R - Technische Universiteit Eindhoven

12
ELEKTROMAGNETISME 1 - 3AA30
26 januari 2006, 9.00 – 12.00 uur
•
•
•
•
•
Geef bij iedere toepassing van een kring- of oppervlakte-integraal duidelijk
aan langs welke weg of over welk oppervlak wordt geïntegreerd
Het formuleblad en beoordelingsformulier is bijgevoegd ná de opgaven.
Het is niet toegestaan een rekenapparaat te gebruiken.
De uitwerkingen worden na afloop van het tentamen uitgereikt.
De uitslag hangt vanaf 10 februari 2006 op het publicatiebord in N-laag.
Opgave 1
Een homogeen geladen ring met straal R bevat een totale lading Qring. Deze ring bevindt
zich in het x-z vlak met zijn middelpunt op de y-as. Het punt P ligt op de as van de ring
op een afstand y van de ring. De kortste verbindingslijn tussen punt P en de ring maakt
een hoek α met de y-as (zie onderstaande figuur).
1.1.
Laat zien dat het elektrische veld op punt P gelijk is aan:
v Qring cos 3 α r
E=
ey
4πε 0 y 2
De ring wordt vervangen door een dunwandige cilindrische buis met straal R en lengte L
evenwijdig aan de y-as en gecentreerd op de y-as. De buis is homogeen geladen met een
totale lading Qbuis. Het punt P ligt op de y-as. De hoeken α1 en α2 zijn gedefinieerd als
weergegeven in de figuur op de volgende pagina.
/n
12
1.2.
Laat zien dat het elektrisch veld in P gelijk is aan:
v Q (sin α 1 − sin α 2 ) r
E = buis
ey
4πε 0 LR
Hint: gebruik de uitdrukking van onderdeel 1.1 van deze opgave en neem α als
integratievariabele.
1.3.
Schets de kracht op een puntlading q die zich op de y-as bevindt voor het gebied
y = -5L tot y = 5L, er vanuit gaande dat y = 0 correspondeert met het midden van
de buis.
/n
12
Opgave 2
Twee zeer dunne, cirkelvormige, en geleidende vlakke platen (oppervlak A) met eindige
dikte bevinden zich in het vlak x = 0 en x = d. De afstand tussen de platen d is veel kleiner dan de straal van de platen. Op de linkerplaat (x = 0) bevindt zich lading Q en op de
rechterplaat (x = d) bevindt zich 3Q. De ruimte tussen de platen is gevuld met een homogene ruimtelading met dichtheid ρ. Zie onderstaande tekening voor een doorsnede van dit
systeem.
2.1.
2.2.
2.3.
2.4.
Bereken door superpositie de grootte en richting van E in het gebied x < 0.
Bepaal met het antwoord uit de vorige vraag de ladingsdichtheid op de plaat op
x = 0, zowel aan de linkerzijde als aan de rechterzijde.
Bereken de grootte en richting van het elektrische veld tussen de platen
(0 < x < d).
Bereken het potentiaalverschil tussen de platen.
De linkerplaat op x = 0 wordt geaard; zie de tekening hieronder.
2.5.
Hoeveel lading zit er nu op de linkerplaat?
/n
12
Opgave 3
Een coaxkabel bestaat uit een cilindervormige binnengeleider met straal R1 en een zeer
dunne buitengeleider met straal R2. Tussen de beide geleiders (R1 < r < R2) zit teflon, een
isolator met relatieve diëlektrische constante εr. De coaxkabel is aangesloten op een spanningsbron met spanning Vbron.
R1
Vbron
3.1.
3.2.
3.3.
R2
Door het aanleggen van de spanning komt er een lading (per lengte-eenheid) λv
r
op de binnengeleider. Bereken de diëlektrische verplaatsing D (r ) tussen de twee
geleiders, aangenomen dat λv al bekend is.
r
Bepaal het elektrisch veld E (r ) en daaruit het potentiaalverschil tussen de twee
geleiders.
r
r
Druk het elektrisch veld E (r ) en de diëlektrische verplaatsing D (r ) uit in de gegeven grootheden εr, Vbron, R1 en R2.
Door een fabricagefoutje sluit het teflon niet overal goed aan op de binnengeleider. Tussen de binnengeleider en het diëlektricum (teflon) bevindt zich nu een luchtspleet met
dikte δr en een relatieve diëlektrische constante gelijk aan 1 (d.w.z. εr = 1 voor
R1 < r < R1+ δr). R1 en R2 zijn ongewijzigd.
δr
R1
R2
3.4.
