766320A SOVELTAVA SÄHKÖMAGNETIIKKA PERUSTEHTÄVIÄ RATKAISUINEEN

766320A SOVELTAVA SÄHKÖMAGNETIIKKA PERUSTEHTÄVIÄ RATKAISUINEEN Laske nämä tehtävät, jos koet, että sinulla on aukkoja Soveltavan sähkömagnetiikan perusasioiden hallinnassa. Älä välitä tehtävien numeroinnista. Alussa ovat tehtävät, myöhemmin ratkaisut. TEHTÄVÄT

RATKAISUT: RATKAISU: Sähköisen varauksen lähettämä sähkökentän vuo riippuu ainoastaan varauksen suuruudesta. Suljetun pinnan läpi tulevaan sähkökentän vuohon vaikuttaa ainoastaan pinnan sisäpuolella oleva kokonaisvaraus. Ulkopuoliset varaukset eivät vaikuta tähän vuohon. Suljetun pinnan läpi menevän sähkökentän vuo on a) Pinnan S 1 läpi kulkeva vuo b) Pinnan S 2 läpi kulkeva vuo c) Pinnan S 3 läpi kulkeva vuo d) Pinnan S 4 läpi kulkeva vuo d) Pinnan S 4 läpi kulkeva vuo e) Riippuvatko edellä olevat vastaukset siitä, miten sähkövaraus on jakautunut pintojen sisällä? Eivät riipu, sillä varaus lähettää ympärilleen tietyn vuon riippumatta varauksen paikasta, muodosta tai (geometrisesta) koosta. Ainoastaan varauksen suuruus vaikuttaa. Suljetun pinnan läpi kulkee kaikki vuo, mitä sisäpuolella olevista varauksista lähtee.

RATKAISU: E R Anita Aikion peruskurssin monisteesta Pallosymmetrisessä tapauksessa:

a) Yllä olevan yhtälön mukaan kokonaissähkövaraus on Miinus tulee siitä, että sähkökentän suunta on kohden Marsin keskipistettä. (Sähkökentän suunta on se suunta, mihin positiivinen varaus kulkisi.) b) Yllä olevasta yhtälöstä saadaan myös c) Anita Aikion peruskurssin monisteesta: Nyt Muista vielä, että

RATKAISU:

RATKAISU: a) Lasketaan aluksi sähkökenttä ulkokuoren ja sisäsylinterin välissä. Tässä käsittelyssä voidaan ulkokuori unohtaa, koska se ei vaikuta sisäpuolella olevaan kenttään. L Gaussin suljettu pinta Gaussin laki: E d A S Q sis 0 Nyt valitaan Gaussin pinnaksi sylinteri, jonka pituus on L ja pohjan säde r (> a). Lasketaan ensin yhtälön vasen puoli. d A on pinta-alkiovektori. Sen itseisarvo eli suuruus on pinta-alkion da suuruinen ja sen suunta on kohtisuoraan pintaa vastaan. (Kuvassa käytetään on sama asia.) E on sähkökenttä ja se on tällaisen äärettömän pitkän langan tapauksessa kohtisuorassa lankaa vastaan. d S -vektoria, mutta se

