Institutt for fysikk, NTNU TFY4155/FY1003 Elektrisitet og magnetisme Vår 2005

Løsningsforslag til øving 4

Veiledning torsdag 3. februar og fredag 4. februar

Oppgave 1 Potensialforskjellen ΔV mellom to punkter er gitt ved

ΔV = V_{B} − V_{A} = − ∫_{A}^{B} E · dl

I denne oppgaven har vi et uniformt elektrisk felt E = E_{0} x̂, så vi kan skrive

ΔV = −E_{0} x̂ · ∫_{A}^{B} dl

der punktet A er origo, (0, 0) og B er de tre punktene gitt i oppgaveteksten. Vi får: (i)

∫_{A}^{B} dl = ∫_{(0,0)}^{(a,0)} dl = a x̂

slik at

ΔV = −E_{0} x̂ · a x̂ = −E_{0}a

(ii)

∫_{A}^{B} dl = ∫_{(0,0)}^{(0,a)} dl = a ŷ

slik at

ΔV = −E_{0} x̂ · a ŷ = 0

(iii)

∫_{A}^{B} dl = ∫_{(0,0)}^{(a,a)} dl = a x̂ + a ŷ

slik at

ΔV = −E_{0} x̂ · (a x̂ + a ŷ) = −E_{0}a

Oppgave 2

a) Med vårt valg av polarvinkel θ ser vi fra figuren at

x = r sin θ
z = r cos θ
r = \sqrt{x^{2} + z^{2}}

b) Vi bruker superposisjonsprinsippet for å bestemme potensialet fra de to punktladningene. Med punktet (x, z) i en avstand r_{1} fra q og r_{2} fra −q får vi

V (x, z) = \frac{q}{4πε_{0}r_{1}} − \frac{q}{4πε_{0}r_{2}}
= \frac{q}{4πε_{0}} (\frac{1}{\sqrt{x^{2} + (z − a/2)^{2}}} − \frac{1}{\sqrt{x^{2} + (z + a/2)^{2}}} )

Avstandene r_{1} og r_{2} uttrykt ved x og z ser vi direkte fra figuren.

Potensialet på x-aksen blir

V (x, 0) = \frac{q}{4πε_{0}} (\frac{1}{\sqrt{x^{2} + a^{2}/4}} − \frac{1}{\sqrt{x^{2} + a^{2}/4}}) = 0

Potensialet på z-aksen blir

V (0, z) = \frac{q}{4πε_{0}} (\frac{1}{|z − a/2|} − \frac{1}{|z + a/2|})

Legg merke til at vi her må bruke absoluttverditegn hvis vi vil ha ett uttrykk som gjelder på hele z-aksen. Med z > a/2:

\frac{1}{|z − a/2|} − \frac{1}{|z + a/2|} = \frac{1}{z − a/2} − \frac{1}{z + a/2} = \frac{a}{z^{2} − a^{2}/4}

Med z < −a/2:

\frac{1}{|z − a/2|} − \frac{1}{|z + a/2|} = −\frac{1}{z − a/2} + \frac{1}{z + a/2} = −\frac{a}{z^{2} − a^{2}/4}

Med −a/2 < z < a/2:

\frac{1}{|z − a/2|} − \frac{1}{|z + a/2|} = −\frac{1}{z − a/2} − \frac{1}{z + a/2} = −\frac{2z}{z^{2} − a^{2}/4} = \frac{2z}{a^{2}/4 − z^{2}}

Skisse av V (0, z): c) Vi bruker tipset gitt i oppgaveteksten, samt betraktning av følgende figur, og får:

V (r, θ) = \frac{q}{4πε_{0}} (\frac{1}{r_{1}} − \frac{1}{r_{2}} )
= \frac{q}{4πε_{0}} · \frac{r_{2} − r_{1}}{r_{1}r_{2}}
≃ \frac{q}{4πε_{0}} · \frac{a cos θ}{r^{2}}
= \frac{p cos θ}{4πε_{0}r^{2}}
= \frac{pr cos θ}{4πε_{0}r^{3}}
= \frac{p · r}{4πε_{0}r^{3}}

