Institutt for fysikk, NTNU TFY4155/FY1303 Elektrisitet og magnetisme Vår 2004

Løsningsforslag til øving 2

Veiledning mandag 19. januar

Oppgave 1

a) A Elektroner har negativ ladning. Et underskudd på N elektroner innebærer derfor en netto positiv ladning:

Q = +Ne = 3 · 10^{11} · 1.6 · 10^{−19} C = 4.8 · 10^{−8} C = 48 nC

Her står n for nano, dvs 1 nC = 10^{−9} C.

b) A Her er det nok å betrakte retningene på delkreftene som bidrar:

Med Pytagoras har vi at avstanden mellom de to positive ladningene er \sqrt{8}a. Ettersom Coulombkraften er proporsjonal med 1/r^{2}, må da kraften mellom de to positive bli halvparten så stor som kraften mellom den negative og den positive. Vektorsummen blir som vist i figuren, altså en total kraft F med negativ x-komponent og positiv y-komponent.

c) B Her er det bare avstanden mellom to ladninger som endres. Vi har derfor:

F = k/r^{2}, F′ = k/(1.2r)^{2} = k/1.44r^{2} = 0.69k/r^{2} = 0.69F

Oppgave 2

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})

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 3

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, 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 bruke dette resultatet mange ganger utover i kurset.