Kuvasta nähdään, että Gaussin pintana toimivan sylinterin vaipalla E ja d A ovat yhdensuuntaisia. Gaussin sylinterin päissä sen sijaan E ja d A ovat kohtisuorassa. Miten käy pistetulon E d A? Kun vektorit ovat kohtisuorassa toisiaan vastaan, niiden välinen pistetulo tulee nollaksi. Näin käy Gaussin sylinterin päissä. Kun vektorit ovat yhdensuuntaisia, niiden välinen pistetulo tulee pelkäksi itseisarvojen tuloksi eli tässä tapauksessa EdA:ksi. Näin käy vaipalla. (Edellä on sovellettu kaavaa: A B A B cos, missä α on vektoreiden A ja B välinen kulma.) Paloitellaan Gaussin lain vasen puoli: E d A E d A E d A EdA 0 EdA E da E S vaippa päät vaippa vaippa vaippa 2rL E saatiin ottaa pois integraalimerkin sisältä, sillä sähkökentän itseisarvo E on vakio vaipan alueella, koska vaippa on vakioetäisyydellä r sisäsylinterin pinnasta. Tällöin integraali: da vaippa kuvaa pelkkää vaipan alaa, joka on 2πrL. Gaussin lain vasen puoli saatiin kuntoon. Nyt oikea puoli: Q sis tarkoitti Gaussin pinnan sisään jäävää varausta. Lasketaan siis Gaussin sylinterin sisään jäävä varaus. Gaussin sylinterin pituus on L. Sisäsylinterissä on varaus pituusyksikköä kohden λ, joten Gaussin sylinterin sisään jää Q sis = Lλ. Nyt saadaan Gaussin laki muotoon: L E 2rL E 0 2 0 r b) Ulomman sylinterikuoren ulkopuolella tilanne on täsmälleen samanlainen kuin kohdassa a). Jos piirretään Gaussin pinta siten, että vaippa on ulomman sylinterin ulkopuolella, Q sis on edelleen sama Lλ. (Perustelut esitetään d)-kohdassa.) Gaussin lain vasemmasta puolesta tulee myös sama. Eli ulomman sylinterikuoren ulkopuolella on myös E 2 0 r

c) Sähkökenttä r:n funktiona noudattaa alla olevaa kuvaajaa. r on etäisyys sylinterisysteemin keskiakselista. d) Johteen sisällä sähkökenttä on nolla. Siitä syystä ulkokuoren sisäpinnalla täytyy olla itseisarvoltaan sama mutta vastakkaismerkkinen varaus kuin sisäsylinterissä. Näin Gaussin laki toteutuu. Tästä puhuttiin tehtävässä 7. Jotta ulkosylinterin kokonaisvaraus olisi nolla, täytyy ulkopinnalla olla vastakkainen varaus. Varaustiheys ulkosylinterin sisäpinnalla = - λ Varaustiheys ulkosylinterin ulkopinnalla = λ

RATKAISU: Lasketaan aluksi sähkökenttä sylinterin ulkopuolella käyttäen Gaussin lakia Gaussin laki on E d A S Q sis 0 L Gaussin suljettu pinta Nyt valitaan Gaussin pinnaksi sylinteri, jonka pituus on L ja pohjan säde r. Lasketaan ensin yhtälön vasen puoli. d A on pinta-alkiovektori. Sen itseisarvo eli suuruus on pinta-alkion da suuruinen ja sen suunta on kohtisuoraan pintaa vastaan. (Kuvassa käytetään d S -vektoria, mutta se on sama asia.) E on sähkökenttä ja se on tällaisen pitkän sylinterin tapauksessa kohtisuorassa lankaa vastaan. Kuvasta nähdään, että Gaussin pintana toimivan sylinterin vaipalla E ja d A ovat yhdensuuntaisia. Gaussin sylinterin päissä sen sijaan E ja d A ovat kohtisuorassa. Miten käy pistetulon E d A? Kun vektorit ovat kohtisuorassa toisiaan vastaan, niiden välinen pistetulo tulee nollaksi. Näin käy Gaussin sylinterin päissä. Kun vektorit ovat yhdensuuntaisia, niiden välinen pistetulo tulee pelkäksi itseisarvojen tuloksi eli tässä tapauksessa EdA:ksi. Näin käy vaipalla. (Edellä on sovellettu kaavaa: A B A B cos, missä α on vektoreiden A ja B välinen kulma.)

