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

Løsningsforslag til øving 7

Veiledning torsdag 23. februar og fredag 24. februar

Oppgave 1

a) Skisse av ladningstettheten ρ(r):

Et lite volumelement dV i posisjon r inneholder en ladning dq = ρ(r) dV. Her har vi kulesymmetrisk ladningsfordeling, så vi kan bruke et tynt kuleskall med radius r og tykkelse dr som volumelement: dV = 4πr^{2} dr. Kulas totale ladning får vi ved å summere opp ladningen i slike kuleskall, dvs vi må integrere fra r = 0 til r = R:

Q = ∫_{r<R} ρ dV
= 4πρ_{0} ∫_{0}^{R} (1 − \frac{r^{2}}{R^{2}} ) r^{2} dr
= 4πρ_{0}|_{0}^{R} (\frac{r^{3}}{3} − \frac{r^{5}}{5R^{2}} )
= 4πρ_{0}R^{3} (\frac{1}{3} − \frac{1}{5})
= \frac{8πρ_{0}R^{3}}{15}

b) Med kulesymmetrisk ladningsfordeling velger vi kuleflate med radius r som gaussflate. Integralet i Gauss’ lov blir da

∮ E · dA = E(r) · 4πr^{2}

Dersom r > R, er hele ladningen Q = 8πρ_{0}R^{3}/15 innenfor gaussflaten. Da blir det elektriske feltet

E(r) = \frac{Q}{4πε_{0}r^{2}} = \frac{2ρ_{0}R^{3}}{15ε_{0}r^{2}}

Dersom r < R, er ladningen innenfor gaussflaten lik

q_{in}(r) = ∫_{r′<r} ρ(r′) dV
= 4πρ_{0} ∫_{0}^{r} (1 − \frac{r^{′2}}{R^{2}} ) r^{′2} dr′
= 4πρ_{0}|_{0}^{r} (\frac{r^{′3}}{3} − \frac{r^{′5}}{5R^{2}} )
= 4πρ_{0} (\frac{r^{3}}{3} − \frac{r^{5}}{5R^{2}} )

slik at det elektriske feltet blir

E(r) = \frac{q_{in}(r)}{4πε_{0}r^{2}} = \frac{ρ_{0}}{ε_{0}} (\frac{r}{3} − \frac{r^{3}}{5R^{2}} )

Skisse av E(r):

Oppgave 2

Her utgjør de to kulene og metalltråden i mellom en sammenhengende elektrisk leder. Det betyr at vi har samme verdi på det elektriske potensialet på de to kulene. Siden kulene er langt fra hverandre, har vi kulesymmetrisk ladningsfordeling på overflaten av hver av kulene. Hvis kule 1 har ladning Q_{1}, blir potensialet på denne kula V_{1} = Q_{1}/4πε_{0}R_{1}. La oss vise det: Vi vet at det elektriske feltet utenfor kula er det samme som om hele ladningen Q_{1} var lokalisert i kulas sentrum, dvs E_{1}(r) = Q_{1}/4πε_{0}r^{2}, rettet radielt utover (dersom Q_{1} > 0). Med valget V_{1} = 0 uendelig langt borte kan vi bestemme potensialet på kula ved å integrere det elektriske feltet:

V_{1}(R_{1}) = − ∫_{∞}^{R_{1}} E_{1}(r) dr = − ∫_{∞}^{R_{1}} \frac{Q_{1}}{4πε_{0}r^{2}} dr = \frac{Q_{1}}{4πε_{0}R_{1}}

Og med ladning Q_{2} på den andre kula blir potensialet der

V_{2}(R_{2}) = \frac{Q_{2}}{4πε_{0}R_{2}}

Likhet mellom disse to potensialverdiene resulterer i

\frac{Q_{1}}{Q_{2}} = \frac{R_{1}}{R_{2}}

Samtidig må vi selvsagt ha Q_{1} + Q_{2} = Q, slik at

Q_{1} = \frac{R_{1}}{R_{1} + R_{2}} Q , Q_{2} = \frac{R_{2}}{R_{1} + R_{2}} Q

Den elektriske feltstyrken på overflaten av kule j (j = 1, 2) er

E_{j}(R_{j}) = \frac{σ_{j}}{ε_{0}} = \frac{Q_{j}}{4πε_{0}R_{j}^{2}} = \frac{Q}{4πε_{0}R_{j}(R_{1} + R_{2})}

Altså: Mest ladning på kula med størst radius. Størst elektrisk feltstyrke på kula med minst radius.

Oppgave 3

Vi må forvente at CO_{2} er lineært når det elektriske dipolmomentet er null. Selv om vi ikke vet om det er karbonatomet eller oksygenatomene som ”trekker” sterkest på de elektronene som danner bindingene, må vi i hvert fall anta at det er en viss forskjell, slik at det enten er et lite overskudd av negativ ladning i nærheten av oksygenatomene, og dermed et lite underskudd i nærheten av karbonatomet, eller omvendt. I virkeligheten er det første riktig, slik at hvis vi ”tilordner” en ladning −q til hver O, må vi tilordne en ladning +2q til C (ettersom hele molekylet er elektrisk nøytralt). Da kan vi tenke oss at molekylets totale dipolmoment er lik (vektor-)summen av to dipolmoment assosiert med to ladningspar q og −q:

Vi ser at med lineær struktur blir p = p_{1} + p_{2} = 0, mens med bøyd struktur blir p ≠ 0.

