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

Løsningsforslag til øving 5

Veiledning mandag 15. september

Oppgave 1

Denne oppgaven dreier seg om å bruke Gauss’ lov, på integralform,

ϕ_{E} = ∮_{S} E · dA = Q/ε_{0},

og differensialform,

∇ · E = ρ/ε_{0}.

Det første vi kan merke oss er at E = E_{x}x̂ i de tre første tilfellene har retning langs x-aksen. Det betyr at det da ikke går noe fluks gjennom de av kubens flater som har flatenormal i yeller z-retning, bare gjennom de to flatene med flatenormal i x-retning. I tilfelle d) må vi også ta med flatene med flatenormal i y-retning.

a) Her er E_{x} = C, dvs konstant. Da må vi ha like stor elektrisk fluks inn gjennom flaten ved x = 0 som vi har ut gjennom flaten ved x = a:

ϕ_{inn} = ϕ_{ut} = E_{x}A = Ca^{2}

der A = a^{2} er arealet av en sideflate. Dermed blir netto fluks ϕ_{E} = 0 gjennom kubens overflate, og ifølge Gauss’ lov også netto ladning inne i kuben Q = 0.

b) Her er E_{x} = Cx. På de to sideflatene ved x = 0 og x = a er da feltstyrken henholdsvis E_{x}(0) = 0 og E_{x}(a) = Ca. Dermed blir det null fluks gjennom flaten ved x = 0, mens fluksen ut ved x = a blir ϕ_{ut}(x = a) = Ca · a^{2} = Ca^{3}. Dette blir da også netto fluks gjennom S, ϕ_{E} = Ca^{3}. Gauss’ lov gir netto ladning Q = Cε_{0}a^{3} inne i kuben.

c) Her er E_{x} = Cx^{2}. Igjen er E_{x}(0) = 0, mens E_{x}(a) = Ca^{2}. Nok en gang får vi null fluks gjennom flaten ved x = 0, mens fluks ut ved x = a blir ϕ_{ut}(x = a) = Ca^{2} · a^{2} = Ca^{4}, som også her blir netto fluks gjennom S. Med Gauss’ lov: Q = Cε_{0}a^{4} for netto ladning i kuben.

d) Nå er E_{x} = Cy og E_{y} = Cx, og vi får fluks gjennom i alt fire av de seks sideflatene. Figuren illustrerer feltet på planet x = 0. I tillegg har vi tatt med et par eksempler på planet x = a, hvor y-komponenten av feltet er konstant og lik Ca, mens x-komponenten vokser lineært med y.

Det hele kan kanskje se litt komplisert ut, men forenkler seg drastisk ved nærmere ettertanke: Vi ser nemlig at E_{x} ikke avhenger av x og tilsvarende at E_{y} ikke avhenger av y. Det betyr at fluksen inn gjennom flaten ved x = 0 må være like stor som fluksen ut gjennom flaten ved x = a. På samme vis: Like stor fluks inn gjennom flaten ved y = 0 som ut ved y = a. Konklusjon: Null netto fluks gjennom hele den lukkede flaten, og null netto ladning innenfor flaten, ifølge Gauss’ lov.

e) Vi skal for tilfellet c), dvs med E = Cx^{2}x̂, bestemme ladningstettheten ρ inne i kuben. Vi følger henvisningene i oppgaveteksten og starter med å se på et lite volumelement dV = a^{2} dx, dvs en tynn skive beliggende mellom x og x + dx:

For å finne netto fluks ut gjennom overflaten til denne tynne skiva, må vi bestemme fluksen inn ved x og fluksen ut ved x + dx. Det elektriske feltet på disse to flatene er:

E(x) = Cx^{2}
E(x + dx) = C (x + dx)^{2}
= Cx^{2} + 2Cx dx + C(dx)^{2}
≃ Cx^{2} + 2Cx dx

Legg merke til tilnærmelsen vi gjør her: Vi neglisjerer C(dx)^{2} i forhold til 2Cx dx. Det kan vi trygt gjøre ettersom dx er en infinitesimal tykkelse, dvs vi er interessert i grensen dx → 0. Fluksen gjennom de to flatene får vi ved å multiplisere feltstyrken med arealet, dvs a^{2}. Dermed blir netto fluks ut gjennom den lille (infinitesimale) gaussflaten

