Institutt for fysikk, NTNU TFY4155/FY1003 Elektromagnetisme Vår 2009

Løsningsforslag til øving 3

Oppgave 1

a) C

ΔV = − ∫ E · dl = 0

dersom

dl ⊥ E

b) B På samme måte som et legeme med null starthastighet faller i gravitasjonsfeltet fra f.eks. jorda, dvs beveger seg i retning lavere potensiell energi, vil en ladet partikkel med null starthastighet bevege seg i retning lavere potensiell energi i et elektrisk felt. Matematisk: (F = kraft, q = ladning (q < 0), U = potensiell energi, V = potensial)

F = qE = −|q|E
E = −∇V
U = qV = −|q|V
F = −∇U = −q∇V = |q|∇V

Partikkelens bevegelse må selvsagt bli i samme retning som F (når starthastigheten er null), så vi ser at bevegelsen blir i motsatt retning av E, og i retning høyere potensial V.

c) B

U = \frac{e^{2}}{4πε_{0}r} = e · \frac{e}{4πε_{0}r} = e · 1.6 · 10^{−19} · 9 · 10^{9} · 10^{10} = 14.4 eV

d) D Energibevarelse gir

\frac{1}{2}mv^{2} = qV

Dvs: Akselerasjon av en partikkel med ladning q og masse m gjennom en potensialforskjell V resulterer i at reduksjon i potensiell energi, qV, gir økning i kinetisk energi, mv^{2}/2. Like stor hastighet for de to partiklene betyr da at

\frac{q_{α}V_{α}}{m_{α}} = \frac{q_{Be}V_{Be}}{m_{Be}}

med andre ord

\frac{V_{Be}}{V_{α}} = \frac{q_{α}m_{Be}}{q_{Be}m_{α}} = \frac{2 · 9}{4 · 4} = \frac{9}{8}

Oppgave 2

Potensialforskjellen ΔV mellom to punkter er gitt ved

ΔV = V_{B} − V_{A} = − ∫_{A}^{B} E · dl

I denne oppgaven har vi et uniformt elektrisk felt E = E_{0} x̂, så vi kan skrive

ΔV = −E_{0} x̂ · ∫_{A}^{B} dl

der punktet A er origo, (0, 0) og B er de tre punktene gitt i oppgaveteksten. Vi får:

(i)

∫_{A}^{B} dl = ∫_{(0,0)}^{(a,0)} dl = a x̂

slik at

ΔV = −E_{0} x̂ · a x̂ = −E_{0}a

(ii)

∫_{A}^{B} dl = ∫_{(0,0)}^{(0,a)} dl = a ŷ

slik at

ΔV = −E_{0} x̂ · a ŷ = 0

(iii)

∫_{A}^{B} dl = ∫_{(0,0)}^{(a,a)} dl = a x̂ + a ŷ

slik at

ΔV = −E_{0} x̂ · (a x̂ + a ŷ) = −E_{0}a

Oppgave 3

a) Vi benytter oss av tipsene gitt i oppgaveteksten og tar utgangspunkt i figuren fra ”ukentlig sammendrag uke 4”:

I figuren har vi tegnet inn et veielement dl, som i kulekoordinater, i sin mest generelle form, består av en forflytning langs de tre ortogonale retningene spesifisert ved de ovenfor nevnte enhetsvektorer. Vi ser at en slik forflytning, fra punktet (r, θ, ϕ) til punktet (r+dr, θ+dθ, ϕ+dϕ), nettopp tilsvarer vektoren dl diagonalt gjennom volumelementet dV. Vi ser av figuren at denne vektoren har komponenter dr langs r̂, r dθ langs θ̂ og r sin θ dϕ langs ϕ̂. Altså:

