Lösningar Fysik 2 Heureka Kapitel 6

Lösningar Heureka 2

Kapitel 6 Induktion

Andreas Josefsson

Lösningar Fysik 2 Heureka Kapitel 6

6.1)

a)Endast i fallen a och c rör sig ledaren så att den skär flödeslinjer.

b) Varje ledningselektron i staven följer med denna mot betraktaren och motsvarar alltså en ström, som går åt motsatt håll, dvs. in i papperet. Högerhandsregeln ger då kraftriktning mot C. Ledningselektronerna i ledaren drivs alltså mot C. Den positiva ändan blir då D.

6.2)

Endast i fall a) induceras en elektromotorisk spänning mellan ledarens ändpunkter.

Rörelsen i riktningen c innebär att flödeslinjer skärs av ledarens ändytor på grund av deras utsträckning vinkelrätt mot papperet. Den ems (elektromotorisk spänning) som kan resultera är mycket liten och ligger i så fall över ledarens långsidor

6.3)

Sambandet

6.4)

Hastighetens komposant rakt åt höger motsvarar för L2, 3 rutor, hela hastigheten 5 rutor. Den effektiva hastigheten vinkelrätt motflödeslinjerna är alltså 3/5 av 𝐿₁: 𝑠

Vi har att: 𝑒𝐿1 = 𝑙𝑣𝐵 = 4𝜇𝑉 𝑒𝐿2 =3_{5 𝑙𝑣𝐵 =}3 ∙ 4_{5 = 2,4𝜇𝑉} 6.5) a)𝑒_𝐴𝐵 = 𝑒_𝑃𝑅 = 0,60𝑚𝑉 (𝑒𝑓𝑡𝑒𝑟𝑠𝑜𝑚 𝑙𝑒𝑑𝑎𝑟𝑒𝑛 𝑠𝑜𝑚 𝑠𝑒𝑟 𝑓ä𝑙𝑡𝑒𝑡 ä𝑟 𝑙𝑖𝑘𝑎 𝑙å𝑛𝑔) b) 𝑒𝐶𝐷 =1_{3 ∙ 𝑒}𝑃𝑅 =0,60₃ = 0,20𝑚𝑉 (𝑒𝑓𝑡𝑒𝑟𝑠𝑜𝑚 𝑑𝑒𝑟 ä𝑟 𝑏𝑎𝑟𝑎 𝑒𝑛 𝑡𝑟𝑒𝑑𝑗𝑒𝑑𝑒𝑙 𝑎𝑣 𝑙𝑒𝑑𝑎𝑟𝑒𝑛 𝑠𝑜𝑚 𝑠𝑒𝑟 𝑓ä𝑙𝑡𝑒𝑡)

c) Om C och D ansluts så induceras två lika stora men motverkande spänningar. Spänningen blir då noll.

6.6)

a) 720 km/h är = 200 m/s. (720_{3,6 )}

Sambandet 𝑒 = 𝑙𝑣𝐵 ger

𝑒 = 28 ∙ 200 ∙ 42 ∙ 10−6_{= 0,24𝑉}

b) På södra halvklotet är flödeslinjernas vertikalkomposant uppåtriktad. Ledningselektroner i metallen rör sig med planet framåt och motsvarar en ström bakåt.

Högerhandsregeln ger kraft åt vänster på elektronerna. Den högra vingspetsen blir positiv. 6.7)

a) Här kallar vi elektronens laddning för 𝑞_𝑒och inducerad spänning e. Sambandet 𝐹 = 𝑞_𝑒∙ 𝑣 ∙ 𝐵 ger:

𝐹 = 0,16 ∙ 10−18_{∙ 1 ∙ 0,5 = 8 ∙ 10}−20_{𝑁 å𝑡 ℎö𝑔𝑒𝑟}

b) Den elektriska kraften håller jämvikt med den magnetiska och är alltså riktad åt vänster. Eftersom elektronen har negativ laddning är den elektriska fältstyrkan riktad åt höger. Storleken är:

𝐸 = _𝑞𝐹

𝑒 = 𝑣𝐵 = 1 ∙ 0,5 = 0,5𝑉/𝑚

c) I homogena fält gäller U = E · d. (I vårt fall är d = brickans bredd.) Vi får:

𝑈 = 0,5 · 0,01 = 0,005 𝑉 = 5 𝑚𝑉

d) Sambandet 𝑒 = 𝑙𝑣𝐵 𝑔𝑒𝑟: 𝑒 = 0,025 · 𝑙 · 0,5 = 13 𝑚𝑉 6.8)

Voltmetern visar den spänning som induceras mellan stavens kontaktpunkter. Sambandet:

