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

Løsningsforslag til øving 8

Veiledning uke 9 og 10.

Oppgave  A  B  C  D
1  x
2  x
3  x
4  x
5  x
6  x
7  x
8  x
9  x
10  x
11  x
12  x
13  x
14  x
15  x
16  x
17  x
18  x
19  x
20  x

Kommentar: I denne øvingen ble det gitt endel tips i forbindelse med flere av oppgavene. Det er ikke sikkert at du får hjelp i form av lignende tips på midtsemesterprøven.

1) Her er det vel opplagt at B er en mulig løsning: Dersom b → 0, har vi essensielt to punktladninger −Q i x = ±a, og ladningen q trekkes i retning origo. Ladningens energi vil veksle mellom potensiell og kinetisk, med minst potensiell og størst kinetisk energi i origo, og null kinetisk energi i y = ±Δy. I neste omgang er det vel naturlig å ta stilling til om alternativ A er en mulighet. Første tanke tilsier kanskje nei, for når q kommer veldig langt unna, ser den jo essensielt en punktladning −2Q + Q + Q − 2Q = −2Q, og erfarer dermed en tiltrekkende kraft, dvs i retning tilbake mot origo. Dette resonnementet ville da også ha vært riktig dersom q ble plassert med null hastighet langt ute på y-aksen. Her starter imidlertid q med null hastighet i y = Δy. Hvis vi nå lar b bli riktig stor, må potensialet fra ladningene på x-aksen bli tilnærmet

V (Δy) ≃ \frac{2Q}{4πε_{0}a}

Her har vi neglisjert bidraget fra de to negative punktladningene, ettersom b ≫ a. Vi har også antatt Δy ≪ a og tilnærmet avstanden mellom q og Q med a. (Dette siste var ikke strengt tatt nødvendig, bare vi har Δy ≪ b.) Nå kommer poenget: Vi har altså V (Δy) > 0, og følgelig at potensiell energi for ladningen q, dvs qV (Δy), er positiv. Med null starthastighet er dette også ladningens totale energi, som altså er positiv. I grensen y → ∞ har vi null potensial, og følgelig null potensiell energi for ladningen q. På grunn av energibevarelse må derfor q ha positiv kinetisk energi for alle y > Δy, og vil forsvinne mot y = ∞. Følgende figur illustrerer energiforholdene til ladningen q når b ≫ a:

Har en klart å overbevise seg om at både A og B er mulige alternativ, behøver en egentlig ikke å ta stilling til C: Riktig svar må bli D. Fra figuren kan en vel imidlertid også innse at C må være en mulig løsning: Etterhvert som vi reduserer verdien av b, må vi til slutt nå et punkt der V (Δy) = 0. Da er total energi akkurat stor nok til at q kan forsvinne mot uendelig. En ytterligere reduksjon i b fører til at V (Δy) blir mindre enn null, og da er total energi for liten til at q kan “unnslippe”. Den vil bevege seg utover y-aksen inntil den kommer til y_{1} hvor V er lik V (Δy). Her er igjen kinetisk energi T = 0. Ladningen snur og vender tilbake til startpunktet, og slik vil den oscillere fram og tilbake:

Har vi friksjon, vil partikkelen tape energi (som varme til omgivelsene) og utføre oscillasjoner med stadig mindre utsving. Til slutt ender den opp i likevektsposisjonen y_{0}.

2) Elektronets masse m_{e} og protonets masse m_{p} er oppgitt, så det er bare å regne ut forholdet. Dette er faktisk et ganske viktig poeng, og noe du vil møte mange ganger i senere fysikkfag: Ettersom elektronene har så liten masse, vil de bevege seg mye raskere enn atomkjernene. Sett fra et elektrons synsvinkel, står atomkjernene så å si i ro! Mange egenskaper til atomer, molekyler og faste stoffer kan med god tilnærmelse beregnes med et slik forenklet utgangspunkt.