Paloitellaan Gaussin lain vasen puoli: E d A E d A E d A EdA 0 EdA E da E S vaippa päät vaippa vaippa vaippa 2rL E saatiin ottaa pois integraalimerkin sisältä, sillä sähkökentän itseisarvo E on vakio vaipan alueella, koska vaippa on vakioetäisyydellä r varatun sylinterin akselista. Tällöin integraali: da vaippa kuvaa pelkkää vaipan alaa, joka on 2πrL. Gaussin lain vasen puoli saatiin kuntoon. Nyt oikea puoli: Q sis tarkoitti Gaussin pinnan sisään jäävää varausta. Lasketaan siis Gaussin sylinterin sisään jäävä varaus. Gaussin sylinterin pituus on L. Varatussa sylinterissä on varaus pituusyksikköä kohden λ, joten Gaussin sylinterin sisään jää Q sis = Lλ. Tästä on puhuttu Anita Aikion peruskurssin luentomateriaalissa: Nyt saadaan Gaussin laki muotoon: L E 2rL E 0 2 Sähkökentän suunta on suoraan poispäin johtavasta sylinteristä eli yksikkövektori rˆ :n suunta. Tätä suuntaa ei saada Gaussin laista, vaan se pitää laskea muulla tavalla tai päätellä. Lasketaan seuraavaksi varatun sylinterin aiheuttama potentiaaliero kahden pisteen välillä Anita Aikion peruskurssin luentomonisteesta: 0 r

Nyt sylinterin keskiakselista lasketun kahden eri etäisyyden välinen potentiaaliero on ( ) ( ) Tässä R on sylinterin säde ja r jokin etäisyys sylinterin keskiakselista (r > R). Tiedetään potentiaaliero V R V r (= 175 V) ja nyt pitäisi laskea se etäisyys r, jolla potentiaaliero sylinterin pintaan nähden on tuo annettu arvo. Haasteena voi olla r:n ratkaiseminen lausekkeesta luonnollisen logaritmin sisältä. Näin se menee: ( ) Korotetaan kumpikin puoli e:n potenssiin ja muistetaan, että ( ) ( ) R r = 2,28 cm Laskussa on käytetty seuraavia lukuarvoja: V R V r = 175 V R = 0,025 m λ = 15. 10-9 C/m

RATKAISU: Lainataanpa Anita Aikion peruskurssin materiaalia: Lasketaan ensin sähkökentän suuruus ja mietitään sen jälkeen suuntia. Yllä olevan yhtälön mukaan (Muista, että T = Vs/m 2 ) Sähkökentän suuruus on nyt laskettu. Se on sama a)-kohdassa ja b)-kohdassa, koska se ei riipu varauksen suuruudesta.

Mietitään nyt suuntia. Magneettikentän aiheuttaman voiman suunta positiivisesti varattuun liikkuvaan hiukkaseen saadaan oikean käden kolmisormisäännöstä: PEUKALO osoittaa hiukkasen nopeuden suuntaan, ETUSORMI magneettikentän suuntaan, KESKISORMI voiman suuntaan. Negatiivisesti varattuun liikkuvaan hiukkaseen vaikuttaa vastakkaissuuntainen voima. v B F (Kuva sivulta http://fi.wikipedia.org/wiki/lorentzin_voima, muokattu) Vektoreina vielä tämä sama: q> 0 B (etusormi) v (peukalo) B v F q< 0 F (keskisormi) Sähkökentälle suunnat menevät seuraavasti: Positiivinen varaus liikkuu sähkökentän suuntaan, negatiivinen varaus sähkökenttää vastaan. F F E q< 0 q> 0

a) On kyseessä positiivinen varaus. Nopeuden suunta on +y akselin suunta ja B kentän suunta on z akselin suunta. Kolmisormisäännön mukaan magneettikentän aiheuttaman voiman FB suunta on x -akselin suunta. Jotta magneettikentän aiheuttama voima kumoutuisi, sähkökentän aiheuttaman voiman FE suunta täytyy olla +x akselin suuntaan. Nyt on kyseessä positiivinen varaus, joten sähkökentän suunnan täytyy olla myös +x akselin suuntaan. Vastaus: ( ) q> 0 v B FB E FE a) On kyseessä negatiivinen varaus. Nopeuden suunta on +y akselin suunta ja B kentän suunta on z akselin suunta. Kolmisormisäännön mukaan magneettikentän aiheuttaman voiman FB suunta on x -akselin suunta positiiviselle varaukselle, joten tälle negatiiviselle varaukselle suunta on +x akselin suunta. Jotta magneettikentän aiheuttama voima kumoutuisi, sähkökentän aiheuttaman voiman FE suunta täytyy olla x -akselin suuntaan. Nyt on kyseessä negatiivinen varaus, joten sähkökentän suunnan täytyy olla +x akselin suuntaan. Vastaus: ( ) q< 0 v B FE FB E

