Lisämateriaaleja lukion fysiikkaan

1. Pituusvaraustiheys \(\lambda\) kertoo kuinka paljon varausta on pituusyksikköä kohti. Siispä \(L\text{:}\)n pituisen johtimenpätkän varaus on \(Q=\lambda L\text{.}\)

2. Sylinterin päädyissä pinta-alavektori \(\vec{A}\) on kohtisuorassa sähkökenttävektorin \(\vec{E}\) kanssa, joten näiden vektoreiden välinen pistetulo on nolla ja siten vuo sylinterin päätyjen läpi on nolla.

3. Vaipan kohdalla pinnan normaalin suuntainen pinta-alavektori on joka kohdassa samansuuntainen sähkökentän kanssa, joten pistetulosta tulee kertolasku \(\Phi_\mathrm{vaippa} = EA_\mathrm{vaippa} = E 2\pi r L\text{,}\) jossa \(r\) on sylinterin säde ja \(L\) sen pituus.

4. \(\Phi = \Phi_\mathrm{päädyt} + \Phi_\mathrm{vaippa} = 0 + E 2\pi r L \text{.}\)

5. Nyt voimme käyttää Gaussin lakia, jonka mukaan vuo suljetun pinnan läpi on \(\Phi = Q_\mathrm{in} / \epsilon_0 \text{.}\) Siispä nyt saamme

   \begin{equation*} \frac{Q_\mathrm{in}}{\epsilon_0} = E 2\pi r L \iff E = \frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0 r}\text{.} \end{equation*}

Gaussin pinnaksi voi valita esimerkiksi sylinterin, jonka vaippa on kohtisuorassa varauslevyä vastaan. Varauslevyn sähkökenttä osoittaa joka kohdassa kohtisuoraan levystä ulospäin (jokaista vinoa sähkökenttävektoria vastaa symmetrian perusteella vektori, joiden summassa tason suuntaiset komponentit kumoutuvat). Tällöin vuo vaipan läpi on nolla ja kokonaisvuo valitun pinnan läpi on vuo päätyjen läpi \(\Phi = 2EA \text{.}\) Pinta-alan \(A\) sisään jäävä varaus, kun pintavaraustiheys on \(\eta\text{,}\) on \(Q_\mathrm{in}=\eta A\text{.}\) Nyt gaussin lain avulla

Vaikka integrointipolun voi valita miten hyvänsä, erimuotoisten polkujen esittäminen funktiona voi olla haastavaa (funktion parametrisointi). Olennaista on aina magneettikentän symmetrioiden hyödyntäminen.

1. Koska magneettikenttä \(\vec{B}\) on samansuuntainen integrointipolun \(\vec{s}\) kanssa alkupisteestä i loppupisteeseen f, \(\vec{B}\text{:}\)n ja \(\dee\vec{s}\text{:}\)n välinen pistetulo on \(B\dee s\text{.}\) Siten polkuintegraali on

   \begin{align*} \int_{\mathrm{i}}^{\mathrm{f}} \vec{B}\cdot \dee\vec{s} = \int_{\mathrm{i}}^{\mathrm{f}} B\dee s = B \int_{\mathrm{i}}^{\mathrm{f}} \dee s \amp= B \left( \sqrt{(0,50\,\meter)^2 + (0,50\,\meter)^2 } \right) \\ \amp= (0,10\,\tesla)\sqrt{2} (0,50\meter\,) \\ \amp= 0,71\,\tesla\meter \end{align*}

2. Koska \(\vec{B}\) on kohtisuorassa integrointipolkua kohti koko polun matkalta, pistetulo \(\vec{B}\cdot\dee\vec{s}=0\text{,}\) joten polkuintegraalin tulos on nolla.

Jaetaan integraali kolmeen osaan

Johtimen muodostama magneettikenttä on ympyräsymmetrinen johtimen ympärillä. Siispä magneettikenttä on samansuuntainen ympyränmuotoisten polkujen kanssa ja kohtisuorassa tehtävässä annettujen janojen kanssa. Siispä integraalit janojen yli ovat nollia. Puoliympyrällä \(\vec{B}\) on samansuuntainen polun kanssa ja magneettikentän suuruus on \(B=\mu_0 I/2\pi d\text{.}\) Siispä

Indusoitunut jännite on \(\mathcal{E} = |\dee\Phi/\dee t|\) ja indusoitunut virta on \(I=\mathcal{E}/R\text{.}\) Kenttä \(B\) muuttuu, mutta pinta-ala \(A\) ei.

1. Olkoon pinta-alavektorin suunta sivusta ulospäin ja samansuuntainen \(\vec{B}\text{:}\)n kanssa, jolloin \(\Phi = AB\text{.}\) Siispä

   \begin{equation*} \mathcal{E} = |A\frac{\dee B}{\dee t}| = |\pi r^2 \frac{\dee B}{\dee t}| = |\pi(0,050\,\meter^2)(0,50\,\tesla/second)| = 3,9\eminus3\,\volt \end{equation*}

   ja virta on

   \begin{equation*} I = \frac{\mathcal{E}}{R} = \frac{3,93\eminus3\,\volt}{ 0,20\ohm} = 2,0\eminus2\,\ampere = 20\,\milli\ampere\text{.} \end{equation*}

   Kentän voimakkuus kasvaa sivun sisään. Vastustaakseen kentän kasvamista, indusoituneen kentän täytyy osoittaa sivusta poispäin, jolloin oikean käden säännöllä virran suunnaksi saadaan vastapäivään.

2. Kuten (a)-kohdassa, \(\mathcal{E} = A(\dee B/\dee t) = 3,9\,\milli\volt\) ja I=20 mA. Nyt kentän suunta on sivusta ulos ja kentän voimakkuus pienenee. Muutosta vastustavan kentän täytyy siis osoittaa sivusta ulospäin ja siten indusoitunut virta on jälleen vastapäivään.

3. Nyt pinta-alavektori \(\vec{A}\) on kohtisuorassa kenttän \(\vec{B}\) kanssa, joten \(\vec{A}\cdot\vec{B}= 0\,\weber\text{.}\) Koska \(\Phi = 0\,\weber\text{,}\) niin \(\mathcal{E}=|\dee\Phi/\dee t| = 0\,\volt/\meter\) ja \(I = 0\,\ampere\text{.}\) Indusoitunutta virtaa ei synny.

Virta \(I\) solenoidissa synnyttää magneettikentän

Indusoituneen sähkökentän voimakkuuden saa yhtälöstä

Koska vain virta muuttuu, sähkökentän voimakkuus on

Virran muutoksen saa annetun kuvaajan kulmakertoimesta. Välillä \(t=0\,\second-t=0,1\,\second\) kulmakertoimen itseisarvo on \(|\dee I/\dee t|=50\,\ampere/\second\text{.}\) Välillä \(t=0,1\,\second-t=0,2\,\second\) virta ei muutu, eli kulmakerroin on nolla. Välillä \(t=0,2\,\second-t=0,4\,\second\) kulmakertoimen itseisarvo on \(|\dee I/\dee t|=25\,\ampere/\second\text{.}\)

Siispä sähkökentän suuruus on \(E=6,3\eminus4\,\volt/\meter\) ensimmäisellä välillä, 0 toisella välillä ja \(E=3,1\eminus4\,\volt/\meter\text{.}\)