Institutt for fysikk, NTNU TFY4155/FY1003 Elektromagnetisme Vår 2009

Løsningsforslag til øving 4

Oppgave 1

a) Vi skriver først V_{a} om til en funksjon av x og z:

V_{a} = \frac{qa cos θ}{4πε_{0}r^{2}} = \frac{qa z/r}{4πε_{0}r^{2}} = \frac{qaz}{4πε_{0}(x^{2} + z^{2})^{3/2}}

Når vi deretter skal skrive et octave-program som plotter V_{e} og V_{a}, foretrekker jeg å innføre dimensjonsløse størrelser, slik at vi ender opp med å plotte essensen i de aktuelle funksjonene. I dette problemet inneholder uttrykkene våre ladningen q og lengdeskalaen a, så det er naturlig å innføre det konstante potensialet

V_{0} = \frac{q}{4πε_{0}a}

og deretter dimensjonsløse størrelser ξ = x/a, η = z/a, v_{e} = V_{e}/V_{0} og v_{a} = V_{a}/V_{0}. Da har vi

v_{e}(ξ, η) = \frac{1}{\sqrt{ξ^{2} + (η − 1/2)^{2}}} − \frac{1}{\sqrt{ξ^{2} + (η + 1/2)^{2}}}
v_{a}(ξ, η) = \frac{η}{(ξ^{2} + η^{2})^{3/2}}

I det nye dimensjonsløse (ξ, η)-planet ligger altså dipolen på η-aksen, i ±1/2. Et fornuftig område for plotting av funksjonene v_{e} og v_{a} kan dermed være for eksempel −2 < ξ < 2 og −2 < η < 2.

På neste side har vi en octave-kode som plotter v_{e}, v_{a} og det prosentvise avviket

Δ = |\frac{v_{e} − v_{a}}{v_{e}} | · 100

i tre separate figurer:

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%                Losningsforslag til oppgave 1a i oving 4                    %
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
% Velg omraadet -2 < x < 2 og -2 < z < 2 for plotting, med skrittlengde
% 2/50 langs baade x og z, dvs ca 100 x 100 punkter i alt
[x,z] = meshgrid(-2:2/50:2,-2:2/50:2);
% Ve er det eksakte potensialet fra dipolen
Ve = (1./(sqrt(x.^2+(z-1/2).^2))-1./(sqrt(x.^2+(z+1/2).^2)));
% Va er dipolpotensialet til ledende orden i a/r naar r >> a
Va = z.*(x.^2.+z.^2).^(-3/2);
% Relavvik er relativ differanse mellom Ve og Va i prosent
Relavvik = 100*abs((Ve-Va)./(Ve));
% Kommandoen figure ber om en ny figur
figure;
% Kommandoen mesh(x,y,z) tegner opp et 3D-plott av z som funksjon
% av x og y
mesh(x,z,Ve);
% Kommandoen axis([a b c d e f]) setter aksene for 3D-plot slik:
% a < x < b, c < y < d, e < z < f
axis([-2 2 -2 2 -10 10]);
% Kommandoen caxis([zmin zmax]) setter fargeskalaen slik at blaatt
% tilsvarer zmin og rodt tilsvarer zmax
caxis([-10 10]);
% Tekst paa aksene
xlabel('x/a');
ylabel('z/a');
zlabel('Ve');
% Ny figur for Va
figure;
mesh(x,z,Va);
axis([-2 2 -2 2 -10 10]);
caxis([-10 10]);
xlabel('x/a');
ylabel('z/a');
zlabel('Va');
figure;
% Ny figur for relativdifferansen
mesh(x,z,Relavvik);
% Kun positive verdier for Relavvik
axis([-2 2 -2 2 0 100]);
% Fargeskala settes for Relavvik mellom 0 og 100
caxis([0 100]);
xlabel('x/a');
ylabel('z/a');
zlabel('|(Ve - Va)/Ve|*100%');

Når dette programmet kjøres i octave, resulterer det i disse figurene: På neste side er et alternativt løsningsforslag, der vi benytter kommandoen linspace, samt såkalte ”function handles” når vi definerer funksjonene som skal plottes:

%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
%        Alternativt losningsforslag til oppgave 1a i oving 4                %
%        (uten veldig mange kommentarer)                                     %
%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%%
x=linspace(-2,2,101);      % Lager en vektor med 101 elementer.
[X, Z] = meshgrid(x);     % Lager x og z koordinater for plot med x-vektoren som basis
%
% Erklaerer funksjonene
% Ve = eksakt potensial
Ve=@(x,z) (1./(sqrt(x.^2+(z-1/2).^2))-1./(sqrt(x.^2+(z+1/2).^2)));
% Va = potensial til ledende orden i a/r
Va=@(x,z) z.*(x.^2.+z.^2).^(-3./2);
% Relavvik = relativ differanse i prosent
Relavvik=@(x,z) abs((Ve(x,z)-Va(x,z))./Ve(x,z))*100;
%
% Plotter funksjonene
%
figure;
mesh(x,x,Ve(X,Z));
axis([-2 2 -2 2 -10 10]);
caxis([-10 10]);
xlabel('x/a');
ylabel('z/a');
zlabel('eksakt V');
figure;
mesh(x,x,Va(X,Z));
axis([-2 2 -2 2 -10 10]);
caxis([-10 10]);
xlabel('x/a');
ylabel('z/a');
zlabel('approx V');
figure;
mesh(x,x,Relavvik(X,Z));
axis([-2 2 -2 2 0 100]);
caxis([0 100]);
xlabel('x/a');
ylabel('z/a');
zlabel('Rel diff i prosent');

