Institutt for fysikk, NTNU TFY4155/FY1003 Elektromagnetisme Vår 2009

Løsningsforslag til øving 2

Oppgave 1

a) C

F = qE = ma

Newtons 2. lov! Her er q = −e, så elektronets akselerasjon blir

a = −\frac{e}{m}E

altså mot venstre.

b) C Totalt elektrisk felt i P er vektorsummen av bidragene fra de fire punktladningene. Konfigurasjonen i figur 3 gir den største feltstyrken. (Ingen feltbidrag har her komponent oppover.)

Oppgave 2

a) Punktladningen q er i likevekt dersom kraften på den er lik null. Her virker det to krefter, en frastøtende fra 3q og en tiltrekkende fra −q, og disse to kan bare kansellere hverandre dersom de har eksakt motsatt retning. Det er ikke mulig dersom q er plassert utenfor x-aksen, f.eks. som i figuren over. (Her er de to enkeltkomponentene av kraften angitt med stiplede piler og totalkraften med heltrukken pil.) Derfor må eventuelle likevektsposisjoner være på x-aksen.

b) Vi har fått oppgitt at det er en likevektsposisjon x_{0} for q på x-aksen. Vi kan ikke ha x_{0} mellom 0 og a, for på dette intervallet peker de to kraftkomponentene i samme retning. Vi kan heller ikke ha x_{0} til venstre for x = 0, for da er avstanden mellom q og 3q alltid mindre enn avstanden mellom q og −q, og følgelig den frastøtende kraften 3q^{2}/4πε_{0}x_{0}^{2} alltid større enn den tiltrekkende kraften q^{2}/4πε_{0}(a − x_{0})^{2}. Altså må x_{0} > a. Vi bestemmer x_{0} ved å sette total kraft lik null:

0 = \frac{3q^{2}}{4πε_{0}x_{0}^{2}} x̂ − \frac{q^{2}}{4πε_{0}(x_{0} − a)^{2}} x̂
⇒ \frac{3}{x_{0}^{2}} = \frac{1}{(x_{0} − a)^{2}}
⇒ 3x_{0}^{2} − 6ax_{0} + 3a^{2} = x_{0}^{2}
⇒ 2x_{0}^{2} − 6ax_{0} + 3a^{2} = 0
⇒ x_{0} = \frac{6a}{4} + \frac{1}{4}\sqrt{36a^{2} − 24a^{2}} = \frac{3 + \sqrt{3}}{2}a ≃ 2.37a

Da forutsetningen var x_{0} > a, er løsningen med negativt fortegn foran kvadratroten ikke en aktuell løsning. (Den tilsvarer x ≃ 0.63a, hvor begge kraftkomponenter er like store og har samme retning.) Stabiliteten av likevektsposisjonen x_{0} bestemmes kanskje enklest ved å se på nettokraften når x ≫ x_{0}. Da “ser” punktladningen q tilnærmet en punktladning 3q − q = 2q og må følgelig erfare en netto frastøtende kraft. Vi vet at kraften er null bare i x = x_{0}. Da må kraften peke mot høyre for alle x > x_{0}, også for en liten forflytning til høyre for x_{0}, mens den må peke mot venstre for en liten forflytning til venstre for x_{0}. Dermed er likevekten ustabil mhp en forflytning langs x-aksen. Alternativt, med litt regning: La oss først forenkle notasjonen ved å innføre funksjonen f(x):

F (x) = F (x)x̂ = \frac{q^{2}}{4πε_{0}} (\frac{3}{x^{2}} − \frac{1}{(x − a)^{2}} ) x̂ ≡ \frac{q^{2}}{4πε_{0}} f(x)x̂

Deretter bestemmer vi df/dx i x = x_{0}:

(\frac{df}{dx})_{x=x_{0}} = −\frac{6}{x_{0}^{3}} + \frac{2}{(x_{0} − a)^{3}} ≃ −\frac{6}{(2.37a)^{3}} + \frac{2}{(1.37a)^{3}} ≃ \frac{0.33}{a^{3}} > 0

Da f(x_{0}) = 0 og f′(x_{0}) > 0, er likevekten ustabil.

