A

\( I=\pm J_0 4 a^2 \) for the surfaces through \( (\pm1,0,0) \), and zero for the other surfaces.

We notice that the area of the each of the squares are \( 4 a^2 \). The current is \( I = \vec{J} \cdot \vec{S} \). It is only the surfaces with normals in the \( \hat{x} \) direction that will have non-zero currents. For the surface through \( (1,0,0) \) the current is \( 4 a^2 J_0 \) since the surface normal is in the positive \( x \)-direction, and for the surface through \( (-1,0,0) \) the current is \( -4 a^2 J_0 \) since the surface normal is in the negative \( x \)-direction.

\( \vec{J} = \rho v_0 \hat{z} \).

The current density will be in the direction of \( \vec{v} \). The amount of charge moving through a small surface \( S \) with a normal in the \( \hat{z} \) direction in a time interval \( dt \) will be \( dq = \rho dV = \rho S v_0 dt \), thus \( I = dq/dt = \rho S v_0 \) and the current density will be \( \vec{J} = \rho v_0 \hat{z} \).

Integrate the current density along a cylindrical surface.

We find the current density, by realizing that the current must be the same through each cylindrical surface with radius \( r \) --- due to symmetry. The current \( I \) is therefore found from the surface integral of \( \vec{J} \) over the cylindrical surface \( S \): $$ \begin{equation} I = \int_S \vec{J} \cdot d \vec{S} = 2 \pi r L J \, \Rightarrow \, J = I/(2 \pi r L) \; . \tag{7.1} \end{equation} $$ This is only valid for \( a < r < b \), otherwise the current density is zero.

\( \vec{E} = I/(2 \pi r L \sigma) \, \hat{r} \) when \( a < r < b \) and \( 0 \) otherwise.

The plan is to find the electric field by first finding the electric current density \( \vec{J} \) and then finding the electric field from the current density using Ohm's law, \( \vec{E} = (1/\sigma) \vec{J} \). Based on the current density we found above, we can use Ohm's law to find: $$ \begin{equation} \vec{E} = \frac{1}{\sigma} \vec{J} = \frac{I}{2 \pi r L \sigma}\hat{r} \; , \tag{7.2} \end{equation} $$ when \( a < r < b \), otherwise \( \vec{E} = 0 \).

\( V = I/(2 \pi L \sigma) \, \ln (b/a) \)

We find the potential by integrating the electric field from \( r=a \) to \( r=b \) where \( V(b)=0 \): $$ \begin{equation} V(a)-V(b) = V(a)-0=V(a) = \int_{a}^{b} \frac{I}{2 \pi r L \sigma}dr = \frac{I}{2 \pi L \sigma} \ln (b/a) \; . \tag{7.3} \end{equation} $$

\( R = \ln(b/a)/(2 \pi L \sigma) \)

The resistance is found from \( R=V/I \), giving $$ \begin{equation} R = \frac{V}{I} = \frac{I}{2 \pi L \sigma I} \ln (b/a) = \frac{\ln(b/a)}{2 \pi L \sigma} \tag{7.4} \end{equation} $$

\( 1.1 \) kV

We know that \( V = RI \) where \( R = \frac{L}{A\sigma} \), \( L \) is the length of the conductor, \( A \) is the cross-sectional area, and \( \sigma \) is the conductivity. The two parts of the conductor are connected in series so that the resistances can be added: $$ \begin{eqnarray} R &=& \frac{L_\text{steel}}{A_\text{steel}\sigma_\text{steel}} + \frac{L_\text{copper}}{A_\text{copper}\sigma_\text{copper}} \\ &=& 0.036 \mathrm{\Omega} \end{eqnarray} $$

Ls = 1.0                                                                
As = pi*0.01**2                                                         
ss = 5e6                                                                
Lc = 40                                                                 
Ac = pi*0.0025**2                                                       
sc = 5.8e7                                                              
Rs = Ls/(As*ss)                                                         
Rc = Lc/(Ac*sc)                                                         
R = Rs + Rc                                                            
print(R)

