Institutt for fysikk, NTNU TFY4155/FY1003 Elektrisitet og magnetisme Vår 2006

Løsningsforslag til øving 6

Veiledning torsdag 16. februar

Oppgave 1

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 to 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 c) 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^{2}, dvs E_{x}(0) = 0, mens E_{x}(a) = Ca^{2}. Vi får 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 blir netto fluks gjennom S. Med Gauss’ lov: Q = Cε_{0}a^{4} for netto ladning i kuben.

c) 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.

d) Vi skal for tilfellet b), 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

dϕ = 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 b) bestemte du total ladning Q inne i kuben. Nå har du bestemt ladningstettheten ρ. Du kan jo kontrollere at de to svarene er konsistente!

Oppgave 2

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 langs 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 2d i øving 3.

Oppgave 3

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) 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}}

Oppgave 4

a) På den positive ladningen virker en kraft F_{+} = qE og på den negative ladningen virker en kraft F_{−} = −qE. Total kraft blir summen av disse:

F = F_{+} + F_{−} = qE − qE = 0

Kommentar: Hvis det elektriske feltet ikke er uniformt, vil det virke en netto kraft på dipolen:

Den ene enden av dipolen (her: den nederste, dvs den negative enden) vil være i et område med større elektrisk feltstyrke enn det er ved den andre enden av dipolen. Dermed vil dipolen trekkes i retning av økende elektrisk feltstyrke. Det er denne effekten som gjør seg gjeldende når en gnidd ballong sitter fast på veggen. Ballongen har netto ladning og omgir seg med et ikke-uniformt elektrisk felt. Elektriske dipoler i veggen tiltrekkes av ballongen, eller omvendt, ballongen trekkes mot veggen.

b)

τ = r_{+} × F_{+} + r_{−} × F_{−} = \frac{a}{2} × (qE) + (−\frac{a}{2}) × (−qE) = qa × E = p × E

Bruker vi høyrehåndsregelen, ser vi at vektoren p × E peker inn i papirplanet, dvs i negativ z-retning. Dermed:

τ = p × E = −E × p = −pE sin θ ẑ

c) Her har vi altså dU = −τ dα. Det betyr at en liten dreining av dipolen en vinkel dα under påvirkning av dreiemomentet τ resulterer i en endring dU i potensiell energi gitt ved −τ dα. Potensiell energi for en gitt verdi av vinkelen θ mellom E og p, i forhold til en valgt referanse U(θ_{0}), blir da

U(θ) = ∫_{θ_{0}}^{θ} dU
= − ∫_{θ_{0}}^{θ} τ(α) dα
= pE ∫_{θ_{0}}^{θ} sin α dα
= pE (cos θ_{0} − cos θ)
= −pE cos θ

Her valgte jeg å sette U(0) = −pE, dvs θ_{0} = π/2. Det spiller ingen rolle hvor jeg velger nullpunkt for U. Et like ”naturlig” valg ville ha vært θ_{0} = 0, som hadde gitt U(0) = 0 og U(±π) = 2pE. Skisse:

Vi har minimal U, og følgelig stabil likevekt for θ = 0, dvs for dipolen orientert slik at p er parallell med E. Konklusjon: Elektriske dipoler, f.eks. polare molekyler i et dielektrikum, retter seg inn langs det ytre (“påtrykte”) elektriske feltet.