Tentamen i Elektromagnetisk fältteori för π 3 och Modellering och simulering inom fältteori för F3,
24 augusti, 2009, kl. 08.0013.00, lokal: MA9AB
Gerhard Kristensson, tel. 222 45 62
& Anders Karlsson tel. 222 40 89.
Tillåtna hjälpmedel: Formelsamling i Elektromagnetisk fältteori (låneexemplar
nns tillhanda) samt kalkylator.
Varje uppgift ger maximalt 10 poäng. Betyget på tentan ges av (total poäng)/10.
Kursansvariga lärare:
Problem 1
z
q
p
h
2h
x
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:
Z
(x2
dx
x
= √
2
3/2
2
+a )
a x 2 + a2
2
Problem 3
Ohmmeter
x
¾1
L
¾2
yttre rör
inre 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 symmetriaxel). 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 σ1 för den lättare vätskan och σ2 för den tyngre.
Båda rören har längden L. Genom att mäta upp resistansen R mellan rören kan
man bestämma tjockleken x på skiktet av den lättare vätskan. Bestäm R uttryckt i
x, σ1 , σ2 , 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? µ0 = 4π · 10−7 H/m.
3
Problem 5
y
Polarisator
x
Det elektriska fältet för en elektromagnetisk våg, som utbreder sig i vakuum, är
E(z, t) = E0 cos(ωt − kz)x̂. 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 x = 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
l
B
À
µ
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 = ẑB0 existerar överallt. Beräkna stavens
konstanta slutfart v .
Lösningar till tentamen i Elektromagnetisk fältteori för π 3,
24 augusti, 2009, kl. 08.0013.00, lokal: MA9AB
Lösning problem 1
z
q
p
h
2h
x
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
p 2r̂ cos θ + θ̂ sin θ
E=
4π0 r3
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 r̂ = ẑ )
p
2
p 56
E1 =
2+
ẑ =
ẑ
3
4π0 h
27
4π0 h3 27
För spegelladdningen gäller att avståndet 4h. Därmed blir bidraget från spegelladdningen
q
1
E2 = −
ẑ
4π0 h2 16
till det elektriska fältet.
Detta ger kraften
qp 56
q2 1
qẑ
56p qh
F =
ẑ −
ẑ =
−
4π0 h3 27
4π0 h2 16
4π0 h3 27
16
vilket ger noll kraft om
q=
896p
27h
2
Lösning problem 2
z
l/2
Q
x
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 -axeln, och kvadratens centrum ges av
punkten (l/2, 0, 0).
Det elektriska fältet från en rak stav med konstant linjeladdningstäthet ρ` = Q/l
ges av (mätpunkt: r = x̂l/2 och källpunkt: r 0 = z 0 ẑ )
Z l/2
Z l/2
x̂l/2 − z 0 ẑ
r − r0
Q
ρ`
0
d`
=
dz 0
E(r) =
4π0 −l/2 |r − r 0 |3
4π0 l −l/2 l2 /4 + z 0 2 3/2
Symmetrin (udda funktion i z 0 ) ger att endast en x-komponent bidrar. Vi får
l/2
√
Z l/2
Q
dz 0
Q z0
Q 2
E(r) = x̂
= x̂
= x̂
8π0 −l/2 l2 /4 + z 0 2 3/2
2π0 l2 l2 /4 + z 0 2 1/2 2π0 l2
−l/2
Fältstyrkan blir totalt från de båda trådarna
√
E(r) = x̂
2Q
π0 l2
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
r̂ c
2πrc x
3
Motsvarande elektriska fält ges av Ohms lag, dvs.
E(rc ) = σ1−1 J (rc )
Spänningen mellan inner- och ytterledare ges av
Z b
−1
V (a) − V (b) = σ1
J (rc ) · r̂ c drc =
a
I
ln
2πσ1 x
b
a
Resistansen för den övre delen av röret ges då av
V (a) − V (b)
1
R1 =
=
ln
I
2πσ1 x
b
a
På samma sätt fås resistansen för den nedre delen av röret
b
1
ln
R2 =
2πσ2 (L − x)
a
Totala resistansen fås genom parallellkoppling av de båda erhållna resistanserna
1
R1 R2
=
ln
R=
R1 + R2
2π
Lösning problem 4
b
1
a σ2 (L − x) + σ1 x
y
x
1
2
3
4
Introducera ett koordinatsystem enligt gur. Ledarna 14 har positionerna
r 1 = −x̂a/2
r = x̂a/2
2
r 3 = x̂(d − b/2)
r 4 = x̂(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
Iµ0
B(r) =
φ̂
2πrc
4
där φ̂ = ∓ŷ för ledare 1 respektive ledare 2. Flödet per längdenhet genom ledarna
34 från ledarna 12 blir därmed (normalriktning ŷ och integrationsvariabel r = x̂x)
Z
1
1
Iµ0 (d + b/2 − a/2) (d − b/2 + a/2)
Iµ0 d+b/2
−
dx =
ln
Φ=
2π d−b/2 x − a/2 x + a/2
2π
(d − b/2 − a/2) (d + b/2 + a/2)
och den ömsesidiga induktansen M = Φ/I per längdenhet blir
M=
µ0 (d + b/2 − a/2) (d − b/2 + a/2)
ln
2π (d − b/2 − a/2) (d + b/2 + a/2)
med insatta värden får vi per km
M = 2 · 10−4 ln
4.625 · 5.375
4.375 · 5.625
vilket ger
M = 2.0nH/m = 2.0µH/km
Lösning problem 5
Vi delar upp vågen i två linjärpolariserade vågor på följande sätt:
E(z, t) = E0 cos(ωt − kz)x̂ =
1
{E0 cos(ωt − kz)(x̂ + ŷ) + E0 cos(ωt − kz)(x̂ − ŷ)}
2
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
1
E(z, t) = E0 cos(ωt − kz)(x̂ − ŷ)
2
b) För z < 0 fås det reekterade fältet
1
E(z, t) = − E0 cos(ωt + kz)(x̂ + ŷ)
2
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) = −B0 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)
= B0 vl cos θ
dt
Eektutvecklingen i staven ges av
P =
(E(t))2
B 2 v 2 l2 cos2 θ
= 0
R
R
Energin är konserverad, och därmed är eektutvecklingen i slingan lika med minskningen av den mekaniska eekten, vilken ges as
Pmek = mg
Detta ger
dh(t)
= mgv sin θ
dt
B02 v 2 l2 cos2 θ
= mgv sin θ
R
och
v=
mgR sin θ
B02 l2 cos2 θ