0.03576046928230311

Ohm's law states that \( V = RI \), so that the potential across the lightning rod is $$ \begin{equation} V = RI = 1072 \text{ V} \simeq 1.1 \text{ kV} \tag{7.5} \end{equation} $$

I = 30000                                                              
V = R*I
print(V)

1072.8140784690931

\( 2.1 \) kJ

The dissipated power is \( P = VI = RI^2 \), and dissipated energy at constant current over a given time \( t \) is $$ \begin{equation} E = Pt = RI^2 t = 2091 \text{ J} \tag{7.6} \end{equation} $$

t = 65e-6                                                              
P = R*I**2                                                             
E = P*t                                                                
print(E)

2091.9874530147317

Stømtetthet \( J=I/A \). Resistiviteten er definert som \( \rho=E/J \). Vi bruker Gauss lov til å finne det elektriske feltet mellom kuleskallene. Feltet er \( E(r) = \frac{Q}{4\pi\epsilon_0 r^2} \) for \( a < r < b \). Dermed er strømtettheten $$ \begin{equation} J(r) = E(r)/\rho = \sigma E(r) = \frac{\sigma Q}{4\pi\epsilon_0 r^2} \tag{7.7} \end{equation} $$

Når vi kjenner strømtettheten over et kuleskall kan vi finne strømmen: $$ \begin{equation} I = JA = \frac{\sigma Q}{4\pi\epsilon_0 r^2} \times 4\pi r^2 = \frac{\sigma Q}{\epsilon_0} \tag{7.8} \end{equation} $$

Resistansen kan beregnes på flere måter. Her velger vi å integrere resistiviteten. $$ \begin{equation} R = \int_a^b \frac{\rho dr}{4\pi r^2} = -\frac{\rho}{4\pi} \left[\frac{1}{r} \right]_a^b = \frac{\rho}{4\pi} \left(\frac{1}{a} - \frac{1}{b} \right) = \frac{1}{4\pi\sigma} \left(\frac{1}{a} - \frac{1}{b} \right) \tag{7.9} \end{equation} $$

Vi begynner med å finne radien som funksjon av hvor på konusen vi er: $$ \begin{align} r(z) = r_1 + \frac{r_2 - r_1}{L} z \tag{7.11} \end{align} $$

Videre ønsker vi å finne motstanden ved å integrere opp infinitesimale sylindere med høyde \( \d z \), siden vi vet at motstanden i en sylinder er \( \frac{\rho}{\pi r^2}h \). $$ \begin{align} R = \int_{z=0}^L \frac{\rho}{\pi r^2} \d z \tag{7.12}\\ &= \int_{r = r_1}^{r_2} \frac{\rho}{\pi r^2}\frac{L}{r_2-r_1} \d r \tag{7.13}\\ &= \frac{\rho L}{\pi (r_2-r_1)} \left[-\frac{1}{r}\right]_{r = r_1}^{r_2} \tag{7.14}\\ &= \frac{\rho L}{\pi r_1 r_2} \tag{7.15} \end{align} $$

Vi setter inn for \( r_1 = r_2 = r \), og får $$ \begin{equation} R = \frac{\rho L}{\pi r^2} \tag{7.16} \end{equation} $$ Som er uttrykket for motstanden i en sylinderformet leder.

\( \Delta I_{r_2-r_1} = a\pi (r_2^3 - r_1^3) \). Nei.

Siden strøm er endring i ladning per tid, og denne endringa ikke er lik over alt i lederen, så vil det hope seg opp med ladning. Lederen vil ikke forbli nøytral over tid.

