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

Løsningsforslag til øving 3

Veiledning mandag 26. januar

Oppgave 1

a)

Kommentar: Disse skissene er bare kvalitative, ikke kvantitative. Legg spesielt merke til at langt unna (dvs, de fire i høyre kolonne) ser alt ut som en punktladning. På nært hold kan en som regel benytte symmetribetraktninger kombinert med det en vet om feltet i umiddelbar nærhet av eventuelle punktladninger til å tegne opp et temmelig korrekt bilde av feltlinjene.

b) (i) Feltlinjer rundt to like store positive punktladninger:

(ii) Feltlinjer rundt punktladninger −2q og q: “Nærbilde” (like mange feltlinjer ut pr positiv ladning q som inn pr negativ ladning −q, så dobbelt så mange inn mot −2q som ut fra q. De “resterende” må komme fra uendelig):

Riktig langt unna (da ser vi essensielt en punktladning −2q + q = −q, dvs feltlinjene går inn mot ladningen):

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”) en gang, og ikke to.

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}

c) Den oppgitte ladningstettheten er positiv (eller null) overalt inne i kula. Den vokser lineært med avstanden fra kulas sentrum. Videre fører leddet cos^{2} θ til størst ladningstetthet på de to “polene” (dvs θ = 0 eller θ = π) og minst ladningstetthet (null) i ekvatorplanet (dvs θ = π/2). Et lite volumelement dV av kula inneholder en ladning

dq = ρ dV

Kulas totale ladning får vi ved å integrere dq over kulas volum. Vi bruker uttrykket for dV fra punkt a) og får:

Q = ∫ dq
= ∫_{r=0}^{R} ∫_{θ=0}^{π} ∫_{ϕ=0}^{2π} ρ_{0} \frac{r}{R} cos^{2} θr^{2} dr sin θ dθ dϕ
= ρ_{0} (∫_{r=0}^{R} \frac{r^{3}}{R} dr) (∫_{θ=0}^{π} cos^{2} θ sin θ dθ) (∫_{ϕ=0}^{2π} dϕ)
= ρ_{0} |_{0}^{R} \frac{r^{4}}{4R} |_{0}^{π} (−\frac{1}{3} cos^{3} θ) |_{0}^{2π} ϕ
= ρ_{0} \frac{R^{3}}{4} · \frac{2}{3} · 2π
= \frac{ρ_{0}πR^{3}}{3}

Har vi regnet riktig? Vel, vi har i hvert fall riktig dimensjon: Ladning pr volumenhet ρ_{0} ganget med en faktor R^{3}, som har dimensjon som et volum.

Med andre ord: Intet “mystisk” med slike flerdimensjonale integraler: Det er bare å integrere over hver integrasjonsvariabel for seg. Her var integranden hele tiden uavhengig av vinkelen ϕ, så integralet over den gav bare en faktor 2π. Videre var selvsagt θ-avhengigheten i ρ i den siste oppgaven valgt med omhu, slik at vi fikk et enkelt løsbart integral over variabelen θ.

Legg videre merke til at vi som regel ikke “gidder” å skrive ∫ ∫ ∫ dV, men simpelthen ∫ dV, selv om det altså er tre integrasjoner involvert. Det vil alltid gå fram av sammenhengen om det er en linje, en flate eller et volum vi skal integrere over.