3.5.
r
Bepaal het elektrische veld E (r ) tussen de geleiders. Hint: volg de zelfde strategie als in vraag 3.1 t/m 3.3.
Bepaal de verhouding tussen het elektrische veld op de rand van de binnengeleider, E(R1), mèt en zonder luchtspleet, voor het geval δ r → 0 .
/n
12
Opgave 4
Beschouw de onderstaande schakeling. Op t < 0 zijn de schakelaars S1 en S2 open en zijn
de condensatoren C1 en C2 ontladen. Op t = 0 wordt schakelaar S1 gesloten.
S1
V0
4.1.
4.2.
4.3.
R1
V0/2
C1
S2
R2
C2
Bereken de stroom door weerstand R1 direct na het sluiten van S1.
Bereken de totale lading op de condensatoren lange tijd na het sluiten van S1.
Geef de uitdrukking voor de stroom door weerstand R1 als functie van de tijd na
het sluiten van S1.
Schakelaar S1 wordt na lange tijd, dat wil zeggen als de condensatoren volledig zijn opgeladen, weer geopend. Daarna, op t = t1, wordt S2 gesloten.
4.4.
4.5.
Bereken grootte en richting van de stroom door de weerstand R2 direct na het
sluiten van S2.
Teken de totale lading op de condensatoren als functie van de tijd na het sluiten
van S2. Geef in de grafiek aan wat de karakteristieke (1/e) tijd en de begin- en
eindwaarde van de lading zijn.
/n
12
FORMULEBLAD Elektromagnetisme 1
•
Elektrische permittiviteit vacuüm: ε 0 ≈ 8.845 ⋅ 10 −12 C 2 / Nm 2
•
Elementaire lading:
e ≈ 1.602177 ⋅ 10
−19
1
4πε 0
9
2
2
≈ 8.988 ⋅ 10 Nm / C
C
r r
Va − Vb = ∫ E ⋅ dl
b
•
Lijnintegraal van de elektrische veldsterkte:
r
r
r ra
D = ε 0ε r E = ε 0 E + P,
r
r
P = ε0χeE
•
Verplaatsingsveld en polarisatie:
•
Stelling van Gauss in medium met diëlektrische constante ε = Kε0 = εoεr :
r r
D
∫∫ ⋅ dA = Qvrij , omsloten
opp . A
•
Energiedichtheid:
ε0
r r
E
∫∫ ⋅ dA = Qvrij , omsloten + Q p, omsloten
opp . A
r r
P
∫∫ ⋅ dA = − Q p, omsloten
opp . A
r r
2
u = 12 D ⋅ E = 12 ε E .
Afgeleiden
d n
x = nx n −1
dx
∫
d
sin ax = a cos ax
dx
∫
Integralen
dx
a −x
dx
2
2
= arcsin
x
a
= ln( x + x 2 + a 2 )
d
cos ax = −a sin ax
dx
d ax
e = ae ax
dx
x +a
x
dx
1
∫ x 2 + a 2 = a arctan a
dx
x
1
∫ (x 2 + a 2 )3 / 2 = a 2 x 2 + a 2
d
1
ln ax =
dx
x
∫ (x
2
2
2
x dx
1
=−
2 3/ 2
2
+a )
x + a2
Reeksontwikkeling
n
∫ x dx =
∫
x n +1
(n ≠ −1)
n +1
dx
= ln x
x
1
∫ sin ax dx = − a cos ax
1
∫ cos ax dx = a sin ax
∫e
ax
dx =
n(n − 1) 2 n(n − 1)(n − 2) 3
x +
x K ( x < 1)
2!
3!
x3 x5 x7
sin( x) = x −
+
−
+K
3! 5! 7!
x2 x4 x6
cos( x) = 1 −
+
−
+K
2! 4! 6!
x 3 2 x 5 17 x 7
tan( x) = x +
+
+
+ K ( x < π / 2)
3
15
315
x2 x3
e x = 1+ x +
+
+K
2! 3!
x2 x3 x4
ln(1 + x) = x −
+
−
+ K ( x < 1)
2
3
4
(1 + x) n = 1 + nx +
Integralen
1 ax
e
a
/n
12
BEOORDELINGSFORMULIER
Elektromagnetisme 1 voor N-studenten 3AA30 & 3A530 - 26 januari 2006, 9.00-12.00 uur
Dit formulier ingevuld overleggen bij het eventuele onderhoud met de corrector.
Naam:
Vraagstuk
Te behalen
punten
Toegekend door
corrector
Toegekend door
student
1.
1.1
1.2
1.3
10
10
5+
25
..
..
..+
..
..
..+
2.