dl = dr r̂ + r dθ θ̂ + r sin θ dϕ ϕ̂

Legg merke til at mens komponentene til vektoren dl i kartesiske koordinater alltid er de samme (dx, dy, dz), avhenger to av dem av “hvor vi er” i kulekoordinater: Komponenten langs θ̂ er proporsjonal med r, dvs avstanden til origo, mens komponenten langs ϕ̂ i tillegg avhenger av vinkelen θ (dvs “breddegraden”, hvis vi tenker oss z-aksen gjennom polene og ekvator i xyplanet). F.eks. er dl_{ϕ} = r sin 0 = 0 hvis vi starter i θ = 0. Ikke urimelig: Står vi på en av polene, vil et lite skritt alltid bli i retning sørover (evt nordover), aldri østover eller vestover. Står vi på ekvator, derimot, dvs i θ = π/2, blir dl_{ϕ} = r sin π/2 dϕ = r dϕ. Ikke urimelig det heller: Her er øst, vest, sør og nord “likeverdige” retninger, så dl_{θ} = r dθ og dl_{ϕ} = r dϕ bør her være “på samme form”.

Fra figuren finner vi videre de tre flateelementene med flatenormaler henholdsvis langs r̂, θ̂ og ϕ̂:

dA_{r} = (r dθ)(r sin θ dϕ)r̂
= r^{2} sin θ dθ dϕ r̂
dA_{θ} = (dr)(r sin θ dϕ)θ̂
= r dr sin θ dϕ θ̂
dA_{ϕ} = (dr)(r dθ)ϕ̂
= r dr dθ ϕ̂

Merk at disse tre er vektorer, med absoluttverdi lik arealet av flateelementet (f.eks. dA_{r}) og retning normalt på flaten (f.eks. r̂). Vi trenger både størrelse og orientering for å gi en presis beskrivelse av en flate!

Endelig ser vi at volumelementet må bli

dV = (dr)(r dθ)(r sin θ dϕ) = r^{2} dr sin θ dθ dϕ

b) Volumet av ei kule med radius R finner vi ved å integrere volumelementet dV over alle verdier av θ og ϕ og r fra 0 til R:

V (R) = ∫_{r<R} dV = ∫_{0}^{R} r^{2} dr ∫_{0}^{π} sin θ dθ ∫_{0}^{2π} dϕ
= \frac{1}{3}R^{3} · 2 · 2π = \frac{4π}{3} R^{3}

Merk at når vi integrerer over ϕ fra 0 til 2π, må vi integrere over θ fra 0 til π, og ikke 2π, for å dekke alle romvinkler (“retninger”) en gang, og ikke to.

Arealet av ei kuleflate med radius R finner vi ved å integrere flateelementet dA_{r} (altså absoluttverdien av dA_{r}) over alle verdier av θ og ϕ med r = R:

A(R) = ∫_{r=R} dA_{r} = R^{2} ∫_{0}^{π} sin θ dθ ∫_{0}^{2π} dϕ = R^{2} · 2 · 2π = 4πR^{2}

c) Den oppgitte ladningstettheten er positiv (eller null) overalt inne i kula. Den vokser lineært med avstanden fra kulas sentrum. Videre fører leddet cos^{2} θ til størst ladningstetthet på de to “polene” (dvs θ = 0 eller θ = π) og minst ladningstetthet (null) i ekvatorplanet (dvs θ = π/2). Et lite volumelement dV av kula inneholder en ladning

dq = ρ dV

Kulas totale ladning får vi ved å integrere dq over kulas volum. Vi bruker uttrykket for dV fra punkt a) og får:

Q = ∫ dq
= ∫_{r=0}^{R} ∫_{θ=0}^{π} ∫_{ϕ=0}^{2π} ρ_{0} \frac{r}{R} cos^{2} θ r^{2} dr sin θ dθ dϕ
= ρ_{0} (∫_{r=0}^{R} \frac{r^{3}}{R} dr) (∫_{θ=0}^{π} cos^{2} θ sin θ dθ) (∫_{ϕ=0}^{2π} dϕ)
= ρ_{0} |_{0}^{R} \frac{r^{4}}{4R} |_{0}^{π} (−\frac{1}{3} cos^{3} θ) |_{0}^{2π} ϕ
= ρ_{0} \frac{R^{3}}{4} · \frac{2}{3} · 2π
= \frac{ρ_{0}πR^{3}}{3}

Har vi regnet riktig? Vel, vi har i hvert fall riktig dimensjon: Ladning pr volumenhet ρ_{0} ganget med en faktor R^{3}, som har dimensjon som et volum.