ϕ = E(x + dx)a^{2} − E(x)a^{2} = 2Ca^{2}x dx

Ifølge Gauss’ lov skal dette være lik ladningen inne i den tynne skiva dividert med ε_{0}. Ladningen inne i skiva kan vi skrive som ladningstettheten ρ multiplisert med volumet:

dq = ρ dV = ρa^{2} dx

Dermed:

2Ca^{2}x dx = \frac{ρa^{2} dx}{ε_{0}}
⇒ ρ = 2Cε_{0}x

Det var ved hjelp av Gauss’ lov på integralform. Ikke uventet er det atskillig enklere å bestemme ρ ved hjelp av samme lov på differensialform, ∇ · E = ρ/ε_{0}. Denne ligningen er jo nærmest skreddersydd for å bestemme ρ når E er kjent; det er bare snakk om å foreta en derivasjon. Her er E = E_{x}x̂ = Cx^{2}x̂, slik at

ρ = ε_{0} \frac{∂E_{x}}{∂x} = 2Cε_{0}x

Samme svar som ovenfor! Kommentarer:

• Merk at vi her har brukt Gauss’ lov på integralform med en gaussflate som omslutter et differensielt volumelement. Det er helt i orden; vi velger selv hva som er en fornuftig gaussflate - stor eller liten. Men lukket må den være!

• I punkt c) bestemte du total ladning Q inne i kuben. Nå har du bestemt ladningstettheten ρ. Kontroller at de to svarene er konsistente!

Oppgave 2

Det første vi må se etter, når beskjeden er “bruk Gauss’ lov...”, er om problemet har en “passende”, dvs utnyttbar, symmetri. Her ser vår ladningsfordeling slik ut:

Med andre ord, vi har en kulesymmetrisk ladningstetthet. Da må det elektriske feltet overalt være radielt rettet, og kun avhenge av avstanden fra kuleskallets sentrum: E = E(r)r̂. Vi velger da naturligvis en kuleflate med radius r som gaussflate. (Det som hittil er sagt må vi nesten bare innse. I hvilken retning skulle E peke om det ikke var radielt?)

Over hele gaussflaten har da E(r) samme verdi, og dessuten er dA parallell med E. Gauss’ lov blir dermed

∮ E · dA = E(r) · 4πr^{2} = \frac{q(r)}{ε_{0}}

der q(r) er netto ladning innenfor gaussflaten, dvs innenfor et kuleskall med radius r. Sammenhengen mellom q(r) og ρ er:

q(r) = ∫ ρ dV = ∫_{0}^{r} ρ(r′) · 4π(r′)^{2} dr′

Her har vi uttrykt volumelementet dV i kulekoordinater (se øving 4) og integrert over alle romvinkler, dvs over alle verdier av vinklene θ og ϕ, for å få faktoren 4π. Dette kan vi gjøre ettersom ρ kun avhenger av avstanden fra sentrum og ikke retningen. Alternativt, siden vi har kulesymmetri, kan vi direkte velge volumelementet dV som et tynt kuleskall mellom r′ og r′ + dr′. Volumet av et slik kuleskall må bli arealet av kuleflaten, 4π(r′)^{2} multiplisert med skallets tykkelse dr′. Med den oppgitte ladningstettheten ρ finner vi

q(r) = \{ \begin{matrix}0 & r < a \\ 4πk ∫_{a}^{r} dr′ = 4πk(r − a) & a < r < b \\ 4πk ∫_{a}^{b} dr′ = 4πk(b − a) & r > b \end{matrix}

Dvs: Total ladning innenfor et kuleskall med radius r øker lineært med r når vi passerer r = a. Med r < a er ρ = 0, og selvsagt q(r) = 0 også. Alle kuleskall med r > b omslutter hele ladningen 4πk(b − a). Gauss’ lov gir til slutt det elektriske feltet:

E(r) = \frac{q(r)}{4πε_{0}r^{2}} = \{ \begin{matrix}0 & r < a \\ k(r − a)/ε_{0}r^{2} & a < r < b \\ k(b − a)/ε_{0}r^{2} & r > b \end{matrix}