Oppgave 3

a) Med ”linjeladning” (dvs: ladning pr lengdeenhet) λ må ladningene dq og Q på henholdsvis en liten lengde dx og på hele staven bli

dq = λ dx Q = λL

b) Elektrisk felt fra lengdeelement dx i posisjon x:

dE = \frac{λ dx}{4πε_{0}r^{2}} r̂ = A\frac{dx}{r^{2}} r̂

der vi har innført A = λ/4πε_{0}. Fra figuren ser vi at denne vektoren har komponentene

dE_{x} = −dE sin θ = −\frac{A dx}{r^{2}} sin θ dE_{y} = dE cos θ = \frac{A dx}{r^{2}} cos θ

Her har vi valgt x = 0 når θ = 0, og fortegnet stemmer med oppgaveteksten, dvs θ > 0 når x > 0. Vi bruker tipset i oppgaven og uttrykker dx og 1/r^{2} ved vinkelen θ:

x = R tan θ ⇒ dx = \frac{Rdθ}{cos^{2} θ}
r = \frac{R}{cos θ} ⇒ \frac{1}{r^{2}} = \frac{cos^{2} θ}{R^{2}}
⇒ \frac{dx}{r^{2}} = \frac{dθ}{R}

De søkte komponentene E_{x} og E_{y} av feltet E i punktet P fra hele staven får vi ved å integrere dE_{x} og dE_{y}:

E_{x} = ∫ dE_{x} = −\frac{A}{R} ∫_{θ_{2}}^{θ_{1}} sin θdθ = \frac{A}{R} |_{θ_{2}}^{θ_{1}} cos θ = \frac{λ}{4πε_{0}R} (cos θ_{1} − cos θ_{2})
E_{y} = ∫ dE_{y} = \frac{A}{R} ∫_{θ_{2}}^{θ_{1}} cos θdθ = \frac{A}{R} |_{θ_{2}}^{θ_{1}} sin θ = \frac{λ}{4πε_{0}R} (sin θ_{1} − sin θ_{2})

Kommentar: Her kunne en ha vært ”uheldige” og startet med sammenhengen x = r sin θ, som gir dx = r cos θ dθ + sin θ dr, ettersom både θ og r varierer med x. Men det går bra likevel: Vi har cos θ = R/r, dvs r = R/ cos θ, og dermed

dr = −R\frac{1}{cos^{2} θ}(− sin θ) dθ

slik at

\frac{dx}{r^{2}} = \frac{r cos θ dθ + sin θ dr}{r^{2}}
= \frac{cos θ dθ · cos θ}{R} + \frac{sin θ · R sin θ dθ}{R^{2}}
= \frac{dθ}{R} (cos^{2} θ + sin^{2} θ) = \frac{dθ}{R}

c) Med P like langt fra stavens to ender er θ_{1} = −θ_{2} og følgelig cos θ_{1} − cos θ_{2} = 0 og sin θ_{1} − sin θ_{2} = 2 sin θ_{1} = L/\sqrt{R^{2} + L^{2}/4}. Dermed:

E_{x} = 0

og

E = E_{y} = \frac{λL}{4πε_{0}R\sqrt{R^{2} + L^{2}/4}}

Langt unna staven, dvs R ≫ L: Vi kan nå erstatte kvadratroten med R, idet vi kan neglisjere L^{2}/4 i forhold til R^{2}. Vi får da:

E ≃ \frac{λL}{4πε_{0}R^{2}} = \frac{Q}{4πε_{0}R^{2}}

Dette er det samme som feltet fra en punktladning Q i avstand R. Ikke uventet: Langt unna ser staven essensielt ut som en punktladning med total ladning Q = λL.

d) En uendelig lang stav oppnår vi ved å la θ_{2} → −π/2 og θ_{1} → π/2. Da blir igjen E_{x} = 0 og følgelig

E = E_{y} = \frac{λ}{2πε_{0}R}

Med andre ord: Feltet fra en uendelig lang linjeladning faller av som en over avstanden R.

