1. En tynn stav med lengde L har uniform ladning λ per lengdeenhet. Hvor mye ladning dq er det på en liten lengde dx av staven?

Transkript

1 Ladet stav 1 En tynn stav med lengde L har uniform ladning per lengdeenhet Hvor mye ladning d er det på en liten lengde d av staven? A /d B d C 2 d D d/ E L d Løsning: Med linjeladning (dvs ladning per lengdeenhet) må ladningen d på en liten lengde d bli d = d 2 Vi legger staven på aksen, slik at punktet P har koordinater (, y) = (0, R) Vi betrakter også et lite lengdeelement d av staven som har avstand r til P Hva er riktig uttrykk for det elektriske feltet fra lengdeelementet d E i P? A d E = k d r ˆr B d E = d kr ˆr C d E = d kr 2 ˆr D d E = k d r 2 ˆr E d E = k d r 2 ˆr P θ 1 R y L Løsning: Elektrisk felt i punkt P i avstand r fra lengdeelement d i posisjon (som vist i figuren) er d E = k d r 2 ˆr da d = d (jf forrige oppgave) de P θ θ 1 2 θ r R y 2 0 d 1 L

2 3 Hva er komponenten E av det elektriske feltet i P, i avstand R fra staven? (Tips: I figuren er det definert to vinkler θ 1 og som dannes mellom linjene fra P til stavens endepunkter og normalen til staven gjennom P (dvs yaksen) Fortegnet til vinklene er som indikert i figuren, dvs θ er negativ når < 0) A E = 4πε (cos θ 0R 1cos ) B E = 4πε (cos θ 0R 1 cos ) C E = 4πε (sin θ 0R 1cos ) D E = 4πε (cos θ 0R 1 sin ) E E = 4πε (sin θ 0R 1 sin ) Løsning: Vi ser fra figuren over at vektoren d E har komponent k d de = de sin θ = r 2 sin θ Her har vi valgt = 0 når θ = 0, og fortegnet stemmer med oppgaveteksten, dvs θ > 0 når > 0 Vi uttrykker d og 1/r 2 ved vinkelen θ: = R tan θ d = R dθ cos 2 θ r = R 1 cos θ r 2 = cos2 θ R 2 d r 2 = dθ R Vi får komponenten E av feltet E i punktet P fra hele staven ved å integrere de : E = staven de = k R θ1 sin θ dθ = k θ 1 R cos θ = 4πε 0 R (cos θ 1 cos ) 4 Hva med E y? A E y = 4πε (sin θ 0R 1 sin ) B E y = 4πε (sin θ 0R 1 sin ) C E y = 4πε (cos θ 0R 1 sin ) D E y = 4πε (sin θ 0R 1 cos ) E E y = 4πε (sin θ 0R 1 cos ) Løsning: Vi bruker samme metode som over Vi har ykomponenten de y = de cos θ = Vi integrerer over hele staven igjen og får E y = staven de y = k R θ1 k d r 2 cos θ cos θ dθ = k θ 1 R sin θ = 4πε 0 R (sin θ 1 sin ) 5 Hva er det elektriske feltet dersom P er like langt fra stavens to ender? A E = ĵ B E = î C E = î 4πε 0R R 2 L 2 /4 4πε 0R R 2 L 2 /4 8πε 0R R 2 L 2 /4 D E = 4πε ĵ E 0R R 2 L E = 2 2 4πε 0R(R 2 L 2 ) ĵ Her er î og ĵ enhetsvektorer i og yretning 8πε 0R R 2 L 2 /4 ĵ Løsning: Med P like langt fra stavens to ender er θ 1 = og følgelig er cos θ 1 cos = 0 og sin θ 1 sin = 2 sin θ 1 = L/ R 2 L 2 /4 Dermed får vi E = 0 Page 2

3 og E = E y ĵ = 4πε 0 R ĵ R 2 L 2 /4 6 Hva blir E når R << L, dvs når P er langt unna staven? A E 4πε 0R B E 4πε 0R 2 C E 2πε 0 RL D E 2πε 0R R/L E E 4πε 0R Løsning: Når P er langt unna staven kan vi neglisjere L 2 /4 i forhold til R 2 i kvadratrota, slik at R 2 L 2 /4 R 2 = R, slik at E 4πε 0 R 2 = Q 4πε 0 R 2 Dette er det samme feltet som fra en punktladning Q i avstand R Ikke uventet; langt unna ser staven essensielt ut som en punktladning med total ladning Q = 7 Hva ville det elektriske feltet blitt i avstand R dersom staven var uendelig lang? A E = E y = 4πε 0R 2 B E = E y = 2πε 0R 2 C E = E y = 4πε 0R D E = E y = 2πε 0 R E E = E y = 2πε 0R Løsning: En uendelig lang stang oppnår vi ved å la π/2 og θ 1 π/2 Da blir igjen E = 0 og følgelig E = E y = 2πε 0 R Med andre ord: Feltet fra en uendelig lang linjeladning faller av omvendt proporsjonalt med R Elektrisk dipol 8 Finn det elektriske feltet fra en elektrisk dipol i punktet P (se figur), som ligger langs midtlinja på dipolen Uttrykk svaret ved dipolmomentet p = L og avstanden r Page 3

