Institutt for elektronikk og telekommunikasjon, Fakultet for informatikk, matematikk og elektronikk, Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet NTNU TFE4120 Elektromagnetisme - Forkurs Løsningsforslag øving 6 Maxwells ligninger er: ∂B , ∂t ∂D ∇×H=J+ , ∂t ∇ · D = ρ, ∇×E=− ∇ · B = 0. (2) (3) (4) a) Først bruker vi divergensteoremet p˚ a (3) for ˚ a finne den tilsvarende ligningen p˚ a integralform. Vi integrerer over et volum v med tilhørende lukket flate S: Z I ∇ · Ddv = D · dS, v (1) (5) S som gir at I Z D · dS = S ρdv. (6) v Dette er Gauss’ lov p˚ a integralform. Den forteller oss at fluksen av D-feltet ut av en lukket flate er lik den totale ladningen i volumet som omsluttes av flaten. La n˚ a flaten S være en kuleflate med radius r omkring punktladningen. Pga. symmetri m˚ a D-feltet m˚ a være radielt rettet, dvs. parallelt med flatenormalen til S slik at D = D(r)ˆr. For en punktladning Q plassert i origo f˚ ar vi da: Z I I ρdv = Q = D · dS = DdS = 4πr2 D, (7) v S S ettersom arealet av kuleflaten er 4πr2 . Det elektriske feltet er da E= D Q ˆr. = 0 4π0 r2 (8) Fra Lorentz’ kraftligning finner vi at kraften p˚ a ladningen q blir: F= qQ ˆr. 4π0 r2 (9) b) Ligning (4). Ut fra analogien til forrige punkt ser vi at ligning (4) betyr at B-feltet ikke kan strømme ut av en lukket flate. 1 c) Vi skal her vise at ”sirkulasjonen” av E-feltet i sløyfen C er lik den magnetiske fluksendringen per tidsenhet gjennom sløyfen. Det er derfor naturlig ˚ a ta utgangspunkt i (1). For ˚ a finne den tilsvarende ligningen p˚ a integralform, bruker vi Stokes’ teorem: I Z Z Z ∂B d E · dl = ∇ × E · dS = − B · dS, (10) · dS = − dt S C S S ∂t som gir Faradays lov e=− dΦ . dt (11) Dersom motstanden R er s˚ a stor at strømmen i sløyfen er neglisjerbar (dvs. at det induserte magnetfeltet er neglisjerbart i forhold til det ytre, p˚ atrykte feltet), er den totale flukstettheten i sløyfen gitt av det ytre p˚ atrykte feltet B = (B0 + B1 cos(2πf t))ˆ z. Spenningen over motstanden blir dermed vha. Faradays lov: V =− d(BS) = 2πf SB1 sin(2πf t). dt (12) Hvis vi reduserer R, men fortsetter bevegelsen som før, vil det begynne ˚ a g˚ a en strøm i sløyfen pga. den induserte spenningen. Denne strømmen vil sette opp et magnetfelt som motvirker den p˚ atrykte fluksvariasjonen (Lenz’ lov). I grensen R → 0 vil den induserte strømmen gi opphav til en fluks som akkurat kompenserer for det p˚ atrykte feltet, slik at den totale fluksen i sløyfen blir konstant. En superledende sløyfe vil derfor alltid ha konstant fluks. d) Her m˚ a vi ta utgangspunkt i (2). Vi bruker Stokes teorem, denne gangen p˚ a en sirkulær integrasjonsvei C med radius r > a rundt den uendelig lange lederen (se figur 1). Dette gir I Z Z ∂D H · dl = (∇ × H) · dS = J+ · dS. (13) ∂t C S S Siden alle elektromagnetiske forhold er