3) Vi vet at en ladet metallkule velger alternativ 1, nemlig netto ladning jevnt fordelt på overflaten, og ikke jevnt fordelt utover volumet. Det har vi bevist ved hjelp av Gauss’ lov, men det må jo samtidig være slik at dette tilsvarer lavest mulig potensiell energi. Følgelig må vi ha U_{1} < U_{2}, og det er bare tilfelle i alternativ C. Hvordan skulle vi beregne U_{2}? I forelesningene regnet vi ut U_{1} på to måter: Først ved å finne arbeidet som skulle til for å lade opp kula fra null til endelig ladning Q. Arbeidet som trengs for å øke ladningen fra q til q + dq er dW = v(q)dq, der v(q) er potensialet på kula når den har ladning q. Dermed,

U = ∫_{0}^{Q} v(q) dq

Alternativt kunne vi bruke at energien pr volumenhet i et elektrisk felt er u = ε_{0}E^{2}/2, slik at

U = ∫_{hele rommet} u dV = ∫_{hele rommet} \frac{1}{2}ε_{0}E^{2} dV

(Se oppgave 11 i øving 9, hvor dette er gjort for U_{1}.) La oss finne U_{2} med begge metoder! Først tenker vi oss at vi ”lager” den uniformt ladete kula ved å starte i sentrum og deretter legge til tynne kuleformede skall med ladning. Underveis i denne prosessen har vi uniform ladningstetthet innenfor en radius r, dvs total ladning q = Qr^{3}/R^{3}. Det elektriske feltet utenfor r er da E(r′) = q/4πε_{0}r^{′2}, slik at potensialet v ved r er

v(r) = − ∫_{∞}^{r} E(r′) dr′ = \frac{q}{4πε_{0}r} = \frac{Qr^{3}/R^{3}}{4πε_{0}r}

Arbeidet som trengs for å legge til et nytt tynt skall, med tykkelse dr og ladning dq er derfor

dW = v(r) dq = v(r)ρ dV = v(r)\frac{Q}{4πR^{3}/3} 4πr^{2} dr

siden ladningstettheten ρ er konstant og lik den totale ladningen Q delt med det totale volumet 4πR^{3}/3. Totalt arbeid som trengs for å lage hele kula må bli integralet av dQ, og dette blir da også kulas totale potensielle energi U_{2}:

U_{2} = ∫ dW
= ∫ v(r) dq
= ∫ v(r)\frac{Q}{4πR^{3}/3} 4πr^{2} dr
= ∫_{0}^{R} \frac{Qr^{3}/R^{3}}{4πε_{0}r} \frac{Q}{4πR^{3}/3} 4πr^{2} dr

= \frac{3Q^{2}}{4πε_{0}R^{6}} ∫_{0}^{R} r^{4} dr
= \frac{3Q^{2}}{20πε_{0}R}

Alternativt, ved å integrere energitettheten uttrykt ved det elektriske feltet: Bruker vi Gauss’ lov, finner vi at det elektriske feltet inne i kula (dvs r < R) er E(r) = Qr/4πε_{0}R^{3} og utenfor kula (dvs r > R) er det E(r) = Q/4πε_{0}r^{2}. Dermed blir den potensielle energien U_{2}:

U_{2} = ∫_{hele rommet} \frac{1}{2}ε_{0}E^{2} dV
= ∫_{0}^{R} \frac{1}{2}ε_{0} (\frac{Qr}{4πε_{0}R^{3}} )^{2} 4πr^{2} dr + ∫_{R}^{∞} \frac{1}{2}ε_{0} (\frac{Q}{4πε_{0}r^{2}} )^{2} 4πr^{2} dr
= \frac{1}{2}ε_{0} \frac{Q^{2}}{4πε_{0}^{2}R^{6}} · \frac{R^{5}}{5} + \frac{1}{2}ε_{0} \frac{Q^{2}}{4πε_{0}^{2}} · \frac{1}{R}
= \frac{Q^{2}}{8πε_{0}R} (\frac{1}{5} + 1)
= \frac{3Q^{2}}{20πε_{0}R}

Samme svar!

4) En ladet metallkule vil tiltrekke seg en kule med motsatt ladning. Den vil imidlertid også tiltrekke seg en nøytral metallkule på grunn av polarisering av den nøytrale kula. (Se ytterligere forklaring under oppgave 9 nedenfor.) Det er da alltid sant at minst en av kulene er ladet. (Mens det selvsagt kan være sant at begge kulene er ladet.)