𝑒 = 𝑙𝑣𝐵𝑣 𝑔𝑒𝑟 𝑎𝑡𝑡 0,8 ∙ 10−6= 0,25 ∙ 0,08 ∙ 𝐵𝑣 𝑜𝑐ℎ 𝑎𝑙𝑙𝑡𝑠å 𝐵𝑣 = 4 ∙ 10−6𝑇 Att inklinationen är 69° ger:

sin 69 =𝐵_𝐵𝑣 𝑗som ger: 𝐵𝑗 =_{𝑠𝑖𝑛69 =}𝐵𝑣 4 ∙ 10 −6 𝑠𝑖𝑛69 = 42,8 ∙ 10−6𝑇 = 43𝜇𝑇 6.9)

a) När kretsen sluts byggs ett magnetiskt flöde upp. Den är riktat åt vänster genom spolen. (Skruvregeln tillämpas på strömmen i spolen.) Delar av flödet passerar också genom ringen, åt vänster. Den flödesändringen medför en inducerad spänning i ringen och alltså en

inducerad ström.

b) Det vänsterriktade flödet genom spolen betyder att den får en nord ända till vänster och en syd ända till höger. Enligt Lenz lag ska flödesändringen från spolen motverkas av flödet från ringens inducerade ström. Flödet den strömmen orsakar är alltså högerriktat och därför är ringens sydsida vänd mot spolen.

c) Syd ändarna repellerar varandra och ringen stöts bort. 6.10)

Vi jämför fältstyrkan i korta delar av stången med längden ∆𝑙 vid R och P. 𝐸𝑅 =_{∆𝑙 =}𝑒 ∆𝑙 ∙ 𝑣_∆𝑙𝑅∙ 𝐵 = 𝑣𝑅 ∙ 𝐵

𝐸𝑃 = 𝑣𝑃∙ 𝐵

Eftersom 𝑣_𝑅 > 𝑣_𝑃 𝑏𝑙𝑖𝑟 𝐸_𝑅 > 𝐸_𝑃 6.11)

Eftersom flödesändringen tar dubbelt så lång tid är den elektromotoriska spänningen hälften så stor.

6.12)

a) Den ems som induceras i kretsen är e = lvB, eftersom l är avståndet mellan polerna. Strömmen blir då:

𝐼 =_{𝑅 =}𝑒 𝑙𝑣𝐵_𝑅

b)Den dragkraft som krävs är: 𝐹 = 𝐼𝑙𝐵 = 𝑙2_{∙ 𝑣 ∙}𝐵2

𝑅

c)Polspänningen blir densamma om farten v inte ändras. Resistansen i kretsen är nu halverad och då fördubblats både strömmen och också kraften som krävs.

6.13)

I sambandet e = lvB är l lika med rörets diameter.(lodräta) Vi får: 0,12 = 0,05·v·0,6 som ger v = 4 m/s.

6.14)

I en lång, rak spole löper flödeslinjerna parallellt med spolens axel, dvs. vinkelrätt mot spolens tvärsnittsarea A = 0,045 m2.

ɸ = 𝐵 · 𝐴 = 0,008 ∙ 0,045 = 1,62 ∙ 10−5_𝑇𝑚2 _{= 16𝜇𝑊𝑏} 6.15)

a) Vi använder återigen sambandet ɸ = 𝐵 · 𝐴 Det ger: ɸ = 0,2 ∙ 0,02 ∙ 0,03 = 0,12 ∙ 10−3_{𝑊𝑏 = 0,12𝑚𝑊𝑏}

b) Den "effektiva" delen av slingans kortsida är 0,02cos 36° m. Då har vi: 𝐴_⊥= 0,02cos36 ·0,03= 4,85·10−4𝑚2=4,9 cm2 c) I det nya läget är flödet:

d) Vinkeln mellan flödestätheten och slingans plan är nu 90°, därför kan inget flöde passera genom slingan.

6.16)

Vi vet att:

𝑒 =∆ɸ_{∆𝑡 =}24 ∙ 10_1,5−6− 0= 16 ∙ 10−6_{𝑉 = 16𝜇𝑉(𝑑𝑣𝑠. 𝑙𝑢𝑡𝑛𝑖𝑛𝑔𝑒𝑛 𝑎𝑣 𝑙𝑖𝑛𝑗𝑒𝑛)} Resultatet gäller vid alla tidpunkter i intervallet 0-1,5 s

b) Nu är ∆ɸ = 0, alltså ingen ems induceras. Resultatet gäller i intervallet 1,5 s-2,5 s c) Sambandet i a) ger:

𝑒 =0 − 24𝜇𝑉𝑠_2𝑠 = −12𝜇𝑉 Resultatet gäller i intervallet 2,5 s − 4,5 s. d)

e)

Arean mellan grafen och tidsaxeln i diagrammet betyder

flödesändringen, likt sträckan i ett v-t diagramm.