4 Løsning: Totalt Efelt i punktet P er gitt ved E 1 fra og E 2 fra Størrelsen på E 1 og E 2 er den samme, men E 1 er i retning fra og E 2 i retning mot ykomponentene vil kansellere hverandre, og for komponenten får vi: E = (E 1 E 2 ) î = 2E 1, E 1 = E 1 cos θ = k cos θ r2 hvor Fra figuren har vi at cos θ = L/2 r, som gir E = 2 k L r 2 2r î = k L r 3 î = k p r 3, der vi har brukt at den elektriske dipol (som peker fra negativ til positiv ladning) er gitt ved p = L = L( î ) Merk at det elektriske feltet synker med r som 1/r 3 Dette er rett for alle punkter (i alle retninger) langt unna en dipol, der det altså er 1/r 2 for en punktladning Feltlinjer 9 I denne oppgaven skal dere vise skissene i hvert av tilfellene både i stor og i liten målestokk, slik at de gir et kvalitativt bilde av feltet både nærme og svært langt unna (a) Skissér elektriske feltlinjer for disse to systemene av punktladninger: (i) (ii) 2 (b) For staven i flervalgsoppgavene, skissér i de elektriske feltlinjer i et plan normalt på staven gjennom dets midtpunkt, ii de elektriske feltlinjer i et plan som inneholder staven Page 4

5 Løsning: a) i) Feltlinjer rundt to like store positive punktladninger: Nærbilde Like mange feltlinjer ut fra hver ladning siden de er like Her valgt 18 feltlinjer fra hver, og feltlinjene går ut til uendelig Riktig langt unna Riktig langt unna ser vi de to ladningene som én punktladning 2 Her valgt kun 8 feltlinjer totalt, og de går til uendelig a) ii) Feltlinjer rundt punktladninger 2 og : Nærbilde Like mange feltlinjer ut per positiv ladning som inn per negativ ladning, derfor dobbelt så mange inn mot 2 som ut fra De resterende må komme fra uendelig Det er en feil i figuren: 7 linjer ut fra og 16 linjer inn til 2 Finner du en løsning på problemet? Riktig langt unna ser vi essensielt en punktladning 2 =, dvs feltlinjene går radielt inn mot ladningen: b) i) stav, plan normalt på, nært stav, plan normalt på, langt unna b) ii) stav, plan inneholder staven, nært stav, plan inneholder staven, langt unna Page 5

6 Kommentar til disse oppgavene: Skissene vist er bare kvalitative, ikke kvantitative Legg spesielt merke til at langt unna ser alt ut som en punktladning På nært hold kan en som regel benytte symmetribetraktninger kombinert med det en vet om feltet i umiddelbar nærhet av eventuelle punktladninger til å tegne opp et temmelig korrekt bilde av feltlinjene Ladning på leder 10 Figuren viser et snitt gjennom ei elektrisk ledende kule med et hulrom inni Kula er elektrisk nøytral, hulrommet er sfærisk men ikke konsentrisk med metallkula I hulrommet er det plassert en punktladning, punktladningen ligger ikke i sentrum av verken hulrommet eller kula Hvordan vil (fri) ladning i lederen være fordelt når systemet er i elektrostatisk likevekt? Skissér feltlinjer for det elektrostatiske feltet E Finn uttrykk for E utenfor kula Ingen regning er påkrevd i denne oppgaven, bare elektrostatiske betraktninger med bruk av regler for feltlinjer og Efelt på overflata og inni metaller Løsning: Venstre figur under viser 16 feltlinjer fra punktladningen Når denne plasseres i hulrommet i lederen vil i første omgang feltlinjene stråle i samme retning og ende opp på indre metalloverflate For å opprettholde E = 0 overalt inne i lederen, vil det induseres negative motladninger fordelt som vist på figuren i midten Det må bli størst indusert ladningstetthet på den delen av hulrommets overflate som ligger nærmest punktladningen, lavere ladningstetthet på den delen av hulrommets overflate som ligger lengst unna punktladningen Den totale induserte ladning på hulrommets overflate er, ifølge Gauss lov Vi kan nemlig legge inn ei Gaussflate i lederen og som omslutter hulrommet men vilkårlig nær hulrommets overflate Fordi E = 0 i lederen må total nettoladning innenfor Gaussflata være lik null Skal dette være oppfylt må vi ha en indusert ladning på hulrommets overflate Med denne ladningsfordelingen forsvinner det elektriske feltet overalt inne i lederen, dvs bidraget til feltet inne i lederen fra punktladningen kanselleres av bidraget fra den induserte ladningsfordelingen Men feltlinjene i hulrommet i midtre figur oppfyller ikke kravet om at feltlinjer skal gå normalt inn på en lederoverflate Vi må derfor justere feltlinjene slik at de blir i figuren til høyre Ladningstettheten forblir uendret Page 6

