Løsningsforslag, øving 6 - 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 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)