Vi kan alternativt gå litt saktere fram: Fra figuren ser vi at

r_{1} ≃ r − \frac{a}{2} cos θ
r_{2} ≃ r + \frac{a}{2} cos θ

Når r ≫ a kan vi rekkeutvikle både 1/r_{1} og 1/r_{2} omkring 1/r og får:

\frac{1}{r_{1}} − \frac{1}{r_{2}} ≃ \frac{1}{r − \frac{a}{2} cos θ} − \frac{1}{r + \frac{a}{2} cos θ}

= \frac{1}{r} [(1 − \frac{a cos θ}{2r} )^{−1} − (1 + \frac{a cos θ}{2r} )^{−1}]

≃ \frac{1}{r} [1 + \frac{a cos θ}{2r} − 1 + \frac{a cos θ}{2r} ]
= \frac{a cos θ}{r^{2}}

Er det så rimelig at potensialet fra en elektrisk dipol faller av raskere enn potensialet fra en punktladning (dvs en elektrisk “monopol”)? Det er det, fordi dipolens negative og positive ladning bidrar med motsatt fortegn til det totale potensialet. Dermed vil bidragene til potensialet fra de to punktladningene delvis oppheve hverandre. (På x-aksen vil de to bidragene eksakt oppheve hverandre.)

Ekstranøtten (ikke så viktig, mest for “moro skyld”): I første omgang kunne en kanskje tenke seg å fortsette rekkeutviklingen ovenfor, og ta med så mange ledd at vi får tak i dominerende korreksjon. Tar vi med ett ledd til, får vi ingenting nytt, i og med at det neste leddet vil opptre to ganger og med motsatt fortegn og dermed kansellere. Vi må ta med to ledd til:

\frac{1}{r} [(1 − \frac{a cos θ}{2r} )^{−1} − (1 + \frac{a cos θ}{2r} )^{−1}]

= \frac{1}{r} [1 + \frac{a cos θ}{2r} + (\frac{a cos θ}{2r} )^{2} + (\frac{a cos θ}{2r} )^{3} + … − (1 − \frac{a cos θ}{2r} + (\frac{a cos θ}{2r} )^{2} − (\frac{a cos θ}{2r} )^{3} + …)]

= \frac{a cos θ}{r^{2}} − \frac{a^{3} cos^{3} θ}{4r^{4}} + …
= \frac{a cos θ}{r^{2}} (1 − \frac{a^{2} cos^{2} θ}{4r^{2}} + …)

Her brukte vi rekkeutviklingen (1 + x)^{−1} = 1 − x + x^{2} − x^{3} + … (som gjelder når |x| < 1). Ikke noe dårlig forsøk dette, men det er en liten hake ved det hele: Utgangspunktet for hele rekkeutviklingen var i seg selv en tilnærmelse, nemlig

r_{1} ≃ r − \frac{a}{2} cos θ
r_{2} ≃ r + \frac{a}{2} cos θ

Og feilen vi gjør i disse tilnærmelsene er av samme størrelsesorden som det korreksjonsleddet vi er på jakt etter! Løsningen ligger i å gå helt tilbake til det eksakte uttrykket for V, med r_{1} og r_{2} uttrykt ved de kartesiske koordinatene x og z. Regningen er ikke direkte vanskelig, men såpass kronglete at jeg ikke tror jeg tar med noen flere detaljer her. Hvis jeg har regnet riktig, hvilket på ingen måte er sikkert, blir svaret

\frac{1}{r_{1}} − \frac{1}{r_{2}} = \frac{a cos θ}{r^{2}} [1 − \frac{3a^{2}}{8r^{2}} (1 − \frac{5}{3} cos^{2} θ) + …]

Her har vi tatt med alle korreksjoner som er en størrelsesorden a^{2}/r^{2} mindre enn det dominerende bidraget. Neste ledd i rekken vil bli ytterligere redusert, med en eller annen potens av den lille størrelsen a/r. Det første leddet som vi ikke tar med vil alltid være neglisjerbart i forhold til det siste leddet som vi tar med. (I vårt spesielle tilfelle, med unntak av retninger gitt ved cos^{2} θ ≃ 3/5, der vi ser at første korreksjonsledd faktisk forsvinner.)