5) Gauss’ lov gir

E(r) · 4πr^{2} = \frac{1}{ε_{0}} ∫_{0}^{r} ρ(r′) dV′
= \frac{k}{ε_{0}} ∫_{0}^{r} \frac{1}{r′} · 4π(r′)^{2} dr′
= \frac{4πk}{ε_{0}} |_{0}^{r} \frac{1}{2}(r′)^{2}
= \frac{2πk}{ε_{0}} r^{2}

for r < R. Altså

E(r) = \frac{k}{2ε_{0}}

dvs konstant feltstyrke for r < R. For r > R blir feltet som for en punktladning i origo, dvs prop. med 1/r^{2}, likt i alle de fire grafene. Merk deg ”forenklingene” som kan gjøres når vi har kulesymmetri, og dermed velger kuleformet gaussflate: Flateintegralet av det elektriske feltet blir simpelthen E(r) · 4πr^{2}, mens volumelementet blir dV = 4πr^{2} dr. I begge tilfelle gav integrasjon over retningene, dvs vinklene θ og ϕ, bare en faktor 4π.

6) Glass-staven er ikke i berøring med metallkulene, så vi kan ikke få noen netto overføring av ladning mellom glass-staven og kulene. Imidlertid vil den positivt ladete glass-staven trekke fri elektroner i metallet til seg, slik at vi får et overskudd av negativ ladning på venstre side av venstre metallkule. Siden metallkulene totalt sett er elektrisk nøytrale, må det bety at høyre kule ender opp med et underskudd av elektroner, altså netto positiv ladning. Dette er igjen polarisering (jfr oppgave 4, 9 og 14), eller ”lading ved induksjon” som det også kalles.

7) Ettersom kapasitansen C pr definisjon er gitt ved forholdet mellom ladningen Q på kondensatoren og potensialforskjellen ΔV mellom kondensatorens to ledere, må vi regne ut ΔV mellom de to kuleskallene. Det elektriske feltet mellom de to kuleskallene er

E(r) = \frac{Q}{4πε_{0}r^{2}} r̂

som bestemmes f.eks. ved hjelp av Gauss’ lov. (Etterhvert bør en vel nesten klare å huske at elektrisk felt fra en kulesymmetrisk ladningsfordeling er gitt ved ladningen ”innenfor” der vi er, og som om denne ladningen var samlet i sentrum - på samme måte som gravitasjonsfeltet fra en kulesymmetrisk massefordeling, f.eks. jorda.) Da kan vi bruke sammenhengen

ΔV = V (a) − V (b) = − ∫_{b}^{a} E(r) dr

til å bestemme potensialforskjellen ΔV. (Vi integrerer langs en radielt rettet kurve slik at E · dl = E(r) dr(r̂ · r̂) = E(r) dr.) Vi får

ΔV = − ∫_{b}^{a} \frac{Q}{4πε_{0}r^{2}} dr = \frac{Q}{4πε_{0}a} − \frac{Q}{4πε_{0}b}

som gir en kapasitans

C = \frac{Q}{ΔV} = 4πε_{0} (\frac{1}{a} − \frac{1}{b})^{−1} = 4πε_{0} \frac{ab}{b − a}

Kommentar: Hvis vi her lar avstanden d = b − a mellom kuleskallene bli veldig liten i forhold til a og b, kan vi skrive

\frac{ab}{b − a} = \frac{ab}{d} ≃ \frac{a^{2}}{d}

slik at

C ≃ ε_{0} \frac{4πa^{2}}{d} = ε_{0} \frac{A}{d}

der A = 4πa^{2} ≃ 4πb^{2} er arealet av hvert av kuleskallene. Dvs samme resultat som for en parallellplatekondensator.

8) Kreftene fra ladningene i B og C er like store og motsatt rettet og gir derfor null netto bidrag. Kraften fra ladningen i A peker langs OD. (Vektor-)Summen av kreftene fra de to ladningene midt på CD og BD må peke langs OA. I absoluttverdi må hver av disse være nøyaktig dobbelt så store som kraften fra ladningen i A, ettersom avstanden OA er \sqrt{2} ganger så stor som avstanden fra O ut til de to midtpunktene. I absoluttverdi er vektorsummen av kreftene fra de to ladningene midt på CD og BD en faktor \sqrt{2} større enn lengden av hver av dem. Følgelig er denne vektorsummen også større enn kraften fra ladningen i A. Dermed må totalkraften peke langs OA.