6.17)

Den inducerade spänningen är derivatan med avseende på tiden av flödet ɸ(t), multiplicerad med antalet varv.

Vi får:

𝑒 = 𝑁 ∙𝑑ɸ_{𝑑𝑡 = 𝑁 ∙ ɸ}0∙ (−𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡) ∙ 𝜔 = −𝑁𝜔ɸ0 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝜔𝑡 = −10 ∙ 20𝜋 ∙ 0,11 ∙ 𝑠𝑖𝑛(20𝜋𝑡) 𝑒 = −69 ∙ 𝑠𝑖𝑛(20𝜋𝑡) 𝑉

6.18)

a) Det sökta magnetiska flödet ɸ, går genom vart och ett av de seriekopplade, 200 varven. När flödet minskar till noll, induceras en spänning som orsakas av flödesändringen 200ɸ. Arean under grafen i e-t-diagrammet är :(triangeluppskattning):

𝐴 =0,1 ∙ 0,5₂ = 0,025𝑉𝑠 (𝑡𝑟𝑖𝑎𝑛𝑔𝑒𝑙𝑢𝑝𝑝𝑠𝑘𝑎𝑡𝑡𝑛𝑖𝑛𝑔) Vi får 200 ∙ ɸ = 0,025 ≫ ɸ = 0,125 ∙ 10−3_{𝑉𝑠 ≈ 0,13𝑚𝑉𝑠} b) 𝐵𝑚𝑒𝑑𝑒𝑙 =ɸ_{𝐴 =}0,125 ∙ 10 −3 2,5 ∙ 10−4 = 0,5𝑇

6.19)

a) Flödesändringen per tidsenhet genom vart och ett av trådvarven är ∆ɸ ∆𝑡 = 𝐴 ∙ ∆𝐵 ∆𝑡 = 5 ∙ 10−4_{∙ (0 − 1)} 2 = 0,25 ∙ 10−3 𝑊𝑏/𝑠

Då induceras en spänning av storleken ( beloppet antecknas med ‖𝑒‖) 𝑒 = 𝑁 ∙ �∆ɸ_{∆𝑡 � = 200 ∙ 0,25 ∙ 10}−3 _{𝑊𝑏/𝑠 = 50 ∙ 10}−3_{𝑉 = 50𝑚𝑉} b)Strömmen blir

𝐼 =_{𝑅 =}𝑒 50𝑚𝑉_{50Ω = 1𝑚𝐴}

c) Flödet med riktning upp ur papperet minskas. Enligt Lenz lag kommer den ändringen att motverkas. Den inducerade strömmen ska alltså ge ett flöde med samma riktning som det minskande, dvs. upp ur papperet. Detta ger strömriktningen moturs i figuren.

6.20)

Vi använder sambanden:

1) i=0 2) i moturs 3) i=0 4) i medurs 5) i=0

a) För att motverka den ökade flödet nedåt från magneten skapar slingan ett magnetflöde uppåt (Lenz) genom strömmen moturs. När magneten har passerat slingan, minskar den nedåtriktade flödet från magneten och slingan vill förstärka minskandet med strömmen medurs. När magneten befinner sig mitt i slingan, byter strömmen riktning från moturs till medurs och är just då noll. Annars kan vi tänka oss att flödet har sitt maximum när magneten är mitt i slingan och:

𝑒 =∆𝛷_{∆𝑡 = 0 ; 𝑖 =𝑅 = 0}𝑒

Magnetens rörelse bromsas i både fall 2)(in i slingan) och 4)(ut ur slingan)

b) Accelerationen kommer att minska eftersom kraften från slingan kommer att bromsa

magneten. Farten kommer dock att öka hela tiden om kraften från slingan inte är lika stor som tyngdkraften.

∆𝛷

∆𝑡 ä𝑟 𝑠𝑡ö𝑟𝑟𝑒 𝑛ä𝑟 𝑚𝑎𝑔𝑛𝑒𝑡𝑒𝑛 ℎ𝑎𝑟 𝑝𝑎𝑠𝑠𝑒𝑟𝑎𝑡 𝑠𝑙𝑖𝑛𝑔𝑎𝑛 → 𝑒 𝑜𝑐ℎ 𝑖 𝑘𝑜𝑚𝑚𝑒𝑟 𝑎𝑡𝑡 𝑣𝑎𝑟𝑎 𝑠𝑡ö𝑟𝑟𝑒. 6.21)

a)Anordningen kommer att fungera som en motor eftersom den strömförande staven befinner sig i ett magnetfält och kommer att påverkas av en accelererande kraft.

b) Den spänning som induceras, 𝑒 = 𝐵𝑙𝑣 när staven sätts i rörelse är motriktad spänningen U.

