Skriftlig tentamen i Elektromagnetisk fältteori
för π3 (ETEF01) och F3 (ETE055)
Tid och plats: 28 oktober, 2015, kl. 14.00–19.00, lokal: Vic1:A-C.
Kursansvarig lärare: Anders Karlsson, tel. 222 40 89.
Tillåtna hjälpmedel: Formelsamling i elektromagnetisk fältteori samt kalkylator.
Betygsättning: Varje uppgift ger maximalt 10 poäng. Slutbetyget på tentan ges
av heltalsdelen av (totalt antal poäng)/10, dock högst 5.
1
z
z
ρ
−
a
a
q
−
a
l
−
a
q
ρ
l
a
y
x
ρ
l
−
a
−
ρ
l
Bestäm kraften F på en punktladdning q som befinner sig i origo. Punktladdningen är omgiven av följande fyra linjeladdningar:
Linjeladdningstäthet 1: ρℓ längs linjen r = (−a, y, −a) −∞ < y < ∞
Linjeladdningstäthet 2: −ρℓ längs linjen r = (a, y, −a) −∞ < y < ∞.
Linjeladdningstäthet 3: ρℓ längs linjen r = (x, −a, a) −∞ < x < ∞.
Linjeladdningstäthet 4: −ρℓ längs linjen r = (x, a, a) −∞ < x < ∞.
2
y
B=B0 z
v
x
a/2
a
a
I kvartsrymden x > 0, y > 0 finns en konstant magnetisk flödestäthet B =
B0 ẑ. En kvadratisk metallslinga med resistansen R befinner sig i planet z = 0 med
mittpunkten på y−axeln. Slingan rör sig med den konstanta hastigheten v = vŷ
och dess främre sida passerar y = 0 vid tiden t = 0. Bestäm kraften F på slingan
som funktion av tiden.
2
3
Q
v
z
V
R
Två koaxiella cirkulära metalliska ledare har vakuum mellan ledarna. Innerledaren
har radien a och ytterledaren har innerradien b = 5a. Både ytter- och innerledare
kan anses vara resistanslösa. En likspänningskälla med spänning V > 0 och en
resistans R kopplas till ledarna enligt figur. Det ger en ström I = V /R genom inneroch ytterledare och en spänning V mellan ledarna. En punktladdning Q skickas
in mellan ledarna, enligt figur. Laddningens hastighet v = vẑ är parallell med
innerledaren strax efter den kommit in mellan ledarna. Bestäm ett samband mellan
v och R så att laddningens hastighet v är oförändrad då den färdas mellan ledarna.
Tyngdkraftens inverkan är försumbar.
4
z
Q
R
2h
Q
h
R
Ovanför ett stort jordat metallplan, z = 0, finns en homogent laddad sfär med
laddningen Q, radien R < 2h och med centrum i punkten (0, 0, 3h) och en homogent laddad cirkulär ring med laddningen Q, radien R och med centrum i punkten
(0, 0, h), enligt figur. Slingans plan är parallellt med jordplanet. Bestäm kraften F
på det laddade klotet.
3
5
y
i1(t)
i3(t)
i2(t)
z
d
En tidsharmonisk planvåg faller in vinkelrätt mot ett perfekt ledande metallplan
z = 0. För att bestämma vågens amplitud och polarisation använder man sig
av en magnetisk sensor med tre ortogonalt orienterade cirkulära spolar, se den
uppförstorade bilden. Varje spole har en mycket liten radie a, N lindningsvarv,
resistans R och försumbar självinduktans. Det råder vakuum för z < 0.
När man för sensorn i negativ z−led finner man att både i1 och i2 har maximal
amplitud vid z = 0 och nästa gång vid z = −d = −50 cm, medan i3 (t) = 0.
Mätningar vid z = −d ger följande strömmar:
i1 (t) = I0 cos ωt
i2 (t) = I0 sin ωt
i3 (t) = 0
a) Bestäm numeriska värdet på vågens frekvens f = ω/(2π).
b) Bestäm det totala magnetiska fältet H(z, t) för z < 0 uttryckt i kända storheter
(N, a, R, I0 , d, c0 ).
c) Bestäm det elektriska fältet E i (z, t) för den infallande vågen uttryckt i kända
storheter.
4
6
y
y
"r=2
a
d
b
x
e
x
c
Figuren visar två kondensatorer. Den vänstra består av två metallsfärer med luft
(εr = 1) mellan sig. Sfärerna har radierna a = 1 dm och b = 2 dm och deras centrum
är i origo respektive (d, 0, 0) där d = 5 cm. Den högra kondensatorn består av tre
metallsfärer. De två innersta är identiska med sfärerna i den vänstra kondensatorn
medan den yttre sfären har radien c = 4 dm. Den yttre sfärens centrum är i (e, 0, 0),
där e = 3d = 15 cm. Hälften av utrymmet mellan de två yttre sfärerna är fyllda
med ett material med εr = 2 medan den andra halvan och utrymmet mellan de två
innersta sfärerna är fyllda med luft, enligt figur.