RATKAISU: Tässä tehtävässä tutkitaan magneettikentän virtajohtimeen aiheuttamaa voimaa Anita Aikion peruskurssin materiaalissa on asiasta muun muassa seuraavaa: Oikean käden kolmisormisääntöä virtajohtimelle on demonstroitu seuraavissa kuvassa, joka on sivulta http://commons.wikimedia.org/wiki/file:rechte-hand-regel.jpg FB (keskisormi) B (etusormi) I (peukalo)

a) Tämän tehtävän metallisauvassa kulkee virta vasemmalta oikealle, koska virta kulkee jännitelähteen plus-navasta (piirikaaviossa pitkä viiva) kohti miinus-napaa. Magneettikentän suunta on katsojasta poispäin eli kohtisuoraan paperin sisään. Täten magneettikentän metallisauvaan aiheuttaman voiman suunta on ylöspäin. Koska magneettikenttä on kohtisuorassa virran suuntaa vastaan, voiman suuruuden lauseke voidaan kirjoittaa muotoon Maan vetovoima on alaspäin. Sen lauseke on tunnetusti Kun sauva juuri ja juuri pysyy paikoillaan Virran suuruutta ei ole annettu, mutta on annettu resistanssi. Jännitettä kysytään, joten eliminoidaan virta I yhtälöstä tutun puimuri-kaavan V = RI avulla. b) Resistanssin yhtäkkisen pienenemisen myötä virta kasvaa äkkiä ja samalla kasvaa magneettikentän metallisauvaan aiheuttama voima. Sauva saa kiihtyvyyden, joka voidaan laskea mekaniikasta tutun liikeyhtälön avulla:

Magneettikentän virtajohtimeen aiheuttamaa voimaa käsiteltiin jo edellisessä tehtävässä: Magneettikentän virtasilmukkaan aiheuttamaa vääntömomenttia (voiman momenttia) käsitellään Anita Aikion peruskurssin materiaalissa seuraavasti:

a) Silmukkamme päältä päin katsottuna ja jokaiseen sivuun vaikuttavat voimat: x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x I x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x -F I x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x F x x x x x x x x x x x x x x x x x x x -F I F x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x B kohtisuoraan I x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x paperin sisään eli x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x poispäin katsojasta. Voimien suunta on saatu kolmisormisäännön avulla: FB (keskisormi) B (etusormi) I (peukalo) Virtajohtimeen vaikuttavan voiman lauseke on Vastakkaisten sivujen pituus on yhtä suuri, mutta vektorisuunta vastakkainen. (Sivun vektorisuunta on sama kuin virran suunta.) Magneettikenttä ja virta ovat samat. Vastakkaisiin sivuihin vaikuttavat voimat ovat yhtä suuret mutta vastakkaissuuntaiset, joten voimat kumoavat toisensa. Virtasilmukkaan vaikuttavien voimien summa on nolla.

Silmukkamme sivulta päin katsottuna ja magneettinen momentti: μ B I Virtasilmukkaan vaikuttavan vääntömomentin (voiman momentin) lauseke on Tässä lausekkeessa μ on virtasilmukan magneettinen momentti, jonka suuruus on IA (silmukassa kulkeva virta kertaa silmukan pinta-ala) ja suunta on kohtisuorassa silmukan tasoa vastaan siten, että suunta menee kuvan mukaisesti oikean käden peukalosäännöllä : Nyrkissä olevan käden sormet osoittavat virran suunnan ja pystyssä oleva peukalo magneettisen momentin suunnan. Alla oleva kuva on linkistä http://fi.wikipedia.org/wiki/magneettinen_momentti Tässä tapauksessa μ ja B ovat vastakkaissuuntaisia. Täten niiden ristitulo on nolla ja silmukkaan vaikuttava magneettinen momentti on myös nolla.

