ELEC-C4140 Kenttäteoria ESIMERKKIRATKAISUT 1. välikoe: 24.10.2019
1. 1c 2e 3e 4d 5c 6d
2. (a) Lähdepisteestäx-akselin kenttäpisteeseen osoittava paikkavektori onxux−(aux+auy).
Siispä sähkökenttä on Coulombin lain mukaan E(x, 0, 0)=Q(x−a)ux−auy
4πε0d3 missä d=p
(x−a)2+a2
(b) Työtä täytyy tehdä silloin kun kahta samanmerkkistä varausta työnnetään toisiaan koh- ti. Siis alkuun tehty työ on positiivinen (tarvitaan energiaa), kun testivaraus työnnetään origosta akselia pitkin pisteeseenx=a. Sitten sama energia vapautuu, kun edetään koh- taanx=2a, ja loppumatkan aikana työ on myös negatiivista. Eli koko matkalta tehtävä nettotyö on negatiivinen.
(c) Tarvittava työ on vastakkaismerkkinen sähköisen voiman tekemään työhönWs=R Fs·d` nähden:
W = −
Z
Fs·d`= −Qt
Z∞
0
E·uxd x= −QQt
4πε0
Z∞
0
x−a (x2−2ax+2a2)3/2
= QQt
4πε0
¯
¯
¯
¯
∞ 0
p 1
x2−2ax+2a2 = − QQt
4πε0ap 2<0 Potentiaalin kautta sama:
W = −Qt
Z ∞
0
E·d`=Qt
Z ∞
0 ∇φ·d`=Qt¡
φ(∞)−φ(0)¢
= − QtQ 4πε0
p2a koskaQ-pistevarauksen potentiaali onQ/(4πε0d).
3. Lasketaan magneettikenttäz-akselilla Biot-Savartin laista dH= I
4π
d`×ur
r2 = I 4π
d`×r r3
missäd`on differentiaalinen virta-alkio (huomaa, että se on vektori, eli että sillä on suunta) ja ron vektori virta-alkiosta tarkasteltavaan kenttäpisteeseenz-akselilla.
Nyt on virta-alkiod`=uϕb dφja vektorir= −uρb+uzz.
Integroidaan pitkin silmukkaa, jolloin saadaan
H(z)= I 4π
2π
Z
0
uϕ×(−uρb+uzz)
³p
b2+z2´3 bdφ= I b 4π³p
b2+z2´3
buz 2π
Z
0
dφ+z
2π
Z
0
uρdφ
= uz2πI b2 4π³p
b2+z2´3
Huomaa, että jälkimmäinen integraali antaa nollan:
2π
Z
0
uρdφ=
2π
Z
0
(uxcosφ+uysinφ)dφ=0
Siispä magneettivuon tiheysz-akselilla on:
B(z)=µ0H(z)=uz µ0I b2 2¡
b2+z2¢3/2
ja kaukana silmukasta (zÀb) se on dipolin kenttä (pienenee etäisyyden käänteisen kolmannen potenssin mukaan):
B(z)≈uzµ0I b2 2z3
