93FY51/ STN1 Elektromagnetism Tenta 150825: svar och anvisningar
Uppgift 1
Fr˚an Coulombs lag och E = F/q har vi uttrycket:
E = 1 4πε0
� ρldl r3 r
Vi v¨aljer cylindriska koordinater och s¨atter r = zˆz− a ˆR och dl = adφ. Ladd- ningst¨atheten ifr˚aga ¨ar en linjeladdningst¨athet d¨ar ρl=2πaQ . Detta ger:
E = 1 4πε0
� 2π 0
Q 2πa
adφ (z2+ a2)3/2zˆz
� �� �
(1)
− 1 4πε0
� 2π 0
Q 2πa
adφ (z2+ a2)3/2a ˆR
� �� �
(2)
Vi betraktar f¨orst termen (2). Eftersom ˆR = cos φˆx + sin φˆy f˚ar man:
(2) = Q 8π2ε0
� 2π 0
cos φ dφ
(z2+ a2)3/2x =ˆ Q 8π2ε0
� 2π 0
sin φ dφ
(z2+ a2)3/2ˆy = 0 Kvar har vi (1), dvs
E = Q 4πε0
z (z2+ a2)3/2ˆz Svar: E = Q
4πε0
z (z2+ a2)3/2ˆz
Magnetiska fl¨odest¨atheten i en punkt r kan ber¨aknas med Biot-Savarts lag:
B = µ0
4π
� Idl× r r3 Vi s¨atter
r = aˆx− zˆz och
dl = dzˆz vilket inneb¨ar att:
dl× r = dzˆz × (aˆx− zˆz) = dzˆz × aˆx− dzˆz × zˆz� �� �
=0
= adzˆy
B = µ0
4πIa
� L/2
−L/2
dz
(a2+ z2)3/2y =ˆ µ0
4πIa
� z
a2√ a2+ z2
�L/2
−L/2
ˆ y
= µ0
4πIa
� L/2
a2�
a2+ L2/4− (−L/2) a2�
a2+ L2/4
� ˆ y
= µ0
4πI L
a�
a2+ L2/4ˆy
Magnetf¨altet fr˚an en o¨andligt l˚ang rak ledare ¨ar:
B = µ0
2π I a och vi f˚ar:
µ0
4πI L
a�
a2+ L2/4 = 0,99µ0
2π I
a ⇐⇒ L/2
a�
a2+ L2/4 = 0,99 Vi s¨atter nu in a = 1 och l¨oser ut l¨angden:
L2/4 = 0,992�
1 + L2/4�
⇐⇒ (1 − 0,992)L2/4 = 0,992 dvs
L =�2· 0,99
1− 0,992m≈ 14 m Svar: 14 m
Uppgift 3 a)
Vab=−
� a b
E(r)· dr Vi kan ber¨akna elektriska f¨altet med Gauss lag:
�
S
D(r) dS = Q
d¨ar S ¨ar en sf¨arisk yta med radie a < r < b.
Q = 4πr2D(r) E(r) = 1
ε0εr
D(r) = Q
ε04πr2(1 + kr)ˆr
Vab = −
� a b
Q
ε04πr2(1 + kr)dr
= Q
ε04π
� b a
1 + kr
r2 dr = Q ε04π
�
k ln r−1 r
�b
a
= Q
ε04π
�
k ln b−1
b − k ln a + 1 a
�
=
= Q
ε04π
� k lnb
a+1 a−1
b
�
Svar: Q ε04π
� k lnb
a+1 a−1
b
�
b)
D = ε0E + P⇐⇒ P = D − ε0E = P = Q
4πr2ˆr− Q
4πr2(1 + kr)ˆr =−k Q 4πrˆr Svar:−k Q
4πrˆr
a) R¨att alternativ ¨ar (A): kapacitansen kommer att ¨oka.