stasjonære, kan vi ikke ha noen tidsvariasjon i D (dvs. forskyvningsstrømmen er null). Vi finner derfor at høyresiden ovenfor blir lik I, dvs. den strømmen som H er innesluttet av integrasjonsveien C. Fra symmetri kan vi videre argumentere at C H · dl = 2πrH. Dermed f˚ ar vi at H-feltet er gitt av H= I ˆ φ. 2πr (14) ˆ peker her i positiv dreieretning. Strømmen er antatt ˚ ˆ-retning. Enhetsvektoren φ a g˚ aiz e) Ta divergensen til (2) og bruk at divergensen til en curl er identisk lik null: ∇ · J = −∇ · ∂D ∂(∇ · D) ∂ρ =− =− . ∂t ∂t ∂t (15) Her brukte vi (3) i siste overgang. Integr´er s˚ a denne ligningen over et prøvevolum v omsluttet av en flate S, og bruk divergensteoremet: Z I ∇ · Jdv = J · dS. (16) v S P˚ a høyre side i (15) f˚ ar vi Z − v ∂ρ d dv = − ∂t dt 2 Z ρdv = − v dQ , dt (17) I,ˆ z a C r Figur 1: Løsningsfigur til oppgave d). der Q er den totale ladningen i v. Dvs. I dQ J · dS = − . dt S (18) Med andre ord er den totale strømmen ut av volumet v lik det som forsvinner av ladning i v per tidsenhet, som impliserer ladningsbevarelse. f ) Her tar vi utgangspunkt i Faradays lov (lign. (1)) p˚ a integralform (10): I Z d E · dl = − B · dS. dt S C (19) Vi integerer over en liten sløyfe som vist i figur 2. For sm˚ a ∆w og ∆h regner vi feltene som konstante over sløyfen. N˚ ar vi lar ∆h → 0 blir høyresiden null, og venstresiden f˚ ar kun bidrag fra de to horisontale delene av sløyfen. Vi f˚ ar alts˚ a at E1t ∆w − E2t ∆w = 0, dvs E1t = E2t . Evt. mer detaljert utregnet: I ∆h ∆h ∆h ∆h E · dl = E1t ∆w − E1n − E2n − E2t ∆w + E2n + E1n 2 2 2 2 C ∂ ∆h ∆h =− B1z ∆w + B2z ∆w . ∂t 2 2 (20) N˚ ar vi lar ∆h g˚ a mot 0, sitter vi igjen med bare to ledd som gir: E1t = E2t . (21) g) Potensialene A og V er ikke entydige bestemt av E og B. For en vilk˚ arlig funksjon f (r, t) kan vi definere nye potensialer som gir de samme E- og B-feltene slik: Any = A + ∇f ∂f . Vny = V − ∂t 3 (22) (23) E1 ∆w Medium 1 E1n E1t ∆h B1z E2t E2n C B2z E2 Medium 2 Figur 2: Løsningsskisse til oppgave e). Integrasjonskurven er gitt av kurven C med bredde ∆w og høyde ∆h. Vi ser at Bny = ∇ × Any = ∇ × A + ∇ × ∇f = B, (24) fordi curl til gradient er lik null, ∇ × ∇f = 0. Og Eny = −∇Vny − ∂Any ∂f ∂A ∂(∇f ) = −∇V + ∇ − − = E. ∂t ∂t ∂t ∂t (25) Ligningene (3) og (2) blir automatisk oppfyllt fordi curl til en gradient, og divergens til en curl, er identisk lik null ∇ · B = ∇ · (∇ × A) = 0, ∂A ∂(∇ × A) ∂B ∇ × E = ∇ × −∇V − =− =− . ∂t ∂t ∂t (26) (27) De to andre ligningene gir bølgeligningene for potensialene, se side 96-97 i kompendiet. h) Ved stasjonære forhold har vi at E = −∇V − siden ∂A ∂t ∂A = −∇V, ∂t (28) = 0. I et lineært, isotropt, og homogent medium kan vi skrive (3) som ∇ · D = ∇ · E = ρ. (29) ∇ · (−∇V ) = ρ, (30) Ved bruk av (28) f˚ ar vi derfor at som gir at ∇2 V = − 4 ρ . 0 (31)
© Copyright 2024