˆr 2 och ˆθ 2 inte är inritade i guren { ẑ ˆr i = cos θ i i =, 2 ẑ ˆθ i = sin θ i i =, 2. Vidare är θ = π θ 2 varför cos θ = cos θ 2 och sin θ = sin θ 2. Eftersom cos θ 2 = h/r och sin θ 2 = r c /r, där r = r 2 c + h 2, får vi ρ S = Denna storhet är noll på cirkeln p 2πr (2 3 cos2 θ 2 sin 2 θ 2 = p 2h 2 rc 2 2π (rc 2 + h 2. 5/2 r c = h 2 Innanför cirkelskivan {r c : r c < h 2} är ρ S >. Totala inducerade laddningen på det jordade planet är noll.

7 Alternativ lösning: Ytladdningstätheten från en punktladdning q i punkten zẑ ovanför ett jordat plan är q z 2π (rc 2 + z 2. 3/2 Betrakta två punktladdningar ±q i punkterna (h ± δẑ, där δ >, och deniera dipolstyrkan p = lim δ 2δq. Superposition ger Inför omskrivningen ρ S = q 2π h δ (rc 2 + (h δ 2 q 3/2 2π h + δ (r 2 c + (h + δ 2 3/2. (rc 2 + (h δ 2 = 3/2 (rc 2 + h 2 3/2 ( + (δ 2 2hδ(rc 2 + h 2 3/2 av första termen i uttrycket för ρ S. Till lägsta ordningen i δ har vi således följande utveckling: (rc 2 + (h δ 2 = 3/2 (rc 2 + h 2 + 3hδ 3/2 (rc 2 + h 2 + 5/2 O(δ2. Motsvarande resultat för andra termen i uttrycket för ρ S erhålls genom att ersätta δ med δ. Alltså är ( q(h δ ρ S = 2π (rc 2 + h 2 + 3hδ 3/2 (rc 2 + h 2 5/2 ( q(h + δ 2π (rc 2 + h 2 3hδ + O(δ 2, 3/2 (rc 2 + h 2 5/2 eller ekvivalent δq ρ S = π(rc 2 + h 2 + 3/2 3qh 2 δ π(rc 2 + h 2 + 5/2 O(δ2 = 2qδ 2π 2h 2 r 2 c (r 2 c + h 2 5/2 + O(δ2. I gränsen då δ nner vi i likhet med lösningen ovan den inducerade ytladdningstätheten ρ S = p 2h 2 rc 2 2π (rc 2 + h 2. 5/2 Lösning till uppgift 6 Inför ett kordinatsystem O med origo enligt guren, z-axeln ut ut papprets plan, och ledningstråden i punkten ξŷ. Inför därefter ett kordinatsystem O med origo i ledningstrådens mittpunkt med kordinataxlar parallella med O. Det vektoriella avståndet r c från ledningstråden till en godtycklig punkt på ytterledaren ges då av r c = aˆr c ξŷ = a(ˆr c cŷ, där ˆr c = ˆx cos ϕ + ŷ sin ϕ och vi har infört beteckningen c = ξ/a. Motsvarande skalära avstånd r c är r c = r c = a cos 2 ϕ + (sin ϕ c 2 = a + c 2 2c sin ϕ.