\( \vec{J} = \frac{\sigma V_0}{r \ln \frac{b}{a}}\rhat \)

We use Gauss' law on a cylinder of length \( L \) and radius \( a < r < b \) inside the coax cable. Due to cylindrical symmetry we get $$ \begin{equation*} \vec{E} = \frac{\rho}{2 \pi \epsilon r}\rhat \; , \end{equation*} $$ where \( \rho \) is the charge density per unit length in the cable. As the value of \( V_0 \) is known, we can eliminate \( \rho \) from the above by calculating $$ \begin{eqnarray*} V_0 &=& \int_a^b \vec{E}\cdot \d\vec{l} = \int_a^b Edr = \frac{\rho}{2 \pi\epsilon}\int_a^b\frac{1}{r} \d r = \frac{\rho}{2 \pi\epsilon} \ln \frac{b}{a}\\ \Rightarrow \rho &=& \frac{2 \pi \epsilon V_0}{\ln \frac{b}{a}}. \end{eqnarray*} $$ Insert \( \rho \) into the equation for \( \vec{E} \) and apply Ohms law to get $$ \begin{equation} \vec{J} = \frac{\sigma V_0}{r \ln \frac{b}{a}}\rhat \; , \label{} \end{equation} $$ for \( a < r < b \).

\( P_J = 98 \) GW

We find the power loss by computing the following integral over the volume \( v \) (all of the space between the conductors in the cable): $$ \begin{eqnarray*} P_J &=& \int_v \vec{J}\cdot \vec{E} \d v \\ &=& \int_0^L\int_0^{2\pi}\int_a^b \frac{V_0^2 \sigma}{\left( \ln \frac{b}{a}\right)^2} \frac{1}{r^2} r \d r \d\phi\d z \\ &=& \frac{V_0^2 \sigma}{\left( \ln \frac{b}{a}\right) ^2}\left[ L\cdot 2\pi\cdot (\ln b - \ln a) \right] \\ &=& \frac{2\pi \sigma V_0^2 L}{\ln \frac{b}{a}}. \end{eqnarray*} $$ Insert the given values to get \( P_J = 98 \) GW.

We have \( P_J = \frac{V_0^2}{R} \). Solve for \( R \) to get \( R = 2.76 \mu \Omega \).

The resistance is very small, which might lead one to think that the energy loss is minuscule. This is, however, not the case as the power loss due to the sea water is \( P_J = 98 \) GW. This goes to show that there are several factors, not just the magnitude of the resistance, involved in the size of the energy loss.

Fordi sylinderen ikke overraskende er sylindersymmetrisk bruker vi sylinderkoordinater og legger sylinderen langs \( z \)-aksen. Vi antar at det går en strøm \( I \) gjennom sylinderen. Hvordan er denne fordelt i et tverrsnitt gjennom sylinderen? Fordi sylinderen er homogen, antar vi at strømtettheten er homogen, \( J_z = I/A = I/(\pi r_0^2) \). Ohms lov gir at at det elektriske feltet er \( E_z = J_z/\sigma = I/(\sigma \pi r_0^2) \). Spenningsforskjellen er da gitt som $$\Delta V = \int_0^L E_z \d z = \frac{I L }{\sigma \pi r_0^2} = \frac{L }{\sigma \pi r_0^2} I \; .$$ Og dermed er motstanden $$R = \frac{L }{\sigma \pi r_0^2} \; .$$

(Kommentar som ikke er en del av oppgaven: Merk at elektrisk strøm er ganske forskjellig fra f.eks. strøm av vann i et rør. For strøm av vann i et rør, henger vannet igjen på ytterkanten av røret og det er vannets motstand mot hastighetsforskjeller på tvers av strømningsretningen - kalt viskositet - som gjør at det blir en forskjell i strømtettheten på tvers av en et rør. Strøm av elektroner i en dårlig leder er mer som strøm gjennom et porøs materiale, hvor elektronene merker en motstand mot strømmen pga. vekselvirkninger med det underliggende materialet. Derfor er det ikke en hastighetsvarisjon på tvers av en elektrisk kabel - i alle fall ikke på grunn av denne effekten).

