TFY4104 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten Løsningsforslag til øving 8. a = e m E

Transkript

1 TFY414 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 16. Løsningsforslg til øving 8. Oppgve 1. ) C F = E = m Newtons. lov. Her er = e, så elektronets kselersjon blir = e m E ltså mot venstre. b) C Totlt elektrisk felt i P er vektorsummen v bidrgene fr de fire punktldningene. Konfigursjonen i figur 3 gir den største feltstyrken. (Ingen feltbidrg hr her komponent oppover.) stk 1 stk 3 4 stk 1

2 Oppgve y Fire ulike posisjoner for ldningen 3 = = ) Punktldningen er i likevekt dersom krften på den er lik null. Her virker det to krefter, en frstøtende fr 3 og en tiltrekkende fr, og disse to kn bre knsellere hverndre dersom de hr ekskt motstt retning. Det er ikke mulig dersom er plssert utenfor -ksen, f.eks. som i figuren over. (Her er de to enkeltkomponentene v krften ngitt med stiplede piler og totlkrften med heltrukken pil.) Derfor må eventuelle likevektsposisjoner være på -ksen. b) Vi hr fått oppgitt t det er en likevektsposisjon for på -ksen. Vi kn ikke h mellom og, for på dette intervllet peker de to krftkomponentene i smme retning. Vi kn heller ikke h til venstre for =, for d er vstnden mellom og 3 lltid mindre enn vstnden mellom og, og følgelig den frstøtende krften 3 /4πε lltid større enn den tiltrekkende krften /4πε ( ). Altså må >. Vi bestemmer ved å sette totl krft lik null: = 3 4πε ˆ 1 ( ) 4πε ( ) ˆ 3 = = 6 +3 = = = D forutsetningen vr >, er løsningen med negtivt fortegn forn kvdrtroten ikke en ktuell løsning. (Den tilsvrer.63, hvor begge krftkomponenter er like store og hr smme retning.) Stbiliteten v likevektsposisjonen bestemmes knskje enklest ved å se på nettokrften når. D ser punktldningen tilnærmet en punktldning 3 = og må følgelig erfre en netto frstøtende krft. Vi vet t krften er null bre i =. D må krften peke mot høyre for lle >, også for en liten forflytning til høyre for, mens den må peke mot venstre for en liten forflytning til venstre for. Dermed er likevekten ustbil mhp en forflytning lngs -ksen. Alterntivt, med litt regning: L oss først forenkle notsjonen ved å innføre funksjonen f(): Deretter bestemmer vi df/d i = : ( F() = F()ˆ = 3 4πε 1 )ˆ ( ) f()ˆ 4πε ( ) df = 6 d = 3 + ( ) 3 6 (.37) 3 + (1.37) > D f( ) = og f ( ) >, er likevekten ustbil. Oppgve 3 ) Med linjeldning (dvs: ldning pr lengdeenhet) λ må ldningene d og Q på henholdsvis en liten lengde d og på hele stven bli d = λd Q = λl

3 de P + θ θ 1 θ r y d 1 L b) Elektrisk felt fr lengdeelement d i posisjon : de = λd 4πε rˆr = Ad r ˆr der vi hr innført A = λ/4πε. Fr figuren ser vi t denne vektoren hr komponentene de = desinθ = Ad r sinθ de y = decosθ = Ad r cosθ Her hr vi vlgt = når θ =, og fortegnet stemmer med oppgveteksten, dvs θ > når >. Vi bruker tipset i oppgven og uttrykker d og 1/r ved vinkelen θ: d r = tnθ d = dθ cos θ r = 1 cosθ r = cos θ = dθ De søkte komponentene E og E y v feltet E i punktet P fr hele stven får vi ved å integrere de og de y : E = E y = de = A θ1 sinθdθ = A θ 1 θ cosθ = λ θ 4πε (cosθ 1 cosθ ) de y = A θ1 cosθdθ = A θ 1 θ sinθ = λ θ 4πε (sinθ 1 sinθ ) Kommentr: Her kunne en h vært uheldig og strtet med smmenhengen = rsinθ, som gir d = rcosθdθ +sinθdr, ettersom både θ og r vrierer med. Men det går br likevel: Vi hr cosθ = /r, dvs r = /cosθ, og dermed dr = 1 cos θ ( sinθ)dθ slik t d r rcosθdθ +sinθdr = r = cosθdθ cosθ + sinθ sinθdθ = dθ ( cos θ+sin θ ) = dθ c) Med P like lngt fr stvens to ender er θ 1 = θ og følgelig cosθ 1 cosθ = og sinθ 1 sinθ = sinθ 1 = L/ +L /4. Dermed: E = 3

