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

Løsningsforslag til øving 4

Veiledning mandag 8. september

Oppgave 1

a) Her har vi oppgitt V (r, θ) og gradientoperatoren i kulekoordinater (og svaret for den saks skyld!), 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 (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.

b) 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}}

c) I kartesiske koordinater blir potensialet

V = \frac{p cos θ}{4πε_{0}r^{2}} = \frac{p(z/r)}{4πε_{0}r^{2}} = \frac{pz}{4πε_{0} (x^{2} + z^{2})^{3/2}}

Med E = −∇V får vi dermed

E_{x} = −\frac{∂V}{∂x} = \frac{3pzx}{4πε_{0} (x^{2} + z^{2})^{5/2}}
E_{z} = −\frac{∂V}{∂z} = \frac{1}{4πε_{0}} (\frac{−p}{(x^{2} + z^{2})^{3/2}} + \frac{3pz^{2}}{(x^{2} + z^{2})^{5/2}} )
= \frac{1}{4πε_{0}} (\frac{−p (x^{2} + z^{2}) + 3pz^{2}}{(x^{2} + z^{2})^{5/2}} )
= \frac{(2z^{2} − x^{2}) p}{4πε_{0} (x^{2} + z^{2})^{5/2}}

Det samme som vi fant under punkt b)!

Oppgave 2

a) Vi benytter oss av tipsene gitt i oppgaveteksten og tar utgangspunkt i følgende figur:

Merk, som nevnt i oppgaveteksten, at enhetsvektorene r̂, θ̂ og ϕ̂ egentlig burde ha vært tegnet inn ved volumelementet dV, ettersom de endrer retning etter hvor dV er lokalisert. 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”).

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}

Oppgave 3

a) E. Bevaring av total energi, kinetisk og potensiell, gir

eΔV = \frac{1}{2}m_{e}v^{2}

⇒ v = \sqrt{\frac{2eΔV}{m_{e}}} = \sqrt{\frac{2 · 1.6 · 10^{−19} · 25 · 10^{3}}{9.11 · 10^{−31}}} m/s ≃ 9.4 · 10^{7} m/s

I denne oppgaven er det ikke nødvendig å bekymre seg over fortegnene på ladning og potensialforskjell, og heller ikke om det nå var katode eller anode som hadde høyest potensial. Det er gitt at kreftenes retning er slik at elektronet faktisk øker sin hastighet fra katode til skjerm, og det eneste vi da trenger å vite er at endring i kinetisk energi tilsvarer endring i potensiell energi. Vel, i tillegg må vi selvsagt vite at T = mv^{2}/2 og U = qV. Et lite poeng til: Selv om en ikke husker nok til å gjøre denne utregningen, vil en titt på svaralternativene forhåpentlig kunne motivere en “educated guess”: Hastigheter på 10^{15} m/s er over øvre grense satt av lyshastigheten c = 3 · 10^{8} m/s, og derfor ikke mulig.

b) B. Oppnådd kinetisk energi for en partikkel som akselereres fra null starthastighet gjennom en potensialforskjell V blir, pga energibevarelse, lik partikkelens ladning multiplisert med potensialforskjellen: T = ΔU = qΔV. Ettersom Be-kjernen har dobbelt så stor ladning som α-partikkelen, trengs bare halvparten så stor potensialforskjell for førstnevnte for å oppnå like stor kinetisk energi. Partikkelmassen er uten betydning her, men pga større masse, vil selvsagt Be-kjernen oppnå en lavere hastighet enn α-partikkelen. (Hvor mye mindre?)

c) D. Punkter med samme potensial tilhører samme ekvipotensialflate. For en ekvipotensialflate hadde vi ΔV = − ∫ E · dl = 0 for vilkårlig integrasjonsvei på ekvipotensialflaten. Det medfører at E · dl = 0, og følgelig E ⊥ dl. Med andre ord, E står normalt på en ekvipotensialflate. I figuren blir ekvipotensialflatene loddrette streker (plan), slik at punktene 1 og 5 må ligge på samme potensial.

d) B. Vi har sammenhengene ΔV = − ∫ E · dl og E = −∇V mellom elektrisk felt og elektrisk potensial. Fortegnet tilsier at E peker i den retning V avtar raskest. I figuren avtar derfor V fra venstre mot høyre, og punkt 2 har høyest potensial.

e) D. Se punkt d). Bommet du på den, bommet du vel på denne også.... (Til midtsemesterprøven vil jeg nok unngå slike “koblede” spørsmål der feil på det ene automatisk fører til feil også i det andre.)