Genom numeriska beräkningar med finita elementmetoden finner man att den
vänstra kondensatorn har kapacitansen C1 = 24.15 pF (10−12 F). Man lägger nu
en potential V = 1 V på den innersta sfären i den högra kondensatorn och jordar
den yttersta sfären. Sfären med radien b = 2 dm har totala laddningen noll. Bestäm
följande för den högra kondensatorn:
a) Kondensatorn kapacitans. Uttryck denna i termer av C1 .
b) Den fria laddningen på insidan av sfären med radien b = 2 dm.
c) Linjeintegralen
d+b
R
0
E(x, 0, 0) · x̂ dx
Ledning: Notera att förhållandet mellan den yttre och mellersta sfären är detsamma som mellan den mellersta och den inre sfären. Kapacitansen för en kondensator
definieras som C = Q/V , där Q är kondensatorns laddning (Q på ena ytan och −Q
på andra) och V är spänningen mellan ytorna.
Lösningar till tentamen i EF för π3 och F3
Tid och plats: 28 oktober, 2015, kl. 14.00–19.00, lokal: Vic1:A-C.
Kursansvarig lärare: Anders Karlsson.
Lösning problem 1
Elektriska fältet från en linjeladdning ρℓ längs z−axeln ges av
E(r) =
ρℓ
r̂ c
2πε0 rc
Linjeladdning 1 och 2 ger tillsammans ett elektriskt fält som i origo är riktat i positiv
x−led:
ρℓ
ρℓ
1
√ √ x̂ =
x̂
E1 = 2
2πε0 a
2πε0 2a 2
Linjeladdning 3 och 4 ger tillsammans ett elektriskt fält som i origo är riktat i positiv
y−led:
ρℓ
1
ρℓ
√ √ ŷ =
E2 = 2
ŷ
2πε0 a
2πε0 2a 2
Svar: Totala kraften ges av
F = q(E 1 + E 2 ) =
qρℓ
(x̂ + ŷ)
2πε0 a
Lösning problem 2
För t < 0 och t > a/v är flödet konstant genom kvadraten. För 0 ≤ t ≤ a/v gäller
a
Φ(t) = vtB0
2
Den inducerade strömmen ges av
i(t) = −
1 dΦ(t)
avB0
=−
R dt
2R
riktad moturs.
Kraften på slingan ges av BIL-formeln. Den främre sidan har en ström i(t) i
negativ x−led. Det ger kraften F 1 = B0 i(t)0.5aŷ. Den högra sidan har strömmen
i(t) i positiv y−led. Det ger kraften F 2 = B0 i(t)vtx̂.
Svar: För 0 ≤ t ≤ a/v är totala kraften
avB02
F = F1 + F2 = −
(2vtx̂ + aŷ)
4R
För övriga tider är kraften noll.
2
Lösning problem 3
Inuti koaxialkabeln ges magnetiska flödestätheten av
B(r) =
µ0 I
µ0 V
φ̂ =
φ̂
2πrc
2πrc R
Det elektriska fältet ges av
E(r) =
Eftersom
V =
Z
ρℓ
r̂ c
2πε0 rc
b
a
E · r̂ c drc =
fås
E(r) =
ρℓ
ln(b/a)
2πε0
V
r̂ c
rc ln(5)
Kraften på Q ges av
F = Q(E + v × B) = Q
V
µ0 vV
r̂ c −
rˆc
rc ln(5)
2πrc R
För att hastigheten skall vara konstant krävs att kraften är noll. Det ger
Svar:
µ0
R = v ln(5) = 2v ln(5) · 10−7
2π
Kommentar: Som synes är systemet endast användbart för partiklar med stora
hastigheter. I annat fall blir resistansen väldigt liten.
Lösning problem 4
Klotet fungerar som en punktkälla Q placerad i klotets centrum. Vi speglar punktladdningen och den cirkulära slingan i jordplanet. Det ger en spegelladdning −Q
i punkten (0, 0, −3h) och en spegelbild av ringen med laddning −Q och centrum
i (0, 0, −h). På symmetriaxeln av en laddad ring med linjeladdningstätheten ρℓ =
Q/(2πR) och radien R ges det elektriska fältet av
E=
z1 Q
ẑ
4πε0 (R2 + z12 )3/2
där z1 är z−koordinaten räknad från ringens centrum.
I centrum av klotet är därmed det elektriska fältet en summa av fältet från ringen,
ringens spegelladdning och klotets spegelladdning. Det ger kraften
F = QE(0, 0, 3h) =
4hQ2
Q2
2hQ2
ẑ
−
ẑ
−
ẑ
4πε0 (R2 + 4h2 )3/2
4πε0 (R2 + 16h2 )3/2
4πε0 36h2
3
Lösning problem 5
a) Det bildas en stående våg där amplituden för den magnetiska flödestätheten är
maximal vid z = 0 och vid z = −nλ/2, n = 1, 2 . . .. Det ger att λ = 2d = 100 cm.
c0
3 · 108
Frekvensen ges av f =
=
= 300 MHz.