b) Nyt silmukkamme on vinosti magneettikenttään nähden, mutta päältä päin katsottuna tilanne on periaatteessa samanlainen. Alla olevaan kuvaan on merkitty jokaiseen sivuun vaikuttavat voimat: x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x I x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x -F I x x x x x x x x x x x x x x x x x -F x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x F I x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x F x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x B kohtisuoraan I x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x paperin sisään eli x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x poispäin katsojasta. Virtajohtimeen vaikuttavan voiman lauseke on Ristitulo ottaa huomioon silmukan sivuista vain sen komponentin, joka on kohtisuorassa magneettikenttää vastaan. Nämä komponentit ovat edelleen yhtä suuret vastakkaisilla sivuilla. Tilanne on periaatteessa sama kuin a)-kohdassa. Vastakkaisiin sivuihin vaikuttavat voimat ovat yhtä suuret mutta vastakkaissuuntaiset, joten voimat kumoavat toisensa. Virtasilmukkaan vaikuttavien voimien summa on nolla. Silmukkamme sivulta päin katsottuna ja magneettinen momentti: μ B θ =150 o I

Virtasilmukkaan vaikuttavan vääntömomentin (voiman momentin) lauseke on Vääntömomentin suuruus on ristitulon ominaisuuksien mukaan, missä θ on vektoreiden μ ja B välinen kulma. Kulma θ = 180 o 30 o = 150 o. (Silmukkaa käännettiin 30 o vaakasuorasta suunnasta, jolloin myös vektori μ kääntyi 30 o lähemmäksi B :n suuntaa. Aluksihan ne olivat vastakkaissuuntaiset.) = 0,081 Nm [Muista, että T = Vs/m 2 ja J = Nm = VAs] Vääntömomentin suunta Katsotaan silmukkaa sivulta: F μ B X μ τ:n suunta ja kiertosuunta -F Koska oikean käden kolmisormisäännön avulla saadaan, että vääntömomentin τ suunta on poispäin katsojasta. (Muista, että ristitulossa magneettisesta momentista μ otetaan huomioon vain se komponentti, joka on kohtisuorassa B :tä vastaan.) Kun τ :n suunta on poispäin katsojasta, se merkitsee, että kiertosuunta on myötäpäivään. Tässä voidaan käyttää oikean käden peukalosääntöä. τ (keskisormi) B (etusormi) μ (peukalo)

a) JOHDETAAN PITKÄN SUORAN VIRTAJOHTIMEN AIHETTAMAN MAGNEETTIKENTÄN LAUSEKE Käytetään Ampèren lakia: Bdl 0I sis Yhtälön vasen puoli kuvaa magneettikentän (= magneettivuon tiheyden) integraalia pitkin suljettua käyrää (niin kutsuttua Ampéren silmukkaa). d l on pituusalkiovektori, jonka suuruus on pituusalkio dl ja suunta silmukan suuntainen. Oikea puoli on tyhjiön permeabiliteetti kertaa Ampéren silmukan sisään jäävä kokonaisvirta. Pitkän suoran virtajohtimen tapauksessa valitaan Ampèren silmukaksi r-säteinen ympyrä. Seuraavalla sivulla on kuva tilanteesta ja siihen on merkitty Ampèren silmukka, d l :n suunta ja B :n suunta sekä virran i suunta. B kentän suunta saadaan virran suunnasta oikean käden peukalosäännöllä peukalo osoittaa virran suuntaa, muut sormet magneettikentän suuntaa:

Ampèren silmukka i r dl B Virtajohtimen kenttä muodostaa virtajohtimen ympärille ympyröitä, joiden keskipiste on virtajohtimen keskipisteessä. Ampéren lain vasen puoli on siten: B dl Bdl koska B ja dl yhdensuuntaisia vektoreita.. Bdl B dl koska B on vakio koko valitsemamme silmukan alueella. B dl B 2 r eli integraali dl on vain silmukan pituus. Yhtälön oikealla puolella μ0 on tyhjiön permeabiliteetti ja ISIS silmukan sisään jäävät virta, joka on tässä tapauksessa vain johtimen virta i. Oikea ja vasen puoli yhdistettynä on siis: 0i B 2r 0i B 2r Tämä on pitkän suoran virtajohtimen magneettikenttä etäisyydellä r johtimesta (tarkemmin sanottuna johtimen keskiakselista).