Om v växer avtar i. Kraften på staven är:

𝐹𝑚 = 𝐵𝑖𝑙 Och eftersom i avtar måste kraften också avta. När 𝑖 = 0 → 𝐹𝑚 = 0 som betyder att rörelsen sker med konstant hastighet.

𝑈 = 𝐵𝑙𝑣 + 𝑅 ∙ 𝑖 → 𝑈 = 𝐵𝑙𝑣 → 𝑣𝑠𝑙𝑢𝑡 =_𝐵𝑙𝑈

c) Större resistans ger mindre acceleration men det påverkar inte stuthastigheten. 6.22)

Momentanvärdet av den inducerade spänningen är:

𝑒 = 𝐿 ∙_{𝑑𝑡 ≈ 𝐿 ∙}𝑑𝑖 _{Δt = 19 ∙ 10}Δi −3_{∙ 5 = 95 ∙ 10}−3_{𝑉 = 95𝑚𝑉} 6.23)

Sambandet:

𝑒 = 𝐿Δi_{Δt 𝑔𝑒𝑟} Δi_{Δt =}𝑒_{𝐿 =10 ∙ 10}24 ₋₃= 2,4 ∙ 103 _{𝐴/𝑠 = 2,4𝑘𝐴/𝑠} 6.24)

a) Grafens slutpunkt ger strömmens tillväxthastighet 𝛥𝑖

𝛥𝑡 = 3𝐴

2𝑠 = 1,5𝐴/𝑠.

Då är den inducerade spänningen: 𝑒 = 𝐿∆𝑖_{∆𝑡 = 80 ∙ 10}−3_{∙ 1,5 = 0,12𝑉}

b) Den inducerade spänningen strävar att motverka strömökningen, och spolens induktansdel fungerar då som en spännings källa med pluspolen överst i figuren. Spänningen över

resistansdelen innebär som alltid ett potentialfall i strömriktningen. Vid tidpunkten 1 sekund är strömmen 1,5 A enligt grafen. Den spänningen vi söker är alltså

0,12V+(1,0Q)·(1,5A) = 1,6V

c) När strömmen hålls konstant, alltså när Δi

Δt = 0, induceras ingen spänning. Över spolen finns då endast den resistiva spänningen (1,0 Ω) · (4,0 A) = 4,0 V

6.25)

a) Vi har ingen inducerad ems och då har vi: 𝐼 =𝑈_{𝑅 =10𝛺 = 1,2𝐴}12𝑉

b) Vi läser av från diagrammet strömmen vid tidpunkten t=4ms. 𝑖 = 0,65𝐴 → 𝑈 = 𝑖 ∙ 𝑅 = 0,65 ∙ 10 = 6,5𝑉

c)𝑒 = 12𝑉 − 6,5𝑉 = 5,5𝑉

d) Strömmens tillväxtshastighet är tangentens lutning vid tiden t=4ms

𝑙𝑢𝑡𝑛𝑖𝑛𝑔𝑒𝑛 =∆𝐴_{∆𝑡 =}5 𝑟𝑢𝑡𝑜𝑟_{5 𝑟𝑢𝑡𝑜𝑟 =}1 𝐴: 𝑟𝑢𝑡𝑎_{1𝑡: 𝑟𝑢𝑡𝑎 = 2 ∙ 10}0,2𝐴_{−3𝑠 = 1 ∙ 10}2𝐴 𝑠� = 100𝐴 𝑠� e) Eftersom 𝑒 = 𝐿Δi

Δt ≫ 𝐿 = 𝑒

6.26)

a) Inuti spolen löper flödeslinjerna vinkelrätt mot spolens tvärsnittsarea 𝐴 = 16 ∙ 10−4_𝑚2 Då gäller att ɸ = 𝐵 ∙ 𝐴, 𝑑ä𝑟 𝐵 = 𝜇0∙𝑁_{𝑙 ∙ 𝑖 = 4𝜋 ∙ 10}−7∙_{0,24 ∙ 𝑖 ≈ 3,14 ∙ 10}600 −3∙ 𝑖 B är flödestätheten i spolen. Vi får: ɸ = 𝐵𝐴 = 3,14 ∙ 10−3_{∙ 16 ∙ 10}−4_{∙ 𝑖 = 5,02 ∙ 10}−6_{∙ 𝑖 �}𝑊𝑏 𝐴 � = 5,02 ∙ 𝑖 ( 𝜇𝑊𝑏 𝐴 ) Det betyder att ∆ɸ = 5,02 ∙ ∆ 𝑖 och då har vi:

