Institutt for fysikk, NTNU TFY4155/FY1003 Elektromagnetisme Vår 2009

Løsningsforslag til øving 6

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

a) 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

I forelesningene viste vi at et stort ladet plan med ladning σ pr flateenhet resulterte i et elektrisk felt σ/2ε_{0}, og at mellom to store ladede plan med ladning hhv σ og −σ pr flateenhet blir det elektriske feltet σ/ε_{0}. Dermed:

Q = σ A = ε_{0} E A = 8.85 · 10^{−12} · 9600 · 0.25 = 2.12 · 10^{−8} C

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

b) Uten vann var potensialforskjellen 96 V. Med vann mellom platene har den falt til 1.2 V. Dette skyldes innretting av molekylære dipoler i vannet, og dermed en indusert ladning −σ_{i} pr flateenhet på vannets overflate ved den positive metallplaten, og en indusert ladning σ_{i} pr flateenhet på vannets overflate ved den negative metallplaten. Som vist i forelesningene, tilsvarer polariseringen i vannet nettopp σ_{i}. Den elektriske feltstyrken er redusert fra 9600 V/m til 120 V/m. Det betyr at den induserte flateladningen ±σ_{i} har skapt et elektrisk felt E_{i} = σ_{i}/ε_{0} = 9480 V/m. Med andre ord,

P = σ_{i} = ε_{0}E_{i} = 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. Det er kanskje ikke så vanskelig å forestille seg at graden av innretting av dipoler vil avhenge av temperaturen: Jo høyere temperatur, jo mere uorden, og dermed mindre polarisering.

Oppgave 4

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

Legg merke til at vi gjerne har to mulige (ekvivalente) strategier når dipolmomentet til et system (her: med kontinuerlig ladningsfordeling) skal beregnes. Vi skriver dp = r dq og 1) lar r angi posisjonen til ladningselementet dq og integrerer over hele ladningsfordelingen, eller 2) lar r angi avstandsvektoren mellom ”symmetrisk lokaliserte” ladningselementer −dq og +dq og integrerer kun over halve ladningsfordelingen (typisk den positive halvdelen). I denne oppgaven fungerte strategi 2) fint, siden vi har en ”passende” symmetri. Dersom vi ikke har en passende symmetri, må vi bruke strategi 1).