Oppgave 4

a) Arealet av en tynn ring med radius R og bredde dR er dA = 2πR dR, slik at ladningen på en slik ring blir

dq = σ dA = 2πσR dR

Arealet av skiva er A = πR_{0}^{2}, så skivas totale ladning blir

Q = σA = πσR_{0}^{2}

Hvis en ikke husker hva arealet av ei sirkelformet skive er, kan en selvsagt bestemme totalladningen Q ved å integrere dq:

Q = ∫ dq = ∫_{0}^{R_{0}} 2πσR dR = 2πσ |_{0}^{R_{0}} \frac{R^{2}}{2} = πσR_{0}^{2}

Og om en heller ikke husker hva omkretsen av en ring er, kan ladningen på den tynne ringen bestemmes ved å starte med en liten vinkel dϕ og arealet avgrenset mellom R og R+dR. Dette arealet er Rdϕ · dR, og integrerer vi dette uttrykket over ϕ fra 0 til 2π, får vi nettopp 2πR dR som blir arealet av den tynne ringen med radius R og bredde dR.

b) Vi deler skiva opp i (infinitesimalt) tynne ringer med bredde dR (se figur nedenfor). Alle punkter på ringen ligger i samme avstand r fra punktet på z-aksen. Diametralt motsatte punkter (evt arealer dA) fører til at x− og y-komponentene til feltet forsvinner (jfr eksemplet fra forelesningene). z-komponenten blir

dE_{z} = \frac{dQ}{4πε_{0}r^{2}} cos θ

Da r er konstant rundt hele ringen, kan en la dQ være ladningen på hele den tynne ringen:

dQ = σR dR ∫_{0}^{2π} dϕ = 2πσR dR

Dermed blir feltet fra hele skiva

E_{z} = ∫ dE_{z} = \frac{1}{4πε_{0}} ∫_{0}^{R_{0}} \frac{2πσRa dR}{(a^{2} + R^{2})^{3/2}} = \frac{σa}{2ε_{0}} |_{0}^{R_{0}} \frac{(−1)}{\sqrt{a^{2} + R^{2}}} = \frac{σ}{2ε_{0}} (1 − \frac{a}{\sqrt{a^{2} + R_{0}^{2}}} )

Her har vi benyttet at

cos θ = \frac{a}{r} = \frac{a}{\sqrt{a^{2} + R^{2}}}

Et alternativ ville ha vært å bruke vinkelen θ som integrasjonsvariabel:

tan θ = \frac{R}{a} ⇒ d(tan θ) = \frac{dθ}{cos^{2} θ} = \frac{dR}{a}
r = \frac{a}{cos θ}
∫_{0}^{R_{0}} \frac{R dR}{r^{2}} cos θ = ∫_{0}^{θ_{0}} (\frac{cos θ}{a} )^{2} a tan θ\frac{a dθ}{cos^{2} θ} cos θ = ∫_{0}^{θ_{0}} sin θ dθ
= 1 − cos θ_{0} = 1 − \frac{a}{r_{0}} = 1 − \frac{a}{\sqrt{a^{2} + R_{0}^{2}}}

der r_{0} og θ_{0} er definert i figuren over.

c) Når a ≫ R_{0}, kunne en i første omgang (som i oppgave 1c) tenke seg å erstatte \sqrt{a^{2} + R_{0}^{2}} med a. Da får vi imidlertid bare den ”trivielle” løsningen E_{z} = 0, mens vi er interessert i det dominerende ikke-forsvinnende bidraget til E_{z}. Det betyr at vi må rekkeutvikle \sqrt{a^{2} + R_{0}^{2}} og ta med så mange ledd at vi alt i alt ender opp med noe som er forskjellig fra null:

E_{z} = \frac{σ}{2ε_{0}} (1 − \frac{a}{a\sqrt{1 + \frac{R_{0}^{2}}{a^{2}}}} )

