\documentclass[12pt]{article}
\usepackage{epsfig}
\topmargin=-0.5cm
\oddsidemargin=-0.5cm
\evensidemargin=-0.5cm
\textheight=23cm
\textwidth=17cm
\newcommand{\ems}{{\cal E}}
\begin{document}
\newcommand{\bold}[1]{\mbox{\boldmath $#1$}}
\begin{bf}
\noindent
Institutt for fysikk, NTNU

\noindent
TFY4155/FY1003 Elektrisitet og magnetisme

\noindent
V{\aa}r 2007

\end{bf}

\begin{center}
\begin{large}
L{\o}sningsforslag til oppgaver som omhandler elektromagnetisk induksjon
\end{large}
\end{center}


\vspace{1.2cm}
\noindent
{\em Oppgave 1}

\vspace{0.2cm}
\noindent
$a)$ Arealet som str{\o}msl{\o}yfa omslutter er $L \cdot x$, og dette {\o}ker
line{\ae}rt med tiden, $dA/dt = L dx/dt = L v$. Omsluttet magnetisk fluks er
$\phi = B \cdot A = BLx$, slik at indusert ems i str{\o}msl{\o}yfa blir
$\ems = d\phi/dt = BL dx/dt = BLv$. Sl{\o}yfa har resistans $R$, s{\aa}
if{\o}lge Ohms lov blir str{\o}mmen i kretsen
$$I = \ems/R = BLv/R$$
Str{\o}mmen g{\aa}r mot klokka. Det innser vi fordi kraften p{\aa} en positiv
ladning $q$ i metallstanga, $q \bold{v} \times \bold{B}$, er rettet oppover.
Alternativt, med Lenz' lov: {\O}kende areal gir {\o}kende omsluttet magnetisk fluks
inn i planet. Str{\o}mmen m{\aa} da g{\aa} i en slik retning av fluksen p{\aa}
grunn av $I$ peker ut av planet n{\aa}r vi er p{\aa} innsiden av sl{\o}yfa.

\vspace{0.2cm}
\noindent
$b)$ Str{\o}mmen $I$ g{\aa}r oppover i metallstanga, magnetfeltet peker inn i planet,
s{\aa} magnetsk kraft p{\aa} str{\o}mmen $I$ blir rettet mot venstre og er
$$F = I L B = B^2 L^2 v/R$$

\vspace{0.2cm}
\noindent
$c)$ Fra forrige punkt har vi alts{\aa} at vi m{\aa} trekke metallstanga bortover
mot h{\o}yre med en kraft $F$ for {\aa} opprettholde konstant hastighet. Slipper
vi stanga, blir den eneste krafta som virker den (bremsende) magnetiske krafta mot
venstre. Newtons 2. lov gir oss da f{\o}lgende bevegelsesligning:
$$m \frac{dv}{dt} = - \frac{B^2 L^2 v}{R}$$
Dette er en 1. ordens differensialligning for $v(t)$. L{\o}sning:
\begin{eqnarray}
\frac{dv}{v} &=& - \frac{B^2 L^2}{mR} dt \nonumber \\
\Rightarrow \ln v &=& - \frac{B^2 L^2}{mR} t + \ln k \nonumber \\
\Rightarrow v(t) &=& k\, e^{-B^2 L^2 t/mR} \nonumber \\
\Rightarrow v(t) &=& v_0\, e^{-B^2 L^2 t/mR} \nonumber
\end{eqnarray}
der vi brukte initialbetingelsen $v(0) = v_0$.