Med andre ord: Intet “mystisk” med slike flerdimensjonale integraler: Det er bare å integrere over hver integrasjonsvariabel for seg. Her var integranden hele tiden uavhengig av vinkelen ϕ, så integralet over den gav bare en faktor 2π. Videre var selvsagt θ-avhengigheten i ρ i den siste oppgaven valgt med omhu, slik at vi fikk et enkelt løsbart integral over variabelen θ.

Legg videre merke til at vi som regel ikke “gidder” å skrive ∫ ∫ ∫ dV, men simpelthen ∫ dV, selv om det altså er tre integrasjoner involvert. Det vil alltid gå fram av sammenhengen om det er en linje, en flate eller et volum vi skal integrere over.

Oppgave 4

a) Med vårt valg av polarvinkel θ ser vi fra figuren at

x = r sin θ
z = r cos θ
r = \sqrt{x^{2} + z^{2}}

b) Vi bruker superposisjonsprinsippet for å bestemme potensialet fra de to punktladningene. Med punktet (x, z) i en avstand r_{1} fra q og en avstand r_{2} fra −q får vi

V (x, z) = \frac{q}{4πε_{0}r_{1}} − \frac{q}{4πε_{0}r_{2}}
= \frac{q}{4πε_{0}} (\frac{1}{\sqrt{x^{2} + (z − a/2)^{2}}} − \frac{1}{\sqrt{x^{2} + (z + a/2)^{2}}} )

Avstandene r_{1} og r_{2} uttrykt ved x og z ser vi direkte fra figuren.

Potensialet på x-aksen blir

V (x, 0) = \frac{q}{4πε_{0}} (\frac{1}{\sqrt{x^{2} + a^{2}/4}} − \frac{1}{\sqrt{x^{2} + a^{2}/4}}) = 0

Potensialet på z-aksen blir

V (0, z) = \frac{q}{4πε_{0}} (\frac{1}{|z − a/2|} − \frac{1}{|z + a/2|})

Legg merke til at vi her må bruke absoluttverditegn hvis vi vil ha ett uttrykk som gjelder på hele z-aksen. Med z > a/2:

\frac{1}{|z − a/2|} − \frac{1}{|z + a/2|} = \frac{1}{z − a/2} − \frac{1}{z + a/2} = \frac{a}{z^{2} − a^{2}/4}

Med z < −a/2:

\frac{1}{|z − a/2|} − \frac{1}{|z + a/2|} = −\frac{1}{z − a/2} + \frac{1}{z + a/2} = −\frac{a}{z^{2} − a^{2}/4}

Med −a/2 < z < a/2:

\frac{1}{|z − a/2|} − \frac{1}{|z + a/2|} = −\frac{1}{z − a/2} − \frac{1}{z + a/2} = −\frac{2z}{z^{2} − a^{2}/4} = \frac{2z}{a^{2}/4 − z^{2}}

Skisse av V (0, z):

c) Vi bruker tipset gitt i oppgaveteksten, samt betraktning av følgende figur, og får:

V (r, θ) = \frac{q}{4πε_{0}} (\frac{1}{r_{1}} − \frac{1}{r_{2}} )
= \frac{q}{4πε_{0}} · \frac{r_{2} − r_{1}}{r_{1}r_{2}}
≃ \frac{q}{4πε_{0}} · \frac{a cos θ}{r^{2}}
= \frac{p cos θ}{4πε_{0}r^{2}}

= \frac{pr cos θ}{4πε_{0}r^{3}}
= \frac{p · r}{4πε_{0}r^{3}}

Vi kan alternativt gå litt saktere fram: Fra figuren ser vi at

r_{1} ≃ r − \frac{a}{2} cos θ
r_{2} ≃ r + \frac{a}{2} cos θ

Når r ≫ a kan vi rekkeutvikle både 1/r_{1} og 1/r_{2} omkring 1/r og får:

