FYS1120 Elektromagnetisme

Transkript

1 Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Universitetet i Oslo FY112 Elektromagnetisme Løsningsforslag til ukesoppgave 1 Oppgave 1 a i Her er alternativ 1 riktig. Hvis massetettheten er F, vil et linjestykke med lengde dl ha masse F dl. Den totale massen er summen av massene til hvert linjestykke, altså lik C F dl. ii Her er alternativ 4 riktig, C F dl. Alternativt kan alternativ 1 godkjennes, men bare dersom F hele tiden er parallell med med kurven C. b Dersom F og F er konstanter kan de tas utenfor integraltegnet. Integralet av et vektorielt linjeelement rundt en lukket kurve er alltid null. Dette kan forstås ved å tenke på integralet som en sum av små forflytninger dl. ummen av alle disse er den totale forflytningen fra startpunktet, og siden kurven ender opp i samme punkt som den startet er den totale forflytningen, og derfor integralet, lik null. Derfor vil alternativene 2 og 4 være lik null for den lukkede kurven C 1. For den åpne kurven C 2 vil alle integralene 1-4 generelt være forskjellige fra null. Det er ett unntak: Hvis F står normalt på en viss retning (hvilken?, vil det siste integralet bli null. dl dl dl dl C 1 C 2 c Også her er alternativene 2 og 4 riktige for den lukkede flaten, og begge kan bevises ved hjelp av divergensteoremet: s F d = v ( Fdv. At alternativ 4 er lik null er enkelt å bevise: I dette tilfellet er F en konstant så integranden F, og derav integralet, er lik null. 1

2 For å bevise 2 konstruerer vi en konstant vektor F ut fra F : ett F = F ˆx. Ved hjelp av divergensteoremet kan vi skrive ˆx F d = v ( Fdv = siden integranden F = (F er en konstant. Altså, x-komponenten av integralet 2 er null. Vi kan gjenta for y og -komponentene, og får da F d = når F er en konstant. MEN: Egentlig trenger vi ikke være så formelle når vi skal begrunne hvorfor integralene 2 og 4 er null for torusen, siden den er så symmetrisk: Ved å ta henholdsvis F eller F ut av integralet, gjenstår det å vise at I = d er null. Hvis vi lar -aksen være aksen til torusen, finner vi fra symmetri at -komponenten til I er null. For hvis denne komponenten I > kunne vi speilet torusen om horisontalplanet og fått I < på tross av at en slik speiloperasjon ikke endrer torusen. Tilsvarende kan vi bruke rotasjonssymmetrien rundt -aksen til å argumentere for at I ikke kan ha en x- eller y-komponent. Da må I =. Integralene 1 og 3 blir henholdsvis F og F. For den åpne kjeglen, blir ingen av integralene null generelt sett. Vi får henholdsvis resultatene F, F, F og F. Her er er arealet til kjegleflaten, og er en vektor som peker rett oppover (eller nedover, avhengig av valg av flatenormalen og med lik arealet av kjeglen projesert ned på horisontalplanet. Vi får altså et unntak: Det siste resultatet F blir null hvis F er horisontalt rettet. d For en lukket flate er det alltid to normaler i hvert punkt på flaten, en innoverpekende og en utoverpekende, men konvensjonen er at det alltid er den utoverpekende flatenormalen som benyttes. e Overflatenormalen til flaten innenfor en kurve er definert av positivt definert omløpsretning rundt kurven. Her brukes standard høyrehåndsregel: La fingrene peke langs omløpsretningen, flatenormalen peker da i tommelens retning. For kurven C 1 står flatenormalen ut av arket. Oppgave 2 a i Fluksen av et vektorfelt gjennom en flate er definert som Fluks = F d, (1 og beskriver hvor mye av F som strømmer gjennom. For eksempel, hvis F beskriver strømningen av vann, beskriver fluksen den totale vannmengden som strømmer gjennom per tidsenhet. 2

