TFY4104 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 2017. Løsningsforslag til øving 9.

Oppgave 1.

a) C

ΔV = − ∫ E · dl = 0

dersom

dl ⊥ E

b) 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

c) 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

d) 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

e) 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.

f) D

E = −∇V = −\frac{dV}{dr} r̂ ⇒ graf 5

Oppgave 2

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.)

Oppgave 3

a) På den positive ladningen virker en kraft F_{+} = qE og på den negative ladningen virker en kraft F_{−} = −qE. Total kraft blir summen av disse:

F = F_{+} + F_{−} = qE − qE = 0

Kommentar: Hvis det elektriske feltet ikke er uniformt, vil det virke en netto kraft på dipolen:

Den ene enden av dipolen (her: den nederste, dvs den negative enden) vil være i et område med større elektrisk feltstyrke enn det er ved den andre enden av dipolen. Dermed vil dipolen trekkes i retning av økende elektrisk feltstyrke. Det er denne effekten som gjør seg gjeldende når en gnidd ballong sitter fast på veggen. Ballongen har netto ladning og omgir seg med et ikke-uniformt elektrisk felt. Elektriske dipoler i veggen tiltrekkes av ballongen, eller omvendt, ballongen trekkes mot veggen.

b)

τ = r_{+} × F_{+} + r_{−} × F_{−} = \frac{a}{2} × (qE) + (−\frac{a}{2}) × (−qE) = qa × E = p × E

Bruker vi høyrehåndsregelen, ser vi at vektoren p × E peker inn i papirplanet, dvs i negativ z-retning. Dermed:

τ = p × E = −E × p = −pE sin θ ẑ

c) Her har vi altså dU = −τ dα. Det betyr at en liten dreining av dipolen en vinkel dα under påvirkning av dreiemomentet τ resulterer i en endring dU i potensiell energi gitt ved −τ dα. Potensiell energi for en gitt verdi av vinkelen θ mellom E og p, i forhold til en valgt referanse U(θ_{0}), blir da

U(θ) = ∫_{θ_{0}}^{θ} dU
= − ∫_{θ_{0}}^{θ} τ(α) dα
= pE ∫_{θ_{0}}^{θ} sin α dα
= pE (cos θ_{0} − cos θ)
= −pE cos θ

Her valgte jeg å sette U(0) = −pE, dvs θ_{0} = π/2. Det spiller ingen rolle hvor jeg velger nullpunkt for U. Et like naturlig”valg ville ha vært θ_{0} = 0, som hadde gitt U(0) = 0 og U(±π) = 2pE. Skisse:

Vi har minimal U, og følgelig stabil likevekt for θ = 0, dvs for dipolen orientert slik at p er parallell med E. Konklusjon: Elektriske dipoler, f.eks. polare molekyler i et dielektrikum, retter seg inn langs det ytre (“påtrykte”) elektriske feltet.