λ
1
b) Den inducerade strömmen är relaterad till den magnetiska flödestätheten via
induktionslagen.
i(t) = −N
1 dΦ(t)
Nπa2 d(n̂ · B(r, t))
=−
R dt
R
dt
där riktningen på n̂ är relaterad till referensriktningen på i(t) via skruvregeln. Med
detta fås att x-komponenten av magnetiska flödestätheten ges av
Z
R
R
i1 (t) dt = −
I0 sin(ωt)
Bx (0, 0, d, t) = −
2
Nπa
Nπa2 ω
medan y−komponenten ges av
R
By (0, 0, d, t) = −
Nπa2
Z
i2 (t) dt =
R
I0 cos(ωt)
Nπa2 ω
Totala magnetfältet ges därmed av
H(z, t) =
R
1
B(z, t) =
I0 (sin(ωt)x̂ − cos(ωt)ŷ) cos (kz)
µ0
µ0 Nπa2 ω
där k = ω/c0 .
c) För att få det elektriska fältet använder vi de komplexa fälten. Den komplexa
magnetiska flödestätheten ges av
B(z) =
R
I0 (ix̂ − ŷ) cos (kz)
Nπa2 ω
Vi delar upp B(z) i den infallande och reflekterade vågen
B(z) =
R
ikz
−ikz
I
(ix̂
−
ŷ)
e
+
e
0
2Nπa2 ω
Den infallande vågen har B−fältet
B inc (z) =
R
I0 (ix̂ − ŷ) eikz
2
2Nπa ω
Regeln om högersystem ger det infallande elektriska fältet
E inc (z) = c0 B inc (z) × ẑ = −
Rc0
I0 (iŷ + x̂) eikz
2Nπa2 ω
Motsvarande tidsberoende fält är den cirkulärpolariserade vågen
E inc (z, t) = −
Rc0
I0 (cos(kz − ωt)x̂ − sin(kz − ωt)ŷ)
2Nπa2 ω
4
Lösning problem 6
Om man fördubblar alla längdmått för en kondensator fördubblas dess kapacitans.
För att se det kan vi anta en spänning V mellan kondensatorytorna. Det elektriska
fältet halveras när alla längder fördubblas eftersom V är tangentlinjeintegralen
av
R
E. Laddningen på vardera ytan fördubblas eftersom Q = ε0 S n̂ · E dS, där S ökar
med en faktor 4 och E minskar till hälften då alla längder fördubblas. Om den yttre
delen hade varit luftfylld hade alltså kapacitansen för den yttre delen varit 2C1 .
a) Vi kan se den yttre delen av kondensatorn som två parallellkopplade kondensatorer. Hade båda dessa halvor varit luftfyllda så hade vardera halvan haft kapacitansen
C1 . Nu är den ena kondensatorn luftfylld och den andra fylld med ett εr material.
Kapacitansen för en kondensator fylld med ett material med relativ permittivitet
εr har εr gånger större kapacitans än motsvarande kondensator fylld med luft. Det
ger att kapacitansen mellan de två yttre sfärerna är (1 + εr )C1 = 3C1 . Vi har då
en kondensator med kapacitansen C1 i serie med en kondensator med kapacitansen
3C1 . Man kan nu använda formeln för seriekoppling av kapacitanser
1
1
1
+
=
C
C1 3C1
(1)
3
vilket ger C = C1 .
4
Kommer man inte ihåg denna formeln för seriekoppling av kondensatorer så kan
man härleda den på följande sätt: Spänningen V = 1 V kan skrivas
V = V1 + V2
där V1 är spänningen mellan den innersta sfären och den mellersta sfären och V2 är
spänningen mellan den mellersta sfären och den yttersta sfären. Om laddningen är
Q på det innersta skalet så måste den vara −Q på insidan av den mellersta sfären,
Q på utsidan av den mellersta sfären och därmed −Q på insidan av den yttersta
sfären. Det ger
Q
Q
+
V = V1 + V2 =
C1 3C1
C
C
vilket ger (1).
+
men Q = CV vilket ger V = V
C1 3C1
2C1
C1
C1
Ekvivalent kretsschema
3
Svar: C = C1 = 18.11 pF
4
b) Laddningen på insidan av den mellersta sfären är minus laddningen på den innersta sfären. Eftersom spänningen är 1 V för kondensatorn och dess kapacitans är
3
C1 = 18.11 pF fås
4
5
3
Svar: Laddningen är Qin = − C1 = −18.11 pAs.
4
d+b
d+b
R
R
c) Inuti den innersta sfären är E = 0. Det ger
E(x, 0, 0)·x̂ dx =
Ex (x, 0, 0) dx =
0
a
V1 där V1 är spänningen mellan den innersta och den mellersta sfären. Kapacitansen
Qin
mellan dessa två sfärer är C1 och därmed är spänningen V1 = −
= 0.75 V
C1
d+b
R
Svar:
E(x, 0, 0) · x̂ dx = 0.75 V
0