b) Her har vi oppgitt V_{a}(r, θ) og gradientoperatoren i kulekoordinater, så det er bare å regne i vei (ingenting avhenger her av vinkelen ϕ, så leddet som inneholder ∂/∂ϕ trenger vi ikke å bry oss med):

E(r, θ) = −∇V_{a}(r, θ)
= − (r̂\frac{∂}{∂r} + θ̂\frac{1}{r} \frac{∂}{∂θ} ) \frac{p cos θ}{4πε_{0}r^{2}}
= r̂\frac{p cos θ}{2πε_{0}r^{3}} + θ̂\frac{p sin θ}{4πε_{0}r^{3}}

Vi merker oss at feltet fra en elektrisk dipol i stor avstand r fra dipolen faller av som 1/r^{3}, altså raskere enn feltet fra en elektrisk ”monopol”, dvs en punktladning, som faller av som 1/r^{2}. Feltbidragene fra de to ladningene med motsatt fortegn kansellerer hverandre delvis, men ikke fullstendig, ettersom retningen på de to bidragene til E alltid vil være litt forskjellig.

Hvis θ = 0, får vi

E_{r} = \frac{p}{2πε_{0}r^{3}}

og

E_{θ} = 0

Dette virker rimelig: Vi er nå i et punkt langt ute på z-aksen, slik at radiell retning blir nettopp langs z-aksen, mens θ-retningen blir langs x-aksen. Og på z-aksen må vel det elektriske feltet åpenbart ha retning langs z-aksen. Hvis θ = π/2, får vi

E_{r} = 0

og

E_{θ} = \frac{p}{4πε_{0}r^{3}}

Dette virker også rimelig: Vi er nå i et punkt langt ute på x-aksen, slik at radiell retning blir nettopp langs x-aksen, mens θ-retningen blir langs negativ z-akse. Og på x-aksen må vel det elektriske feltet åpenbart ha retning langs negativ z-akse. Setter vi inn r = 0 i uttrykkene for E_{r} og E_{θ}, ser vi at begge to går mot uendelig. Det er imidlertid ikke et reelt problem fordi vi nå forsøker å bruke uttrykket for E utenfor gyldighetsområdet r ≫ a. Feltet i origo er langt fra uendelig, og heller ikke vanskelig å regne ut. Det klarer du helt sikkert selv!

c) Av figuren nedenfor skulle det gå relativt klart fram hvordan den elektriske feltvektoren E enten kan dekomponeres i E_{r} og E_{θ} eller i E_{x} og E_{z}.

Både E_{r} og E_{θ} har komponenter i x-retning, og den totale x-komponenten av feltet må bli summen av disse to. Figurbetraktning gir:

E_{x} = E_{r} sin θ + E_{θ} cos θ
= \frac{p cos θ}{2πε_{0}r^{3}} · sin θ + \frac{p sin θ}{4πε_{0}r^{3}} · cos θ
= \frac{3p}{4πε_{0}r^{3}} sin θ cos θ
= \frac{3pxz}{4πε_{0}r^{5}}
= \frac{3pxz}{4πε_{0} (x^{2} + z^{2})^{5/2}}

Her har vi brukt sin θ = x/r, cos θ = z/r og r = (x^{2} + z^{2})^{1/2}. Helt tilsvarende finner vi z-komponenten:

E_{z} = E_{r} cos θ − E_{θ} sin θ
= \frac{p cos θ}{2πε_{0}r^{3}} · cos θ − \frac{p sin θ}{4πε_{0}r^{3}} · sin θ
= \frac{p}{4πε_{0}r^{3}} (2 cos^{2} θ − sin^{2} θ)
= \frac{(2z^{2} − x^{2}) p}{4πε_{0} (x^{2} + z^{2})^{5/2}}

d) La oss starte med en figur som viser sammenhengen mellom de ulike vektorkomponentene:

Da har vi:

p = p_{x} x̂ + p_{z} ẑ
p_{x} = 0
p_{z} = p
p = p_{r} r̂ + p_{θ} θ̂
p · r̂ = p_{r} = p cos θ
p · θ̂ = p_{θ} = −p sin θ
r̂ = r̂_{x} x̂ + r̂_{z} ẑ
r̂_{x} = sin θ = x/r = x/\sqrt{x^{2} + z^{2}}
r̂_{z} = cos θ = z/r = z/\sqrt{x^{2} + z^{2}}