\vspace{0.2cm}
\noindent
$d)$ Vi m{\aa} regne ut hvor mye energi som tapes som varme i motstanden. Effekttapet
er lik $VI$, der $V$ er spenningsfallet over motstanden, dvs $V=RI$. Da effekttap er
energitap pr tidsenhet, kan vi skrive
$$dW = P \, dt = VI \, dt = RI^2 \, dt$$
for energien $dW$ tapt p{\aa} et tidsrom $dt$. Vi har i $a$ funnet $I$ uttrykt ved
metallstangas hastighet $v$, s{\aa} det er bare {\aa} sette inn. Totalt energitap m{\aa}
bli integralet av $dW$, dvs fra $t=0$ til $t=\infty$:
\begin{eqnarray}
W &=& \int dW \nonumber \\
&=& \int_0^\infty RI^2 \, dt \nonumber \\
&=& \int_0^\infty R \left(\frac{BLv}{R}\right)^2 \, dt \nonumber \\
&=& \frac{B^2 L^2 v_0^2}{R} \int_0^\infty e^{-2B^2 L^2 t/mR} \,dt \nonumber \\
&=& \left. \frac{B^2 L^2 v_0^2}{R} \right|_0^\infty \left(-\frac{mR}{2B^2 L^2} \right)
e^{-2B^2 L^2 t/mR} \nonumber \\
&=& m v_0^2/2 \nonumber
\end{eqnarray}
som var det vi skulle vise.


\vspace{0.8cm}
\noindent
{\em Oppgave 4}

\vspace{0.2cm}
\noindent
$a)$ Magnetfelt fra lang, rett str{\o}mf{\o}rende leder er $B(x) = \mu_0 I / 2 \pi x$,
der $x$ er avstanden fra lederen. P{\aa} planet som her er omsluttet av den kvadratiske
sl{\o}yfa peker magnetfeltet rett ut av papirplanet. $x$-aksen er valgt oppover. Magnetfeltet
og "flateelementvektoren" $d\bold{A}$ er parallelle, s{\aa} vi har rett og slett
$d\phi = B \cdot dA$ for fluks gjennom flateelement $dA$. Her velger vi horisontal stripe
med bredde $a$ og h{\o}yde $dx$ som flateelement. Total fluks omsluttet av den kvadratiske
sl{\o}yfa f{\aa}r vi ved {\aa} "summmere" opp slike striper, dvs ved {\aa} integrere fra
$x=d$ til $x=d+a$. (Vi har valgt $x=0$ der den rette lederen ligger.)
\begin{eqnarray}
\phi &=& \int d\phi \nonumber \\
&=& \int_d^{d+a} \frac{\mu_0 I}{2 \pi x} a \, dx \nonumber \\
&=& \left. \frac{\mu_0 I a}{2 \pi} \right|_d^{d+a} \ln x \nonumber \\
&=& \frac{\mu_0 I a}{2 \pi} \, \ln \frac{d+a}{d} \nonumber
\end{eqnarray}

\vspace{0.2cm}
\noindent
$b)$ Indusert ems er lik den tidsderiverte av omsluttet magnetisk fluks:
\begin{eqnarray}
\ems &=& -\frac{d\phi}{dt} \nonumber \\
&=& -\frac{\mu_0 I a}{2 \pi} \frac{d}{dt} \left( \ln (d+a) - \ln d \right) \nonumber \\
&=& -\frac{\mu_0 I a}{2 \pi} \left( \frac{1}{d+a} \, \frac{dd}{dt} -
\frac{1}{d} \, \frac{dd}{dt} \right) \nonumber \\
&=& \frac{\mu_0 I a v}{2 \pi} \frac{a}{(d+a)d} \nonumber
\end{eqnarray}
Her har vi brukt at $v = dd/dt$, og n{\aa} er ikke $d$ en konstant avstand, men en avstand
som {\o}ker line{\ae}rt med tiden, f.eks. $d(t) = d_0 + vt$.

\noindent
Fluksen opp av planet avtar med tiden. Da m{\aa} indusert ems og tilh{\o}rende str{\o}m
bli {\em mot} klokka for {\aa} motvirke dette.


\vspace{0.2cm}
\noindent
$c)$ Hvis sl{\o}yfa trekkes mot h{\o}yre, endres ikke fluksen innenfor sl{\o}yfa. Dermed
blir indusert ems lik null.

\vspace{2.4cm}
\noindent
L{\o}sningsforslag til oppgavene 1, 2 og 3 fra {\o}ving 12 h{\o}sten 2002:

\noindent
http://web.phys.ntnu.no/$\sim$stovneng/SIF4012/losning12.pdf






\end{document}