3 ii Divergensen er definert som div F = lim v F d, (2 v hvor volumet v er et infinitesimalt lite volum, og er flaten til v. Fra definisjonen ser vi at divergensen er fluksen ut/inn av volumet delt på volumet. I kartesiske koordinater har divergensen et enkelt uttrykk: div F = F = F x x + F y y + F, (3 ( hvor er definert som = x, y,. Divergensen angir kildeegenskapene til F, altså i hvor stor grad F sprer seg vekk fra eller imot et punkt. En kilde har positiv divergens mens et sluk har negativ divergens. MERK : Det er kun i kartesiske koordinater at gradienten og divergensen kan uttrykkes som henholdsvis F og F med definert som ovenfor. For eksempel, i kulekoordinater er gradienten til F gitt av F = F r ˆr + 1 F r sin θ ϕ ˆϕ + 1 F r θ ˆθ, (4 og det er dermed lett å tro at definisjonen = rˆr + 1 r sin θ følgende divergens F: ϕ ˆϕ + 1 r θ ˆθ leder til F r r + 1 F ϕ r sin θ ϕ + 1 F θ r θ. (5 Dette er ikke et riktig resultat. Den faktiske divergensen kan utledes enten ved å ta utgangspunkt i den koordinatuavhengige definisjonen (2, eller ved å sette opp en koordinattransformasjon mellom kartesiske koordinater og kulekoordinater (vi skal ikke gjøre dette. En finner da div F = 1 r 2 (r 2 F r r + 1 F ϕ r sin θ ϕ + 1 r sin θ (sin θf θ, (6 θ som jo er ulikt det første uttrykket. Det er viktig å være klar over dette punket. I oppgave- og eksamenssammenheng anbefales det derfor å hente uttrykket for gradient, divergens og curl i sylinder- og kulekoordinater fra formelsamlingen. iii x-komponenten av curlen til F er definert som (curl F x = lim C F dl, (7 der er et flateelement som er normalt på x-aksen og C er den lukkede kurven som omslutter dette flateelementet. Tilsvarende definisjoner gjelder også for y- og -komponentene, hvor defineres som flateelementer normalt på henholdsvis y- og -aksen. Curlen til et vektorfelt beskriver i hvilken grad feltet sirkulerer rundt et punkt. Dette står i kontrast til divergensen, som beskriver hvor mye feltet strømmer ut fra et punkt. 3

4 I kartesiske koordinater har curlen et enkelt uttrykk: curl F = F (8 Curl i sylinder og kulekoordinater har en mer komplisert form og finnes i formelsamlingen. iv For konservative felt er kurveintegralet C F dl lik null for hvilken som helst lukket kurve C. Ved hjelp av tokes teorem kan en vise at F =. Et konservativt felt F kan skrives ved hjelp av en enkelt skalar størrelse f slik at F = f. Fysisk, dersom F beskriver et kraftfelt på et legeme, vil det at F er konservativt bety at arbeidet når man flytter legemet rundt en lukket kurve er null. b i Divergensteoremet sier ( Fdv = F d, (9 v hvor er den lukkede flaten som omslutter volumet v. Altså sier divergensteoremet at den totale fluksen ut av volumet er lik summen av alle kilder og sluk inne i volumet. ii tokes teorem sier ( F d = C F dl, (1 hvor er flaten som er omsluttet av kurven C. tokes teorem sier at sirkulasjonen rundt kurven, C F dl, er lik summen av alle virvlinger i flaten. Et mentalt bilde av tokes teorem kan dannes ved å forestille seg mange malstrømmer (virvlinger på havet (definert av flaten : Den totale sirkulasjon rundt kysten er da summen av virvlingene til alle malstrømmene! Oppgave 3 a i Ved å benytte oss av definisjonen av divergens i kartesiske eller kulekoordinater finner vi F = 3. Et infinitesimalt volum i kulekoordinater er dv = r 2 sin θdrdθdϕ slik at v ( Fdv = = 3 R 2π π R = 4πR 3. r 2 dr π 3r 2 sin θdϕdθdr 2π sin θdθ dϕ Her kan man innse hva svaret blir uten å regne ut integralet. iden divergensen er konstant lik 3 over hele volumet, må nødvendigvis svaret bli 3 ganger volumet til kulen, som blir 4πR 3 : ( Fdv = 3 dv = 4πR 3. (12 v v ii Overflate-elementet til et kuleskall med radius R er d = R 2 sin θdθdϕˆr. Derav (11 4