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
5
5
5
5
5+
25
..
..
..
..
..+
..
..
..
..
..+
3.
3.1
3.2
3.3
3.4
3.5
4
4
3
10
4+
25
..
..
..
..
..+
..
..
..
..
..+
4.
4.1
4.2
4.3
4.4
4.5
5
5
5
5
5+
25
..
..
..
..
..+
..
..
..
..
..+
Totaal
100
Totaal behaald ...
Totaal behaald
...
Voor elk onderdeel worden slechts gehele punten toegekend. Het cijfer wordt bepaald door het
aantal punten te delen door 10, hierbij eventueel de bonus op te tellen en daarna af te ronden.
/n
AANTAL PUNTEN / 10 =
______
BONUS ( 0.5 of 0 )
=
______
AFGEROND CIJFER
=
______
12
UITWERKINGEN E&M 1 – 26 januari 2006
Opgave 1
1
dq
met dq = Qring 2 π ⋅ dϕ
2
4 πε 0 y + R 2
y
dE y = dE cos α met cos α =
y2 + R2
R
dE z = −dE sin α met sin α =
y2 + R2
Integratie over ring levert:
3
Qring
1
1 Qring cos α
Ey =
cos α =
4πε 0 y 2 + R 2
4 πε 0
y2
E z = E x = 0 vanwege cirkelsymmetrie
1.1 Wet van Coulomb: dE =
v Q cos 3 α r
Kortom: E = ring
ey
4 πε 0 y 2
1.2 Substitueer Qring in uitdrukking van onderdeel 1.1 door Qbuis/L·dy. Vanwege
symmetrie alleen y-component E-veld:
dE y =
1 Qbuis L cos 3 α
dy
y2
4 πε 0
Voor integratie over lengte buis drukken we y in α uit. Stel bijvoorbeeld
du
R
y2
R
dan
= − 2 cos 3 α en dy =
du (tekens laten we
u = sin α =
dy
y
R cos 3 α
y2 + R2
even buiten beschouwing)
Qbuis u1=sin α1 1
Qbuis
(sin α1 − sin α 2 )
du =
∫
4 πε 0 L u 2=sin α 2 R
4 πε 0 LR
r
(sin α1 − sin α 2 ) e y
Integratie levert dan E y =
v
Qbuis
Kortom: E =
4πε 0 LR
v
1.3 Er geldt F = qE
F
positief:
in de richting ey
de buis bevindt zich
tussen -1/2L en 1/2L
-1/2L
-5L
5L
1/2L
y
negatief:
in de richting -ey
/n
12
UITWERKINGEN E&M 1 – 26 januari 2006
Opgave 2
2.1. Via de wet van Gauss volgt het veld van de linkerplaat: Q/(2ε0A), loodrecht op de
plaat en in de richting wijzend van de plaat af. Zo volgt er voor het veld van de
rechterplaat 3Q/(2ε0A). Ten gevolge van de ruimtelading is het veld buiten de platen
ρd/(2ε0), wederom via Gauss, en weer in de x-richting van de ladingsverdeling af. Het
totale veld is dus:
r
⎛ 2Q ρ d ⎞ r
E = −⎜
+
⎟ ex voor x < 0.
A
ε
2
ε
0 ⎠
⎝ 0
2.2. De lading op de linkerzijde is te berekenen via Gauss oppervlak 1:
ρ dA
.
QL = 2Q +
2
ρ dA
Voor de rechterzijde volgt QR = Q − QL = −Q −
2
2.3. Gauss toepassen op het getekende oppervlak 2 geeft:
r
1 ⎛Q
⎡d
⎤⎞ r
E = − ⎜ + ρ ⎢ − x ⎥ ⎟ ex voor 0 < x < d
ε0 ⎝ A
⎣2
⎦⎠
d
2.4. Vx =0 − Vx = d = ∫ E ( x)dx = −
0
Qd
ε0 A
2.5. Na de aarding geldt er: E = 0, voor x < 0.
Dit betekent dat de totale lading op de platen inclusief de totale ruimtelading gelijk
aan nul dient te zijn. Met andere woorden:
QL + ρ dA + 3Q = 0 , oftewel: QL = − ρ dA − 3Q .
Evt. controle. Neem een Gauss-oppervlak 3 zoals hierboven getekend. De totale flux
is 0 zodat ook de totale omsloten lading gelijk aan 0 moet zijn. Dit is inderdaad het
geval wanneer er een hoeveelheid lading − ρ dA − 3Q op de rechterzijde van de
linkerplaat aanwezig is.