b) i r dr a L b Tässä tehtävässä pitäisi määrittää se magneettivuo dφb, mikä menee yllä olevassa kuvassa olevan ohuen (sinisen) kaistaleen läpi. Magneettivuosta on Anita Aikion peruskurssin materiaalissa kerrottu seuraavaa:

Sininen kaistale on hyvin kapea (äärettömän kapea), joten voimme olettaa, että B -kenttä on vakio kaistaleen alueella. Lisäksi B kenttä ja kaistale ovat kohtisuorassa toisiaan vastaan, joten pinta(-alkio)vektori on yhdensuuntainen B kentän kanssa. Kaistaleen pinta-ala da = Ldr. Nyt voimme kirjoittaa: Koko silmukan läpi menevä vuo saadaan integroimalla yllä oleva lauseke (ainoan) paikkamuuttujan r suhteen, joka muuttuu a :sta b :hen: [ ] Indusoituvasta lähdejännitteestä kerrotaan Anita Aikion peruskurssin monisteessa näin: Tässä tapauksessa vuon lausekkeessa ainoa aikamuuttuja on i : [ ]

c) Lasketaan vielä lukuarvo edellä esitetylle lähdejännitteelle: [ ] [ ]

θ =37 o B A Teoriaa tähän laskuun löytyy edellisestä tehtävästä. Kun silmukka, jossa on N johdinkierrosta, pyörähtää asennosta toiseen, siihen indusoituva (hetkellinen) lähdejännite on Nyt lasketaan keskimääräistä lähdejännitettä. Voimme laskea sen niin, että lasketaan vuon muutos jaettuna ajalla ja kerrottuna kierrosten lukumäärällä: Silmukan läpi menevä vuo on: missä θ on kenttäviivojen ja pinta-alavektorin välinen kulma. Pinta-alavektori ja silmukan pinta ovat kohtisuorassa toisiaan vastaan. Nyt kun silmukan taso on alussa 37 asteen kulmassa magneettikentän kenttäviivoihin nähden, kulma θ on 90 o 37 o = 53 o. Lopussa, kun silmukan taso on kohtisuorassa kenttää vastaan, kulma θ on 0 o.

Lasketaan vuo alussa ja lopussa: missä a ja b ovat silmukan sivujen pituudet. Keskimääräinen lähdejännite on nyt ( ) ( )

Johdinsilmukkaan indusoituu lähdejännite silloin, kun magneettikentän vuo silmukan sisällä muuttuu. Magneettikentän vuo lasketaan ulkoisesta magneettikentästä ja silmukan pinta-alasta seuraavasti: Tässä vektori on pinta-alavektori, jonka suunta on kohtisuorassa pintaa vastaan. Tässä tapauksessa ja ovat yhdensuuntaisia, joten vuo on Tässä A on se osa silmukasta, jossa magneettikenttää on. Lähdejännite syntyy vuon muutoksesta seuraavalla tavalla:. a) Silmukan läpi kulkeva vuo ei muutu, koska silmukka on koko ajan vakiomagneettikentässä ε = 0 b) Silmukkaan syntyy lähdejännite seuraavalla tavalla: ( ) ( ) ( ) Eli silmukan läpi kulkeva magneettikentän vuo muuttuu pinta-alan muutoksen takia. (Tässä tarkoitetaan sitä pinta-alaa, millä alueella on magneettikenttää. Magneettikenttä pysyy vakiona.) Alla oleva kuva voi selventää asiaa:

x x x x x x x x x x x x x x x x x x B x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x y x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x v c) Silmukka on kokonaan magneettikentän ulkopuolella. Silmukan läpi kulkeva vuo ei muutu ε = 0