8 Den magnetiska ödestätheten från ledningstråden i en godtycklig punkt på ytterledaren är (se formelsamlingen B = µ I ˆϕ = 2πr c µ I 2πa ˆϕ. + c 2 2c sin ϕ Enhetsvektorn ˆϕ i O kan uttryckas i O:s enhetsvektorer enligt ˆϕ = ẑ ˆr c = ẑ r r c c = a ẑ (ˆr r c c cŷ = a (ˆϕ + cˆx, r c varför B(r = µ I 2πa ˆϕ + cˆx + c 2 2c sin ϕ = µ I 2πa ˆx(c sin ϕ + ŷ cos ϕ + c 2 2c sin ϕ Den återförande ytströmtätheten pekar i negativ ẑ-led och är jämt fördelad över båglängden πa: J S = ẑ I πa. Den magnetiska kraften per längdenhet på ytterledaren kan därför skrivas som ( C är en halvcirkel med radien a F = C J S B(r dl = I ẑ B(r dl πa C = µ I 2 2π 2 a π ˆx cos ϕ + ŷ( c + sin ϕ + c 2 2c sin ϕ där vi har använt att dl = a dϕ. Betrakta integralen i ˆx-led och inför u = ϕ π/2. Detta ger π cos ϕ π/2 + c 2 2c sin ϕ dϕ = π/2 cos(u + π/2 + c 2 2c sin(u + π/2 du = π/2 π/2 dϕ, sin u + c 2 2c cos u du = eftersom sin u är en udda funktion och cos u är en jämn funktion med avseende på u = och vi integrerar över ett symmetriskt intervall. På motsvarande sätt blir integralen i ŷ-led π c + sin ϕ π/2 + c 2 2c sin ϕ dϕ = π/2 c + cos u π/2 + c 2 2c cos u du = 2 Alltså återstår följande uttryck för den sökta kraften per längdenhet: F = ŷ µ I 2 π 2 a π/2 c + cos ϕ + c 2 2c cos ϕ dϕ. c + cos u + c 2 2c cos u du.

9 Genom att använda den givna hjälpintegralen i uppgiften erhåller vi slutligen F = ŷ µ I 2 π 2 ξ ( ( + ξ/a arctan π ξ/a 4 där vi har använt att c = ξ/a. Alternativ lösning: Ett alternativt sätt att lösa uppgiften bygger på Newtons tredje lag som säger att den sökta kraften F som verkar på ytterledaren förhåller sig till kraften som verkar på ledningstråden F ledningstråd enligt F = F ledningstråd. Vi använder Biot-Savarts lag för att bestämma magnetiska ödestätheten B ytterledare som ytströmtätheten J S i ytterledaren ger upphov till i en godtycklig punkt r = ξŷ + zẑ på ledningstråden: B ytterledare (r = µ 4π ytterledare J S (r r ds = µ I r r 3 4π 2 a ytterledare Den sökta kraften per längdenhet ges därefter av (se formelsamlingen L/2 F = F ledningstråd = I lim ẑ B ytterledare (r dz. L L L/2 ẑ (r r r r 3 ds. Istället för att beräkna B ytterledare direkt bestämmer vi ẑ B ytterledare. I cylindriska koordinater är r = a(ˆx cos ϕ + ŷ sin ϕ + z ẑ varför BAC-CAB regeln 2 ger ẑ (ẑ (r r = ẑ(ẑ (r r (r r (ẑ ẑ = a(ˆx cos ϕ + ŷ( c + sin ϕ. Därmed är ẑ B ytterledare = µ Ia 4π 2 π ˆx cos ϕ + ŷ( c + sin ϕ (a 2 ( + c 2 2c sin ϕ + (z z 2 3/2 dz dϕ, där vi har använt att ds = a dϕ dz. Sätt α 2 = a 2 (+c 2 2c sin ϕ. Formelsamlingen och en enkel gränsövergång ger då att dz (α 2 + (z z 2 = 2 dt 3/2 (α 2 + t 2 = 2t 3/2 α 2 t 2 + α 2 = 2 α, 2 varför ẑ B ytterledare = µ I 2π 2 a π ˆx cos ϕ + ŷ( c + sin ϕ dϕ = + c 2 2c sin ϕ ŷ µ I π 2 a π/2 c + cos u + c 2 2c cos u du 2 BAC-CAB regeln lyder a (b c = b(a c c(a b.

där vi analogt med ovan har infört u = ϕ π/2. Eftersom detta uttryck är oberoende av z får vi genom att använda den givna hjälpintegralen F = Iẑ B ytterledare = ŷ µ I 2 π 2 ξ vilket är den sökta kraften per längdenhet. ( arctan ( + ξ/a ξ/a π 4,