5 finner man v ( Fdv = = F d 2π π = R 3 2π = 4πR 3. (Rˆr (R 2 sin θdθdϕˆr π dϕ sin θdθ (13 varet er åpenbart også her, siden F er konstant over flaten lik F = Rˆr. Ettersom F og d peker i samme retning må svaret bli R ganger overflaten til kulen, og igjen finner vi svaret 4πR 3 : F d = R d = 4πR 3. (14 b i Her vil linjeintegralet langs det første linjestykket (, (a, være lik null fordi integranden er lik null (y =, samt at ŷ-komponenten av F er ortogonal på linjestykket. Derfor holder det å integrere fra (a, til (a, b slik at I = F dl C 1 = b (a 2 y + 2ady = 1 2 a2 b 2 + 2ab. (15 ii Her er det rette linjestykket fra (x, y til (x + dx, y + dy beskrevet av vektoren dl = dxˆx + dyŷ. Derav finner vi F dl = F x dx + F y dy = (xy 2 + 2ydx + (x 2 y + 2xdy. (16 For å integrere dette, parametriserer vi kurven som x(t = at og y(t = bt, der t løper fra til 1. Dette gir I = F dl C 2 = = 1 1 (xy 2 + 2y dx dt dt + (x2 y + 2x dy dt dt (ab 2 t 3 + 2btadt + = 1 2 a2 b 2 + 2ab. 1 (a 2 bt 3 + 2atbdt (17 iii Disse integralene har like verdier fordi F er et konservativt felt: ( Fy F = x F x ẑ y = (2xy 2xy ẑ =. (18 5

6 y (a, b (, (a, x For et konservativt felt er det bare start- og sluttpunktet på integrasjonen som spiller noen rolle for linjeintegralet. Dette er et generelt resultat: Vi kan tenke oss en lukket kurve C som består av to kurver C 1 og C 2. Når vi reverserer retningen på den ene kurven (slik det er gjort i figuren finner vi C F dl = C 1 F dl C 2 F dl = slik at F dl = C 1 F dl. C 2 (19 Oppgave 4 a Ladningene deres må ha motsett fortegn for at de skal tiltrekke hverandre. iden metall er strømførende, så vil kulene lade ut hvis de berører hverandre. Hvis de har nøyaktig like mye ladning, vil de bli nøytrale etter berøringen. Hvis de ikke har like mye ladning, vil overskuddet fordele seg likt mellom dem, og de vil frastøte hverandre litt. b Gravitasjonskraften som virker på Levi er F g = mg. tørrelsen av den elektriske kraften som virker på han, hvis han har ladning q, er F e = q E, der E er det elektriske feltet. For å overvinne gravitasjonen må minst F e = F g, dvs q E = mg. Løser vi for q får vi q = mg/e = 5.2 C. Videre har vi fått oppgitt at det elektriske feltet peker inn mot jorden, samtidig som den elektriske kraften må peke ut for å motvirke gravitasjonen. Derfor er q negativ: q = 5.2 C. (2 c I et observasjonspunkt mellom ladningene har feltet fra Q 1 og feltet fra Q 2 motsatt retning. Punktet der de eksakt nuller hverandre ut, blir midt mellom ladningene (pga. symmetri. Altså i x = a/2. Ingen andre steder i rommet vil de eksakt nulle hverandre ut. Det er nemlig bare på x-aksen at de to feltene vil være rettet langs samme linje. d Først merker vi oss at mellom ladningene vil begge feltene ha samme retning. å vi kan utelukke dette området. For x < vil feltet fra Q 1 = 4Q være sterkere enn feltet fra Q 1 = Q, siden Q 2 både er nærmere og større i absoluttverdi. å anta x > a. Vi finner x-komponenten av E i punktet x vha. Coulombs lov og superposisjon: E = 1 ( 4Q 4πɛ x 2 + Q (x a 2. (21 Feltet blir null hvis 4 x 2 = 1 (x a 2, (22 6

7 dvs. som gir 2 x = 1 x a, (23 x = 2a. (24 Dette er det eneste punktet der E =. Hvis nemlig observasjonspunktet ikke er på x-aksen, vil feltene fra de to ladningene ikke være langs samme linje. Oppgave 5 a Potensialet er gitt av V ( = 1 ρ s d 4πɛ disk R, (25 der R er avstanden fra ladningselementet til observasjonspunktet og d et overflateelement. Fra figuren under ser vi at d = 2πrdr og R 2 = r Derivasjon gir 2RdR = 2rdr så vi kan uttrykke V ( = 2πρ s 4πɛ = ρ s 2ɛ a rdr R 2 +a 2 RdR R = ρ s 2ɛ ( 2 + a 2. (26 d = 2πrdr 2 + r 2 dr r a b Det elektriske feltet er gitt av E = V. Her er E = (,, E pga. symmetrien i oppgaven. Vi regner ut direkte E = V ( = ρ s ( 2ɛ 2 + a 2 = ρ s 2ɛ ( 1, for >. 2 + a 2 (27 7