D˚a man har laddat upp en kondensator kommer laddningen +Q att finnas p˚a ena ytan, och−Q p˚a andra ytan. Detta inneb¨ar att det finns ett elektrisk f¨alt och en sp¨anning, U , mellan dem. Kapacitansen ¨ar
C = Q U
dvs ju mindre sp¨anning mellan ytorna, desto st¨orre kapacitansen. Man kan se det som att laddningarna Q och−Q ¨ar l˚asta till varandra genom sp¨anningen U , och ju h¨ogre kapacitans metallytorna har, desto l¨agre sp¨anning kr¨avs f¨or att l˚asa dem.
Det elektriska f¨altet mellan ytorna g¨or att ¨amnets molekyler till en viss polariseras, dvs f˚ar en positiv och en negativ ¨anda. Molekylerna vrider sig i f¨altriktningen och bildar kedjor (+−)(+−)(+−) . . . fr˚an den negativa ytan till den positiva. Polarisationsladdningarna attraherar de r¨orliga laddningarna p˚a
metallytorna (som har motsatt tecken), vilket g¨or att de r¨orliga laddningrna l˚ases fast h˚ardare. D˚a beh¨ovs inte lika stor sp¨anning mellan plattorna f˚ar att l˚asa Q och
−Q till varandra. Detta inneb¨ar att kapacitansen ¨ar st¨orre d˚a dielektrikat finns mellan plattorna.
b) Se s106-107 i Engstr¨om.
Paramagnetiska effekten:
I paramagnetiska material ger elektronernas spin och banr¨orelse upphov till magnetiska dipolmoment som tenderar att linjeras upp i ett yttre magnetf¨alt. Detta ger att B = µ0µrH med µr� 1.Diamagnetiska effekten:
I diamagnetiska material ¨ar alla elektroner parade med motriktade magnetiska dipolmoment. I ett yttre magnetf¨alt f¨orst¨arks de dipoler som ¨ar motriktade det yttre f¨altet medan de parallella f¨orsvagas enligt Lentz lag. Detta ger B = µ0µrH med µr� 1.Uppgift 5
D˚a dΦ/dt > 0 och Φ > 0 blir den inducerade sp¨anningen i h¨ogra spolen s˚adan att str¨ommen g˚ar ˚at h¨oger i den ¨oversta tr˚aden p˚a bilden. Str¨omriktning ¨ar som bekant definerad s˚a att str¨ommen g˚ar fr˚an plus till minus. Definitionen av plus och minus f¨or u2 i figuren inneb¨ar att:
u2=−
�
−N2dΦ dt
�
= N2dΦ dt
d¨ar Φ ¨ar fl¨odet genom v¨anstra spolens alla varv. Fl¨odet kan ber¨aknas genom att betrakta magnetf¨altet, som uppfyller cirkulationssatsen:
�
C
H· dl = I och i v˚art fall ger att:
LH = N1ii ⇔ H = N1
L ii
Med B = µ0µrH och B = Φ/S har vi:
Φ = BS = µ0µrSN1
L ii
Den inducerade sp¨anningen ¨ar allts˚a:
u2(t) = N2
dΦ
dt = µ0µrSN1N2
L di1
dt =−µ0µrSN1N2
L ωI0sin ωt eftersom i(t) = I0cos ωt enligt uppgiften.
Svar: u2(t) =−µ0µrSN1N2
L ωI0sin ωt
a) Vi ber¨aknar den komplexa str¨ommen som:
Ic= Uc
Z d¨ar vi ans¨atter den komplexa sp¨anningen:
Uc= U0ejωt Den komplexa impedansen ¨ar:
Z = R + jωL + 1
jωC = R + j
�
ωL− 1 ωC
�
Str¨ommen i kretsen blir:
Ic=Uc
Z = U0
R + j
�
ωL− 1 ωC
� ejωt= U0
|Z|e−φejωt
d¨ar
|Z| =
� R2+
�
ωL− 1 ωC
�2
St¨orsta str¨ommen uppn˚as d˚a |Z| ¨ar s˚a liten som m¨ojligt, dvs d˚a:
ωL− 1
ωC = 0⇐⇒ ω = ± 1
√LC
Svar: ω =± 1
√LC
b) D˚a
ω = 1
√LC
¨ar Z = R, dvs amplituden f¨or str¨ommen ¨ar:
I0= U0
R Svar: U0/R