Oppgave 3

a) C

F = qE = ma

Newtons 2. lov! Her er q = −e, så elektronets akselerasjon blir

a = −\frac{e}{m}E

altså mot venstre.

b) C

ΔV = − ∫ E · dl = 0

dersom

dl ⊥ E

c) B På samme måte som et legeme med null starthastighet faller i gravitasjonsfeltet fra f.eks. jorda, dvs beveger seg i retning lavere potensiell energi, vil en ladet partikkel med null starthastighet bevege seg i retning lavere potensiell energi i et elektrisk felt. Matematisk: (F = kraft, q = ladning (q < 0), U = potensiell energi, V = potensial)

F = qE = −|q|E
E = −∇V
U = qV = −|q|V
F = −∇U = −q∇V = |q|∇V

Partikkelens bevegelse må selvsagt bli i samme retning som F (når starthastigheten er null), så vi ser at bevegelsen blir i motsatt retning av E, og i retning høyere potensial V.

d) D Total potensiell energi for et system med punktladninger er

U = ∑_{i<j} \frac{q_{i}q_{j}}{4πε_{0}r_{ij}}

der summen går over alle par av ladninger q_{i} og q_{j} i innbyrdes avstand r_{ij}. Her er alle ladninger like store i absoluttverdi. Vi har 4 par med motsatt fortegn i innbyrdes avstand 5 cm og 2 par (diagonalt) med likt fortegn i innbyrdes avstand \sqrt{50} cm. Dermed får vi:

U = 9 · 10^{9} · (9 · 10^{−6})^{2} · [−\frac{4}{0.05} + \frac{2}{\sqrt{50} · 10^{−2}} ] ≃ −38 J

e) D Punktladningene Q_{1} og Q_{2} flyttes ikke, så innbyrdes potensiell energi for dette paret trenger vi ikke å bry oss om fordi den endres ikke når den tredje ladningen (elektronet) flyttes. Vi må regne ut potensiell energi som skyldes vekselvirkningen mellom elektronet og de to fastliggende ladningene, henholdsvis før og etter forflytningen. Alternativt kan vi regne ut potensialet fra ladningene Q_{1} og Q_{2} i punktene A og B, hhv V_{A} og V_{B}, og deretter endringen i potensiell energi, ΔU = U_{B} − U_{A} = −eV_{B} − (−e)V_{A} = −e(V_{B} − V_{A}). Potensialet i avstand r fra en punktladning q er

V (r) = \frac{q}{4πε_{0}r}

dvs Coulombpotensialet. De aktuelle avstandene her er 0.6 m (fra Q_{1} til A og fra Q_{2} til B) og \sqrt{0.6^{2} + 0.8^{2}} = 1.0 m (fra Q_{1} til B og fra Q_{2} til A). Dermed:

V_{A} = \frac{Q_{1}}{4πε_{0} · 0.6} + \frac{Q_{2}}{4πε_{0} · 1.0}

og

V_{B} = \frac{Q_{1}}{4πε_{0} · 1.0} + \frac{Q_{2}}{4πε_{0} · 0.6}

som gir

ΔV = V_{B} − V_{A} = −\frac{2(Q_{1} − Q_{2})}{3 · 4πε_{0}} = −\frac{2}{3} · 9 · 10^{9} · (69 + 98) · 10^{−9} = −1002 V

og endelig

ΔU = −e · ΔV ≃ +1 keV

f) B

U = \frac{e^{2}}{4πε_{0}r} = e · \frac{e}{4πε_{0}r} = e · 1.6 · 10^{−19} · 9 · 10^{9} · 10^{10} = 14.4 eV

g) D Energibevarelse gir

\frac{1}{2}mv^{2} = qV

Dvs: Akselerasjon av en partikkel med ladning q og masse m gjennom en potensialforskjell V resulterer i at reduksjon i potensiell energi, qV, gir økning i kinetisk energi, mv^{2}/2. Like stor hastighet for de to partiklene betyr da at

\frac{q_{α}V_{α}}{m_{α}} = \frac{q_{Be}V_{Be}}{m_{Be}}

med andre ord

\frac{V_{Be}}{V_{α}} = \frac{q_{α}m_{Be}}{q_{Be}m_{α}} = \frac{2 · 9}{4 · 4} = \frac{9}{8}