𝑒 = 𝑁∆ɸ_{∆𝑡 = 600 ∙}5,02 ∙ 10_∆𝑡−6∙ ∆𝑖= 3 ∙ 10−3_∙Δi Δt enheten är Wb/A

c) Konstanten 3 ∙ 10−3i svaret till b) kan identifieras med spolens induktans L. Vi ser att enheten Wb/A är liktydig med enheten H.

6.27)

När strömbrytaren öppnas avtar strömmen snabbt som skapar en snabb flödesändring. Denna skapar en stor, kortvarig elektromotorisk spänning som kan bli tillräcklig stor för att lampan ska blinka till.

I spolen a. passeras de båda parallella ledarna av lika stora strömmar men motriktade. Dessa skapar lika stora och motriktade flödestätheter som nästan tar ut varandra. Om flödet är litet då skapas små flödesförändringar när strömmen ändras och det medför alltså liten induktans. 6.29)

a) Se figur a under, som visar förhållandena i startögonblicket. När strömmen sluts och strömmen tenderar att öka, induceras en mot-ems i spolen.

När strömmen lite senare har vuxit färdigt, induceras ingen mot-ems längre. Resistansen R2 är

då kortsluten, eftersom spolens resistans är försumbar. Se figur b. Då gäller: 𝑅₁∙ 1,5 ∙ 10−3= 30𝑉 𝑠𝑜𝑚 𝑔𝑒𝑟 𝑅₁ = 2 ∙ 104 Ω

I startögonblicket är strömmen 1mA och spänningen över 𝑅₁: 20 ∙ 103∙ 1 ∙ 10−3= 20𝑉 Över 𝑅₂ (och den parallellkopplade spolen!) ligger i detta ögonblick spänningen 30V-20V = 10 V, vilket betyder att R2 · (1 mA) = 10 V Det ger R2= 10 kΩ.

Strömmen genom spolen är noll i startögonblicket och den inducerade spänningen då måste vara 10 V.

b) När strömmen är 1,5 mA, är kretsens resistans lika med 30

1,5 ∙ 10−3 = 2 ∙ 104Ω = 20𝑘Ω

6.30)

Flödesändringen skapar en ems (𝑒₁) samtidigt som en motriktad (självinducerad) ems (𝑒₂) uppstår.

𝑒1 = ∆𝛷_∆𝑡 (𝑢𝑛𝑑𝑒𝑟 0,5 𝑠𝑒𝑘𝑢𝑛𝑑𝑒𝑟) 𝑒2 = 𝐿 ∙_∆𝑡∆𝑖

Eftersom supraledaren har noll resistans, R=0 gäller:

𝑒1 = 𝑒2 ↔∆𝛷_{∆𝑡 = 𝐿 ∙∆𝑡 →}∆𝑖 _{∆𝑡 =}∆𝑖 _{𝐿 ∙ ∆𝑡 =}∆𝛷 ∆𝐵 ∙ 𝐴_{𝐿 ∙ ∆𝑡 =} 𝐴 ∙ ∆𝐵_{𝐿 ∙ ∆𝑡 =}𝜋 ∙ 0,01

2_{∙ 20 ∙ 10}−3

30 ∙ 10−9_{∙ 0,5} ≈ 420 𝐴 𝑠�

Om strömmens tillvästhastighet är 420 𝐴 𝑠� och den får växa i 0,5 sekunder blir det slutliga strömmen:

𝑖𝑠𝑙𝑢𝑡 = 420 ∙ 0,5 = 210𝐴

6.31) Vi vet att: 𝑃 = 𝑈 ∙ 𝐼 = 𝑅 ∙ 𝐼2 ₌ 𝑈2 𝑅 a) 𝑃 = 𝑈 ∙ 𝐼 → 𝐼 =𝑃_𝑈

b) Beteckna effekten i ledningarna med 𝑃_𝑟. Vi får då: 𝑃𝑟 = 𝑟 ∙ 𝐼2 = 𝑟 ∙ �𝑃_𝑈�

2

= 𝑟 ∙_𝑈𝑃2₂ →𝑃_{𝑃 =}𝑟 𝑟 ∙ 𝑃_𝑈2

c) Vi ser i resultatet i b) att 𝑈2 finns i nämnaren, alltså effektförlusterna minskar kvadratisk med spänningsökningen.