Transcript Løsningsforslag 4 - Institutt for elektronikk og telekommunikasjon

NTNU
Institutt for elektronikk og telekommunikasjon,
Fakultet for informatikk, matematikk og elektronikk,
Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet
TFE4120 Elektromagnetisme
Løsningsforslag øving 4
Oppgave 1
z
Q
r1
P
h
z
r
r2
h
−Q
Figur 1: Speilladningsmetoden
a) Speilladningsmetoden (fig. 1) gir at potensialet i P er
V =
Q
−Q
+
.
4π0 r1 4π0 r2
(1)
N˚
ar P er p˚
a z-aksen og z < h er r1 = h − z og r2 = h + z, slik at
1
Q
1
Q
−
4π0 h − z 4π0 h + z
Q
1
1
−
=
.
4π0 h − z h + z
V =
Det elektriske feltet er bestemt av E = −∇V . P˚
a grunn av symmetri p˚
a aksen har vi
1
(2)
E = (0, 0, Ez ), slik at V kun er en funksjon av z. Vi finner s˚
a
∂ Q
1
1
Ez = −
−
∂z 4π0 h − z h + z
1
1
Q
.
+
=−
4π0 (h − z)2 (h + z)2
(3)
Det elektriske feltet inni i den ideelle lederen er lik null. Alts˚
a f˚
ar vi

for z ≤ 0 (inni lederen),
0
E(z) =
Q
1
1
−
ˆ
z for 0 ≤ z ≤ h.
+
4π0 (h − z)2 (h + z)2
(4)
b) Som vist i fig. 2, legger vi en Gaussflate som er en halvkule med veldig stor radius rundt
Q. Den plane delen legges like ovenfor lederen, mens den krumme delen legges i R → ∞.
Fluksen ut av den krumme delen g˚
ar som 4πR2 · E(R) ∼ 1/R. N˚
ar vi s˚
a tar grensen
R → ∞ er dette fluksbidraget lik null. Det vil si at den totale fluksen ut av ladningen Q,
som er lik Q/0 , og derfor ogs˚
a feltlinjene, passer gjennom den plane delen av
Gaussflaten.
Siden like mye fluks ender opp p˚
a det ledende planet som g˚
ar ut av ladningen Q, er den
induserte ladningen p˚
a planet lik −Q. For ˚
a vise dette legger vi en boks med uendelig
utstrekning rundt grenseflaten til lederen, som vist i figuren p˚
a neste side. Siden feltet er
null inni lederen, er det kun den øvre flaten som bidrar til fluksen. Fluksen gjennom
denne flaten er −Q/0 , og bidraget kommer fra feltlinjene fra Q.
z
r
Figur 2:
c) Utfra fig. 3 ser vi at de to bidragene til E-feltet p˚
a et observasjonspunkt langs r-aksen
identifiseres direkte ved hjelp av Coulombs lov. Vi finner z-komponenten til hvert bidrag
uttrykt ved vinkelen α og summerer:
2
Q
cos(α)
4π0 R2
Qh
= −
.
2π0 R3
Ez = −2
(5)
I siste likhet har vi brukt at cos(α) = h/R. R er her uttrykt:
R=
p
(h − z)2 + r2 .
(6)
N˚
ar vi setter z → 0 f˚
ar vi dermed:
ρ = 0 Ez = −
2π(r2
Qh
+ h2 )3/2
(7)
z
Q
α
R=
√
h2 + r2
h
α
r
Ez
−Q
Figur 3: Oppgave 1c
d) Den totale induserte ladningen finnes ved ˚
a integrere opp den induserte ladningstettheten
over hele flaten. Vi regner ut i sylinderkoordinater der dA = 2πrdr slik at
Z
Qindusert =
ρs dA
plan
Z
Qh ∞
2πrdr
=−
2π 0 (r2 + h2 )3/2
(8)
∞
Qh
= √
r2 + h2 0
= −Q.
3
e) Feltlinjene og de to Gaussflatene som er brukt i argumentasjonen i 1b) er vist i fig. 2.
Den stiplet-prikkete linjen like ovenfor grenseflaten tilhører begge Gaussflatene og det er
kun her vi f˚
ar et fluksbidrag.
f ) Kraften p˚
a Q er gitt av Coulombs lov. Det spiller ingen rolle om vi bruker
speilladningen −Q, eller integrerer opp kraften fra den induserte overflateladningen. Det
første alternativet er det enkleste og en finner s˚
a
1 Q(−Q)
ˆ
z
4π0 (2h)2
Q2
=−
ˆ
z.
16π0 h
F=
(9)
Oppgave 2
a) Vi bruker Gauss’ lov p˚
a en sylinderflate
H med lengde l og radius r der a < r < b. Grunnet
symmetri har vi at E = E(r)ˆ
r slik at S E · dS = E(r)2πrl.
b
r
a
Figur 4:
Legg merke til at bidragene fra ”toppen” og ”bunnen” av sylinderen er lik null siden E
er radielt rettet. Vi finner
Q0 l
,
(10)
E(r)2πrl =
0
der Q0 er ladning pr. lengdeenhet av innerlederen. Alts˚
a f˚
ar vi
E(r) =
4
Q0
ˆ
r.
2π0 r
(11)
Som forventet ser vi at feltstyrken er størst n˚
ar r = a slik at
Emax =
Q0
.
2π0 a
(12)
Spenningen mellom inner- og ytterlederen finner vi ved ˚
a integrere feltstyrken:
V = Va − Vb
Z b
E(r)dr
=
a
Z b
Q0
1
=
dr
2π0 a r
b
Q0
ln ra
=
2π0
Q0
b
=
ln .
2π0 a
Vi bruker s˚
a
Q0
2π0
(13)
= Emax a slik at vi f˚
ar
b
V = Emax a ln .
a
(14)
For ˚
a finne maksimal-punktet er vi nødt til ˚
a derivere denne funksjonen mhp. a. Vi
finner at
∂
b
∂
V = Emax
a ln
∂a
∂a
a
(15)
b
= Emax ln − 1 .
a
Dette uttrykket er lik 0 n˚
ar
a = be−1 .
(16)
b) Fra uttrykkene i forrige deloppgave har vi at Vmax er gitt av
Vmax = Emax be−1 ln
b
be−1
(17)
= Emax be−1 .
Setter vi inn for de oppgitte verdiene, Emax = Et = 3 · 106 V/m og b = 1cm f˚
ar vi
Vt = Et be−1 ≈ 1.1 · 104 V.
5
(18)