Vi har nå det vi trenger for å skrive ned E_{r} osv, fra det gitte uttrykket på koordinatfri form:

E_{r} = \frac{1}{4πε_{0}r^{3}} [3p · r̂ − p_{r}]
= \frac{1}{4πε_{0}r^{3}} [3p_{r} − p_{r}]
= \frac{p cos θ}{2πε_{0}r^{3}}

E_{θ} = \frac{1}{4πε_{0}r^{3}} [0 − p_{θ}]
= \frac{p sin θ}{4πε_{0}r^{3}}

E_{x} = \frac{1}{4πε_{0}r^{3}} [3(pẑ · r̂)r̂_{x} − p_{x}]
= \frac{1}{4πε_{0}r^{3}} [3p(z/r)(x/r) − 0]

= \frac{3pxz}{4πε_{0}r^{5}}
= \frac{3pxz}{4πε_{0}(x^{2} + z^{2})^{5/2}}

E_{z} = \frac{1}{4πε_{0}r^{3}} [3(pẑ · r̂)r̂_{z} − p_{z}]
= \frac{1}{4πε_{0}r^{3}} [3p(z/r)(z/r) − p]
= \frac{p}{4πε_{0}r^{3}} [3z^{2}/r^{2} − 1]
= \frac{p}{4πε_{0}r^{3}} [3z^{2}/(x^{2} + z^{2}) − (x^{2} + z^{2})/(x^{2} + z^{2})]
= \frac{(2z^{2} − z^{2})p}{4πε_{0}(x^{2} + z^{2})^{5/2}}

Alle fire i samsvar med det vi fant i b) og c).

Oppgave 2

a) D Total potensiell energi for et system med punktladninger er

U = ∑_{i<j} \frac{q_{i}q_{j}}{4πε_{0}r_{ij}}

der summen går over alle par av ladninger q_{i} og q_{j} i innbyrdes avstand r_{ij}. Her er alle ladninger like store i absoluttverdi. Vi har 4 par med motsatt fortegn i innbyrdes avstand 5 cm og 2 par (diagonalt) med likt fortegn i innbyrdes avstand \sqrt{50} cm. Dermed får vi:

U = 9 · 10^{9} · (9 · 10^{−6})^{2} · [−\frac{4}{0.05} + \frac{2}{\sqrt{50} · 10^{−2}} ] ≃ −38 J

b) D Punktladningene Q_{1} og Q_{2} flyttes ikke, så innbyrdes potensiell energi for dette paret trenger vi ikke å bry oss om fordi den endres ikke når den tredje ladningen (elektronet) flyttes. Vi må regne ut potensiell energi som skyldes vekselvirkningen mellom elektronet og de to fastliggende ladningene, henholdsvis før og etter forflytningen. Alternativt kan vi regne ut potensialet fra ladningene Q_{1} og Q_{2} i punktene A og B, hhv V_{A} og V_{B}, og deretter endringen i potensiell energi, ΔU = U_{B} − U_{A} = −eV_{B} − (−e)V_{A} = −e(V_{B} − V_{A}). Potensialet i avstand r fra en punktladning q er

V (r) = \frac{q}{4πε_{0}r}

dvs Coulombpotensialet. De aktuelle avstandene her er 0.6 m (fra Q_{1} til A og fra Q_{2} til B) og \sqrt{0.6^{2} + 0.8^{2}} = 1.0 m (fra Q_{1} til B og fra Q_{2} til A). Dermed:

V_{A} = \frac{Q_{1}}{4πε_{0} · 0.6} + \frac{Q_{2}}{4πε_{0} · 1.0}

og

V_{B} = \frac{Q_{1}}{4πε_{0} · 1.0} + \frac{Q_{2}}{4πε_{0} · 0.6}

som gir

ΔV = V_{B} − V_{A} = −\frac{2(Q_{1} − Q_{2})}{3 · 4πε_{0}} = −\frac{2}{3} · 9 · 10^{9} · (69 + 98) · 10^{−9} = −1002 V

og endelig

ΔU = −e · ΔV ≃ +1 keV

c) B. Potensialet fra en punktladning er V (r) = q/4πε_{0}r når V (r → ∞) er satt til null. Med V = 50 V finner vi

r = \frac{q}{4πε_{0}V} = 9 · 10^{9} · \frac{10^{−8}}{50} = 1.8 m

Med SI-enheter for alle størrelser som inngår er vi garantert at svaret også kommer ut i SI-enhet, dvs m.

d) D

E = −∇V = −\frac{dV}{dr} r̂ ⇒ graf 5

e) A

E_{x} = −\frac{dV}{dx} = −2\frac{V}{m}