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

Løsningsforslag til øving 5

Veiledning mandag 9. februar

Oppgave 1

a) Her har vi oppgitt V (r, θ) og gradientoperatoren i kulekoordinater, 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.

Hvis θ = 0, får vi

E_{r} = \frac{p}{2πε_{0}r^{3}}

og

E_{θ} = 0

Dette virker rimelig: Vi er nå i et punkt langt ute på z-aksen, slik at radiell retning blir nettopp langs z-aksen, mens θ-retningen blir langs x-aksen. Og på z-aksen må vel det elektriske feltet åpenbart ha retning langs z-aksen. Hvis θ = π/2, får vi

E_{r} = 0

og

E_{θ} = \frac{p}{4πε_{0}r^{3}}

Dette virker også rimelig: Vi er nå i et punkt langt ute på x-aksen, slik at radiell retning blir nettopp langs x-aksen, mens θ-retningen blir langs negativ z-akse. Og på x-aksen må vel det elektriske feltet åpenbart ha retning langs negativ z-akse. Setter vi inn r = 0 i uttrykkene for E_{r} og E_{θ}, ser vi at begge to går mot uendelig. Det er imidlertid ikke et reelt problem fordi vi nå forsøker å bruke uttrykket for E utenfor gyldighetsområdet r ≫ a. Feltet i origo er langt fra uendelig, og heller ikke vanskelig å regne ut. Det klarer du helt sikkert selv! 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

Denne oppgaven dreier seg om å bruke Gauss’ lov,

ϕ = ∮_{S} E · dA = Q/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 = 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 = 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

Kommentarer:

• Merk at vi her har brukt Gauss’ lov 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 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}

Dette er nettopp hva vi fant i oppgave 2 d) i øving 2.

Oppgave 4

a) C. Det følger av Gauss’ lov 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) D. 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.

f) C Ifølge Gauss’ lov er netto elektrisk fluks ut gjennom en lukket flate bestemt av netto ladning innenfor flaten. Her er netto ladning innenfor de tre flatene like stor, Q_{in} = πR^{2}σ, og derfor er netto fluks ut gjennom flatene også like stor.

g) D

E = −∇V = −\frac{dV}{dr} r̂ ⇒ graf 5

h) D

E = −∇V = −\frac{dV}{dx} x̂ = −15\frac{V}{m}x̂

i) A

E_{x} = −\frac{dV}{dx} = −2\frac{V}{m}

j) D Ifølge Gauss’ lov er total elektrisk fluks gjennom en lukket flate som omslutter en punktladning q lik

ϕ_{tot} = \frac{q}{ε_{0}}

Av symmetrigrunner må det passere en like stor andel av denne fluksen ut gjennom overflaten av den inntegnede kuben som ut gjennom de “resterende” 7 kubene som skal til for å lage en kube med q i sentrum. (8 oktanter i et 3-dimensjonalt koordinatsystem!) Hver av disse 8 kubene har 3 “hosliggende” sideflater der E er parallell med flaten (dvs E normalt på flatenormalen). Altså går det ingen fluks gjennom disse. Videre har hver av de 8 kubene 3 likeverdige “motstående” sideflater, og den skraverte flaten er en av disse. Uten å regne kan vi fastslå at det må gå like stor fluks gjennom hver av disse 3. Den “store kuben” med q i sentrum har da i alt 24 slike likeverdige sideflater, og fluks gjennom hver av dem må bli

ϕ = \frac{ϕ_{tot}}{24} = \frac{q}{24ε_{0}}