= \frac{σ}{2ε_{0}} (1 − (1 − \frac{R_{0}^{2}}{2a^{2}} + ⋯))
≃ \frac{σR_{0}^{2}}{4ε_{0}a^{2}}
= \frac{Q}{4πε_{0}a^{2}}

Her har vi brukt tilnærmelsen som var gitt i oppgaveteksten, (1 + α)^{−1/2} ≃ 1 − α/2, med α = R_{0}^{2}/a^{2} ≪ 1. Dette er feltet i avstand a fra en punktladning Q = σA, der A = πR_{0}^{2} er arealet av sirkelskiva. Som forventet: Er vi tilstrekkelig langt borte, ser vi ikke forskjell på ei ladet skive og en punktladning.

I den motsatte grensen, R_{0} ≫ a, kan vi neglisjere leddet a/\sqrt{a^{2} + R_{0}^{2}} i forhold til 1. Vi får da

E_{z} = \frac{σ}{2ε_{0}}

Altså et uniformt elektrisk felt som verken avhenger av avstanden a eller skivas utstrekning R_{0}. Dermed må dette være feltet utenfor et uendelig stort plan med ladningstetthet σ. Det er kanskje ikke umiddelbart opplagt at feltet da blir uavhengig av avstanden til planet, men slik er det altså! Selv om vi i praksis ikke har uendelig store flater til rådighet, er dette et viktig resultat: Med et stort ladet plan genererer vi et tilnærmet uniformt elektrisk felt i nærheten av planet, så lenge vi ikke kommer for nær planets ytterkanter. Vi skal bruke dette resultatet mange ganger utover i kurset.

Oppgave 5 a)

7 Kommentar: Disse skissene er bare kvalitative, ikke kvantitative. Legg spesielt merke til at langt unna (dvs, de fire i høyre kolonne) ser alt ut som en punktladning. På nært hold kan en som regel benytte symmetribetraktninger kombinert med det en vet om feltet i umiddelbar nærhet av eventuelle punktladninger til å tegne opp et temmelig korrekt bilde av feltlinjene.

b) (i) Feltlinjer rundt to like store positive punktladninger:

(ii) Feltlinjer rundt punktladninger −2q og q: ”Nærbilde” (like mange feltlinjer ut pr positiv ladning q som inn pr negativ ladning −q, så dobbelt så mange inn mot −2q som ut fra q. De ”resterende” må komme fra uendelig):

Riktig langt unna (da ser vi essensielt en punktladning −2q + q = −q, dvs feltlinjene går inn mot ladningen):

Oppgave 6

Av symmetrigrunner må alle bindingslengder N-H være like store i NH_{3}, og tilsvarende for bindingslengdene B-F i BF_{3}. Dessuten må alle bindingsvinkler H-N-H være like store, og tilsvarende for F-B-F. Da har vi kun to muligheter: Enten er molekylet plant eller så er det pyramideformet, med de 3 like atomene i grunnplanet og det siste på toppen. I disse to molekylene må vi forvente litt ulik grad av elektronegativitet dvs ”evne til å tiltrekke seg ekstra elektroner”. I BF_{3} blir F litt negativt (−q) og B litt positivt (+3q), i NH_{3} blir H litt positivt (+q) mens N blir litt negativt (−3q). Vi får i hvert molekyl et totalt dipolmoment lik vektorsummen av tre dipolmoment assosiert med tre ladningspar q og −q. Hvis molekylet er plant, blir summen av disse tre lik null, hvis molekylet er pyramidalt, blir summen ikke lik null. Konklusjonen må bli at BF_{3} er et plant molekyl og at NH_{3} har pyramidal struktur. Og slik er det da også i virkeligheten! Eksperimenter viser at vinklene F-B-F alle er 120 grader, mens vinklene H-N-H er ca 107 grader. Se for eksempel: http://en.wikipedia.org/wiki/Ammonia http://en.wikipedia.org/wiki/Boron_{−}trifluoride.