Institutt for fysikk, NTNU TFY4150/FY1303/SIF4012/MNFFY103 Elektrisitet og magnetisme Høst 2003

Løsningsforslag til øving 2

Veiledning mandag 25. august

Oppgave 1

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})

En uendelig lang stav oppnår vi ved å la θ_{2} → −π/2 og θ_{1} → π/2. Da blir 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.

c) 1: P like langt fra stavens to ender. Da 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
E_{y} = \frac{λL}{4πε_{0}R\sqrt{R^{2} + L^{2}/4}}

2: P rett over stavens venstre ende. Da er θ_{2} = 0 og følgelig cos θ_{2} = 1 og sin θ_{2} = 0, mens cos θ_{1} = R/\sqrt{R^{2} + L^{2}} og sin θ_{1} = L/\sqrt{R^{2} + L^{2}}. Dermed:

E_{x} = \frac{λ}{4πε_{0}R} (\frac{R}{\sqrt{R^{2} + L^{2}}} − 1)
E_{y} = \frac{λL}{4πε_{0}R\sqrt{R^{2} + L^{2}}}

Langt unna staven, dvs R ≫ L: La oss se på E_{y} først. Vi kan i begge tilfeller erstatte kvadratroten med R, idet vi kan neglisjere henholdsvis L^{2}/4 og L^{2} i forhold til R^{2}. I begge posisjoner får vi da:

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

Dette er feltet fra en punktladning Q i avstand R. Ikke uventet: Langt unna ser staven essensielt ut som en punktladning med total ladning Q = λL. Hva så med E_{x} i posisjon 2? I første omgang kan vi forsøke det samme her, dvs erstatte kvadratroten med R. Det gir E_{x} = 0, som i og for seg er riktig: x-komponenten går mot null når R går mot uendelig. Det samme kan vi forsåvidt si om E_{y} også, men det er ikke det som er interessant – de fleste effekter av det meste forsvinner dersom vi går langt nok unna. Derimot ønsker vi å vite hvordan de ulike størrelsene nærmer seg null når vi fjerner oss fra “kilden”. For E_{y} fikk vi svaret uten å anstrenge oss nevneverdig: E_{y} ∼ 1/R^{2}. For E_{x} i posisjon 2 trenger vi en litt bedre tilnærmelse for kvadratroten enn bare R, og det oppnår vi ved å ta med ett ledd til i Taylorutviklingen omkring L/R = 0:

\frac{R}{\sqrt{R^{2} + L^{2}}} = (1 + \frac{L^{2}}{R^{2}} )^{−1/2} ≃ 1 − \frac{L^{2}}{2R^{2}}

Det gir

E_{x} ≃ \frac{λ}{4πε_{0}R} (1 − \frac{L^{2}}{2R^{2}} − 1) = −\frac{λL^{2}}{4πε_{0}R^{3}} = −\frac{L}{R}E_{y}

Vi merker oss her at E_{x} faller av som 1/R^{3} for store R og går derfor raskere mot null enn E_{y}. At |E_{x}| ≪ |E_{y}| for R ≫ L er vel ekstra tydelig i den siste omskrivingen i ligningen over. Spørsmålet “hva er E i posisjon 2 når R ≫ L” kan derfor besvares med

E ≃ \frac{λL}{4πε_{0}R^{2}} ŷ

Oppgave 2

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}

Skulle det være så galt at 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 skulle det nå være så ekstra ille at 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 ringer med bredde dR (se figur neste side). 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 gjelde for hele ringen slik at

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 tilsammen 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}}

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, a ≪ R_{0}, 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 kan vi generere et tilnærmet uniformt elektrisk felt “i nærheten” av planet, og “ikke for nær” planets ytterkanter. Vi skal komme mye tilbake til dette resultatet senere i kurset.