Vi kan resonnere på lignende vis når det gjelder strukturen til NH_{3} og BF_{3}. For det første: Av symmetrigrunner må alle bindingslengder N-H være like store, og tilsvarende for B-F. Dessuten må alle bindingsvinkler H-N-H være like store, og tilsvarende for F-B-F. Da har vi kun to muligheter: Enten er molekylet plant eller så er det pyramideformet, med de 3 like atomene i grunnplanet og det siste på toppen. Også i disse to molekylene må vi forvente litt ulik grad av elektronegativitet dvs ”evne til å tiltrekke seg ekstra elektroner”. I BF_{3} blir F litt negativt (−q) og B litt positivt (+3q), i NH_{3} blir H litt positivt (+q) mens N blir litt negativt (−3q). Vi får i hvert molekyl et totalt dipolmoment lik vektorsummen av tre dipolmoment assosiert med tre ladningspar q og −q. Hvis molekylet er plant, blir summen av disse tre lik null, hvis molekylet er pyramidalt, blir summen ikke lik null. Konklusjonen må bli at BF_{3} er et plant molekyl og at NH_{3} har pyramidal struktur. Og slik er det da også i virkeligheten! Eksperimenter viser at vinklene F-B-F alle er 120 grader, mens vinklene H-N-H er ca 107 grader.

Oppgave 4

a) I forelesningene har vi utledet at kapasitansen til en parallellplatekondensator er lik

C_{0} = ε_{0} \frac{A}{d}

der A er platearealet og d er avstanden mellom platene. Med tallverdier innsatt får vi

C_{0} = 8.85 · 10^{−12} · \frac{0.5^{2}}{0.01} = 2.21 · 10^{−10}

I SI-systemet har kapasitansen enheten F (farad). Med ”prefikset” p for ”piko”, som betyr 10^{−12}, kan vi dermed skrive C_{0} = 221 pF.

b) Vi vet at vi får (tilnærmet) uniformt elektrisk felt mellom to (tilnærmet uendelig) store parallelle plater med uniformt fordelt ladning med motsatt fortegn. Følgelig (med V = potensialforskjellen mellom platene):

E = \frac{V}{d} = \frac{96}{0.01} = 9600 V/m

Ettersom kapasitansen pr definisjon er lik forholdet mellom ladningen Q og potensialforskjellen V, har vi

Q = C_{0}V = 2.21 · 10^{−10} · 96 = 2.12 · 10^{−8} C

Eller, med prefikset n for ”nano”, dvs 10^{−9}, Q = 21.2 nC.

c) I forelesningene har vi vist at dersom rommet mellom platene fylles med et dielektrikum med relativ permittivitet (dielektrisitetskonstant) ε_{r}, øker kapasitansen med en faktor ε_{r} i forhold til om rommet var fylt med luft (≃ vakuum). Her endrer ikke plateladningen Q seg, slik at hvis kapasitansen øker med faktoren ε_{r}, må potensialforskjellen minke med en tilsvarende faktor. Følgelig er

ε_{r} = \frac{96}{1.2} = 80

Den elektriske susceptibiliteten χ_{e} er lik ε_{r} −1, slik at χ_{e} = 79 for vann. Mediets (her: vannets) permittivitet er gitt ved ε = ε_{r}ε_{0} så for vann har vi ε = 80 · 8.85 · 10^{−12} = 7.08 · 10^{−10}. Fra formen på Coulombs lov hadde vi at en mulig enhet for elektrisk permittivitet er C^{2}/Nm^{2}. Ettersom kapasitansen har enheten F, blir en alternativ SI-enhet for permittivitet F/m. Både relativ permittivitet og elektrisk susceptibilitet er dimensjonsløse størrelser.

d) Den elektriske susceptibiliteten χ_{e} var definert ved den antatt lineære sammenhengen mellom polariseringen P og det elektriske feltet E:

P = ε_{0}χ_{e}E

Dermed:

P = ε_{0}(ε_{r} − 1)E = ε_{0}(ε_{r} − 1)\frac{1}{ε_{r}} E_{0} = 8.85 · 10^{−12} · \frac{79}{80} · 9600 ≃ 8.39 · 10^{−8} C/m^{2}

Maksimal teoretisk polarisering i vann er:

P_{max} = \frac{N_{A} · p_{vann}}{v_{m}} = \frac{6.02 · 10^{23} · 6.2 · 10^{−30}}{18 · 10^{−6}} ≃ 0.21 C/m^{2}

Her er N_{A} = 6.02·10^{23} det såkalte Avogadros tall, dvs antall molekyler i ett mol og v_{m} = 18·10^{−6} m^{3} det molare volumet for vann.

Vi ser at polariseringen P bare utgjør en ganske liten del av maksimal teoretisk polarisering P_{max}, nærmere bestemt

P/P_{max} ≃ 4 · 10^{−7}

Det er med andre ord ikke snakk om en ”oppmarsjering” av vannmolekyler på rekke og rad, men en liten tendens til innordning av elektriske dipoler langs det ytre, påtrykte elektriske feltet.

Oppgave 5

De to smale ringene (se figuren i oppgaveteksten) i innbyrdes avstand d = 2z ẑ = 2R cos θ ẑ har ladning ±dq = ±σdA = ±σ · (2πρ) · (Rdθ) = ±σ · (2πR sin θ) · (Rdθ). Kulas dipolmoment blir dermed:

p = ∫ dp
= ∫ d dq
= ∫ d σ dA
= ∫_{0}^{π/2} 2zẑσ · 2πR^{2} sin θdθ
= ∫_{0}^{π/2} 2R cos θẑσ · 2πR^{2} sin θdθ
= 4πR^{3}σẑ ∫_{0}^{π/2} cos θ sin θdθ
= 4πR^{3}σẑ|_{0}^{π/2} \frac{1}{2} sin^{2} θ
= 2πR^{3}σẑ