/n
12
UITWERKINGEN E&M 1 – 26 januari 2006
Opgave 3
3.1. Gauss:
r r
D
∫∫ ⋅ dA = Qvrij ,omsloten
g .o .
Vanwege symmetrie is er alleen een radiële component van de diëlektrische
verplaatsing. Kies als Gaussoppervlak een cilinder met straal r (R1 < r < R2) en lengte
l, coaxiaal aan de geleiders. D staat loodrecht op het cilinder-oppervlak en parallel aan
het voor- en achteroppervlak.
r r
D
∫∫ ⋅ dA = DA = 2πrlD = λvrij ,omsloten l
g .o .
⇒D=
λv
2πr
Dus:
r λ r
D = v er
2πr
r
r
D
3.2. E =
=
ε 0ε r
λv r
er
2πε 0ε r r
Integreer langs een radiaal:
R2
R2
r r R2
V R1 − VR 2 = ∫ E ⋅ dl = ∫ Edr = ∫
R1
R1
3.3. VR1 − V R 2 = Vbron , dus:
R1
⎛R ⎞
λv
λv
dr =
ln⎜⎜ 2 ⎟⎟
2πε 0 ε r r
2πε 0 ε r ⎝ R1 ⎠
⎛R ⎞
λv
2πε 0 ε rVbron
ln⎜⎜ 2 ⎟⎟ = Vbron ⇔ λv =
2πε 0 ε r ⎝ R1 ⎠
⎛R ⎞
ln⎜⎜ 2 ⎟⎟
⎝ R1 ⎠
Invullen in de antwoorden van 3.1 en 3.2:
r
Vbron r
E=
er
⎛ R2 ⎞
r ln⎜⎜ ⎟⎟
⎝ R1 ⎠
r ε εV
r
D = 0 r bron er
⎛R ⎞
r ln⎜⎜ 2 ⎟⎟
⎝ R1 ⎠
r λ r
3.4. Net als bij vraag 1 geldt: D = v er
2πr
⎧ λv r
r
⎪⎪ 2πε r er , R1 < r < R1 + δ r
r
D
0
=⎨
Hieruit volgt: E =
ε 0 ε r ⎪ λv er , R + δ < r < R
r
1
r
2
⎪⎩ 2πε 0 ε r r
/n
12
V R1 − VR 2
r r R1 +δ r
= ∫ E ⋅ dl = ∫ Edr +
R2
R1
R1
UITWERKINGEN E&M 1 – 26 januari 2006
R2
R1 +δ
R1 +δ
R1
∫ Edr = ∫
R2
λv
λv
dr + ∫
dr
2πε 0 r
2πε 0 ε r r
R +δ
1
⎞
⎛ R2 ⎞
λv
⎟⎟ +
⎟⎟ = Vbron
ln⎜⎜
⎠ 2πε 0 ε r ⎝ R1 + δ r ⎠
2πε 0Vbron
⇔ λv =
⎛ R + δ r ⎞ 1 ⎛ R2 ⎞
⎟⎟ + ln⎜⎜
⎟⎟
ln⎜⎜ 1
⎝ R1 ⎠ ε r ⎝ R1 + δ r ⎠
Voor het elektrisch veld geldt dus uiteindelijk:
Vbron
r
⎧1
er , R1 < r < R1 + δ r
⎪r ⎛ + ⎞
⎛
⎞
⎪ ln⎜ R1 δ r ⎟ + 1 ln⎜ R2 ⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
r ⎪
⎝ R1 ⎠ ε r ⎝ R1 + δ r ⎠
E=⎨
Vbron
r
1
⎪
er , R1 + δ r < r < R2
⎛ R1 + δ r ⎞
⎛ R2 ⎞
⎪r
⎟⎟ + ln⎜⎜
⎟⎟
⎪ ε r ln⎜⎜
+
R
R
δ
1
1
r
⎝
⎠
⎝
⎠
⎩
=
⎛ R +δr
λv
ln⎜⎜ 1
2πε 0 ⎝ R1
3.5. Met luchtspleet:
r
Vbron
r
1
E ( R1 ) =
er
R1 ⎛ R1 + δ r ⎞ 1 ⎛ R2 ⎞
⎟⎟ + ln⎜⎜
⎟⎟
ln⎜⎜
⎝ R1 ⎠ ε r ⎝ R1 + δ r ⎠
Zonder luchtspleet:
r
Vbron
r
E ( R1 ) =
er
⎛R ⎞
R1 ln⎜⎜ 2 ⎟⎟
⎝ R1 ⎠
De verhouding tussen die twee:
⎛R ⎞
ln⎜⎜ 2 ⎟⎟
E met ( R1 )
⎝ R1 ⎠
=
E zonder ( R1 )
⎛ R + δ r ⎞ 1 ⎛ R2 ⎞
⎟⎟ + ln⎜⎜
⎟⎟
ln⎜⎜ 1
⎝ R1 ⎠ ε r ⎝ R1 + δ r ⎠
Voor de limiet geldt:
⎛R ⎞
ln⎜⎜ 2 ⎟⎟
E (R )
⎝ R1 ⎠
lim met 1 = lim
= εr
δ r →0 E
δ r →0
⎛ R1 + δ r ⎞ 1 ⎛ R2 ⎞
zonder ( R1 )
⎟⎟ + ln⎜⎜
⎟⎟
ln⎜⎜
⎝ R1 ⎠ ε r ⎝ R1 + δ r ⎠
Dit betekent dat zelfs als de luchtspleet oneindig klein is, het veld op de
binnengeleider εr maal hoger is. Alleen als het teflon contact maakt met de
binnengeleider neemt het veld af met εr.