Denne oppgaven kan vi løse på (minst) to forskjellige måter om begge er fullgode: (i) bruke seriekoblinger av mostander, (ii) regne ut motstanden for den kombinerte komponenten.

Seriekopling: Siden motstandene er koblet sammen med en god leder, kan vi anta at de er koblet etter hverandre i serie. Den totale motstanden er da summen av motstanden. Motstanden til sylinderen med radius \( a \) og lengden \( L/2 \) er \( R_1 = \frac{L/2}{\sigma \pi a^2} = \frac{L}{2 \sigma \pi a^2} \). Motstanden til sylinderen med radius \( a/2 \) og lengden \( L/2 \) er \( R_2 = \frac{L}{2 \sigma \pi (a/2)^2} = \frac{2L}{\sigma \pi a^2} \). Til sammen blir motstanden til hele komponenten $$R = R_1 + R_2 = \frac{L}{2 \sigma \pi a^2} + \frac{2L}{\sigma \pi a^2} = \frac{5L}{2\sigma \pi a^2} \; .$$

Kombinert komponent: Du kan også løse oppgaven ved å finne det elektriske feltet i hver del av komponenten. Vi antar at det går en strøm \( I \) gjennom komponent. Den må være den samme i begge sylindrene, men strømtettheten blir forskjellig. I komponenten med radius \( a \) blir strømtettheten \( J_{1,z} = I/(\pi a^2) \), mens i komponenten med radius \( a/2 \) blir strømtettheten \( J_{2,z} = I/(\pi (a/2)^2)= 4I/(\pi a^2) \). Ohms lov for hver av de to sylindrene gir at \( E_{1,z} = J_{1,z}/\sigma \) og tilsvarende \( E_{2,z} = J_{2,z}/\sigma \). Spenningsfallet over hver av de to sylindrene finner vi ved å integrere det elektriske feltet over avstanden \( L/2 \), slik at \( V_1 = E_{1,z}L/2 \) og \( V_2 = E_{2,z}L/2 \) som gir hvor \( V_1 \) er spenningsfellet over sylinderen med radius \( a \) og \( V_2 \) er spenningsfallet over sylinderen med radius \( a/2 \). Det totale spenningsfallet blir $$V = V_1 + V_2 = \frac{I (L/2)}{\sigma \pi a^2}I/(\pi a^2) + \frac{4I (L/2)}{\sigma \pi a^2} = \frac{5 L}{2\sigma \pi a^2} \, I $$ Dette gir oss den samme motstanden i begge metodene - heldigvis!

Her kan vi bruke samme metoder som ovenfor. Vi velger å legge sammen motstander i serie. Hva blir motstandene? $$R_1 = \frac{(L/3)}{\sigma \pi a^2} = \frac{L}{3 \sigma \pi a^2}$$ $$R_2 = \frac{(L/3)}{\sigma \pi (3a/4)^2} = \frac{16 L}{27 \sigma \pi a^2}$$ $$R_3 = \frac{(L/3)}{\sigma \pi (a/2)^2} = \frac{4 L}{3 \sigma \pi a^2}$$ Summen av motstandene blir da: $$R = R_1 + R_2 + R_3 = \frac{L}{\sigma \pi a^2}\left( \frac{9}{27}+\frac{16}{27} + \frac{36}{27}\right) = \frac{L}{\sigma \pi a^2} \frac{61}{27} $$

Nei, rekkefølgen betyr ikke noe, fordi rekkefølgen på leddene i summen for \( R \) kan stokkes fritt om. (Eller vi kan endre på rekkefølgene av komponentene). Det betyr at dette ikke er god modell for en konisk motstand. I en virkelig konisk motstand vil det også være komponenter av \( \vec{J} \) som ikke er parallel med aksen til sylinderen/konet, og det har vi ikke tatt hensyn til her.