4 og E = E y = λl 4πε +L /4 Lngt unn stven, dvs L: Vi kn nå ersttte kvdrtroten med, idet vi kn neglisjere L /4 i forhold til. Vi får d: E λl 4πε = Q 4πε Dette er det smme som feltet fr en punktldning Q i vstnd. Ikke uventet: Lngt unn ser stven essensielt ut som en punktldning med totl ldning Q = λl. d) En uendelig lng stv oppnår vi ved å l θ π/ og θ 1 π/. D blir igjen E = og følgelig E = E y = λ πε Med ndre ord: Feltet fr en uendelig lng linjeldning fller v som en over vstnden. Oppgve 4 ) Arelet v en tynn ring med rdius og bredde d er da = πd, slik t ldningen på en slik ring blir d = σda = πσd Arelet v skiv er A = π, så skivs totle ldning blir Q = σa = πσ Hvis en ikke husker hv relet v ei sirkelformet skive er (!), kn en selvsgt bestemme totlldningen Q ved å integrere d: Q = d = πσd = πσ = πσ Og om en heller ikke husker hv omkretsen v en ring er (!), kn ldningen på den tynne ringen bestemmes ved å strte med en liten vinkel dφ og relet vgrenset mellom og +d. Dette relet er dφ d, og integrerer vi dette uttrykket over φ fr til π, får vi nettopp πd som blir relet v den tynne ringen med rdius og bredde d. b) Vi deler skiv opp i tynne ringer med bredde d (se figur nedenfor). Alle punkter på ringen ligger i smme vstnd r fr punktet på z-ksen. Dimetrlt motstte punkter (evt reler da) fører til t og y-komponentene til feltet forsvinner (jfr eksemplet fr forelesningene). z-komponenten blir de z = dq 4πε r cosθ D r er konstnt rundt hele ringen, kn en l dq være ldningen på hele den tynne ringen: π dq = σd dφ = πσd Dermed blir feltet fr hele skiv E z = Her hr vi benyttet t de z = 1 4πε πσ d σ = ( + 3/ ) ε cosθ = r = + ( 1) + = σ 1 ε + 4

5 1 z 1 1 de sett fr z θ 1 siden: r 1 r=( 1 + ) 1/ θ sett lngs z ksen: da=d ϕd dϕ d Et lterntiv ville h vært å bruke vinkelen θ som integrsjonsvribel: tnθ = d(tnθ) = dθ cos θ = d r = cosθ d θ ( ) cosθ r cosθ = tnθ dθ θ cos θ cosθ = sinθdθ = 1 cosθ = 1 = 1 r + der r og θ er definert i figuren over. c) Når, kunne en i første omgng (som i oppgve 1c) tenke seg å ersttte + med. D får vi imidlertid bre den trivielle løsningen E z =, mens vi er interessert i det dominerende ikke-forsvinnende bidrget til E z. Det betyr t vi må rekkeutvikle + og t med så mnge ledd t vi lt i lt ender opp med noe som er forskjellig fr null: E z = σ 1 ε 1+ ( ( )) = σ ε 1 σ 4ε Q = 4πε 1 + Her hr vi brukt tilnærmelsen som vr gitt i oppgveteksten, (1+α) 1/ 1 α/, med α = / 1. Dette er feltet i vstnd fr en punktldningq = σa, der A = π er relet v sirkelskiv. Som forventet: Er vi tilstrekkelig lngt borte, ser vi ikke forskjell på ei ldet skive og en punktldning. I den motstte grensen,, kn vi neglisjere leddet / + i forhold til 1. Vi får d E z = σ ε 5

6 Altså et uniformt elektrisk felt som verken vhenger v vstnden eller skivs utstrekning. Dermed må dette være feltet utenfor et uendelig stort pln med ldningstetthet σ. Det er knskje ikke umiddelbrt opplgt t feltet d blir uvhengig v vstnden til plnet, men slik er det ltså! Selv om vi i prksis ikke hr uendelig store flter til rådighet, er dette et viktig resultt: Med et stort ldet pln genererer vi et tilnærmet uniformt elektrisk felt i nærheten v plnet, så lenge vi ikke kommer for nær plnets ytterknter. Vi skl bruke dette resulttet flere gnger senere, ikke minst i tilknytning til kondenstorer. 6