(Een dergelijk fabricagefoutje kan gemakkelijk tot doorslag leiden in
hoogspanningskabels).
/n
12
UITWERKINGEN E&M 1 – 26 januari 2006
Opgave 4
4.1. Op t=0 geldt dat de spanning over de condensatoren 0 is. Daarmee geeft een
willekeurige kring die V0 en R1 bevat: V0 − I1 R1 − 0 = 0 → I1 = V0 R1 .
4.2. Na lange tijd is de spanning over beide condensatoren gelijk aan V0 en dus geldt
Qtotaal = CeqV0 = ( C1 + C2 ) V0 .
4.3. De condensatoren worden parallel opgeladen en dus is het handig om met de
vervangingscapaciteit Ceq te werken. Kirchhoff op linker kringetje geeft
dqeq
= I1 waarmee de d.v. die dit systeem beschrijft
V0 − I1 R1 − qeq Ceq met
dt
dqeq
1
= V0 R1 − qeq R1Ceq = −
( qeq − V0Ceq ) wordt. De oplossing hiervan is (zie
dt
R1Ceq
⎞
⎟⎟
⎠
4.4. De spanning over R2 is op t1 gelijk aan V0/2 en dus wordt I2= V0/(2R2), tegen de
spanningsbron in (dus van linksboven naar rechtsonder)
4.5. De lading loopt exponentieel van Q0 = V0Ceq op t1 naar Q0/2 voor t-t1 → ∞ met
tijdsconstante R2Ceq.
Y&F) i (t ) =
⎛
V0
t
exp ⎜ −
⎜
R1
⎝ R1Ceq
1.2
1.0
Q/Q0
0.8
0.6
0.4
0.2
0.0
0
1
2
3
4
5
t/teq
Extra: In formule wordt dit V =
q=
⎛ t − t1 ⎞ ⎞
V0 ⎛
⎜ 1 + exp ⎜ −
⎟ en dus, m.b.v. Q = CV ,
⎜ R2Ceq ⎟⎟ ⎟
2 ⎜⎝
⎝
⎠⎠
⎛ t − t1 ⎞ ⎞
V0Ceq ⎛
+ 1⎟ .
⎜ exp ⎜ −
⎜ R2Ceq ⎟⎟ ⎟
2 ⎜⎝
⎝
⎠ ⎠
Formele afleiding: Beginnend bij de d.v.
dqeq
dt
R2
V0Ceq ⎞
1 ⎛
⎜ qeq −
⎟ (verkregen
R2Ceq ⎝
2 ⎠
en Ceq in serie) en dus
=−
m.b.v. Kirchhoff-kringetje over V0/2,
dqeq
dt
=−
geeft partiele integratie, rekening houdend met de
( qeq − V0Ceq 2 ) R1Ceq
/n
12
beginvoorwaarde
qeq ( t = t1 ) = V0Ceq :
UITWERKINGEN E&M 1 – 26 januari 2006
q
∫ (q
V0 Ceq
⎛ q − V0Ceq 2 ⎞
VC
t − t1
waarmee q = 0 eq
ln ⎜
=−
⎟
⎜ V0Ceq 2 ⎟
2
R2Ceq
⎝
⎠
boven beredeneerde antwoord herkregen.
/n
eq
dqeq
− V0Ceq 2 )
t
dt
RC
t1 2 eq
= −∫
en
dus
⎛
⎛ t − t1 ⎞ ⎞
+ 1⎟ . Hiermee is het
⎜ exp ⎜ −
⎜ R2Ceq ⎟⎟ ⎟
⎜
⎝
⎠ ⎠
⎝