\frac{1}{r_{1}} − \frac{1}{r_{2}} ≃ \frac{1}{r − \frac{a}{2} cos θ} − \frac{1}{r + \frac{a}{2} cos θ}

= \frac{1}{r} [(1 − \frac{a cos θ}{2r} )^{−1} − (1 + \frac{a cos θ}{2r} )^{−1}]

≃ \frac{1}{r} [1 + \frac{a cos θ}{2r} − 1 + \frac{a cos θ}{2r} ]
= \frac{a cos θ}{r^{2}}

Er det så rimelig at potensialet fra en elektrisk dipol faller av raskere enn potensialet fra en punktladning (dvs en elektrisk “monopol”)? Det er det, fordi dipolens negative og positive ladning bidrar med motsatt fortegn til det totale potensialet. Dermed vil bidragene til potensialet fra de to punktladningene delvis oppheve hverandre. (På x-aksen vil de to bidragene eksakt oppheve hverandre.)

Ekstranøtten (ikke så viktig, mest for “moro skyld”): I første omgang kunne en kanskje tenke seg å fortsette rekkeutviklingen ovenfor, og ta med så mange ledd at vi får tak i dominerende korreksjon. Tar vi med ett ledd til, får vi ingenting nytt, i og med at det neste leddet vil opptre to ganger og med motsatt fortegn og dermed kansellere. Vi må ta med to ledd til:

\frac{1}{r} [(1 − \frac{a cos θ}{2r} )^{−1} − (1 + \frac{a cos θ}{2r} )^{−1}]

= \frac{1}{r} [1 + \frac{a cos θ}{2r} + (\frac{a cos θ}{2r} )^{2} + (\frac{a cos θ}{2r} )^{3} + … − (1 − \frac{a cos θ}{2r} + (\frac{a cos θ}{2r} )^{2} − (\frac{a cos θ}{2r} )^{3} + …)]

= \frac{a cos θ}{r^{2}} − \frac{a^{3} cos^{3} θ}{4r^{4}} + …
= \frac{a cos θ}{r^{2}} (1 − \frac{a^{2} cos^{2} θ}{4r^{2}} + …)

Her brukte vi rekkeutviklingen (1 + x)^{−1} = 1 − x + x^{2} − x^{3} + … (som gjelder når |x| < 1). Ikke noe dårlig forsøk dette, men det er en liten hake ved det hele: Utgangspunktet for hele rekkeutviklingen var i seg selv en tilnærmelse, nemlig

r_{1} ≃ r − \frac{a}{2} cos θ
r_{2} ≃ r + \frac{a}{2} cos θ

Og feilen vi gjør i disse tilnærmelsene er av samme størrelsesorden som det korreksjonsleddet vi er på jakt etter! Løsningen ligger i å gå helt tilbake til det eksakte uttrykket for V, med r_{1} og r_{2} uttrykt ved de kartesiske koordinatene x og z. Regningen er ikke direkte vanskelig, men såpass kronglete at jeg ikke tror jeg tar med noen flere detaljer her. Hvis jeg har regnet riktig, hvilket på ingen måte er sikkert, blir svaret

\frac{1}{r_{1}} − \frac{1}{r_{2}} = \frac{a cos θ}{r^{2}} [1 − \frac{3a^{2}}{8r^{2}} (1 − \frac{5}{3} cos^{2} θ) + …]

Her har vi tatt med alle korreksjoner som er en størrelsesorden a^{2}/r^{2} mindre enn det dominerende bidraget. Neste ledd i rekken vil bli ytterligere redusert, med en eller annen potens av den lille størrelsen a/r. Det første leddet som vi ikke tar med vil alltid være neglisjerbart i forhold til det siste leddet som vi tar med. (I vårt spesielle tilfelle, med unntak av retninger gitt ved cos^{2} θ ≃ 3/5, der vi ser at første korreksjonsledd faktisk forsvinner.)