JOHDETAAN PITKÄN SUORAN SOLENOIDIN SISÄLLÄ VAIKUTTAVAN MAGNEETTIKENTÄN LAUSEKE Olkoon solenoidissa n johdinkierrosta pituusyksikössä ja olkoon johdinkierroksissa kulkeva virta I. Käytetään Ampèren lakia: Bdl 0I sis Yhtälön vasen puoli kuvaa magneettikentän (= magneettivuon tiheyden) integraalia pitkin suljettua käyrää (niin kutsuttua Ampéren silmukkaa). d l on pituusalkiovektori, jonka suuruus on pituusalkio dl ja suunta silmukan suuntainen. Oikea puoli on tyhjiön permeabiliteetti kertaa Ampéren silmukan sisään jäävä kokonaisvirta. Valitaan pitkän suoran solenoidin tapauksessa Ampèren silmukaksi suorakaide, jonka leveys on a ja korkeus b. Alla on kuva tilanteesta ja siihen on merkitty Ampèren silmukka, d l :n suunta ja B :n suunta. Ampèren silmukka 2 a 4 dl 3 B 1 dl Lasketaan Ampéren lain vasen puoli siten, että paloitellaan integraali B dl Ampèren silmukkana toimivan suorakulmion eri sivuille. Huomaa kuvasta, että sivut on numeroitu.

B dl Sivu 1: 1 1 B dl 2 B dl 3 B dl 4 B dl 1 Bdl 0 0 0 B dl Bdl koska B ja dl ovat yhdensuuntaisia vektoreita. 1 Sivu 2: B dl 0 koska B ja dl ovat kohtisuorassa toisiaan vastaan. 2 Sivu 3: B dl 0 koska magneettikenttä on nolla solenoidin ulkopuolella. 3 Oletimme, että solenoidi on hyvin pitkä, joten magneettikentän kenttäviivat kaartavat hyvin kaukaa takaisin solenoidin toisesta päästä sisään. Sivu 4: B dl 0 koska B ja dl ovat kohtisuorassa toisiaan vastaan. 4 Voimme nyt unohtaa sivut 2, 3, ja 4 ja keskittyä sivuun 1. 1 B dl 1 Bdl B 1 dl Ba B saatiin ottaa ulos integraalimerkin alta, koska se on (suunnilleen) vakio solenoidin sisällä. Nyt integraali dl tarkoittaa pelkästään sivun 1 pituutta a. 1 Ampèren lain vasen puoli on nyt laskettu. Lasketaan vielä oikea puoli ja yhdistetään tulokset. Yhtälön oikealla puolella μ0 on tyhjiön permeabiliteetti ja ISIS Ampèren silmukan sisään jäävät virrat. Silmukan sisään jää virrat NI missä N on Ampèren silmukan sisään jäävien johdinkierrosten lukumäärä. Koska pituusyksikköä kohden on n johdinkierrosta, a :n pituisessa solenoidin pätkässä on na johdinkierrosta. Ampèren lain oikea puoli on siis 0 I sis 0 nai Yhdistetään oikea puoli ja vasen puoli ja ratkaistaan B: Ba 0naI B 0nI

Nyt viimein saimme pitkän suoran solenoidin sisään jäävän magneettikentän lausekkeen. Laskemme nyt vuon, jonka tämä magneettikenttä aiheuttaa tämän tehtävän primäärikäämissä eli sisemmässä käämissä: Tämä sama vuo kulkee myös sekundäärikäämin läpi, koska solenoidien johdinkierrokset on käämitty päällekkäin, eli voidaan kirjoittaa Sekundäärikäämiin indusoituva lähdejännite on nyt: ( ) Voidaan ajatella, että virta pienenee tasaisesti, jolloin di1/dt on ΔI1 Δt eli virran muutos annetussa ajassa. ( ) 0,95 mv ( )

L B Poikkipinta-ala A a) Edellisessä tehtävässä johdettiin magneettikenttä pitkän suoran solenoidin sisällä. Sovelletaan tätä sisempänä olevaan kelaan eli primäärikelaan: Tässä yhtälössä n1 on johdinkierroksia/pituusyksikkö. Usein annetaan johdinkierrosten kokonaislukumäärä N1 ja solenoidin pituus L1. Niin tehdään tässäkin tehtävässä. Teemme helpon muunnoksen Lasketaan magneettivuo sisemmän solenoidin läpi. Magneettivuon yhtälö on Solenoidin sisällä magneettikenttä B 1 on kohtisuorassa poikkipintaa vastaan ja siten yhdensuuntainen poikkipinta-alavektorin A1 kanssa, jolloin cosθ1 = 1. Yllä olevasta yhtälöstä saadaan, kun sijoitamme A π(d1/2) 2, missä d1 on halkaisija:

( ) ( ) b) Anita Aikion peruskurssin luentomateriaalista löytyy yhtälö keskinäisinduktanssille: Laskimme edellä vuon primäärikäämin sisällä eli ΦB1:n. Koska sekundäärikäämi on kierretty tiukasti primäärikäämin ympärille, sen läpi kulkee sama vuo kuin primäärikäämissäkin eli ΦB2=ΦB1. Keskinäisinduktanssi on nyt ( ) ( ) Huomaa: H = Vs/A c) Lasketaan lopuksi sekundäärikelaan indusoitunut lähdejännite: ( ) ( )

JOHDETAAN TOROIDIN SISÄLLÄ VAIKUTTAVAN MAGNEETTIKENTÄN LAUSEKE Olkoon toroidissa N johdinkierrosta ja olkoon johdinkierroksissa kulkeva virta I. Käytetään Ampèren lakia: Bdl 0I sis Yhtälön vasen puoli kuvaa magneettikentän (= magneettivuon tiheyden) integraalia pitkin suljettua käyrää (niin kutsuttua Ampéren silmukkaa). d l on pituusalkiovektori, jonka suuruus on pituusalkio dl ja suunta silmukan suuntainen. Oikea puoli on tyhjiön permeabiliteetti kertaa Ampéren silmukan sisään jäävä kokonaisvirta. Valitaan toroidin tapauksessa Ampèren silmukaksi ympyrä, jonka säde on R. Alla on kuva tilanteesta ja siihen on merkitty Ampèren silmukka, d l :n suunta ja B :n suunta. Toroidin sisällä magneettikentän kenttäviivat ovat toroidin suuntaisia ympyröitä. Toroidin ulkopuolelle magneettikenttä ei pääse. Ampèren silmukka Toroidin poikkipinta-ala A R I B dl

Lasketaan Ampéren lain vasen puoli: ja ovat yhdensuuntaisia, joten niiden pistetulosta tulee Bdl. Lisäksi B on vakio toroidin sisällä, joten se vodaan ottaa integraalimerkin eteen. Integraali tarkoittaa pelkästään toroidin pituutta joka on tässä tapauksessa πr. Ampèren lain vasen puoli on nyt laskettu. Lasketaan vielä oikea puoli ja yhdistetään tulokset. Yhtälön oikealla puolella μ0 on tyhjiön permeabiliteetti ja ISIS Ampèren silmukan sisään jäävät virrat. Silmukan sisään jäävät virrat NI missä N on Ampèren silmukan sisään jäävien johdinkierrosten lukumäärä. Ampèren lain oikea puoli on siis 0 I sis 0 NI Yhdistetään oikea puoli ja vasen puoli ja ratkaistaan B: 0NI B 2R 0NI B 2R Tämä on toroidin sisään jäävän magneettikentän lauseke. a) Lasketaan toroidin itseinduktanssin lauseke. Anita Aikion peruskurssin monisteessa kerrotaan itseinduktanssista seuraavaa:

Laskemme siis ensimmäiseksi magneettikentän vuon toroidin sisällä: Tästä saadaan itseinduktanssi Muista: H = Vs/A b) Lasketaan toroidiin indusoitunut lähdejännite kun virta muuttuu ΔI = 5,00 A ajassa Δt = 3,00 ms. Lähdejännitteen yhtälö saadaan Anita Aikion peruskurssin materiaalista: ( ) c) Virta toroidissa pienenee, jolloin myös sen aiheuttama magneettikenttä pienenee. Indusoitunut virta yrittää vastustaa muutosta ja ylläpitää alkuperäisen virran aiheuttamaa magneettikenttää eli se on samansuuntainen alkuperäisen virran kanssa. Lähdejännite on indusoituneen virran suuntainen eli a b.