8 På vektorform skriver vi E = ρ ( s 1 ẑ. (28 2ɛ 2 + a 2 c Vi ser at / 2 + a 2 går mot null når. Derav ( 1 ρ s E( = lim 2ɛ ẑ = ρ s ẑ, ( a 2 2ɛ som er likt feltet fra en uendelig stor, plan flate med ladningstetthet ρ s. En alternativ måte å sjekke samme grense på er å la a. d Vi bruker den oppgitte tilnærmelsen ( 1/2 2 + a = 1 + a a 2 2, (3 når a/ er en liten størrelse. Bruker vi at den totale ladningen til flaten er Q s = ρ s πa 2 finner vi E = ρ [ ( s a 2 ] 2ɛ 2 2 ẑ = ρ s a 2 4ɛ 2 ẑ (31 = Q s 4πɛ 2 ẑ. Dette uttrykket ser ut som Coulombs lov. Dette skyldes at vi befinner oss i grensen hvor vi er veldig langt unna disken i forhold til dens radius, som gjør at disken ser ut som en punktladning. e kisse av E : E( Oppgave 6 Ved hjelp av superposisjon innser vi at vi kan finne svaret ved å trekke svaret i oppgave 3b fra svaret i oppgave 3c: ( 1 ẑ 2 + a 2 E = ρ s ẑ ρ s 2ɛ 2ɛ = ρ s 2ɛ ( a ẑ. 2 8

9 Oppgave 7 a Linjeladningstettheten er Q = Q πa, (33 siden ladningen er jevnt fordelt over halvsirkelen, og lengden av halvsirkelen er πa. Med en positivt ladet halvsirkel vil feltet i origo peke i negativ y-retning. Det vil ikke være noen x-komponent på grunn av symmetri. Dvs. at bidraget til en x-komponent fra et linjeelement ved posisjonen φ vil kanselleres eksakt av bidraget fra π φ. Vi finner så størrelsen til det elektriske feltet. Bidraget til det elektriske feltet fra et linjeelement med lengde dl = adφ på halvsirkelen har størrelse de = de = dq 4πɛ a 2, (34 etter Coulombs lov, der dq = Q dl. Vi lar linjeelementets posisjon være ved en vinkel φ, da er y-komponenten til feltet de y = de sin φ. (35 Vi trenger så bare å summere alle bidragene til E y, da x-komponenten forsvinner i denne summeringen. Vi får E y = de y = π sin φ Q adφ 4πɛ a 2 = Q 4πɛ a [ cos φ]π }{{} =2 = Q 2πɛ a = Q 2π 2 ɛ a 2. (36 Altså: E = Q 2π 2 ŷ. (37 ɛ a2 b En skisse av ladningsfordeling er en sinuskurve i intervallet [, π], med toppunkt Q/2a.: Q (φ Q 2a π 2 φ 9

10 Ladningen til et linjeelement dl langs halvsirkelen er dq = Q (φ dl, der φ er posisjonen til linjeelementet. Total ladning er da π Q (φdl = Q (φadφ = Qa π 2a sin φdφ (38 Altså er Q fortsatt den totale ladningen. = Q 2 [ cos φ]π = Q. c Vi følger samme resonnementet som i a. I stedet for en konstant Q har vi nå en vinkelavhengig linjeladningstetthet. Det samme resonnementet gjelder fortsatt, fordi vi har fortsatt speilsymmetri om y-aksen. Vi får E y = de y = sin φde π (39 = sin φ Q (φadφ 4πɛ a 2. Vi setter inn for Q (φ og rydder litt: E y = Q 8πɛ a 2 π sin 2 φ dφ }{{} = cos(2φ = Q [ φ 8πɛ a sin(2φ = Q 16ɛ a 2. ] π (4 Dvs. E = Q ŷ. (41 16ɛ a2 Vi ser at forholdet mellom denne feltstyrken og den fra a er E c = 2π2 E a (42 å feltstyrken fra den ikke-uniforme linjeladningstettheten er større enn fra den uniforme. Dette er fordi det er større ladningstetthet nær φ = π/2 for den ikke-uniforme tettheten, og det er her bidraget til det elektriske feltet er størst også. 1