Transcript Løsningsforslag, øving 3 - Institutt for elektronikk og

Institutt for elektronikk og telekommunikasjon,
Fakultet for informatikk, matematikk og elektronikk,
Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet
NTNU
TFE4120 Elektromagnetisme - Forkurs
Løsningsforslag øving 3
Oppgave 1
a) Vi starter med ˚
a bestemme det elektriske feltet inne i kondensatoren. Vi plasserer en fri
ladning
Q
p˚
a
innerlederen
og en ladning −Q p˚
a ytterlederen og bruker Gauss’ lov
H
S D · dS = Qinne i S . Gaussflaten som vi velger oss er et kuleskall med radius r. Grunnet
symmetri har vi D = D(r)ˆr. Gauss’ lov gir da
I
D · dS = 4πr2 D(r) = Q.
(1)
Bruk av D(r) = E(r) gir
Q
.
4πr2
Vi velger ytterlederen som referansepunkt for potensialet slik at
Z b
Z b
Q
dr
Q 1 1
V (a) − V (b) = V0 =
E(r)dr =
=
−
.
4π a r2
4π a b
a
E(r) =
Kapasitansen til kondensatoren er gitt av C =
C=
(2)
(3)
Q
V0 :
4πab
.
b−a
(4)
Vi ser at n˚
ar b − a = d a kan vi skrive
A
C' ,
d
(5)
der A = 4πab er overflaten til kondensatoren og d er avstanden mellom platene. Dette
uttrykket er likt det for en parallellplatekondensator.
b) Betrakter vi en enkelt ledende kule som grensetilfellet b → ∞ i punkt a), og dessuten lar
→ 0 , har vi
C = 4π0 a,
(6)
for kapasitansen til en kule med radius a.
1
Oppgave 2
a) iii)
Vi har at:
∇·E=
ρ
0
(7)
S˚
a for ˚
a finne flateladningen for r < a regner vi ut ∇ · E med divergensoperatoren i
kulekoordinater og kun en r komponent:
ρ = 0
1 ∂ 2
r · C1 r 2 ;
r2 ∂r
for r < a
(8)
Vi f˚
ar da at:
ρ = 4C1 0 r;
For r > a vi f˚
ar
ρ = 0
for r < a
1 ∂ 2
1
r · C2 ;
r2 ∂r
r
for r > a
(9)
(10)
Som gir
C2 0
; for r > a
r2
For ˚
a se om vi har flateladning i r = a ser vi p˚
a grensene r → a− og r → a+ .
ρ=
(11)
lim E = C1 a2 ˆr
(12)
1
lim E = C2 ˆr
a
(13)
r→a−
r→a+
Det vil si at E-feltet kun er kontinuerlig hvis C2 = C1 a3 , noe som vi har f˚
att oppgitt at
det ikke er. Siden = 0 p˚
a begge sider har vi derfor, fra grensebetingelsene til
normalkomponenten til D-feltet, at det m˚
a være flateladning i r = a.
Fra dette kan vi slutte at det er romladning for r < a, r > a og flateladning for r = a
(med mindre C1 eller C2 er 0). Alternativ iii) er derfor korrekt.
b) iii)
Driftshastigheten kan finnes ved
J = N qv
(14)
Vi tar absoluttverdi p˚
a begge sider og f˚
ar og f˚
ar da
v=
J
I
=
≈ 0.49 mm s−1
Ne
SN e
(15)
der e = 1.6 × 10−19 C er absoluttverdien til elektronladningen.
c) ii)
E = 0, hvis ikke det var tilfelle ville det elektriske feltet tatt tak i ladninger og beveget
p˚
a dem til de falt i ro. Disse ladningene vil da perfekt kompensere for det elektriske
feltet. Alternativ i) er feil fordi det er spenningsfallet i en lederen som er 0, ikke
potensialet selv (husk at vi kan alltid legge til en konstant verdi til potensialet).
Alternativ iii) er feil fordi i en ideell leder er σ = ∞. Det vil si at strømtettheten kan
være ulik 0 selv om E = 0.
2
d) ii)
Dette kan vises ved ˚
a snu om p˚
a ligningen og integrere over et volum v p˚
a begge sider.
Z
Z
∂
∇ · J dv = −
ρ dv
(16)
v ∂t
v
ved bruk av divergensteoremet og antagelsen om at volumet v ikke endrer seg med tiden
kan dette skrives om til
I
Z
∂
J dS = −
ρ dv
(17)
∂t v
S
hvor S er flaten som
H omslutter v. Fra dette kan en se at hvis det strømmer strøm ut av
en lukket flate S ( S J dS er positiv) m˚
a det g˚
a p˚
a bekostning av ladningen innenfor S
(endringen av ladningen med tiden m˚
a være negativ).
De andre utsagnene er feil fordi de ikke har noe med denne ligningen ˚
a gjøre.
Oppgave 3
a) Strømmen er gitt av I =
strømtettheten gitt av
R
S
J · dS = JS, dersom J er jevnt fordelt over S. Alts˚
a er
J=
I
.
πa2
b) Vi integrerer J over tverrsnittet:
Z
Z
I=
J · dS = 2J0
S
0
3
a
r2
2πrdr = J0 πa2 .
a2
(18)
(19)