9) Motsatte ladninger tiltrekker hverandre, like ladninger frastøter hverandre. Dessuten vil et ladet objekt alltid tiltrekke seg et nøytralt objekt på grunn av polarisering av det nøytrale objektet: Et positivt ladet objekt vil f.eks. skyve positive ladninger i det nøytrale objektet fra seg og trekke de negative til seg. Nettoeffekten blir tiltrekning på grunn av kortere avstand til de negative ladningene. (Eks: Lad opp en kam ved å gre deg. Vannet i springen er nøytralt, men tiltrekkes av kammen.) Dermed: Kulene 2 og 3 må begge være ladet, og med ladning av samme fortegn. Kule 1 kan være nøytral eller være ladet med motsatt ladning av kulene 2 og 3. I begge tilfeller vil den tiltrekkes av kule 2. Det er alt vi kan si, så vi har ikke nok informasjon til å bestemme hva slags ladning vi har på alle kulene.

10) Newtons 3. lov: Kraft og motkraft er motsatt rettet og like store i absoluttverdi.

11) I stedet for å begynne å regne ut feltet fra en slik skive, følger vi tipset gitt i oppgaveteksten og sjekker om noen av de oppgitte alternativene stemmer med det vi vet om feltet fra en slik ladning i visse såkalte ”asymptotiske” grenser. For eksempel må feltet fra en viss mengde lokalisert ladning Q på riktig stor avstand x redusere seg til feltet fra en punktladning Q i avstand x, dvs

E(x) → \frac{Q}{4πε_{0}x^{2}}

når x ≫ R. Her holder dette i massevis, for uttrykkene i B, C og D går ikke mot null i denne grensen! (Uttrykket i D har dessuten ikke riktig dimensjon.) Stemmer uttrykket i A? Hvis x ≫ R, har vi

1 − \frac{x}{\sqrt{x^{2} + R^{2}}} = 1 − \frac{1}{\sqrt{1 + R^{2}/x^{2}}}

= 1 − (1 − \frac{R^{2}}{2x^{2}} + …)
≃ \frac{R^{2}}{2x^{2}}

slik at E ≃ Q/4πε_{0}x^{2}. Vi kunne også ha sett på feltet i motsatt grense, dvs x → 0. Da bør vi jo få det samme som for et uendelig stort plan, dvs σ/2ε_{0}. Bare feltet i A stemmer med dette:

E_{A} → \frac{Q}{2πε_{0}R^{2}} = \frac{σ}{2ε_{0}}

med σ = Q/πR^{2}, dvs ladning pr flateenhet.

12) Ettersom E(r) = −dV/dr, må vi for den lineære delen av E ha E(r) = ar (a = positiv konstant), dvs dV/dr = −ar. Følgelig er V (r) = b − ar^{2}/2 (b = konstant), en parabel med negativ krumning. Bare kurve 3 stemmer med dette. Vi ser at oppførselen til E og V for store r også er i orden med kurve 3, f.eks. E(r) ∼ 1/r^{2} og V (r) ∼ 1/r.

13) Bare ladning innenfor gaussflaten bidrar til netto elektrisk fluks gjennom den. Feltlinjer fra ladningene på utsiden går både inn gjennom og ut av gaussflaten og bidrar ikke til netto fluks.

14) Det spiller ingen rolle om ladningsfordelingen på metallet ikke lenger er uniform: Det elektrostatiske feltet E er null overalt inne i metallet, så potensialet V må være konstant overalt. Ikke glem dette: I elektrostatisk likevekt er en sammenhengende elektrisk leder et ekvipotensial.

15) Her kan vi bruke Gauss’ lov. Vi velger en gaussflate som i sin helhet ligger inne i den midterste kula. Ettersom vi da er inne i en leder, er E = 0 overalt på gaussflaten, og dermed ∮ E · dA = 0. Ifølge Gauss’ lov er da netto ladning innenfor denne gaussflaten lik null. Vi kan legge gaussflaten så nært inntil den innerste overflaten av midterste kule som vi vil. Siden ladningen på innerste kule er 2Q, må da ladningen på innerste overflate av midterste kule være −2Q. Midterste kule har total ladning −Q. Inne i kula kan vi ikke ha noen netto ladning (dette viste vi i forelesningene ved å bruke Gauss’ lov). Dermed må den resterende ladning Q ligge på ytre overflate av den midterste kula. (Basert på tilsvarende argument kan vi videre konkludere med at på ytterste kule har vi ladning −Q på indre overflate og null ladning på ytre overflate. På utsiden av alle tre kulene blir dermed den elektriske feltstyrken lik ....)