7 Lederen var oppgitt å være elektrisk nøytral Det betyr at vi må ha fått indusert ladning på lederens ytre overflate, slik at total ladning på lederen blir = 0 Denne ladningen vil fordele seg jamt på den ytre overflata, fordi asymmetrien som skyldes punktladningen inne i hulrommet presis kanselleres av den induserte ladningen på hulrommets overflate Fra utsida ser vi altså rett og slett en kulesymmetrisk overflateladning med 16 radielt fordelte feltlinjer Dvs E(r) = der r er avstanden fra metallkulas sentrum 4πε 0 r 2 ˆr Fluks 11 Ei Gaussflate S er formet som en kube med sidekant a og har det ene hjørnet i origo (se figuren) Flata er plassert i et område hver det er en elektrisk feltstyrke E(, y, z) For hvert tilfelle iiv, finn (a) total (netto) fluks Φ E for E ut gjennom flata S, og (b) total ladning Q innenfor S i E = E î = C î = C [1, 0, 0] (uniformt og parallelt med aksen) ii E = E î = C î = C [, 0, 0] (parallelt med aksen og lineært økende) iii E = E î = C 2 î = C [2, 0, 0] (parallelt med aksen og kvadratisk økende) iv E = E î E y ĵ = C y î C ĵ = C [y,, 0] (i yplanet og økende) Her er C en konstant (ulik i hvert tilfelle) Løsning: Den lukkede flata S har sideflater med areal A i = a 2, der i =, y, z Retningen på d A er normalt på sideflata som figuren viser Når vi beregner flusken vil sideflater hvor E d A ikke gi noe bidrag (prikkproduktet er null) da a z da z E = C î a a d A y y Page 7

8 i) E = E î = C î = konstant medfører at Φ E = E d A = C a 2 ( C a 2 ) = 0 Det første leddet er fra flate = a, det andre fra flate = 0 og de fire siste er andre flater der E d A Altså bidrar bare 2 av de 6 flatene, og siden Efeltet er uavhengig av, blir fluks inn lik fluks ut og total fluks blir lik null Ladning innefor S blir da ifølge Gauss lov: Q = ε 0 Φ E = 0 ii) E = E î = C î gir at fluksen inn ved = 0 er lik null, mens den er positiv ut ved = a: Φ E = E d A = Ca a 2 C 0 a = Ca 3 og Q = ε 0 Φ E = ε 0 Ca 3 iii) E 2 = E î = C î gir videre Φ E = E d A = Ca 2 a 2 C 0 a = Ca 4 og Q = ε 0 Ca 4 iv) Når E ikke er avhengig av vil fluks ut ved flata = a være lik fluks inn ved flata = 0, slik at netto fluks blir 0, som vist i figuren under Tilsvarende argument gjelder for fluks i yretning (ikke vist i figuren) og i zretning er det ingen felt slik at fluks i denne retning er null Totalt: Φ E = 0 Om man vil, uttrykt matematisk oppdelt på hver koordinatretning: Φ E, = y=0 z=0 Cy dy dz y=0 z=0 Likedan er Φ E,y = 0 og som i alle tilfeller Φ E,z = 0 Konklusjon: Φ E = 0 og Q = 0 Cy dy dz = C a 2 a2 C a 2 a2 = 0, da a z d A z E = Cy î a a d A y y En alternativ måte å finne Q på er å bruke Gauss lov på differensialform: ρ(, y, z) = ε 0 E(, y, z), Page 8

9 altså beregne divergensen til E og så integrere ρ over kuben med volum τ = a 3 Dette gir mindre arbeid: i) ρ = ε 0 E = ε 0 E = 0 Q = ρa3 = 0 a 3 = 0 ii) ρ = ε 0 E = ε 0 E = ε 0C Q = ρa 3 = ε 0 Ca 3 iii) ρ = ε 0 E E = ε 0 = ε 0 2C Q = kube iv) ρ d dy dz = ε 0 2C 0 d 0 dy 0 dz = ε 0 C ( a 2 0 2) a a = ε 0 Ca 4 ( ρ = ε 0 E E = ε 0 E ) y = 0 Q = 0 a 3 = 0 y Merk at når rommet er divergensfritt i E er det også ladningsfritt Page 9