Med b = 2a:

E(r) = \{ \begin{matrix}0 & r < a \\ k(r − a)/ε_{0}r^{2} & a < r < 2a \\ ka/ε_{0}r^{2} & r > 2a \end{matrix}

Skisse:

Kommentar: Å skissere innebærer å tegne opp noe “sånn omtrentlig”. En bør imidlertid se litt på den størrelsen som skal skisseres, i dette tilfellet funksjonen E(r), og prøve å få med “det opplagte”. For eksempel: En bør se at E(r) er kontinuerlig. Dermed mangler i grunnen bare formen på kurven i området a < r < 2a. (For r > 2a faller E(r) av som 1/r^{2}, det klarer vi greit!) Ved å derivere E(r) to ganger finner en at helningen er positiv (men ikke uendelig, dvs ikke loddrett) i r = a og lik null (dvs vannrett) i r = 2a, dessuten at krumningen er negativ i hele området a < r < 2a.

Oppgave 3

En uendelig lang, jevnt ladet stav må resultere i et elektrisk felt som for det første er radielt rettet bort fra staven (evt inn mot staven, hvis den var negativt ladet), og for det andre kun avhengig av avstanden r fra staven. Med litt ettertanke innser vi da at det er lurt å velge en sylinder som gaussflate, slik at den ladete staven går gjennom sylinderens akse:

På sylinderflaten er da “flateelementvektoren” dA enten normal til E (på de to endeflatene) eller parallell med E (på resten av overflaten). Der dA er parallell med E, dvs der vi får et bidrag til flateintegralet i Gauss’ lov, har E(r) overalt samme verdi og kan trekkes utenfor integralet. På de to endeflatene er E parallell med flaten (normal til flatenormalen!), så ingen elektrisk fluks går gjennom disse. Med en omkrets på 2πr og en lengde L blir arealet av sylinderoverflaten 2πrL. Hvor mye ladning befinner seg innenfor denne gaussflaten? Med ladning λ pr lengdeenhet og lengde L må den bli Q = λL. Gauss’ lov gir da:

∮ E · dA = E(r) · 2πrL = \frac{Q}{ε_{0}} = \frac{λL}{ε_{0}}

slik at det elektriske feltet blir

E(r) = \frac{λ}{2πε_{0}r}

som vi skulle vise.

I oppgave 1 i øving 2 viste vi at feltet i avstand r fra en jevnt ladet stav med endelig lengde hadde komponenter

E_{⊥} = \frac{λ}{4πε_{0}r}(sin θ_{1} − sin θ_{2})

normalt på staven, og

E_{∥} = \frac{λ}{4πε_{0}r}(cos θ_{1} − cos θ_{2})

parallelt med staven. Linjene fra observasjonspunktet til endene av staven dannet vinklene θ_{1} (positiv) og θ_{2} (negativ) med normallinjen fra observasjonspunktet og ned på staven. Det betyr at dersom vi lar stavens lengde gå mot uendelig, vil vinklene θ_{1} og θ_{2} gå mot henholdsvis π/2 og −π/2, slik at

E_{⊥} → \frac{λ}{2πε_{0}r}

og

E_{∥} → 0

Altså det samme som vi fant med Gauss’ lov.

Oppgave 4

a) D. Det følger av Gauss’ lov på integralform at flaten da omslutter en netto negativ ladning. På den lukkede flaten er flateelementvektoren dA definert positiv med retning ut av flaten. Med E overalt rettet innover blir da alle bidrag dϕ = E · dA til fluksen gjennom den lukkede flaten negative. Den totale fluksen gjennom flaten er lik omsluttet ladning (delt på konstanten ε_{0}), som da også må være negativ.

b) A. Netto elektrisk fluks ut gjennom flaten skal ifølge Gauss’ lov være lik netto omsluttet ladning delt på konstanten ε_{0}. Her er netto omsluttet ladning q − q = 0.

c) B. Her er netto omsluttet ladning −2q + q = −q.

d) 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.

e) E. Det elektriske feltet er den negative gradienten til potensialet, E = −∇V. Her har vi oppgitt at potensialet er konstant lik 100 V, og gradienten til en konstant er lik null.