16) E = −∇V, dvs E peker i retning av lavere potensial, og står dessuten normalt på ekvipotensialflaten.

17) Den elektriske feltstyrken inne i den dielektriske skiva reduseres i forhold til om vi hadde vakuum der. Dermed blir potensialforskjellen ΔV mellom kondensatorplatene mindre. Påstand A er dermed ikke riktig. Ettersom kapasitansen er gitt ved C = Q/ΔV, betyr det at kapasitansen blir større når ΔV blir mindre (når Q holdes konstant). Altså er påstand B heller ikke riktig. Potensiell energi lagret i kondensatoren må ha blitt mindre etter at vi satte inn den dielektriske skiva. Den konklusjonen kan vi trekke, uansett om vi betrakter energien som lagret i det elektriske feltet (energi pr volumenhet: u = ε_{0}E^{2}/2) eller om vi regner ut arbeidet som skal til for å lade opp kondensatoren fra null ladning til endelig ladning ±Q. Altså er også påstand C feil. Vi står igjen med påstand D, som er riktig: Den elektriske feltstyrken i luftlagene påvirkes ikke av at vi setter inn en dielektrisk skive. Vi får indusert negativ ladning på øverste overflate og like mye positiv ladning på nederste overflate av den dielektriske skiva. I de to luftlagene gir disse to ladningsplanene like store, men motsatt rettede bidrag til det totale elektriske feltet.

18) Vi har f.eks. E = F /Q og ΔV = − ∫ E · dl. Dessuten er C = Q/ΔV. Vi kan da skrive ned en rekke ulike mulige enheter:

[E] = [F/Q] = [ΔV/l] = [F/CΔV]

Altså er disse enhetene mulige:

[E] = N/C = V/m = N/FV. Den siste, kg m^{2}/s^{2} C, er imidlertid ikke riktig. (Det skal ikke være m^{2}, bare m.)

19) Hvis vi befinner oss i området mellom indre kule og kuleskallet, er netto ladning innenfor en kuleformet gaussflate lik 2Q. Dermed er den elektriske feltstyrken

E(r) = \frac{2Q}{4πε_{0}r^{2}}

rettet radielt utover. Hvis vi befinner oss på utsiden av kuleskallet, er netto ladning innenfor en kuleformet gaussflate lik 2Q − Q = Q. Dermed er den elektriske feltstyrken

E(r) = \frac{Q}{4πε_{0}r^{2}}

også her rettet radielt utover. Figur 2 stemmer med dette. Vi ser at dette også stemmer med at feltlinjer for E starter på positive ladninger og ender opp på negative ladninger (eventuelt uendelig langt borte): Ladningen −Q på kuleskallet må fordele seg med −2Q på indre og +Q på ytre overflate. (Se oppgave 15.) Overalt inne i de to lederne må vi selvsagt ha E = 0. Figur 1 ville ha vært riktig dersom metallskallet ikke hadde vært til stede. Figur 3 ville ha vært riktig dersom metallskallet hadde hatt netto ladning −4Q (og dermed ladning −2Q på både indre og ytre overflate). Figur 4 ville ha vært riktig dersom metallskallet hadde hatt netto ladning −6Q (og dermed ladning −2Q på indre flate og −4Q på ytre flate).

20) Et uendelig stort plan med ladning σ pr flateenhet skaper et elektrisk felt σ/2ε_{0}. Den elektriske kraften på et annet plan med ladning Q som plasseres i dette feltet blir dermed F = QE = Qσ/2ε_{0}. Kraften pr flateenhet blir f = F/A = Qσ/2ε_{0}A = σ^{2}/2ε_{0}. Med σ = 10^{−5} C/m^{2} og ε_{0} = 8.85 · 10^{−12} C^{2}/N m^{2}, har vi f = 100/2 · 8.85 ≃ 5.7 N/m^{2}. Legg merke til at vi ikke kan bruke den totale elektriske feltstyrken σ/ε_{0} når vi skal finne kraften på den ene plata fra den andre. De to platene bidrar hver med σ/2ε_{0} til det totale feltet, men en gitt plate virker ikke på seg selv med noen netto kraft. (På samme måte som at du ikke greier å løfte deg selv etter håret....!)