Det matematisk-naturvitenskapelige fakultet Universitetet i Oslo FYS112 Elektromagnetisme Løsningsforslag til ukesoppgave 2 Oppgave 1 a) Gauss lov sier at den elektriske fluksen Φ er lik den totale ladningen innenfor volumet delt på ε. Her er det ingen ladning innenfor kulen, så Φ =. b) Hvis radien er 1.5 m så er det bare den negative punktladningen q 2 som er innenfor. Da er Φ = q 2 ε = 6. nc 8.85 1 12 F/m = 6.8 12 Vm. 1) Hvis radien er 2.5 m ligger begge ladningene innenfor, og da er fluksen Φ = q 1 + q 2 ε = 2.3 1 2 Vm. 2) Oppgave 2 I hele oppgaven kan vi bruke Gauss lov. Ved hjelp av kulesymmetrien i oppgaven ser vi at feltet E bare er en funksjon av r og hele tiden peker radielt utover: E = Er)ˆr. Gauss lov kan derfor skrives E ds = 4πr 2 S. 3) ɛ S S er her den totale ladningen innesluttet av flaten S når denne er en kuleflate med radius r. a) I det første tilfellet er all ladning innesluttet i kuleskallet, S =. Altså får vi 4πɛ r2ˆr. 4) b) For r > a blir svaret det samme som i oppgave 1a). For r < a finner vi S = 4πr3 3 ρ. Ved hjelp av ρ = 4πa 3 /3 finner vi S = r 3 /a 3 slik at S 4πɛ r 2ˆr = 4πɛ a 2 r aˆr. 5) 1
Altså får vi { r 4πɛ a 2 aˆr for r a, 4πɛ r 2ˆr for r > a. 6) c) For et kuleskall vil S være lik null for r < a og lik for r > a. Altså får vi { 4πɛ r 2ˆr for r > a, for r < a. 7) Legg merke til at det ikke er mulig å bruke Gauss lov akkurat på kuleskallet, og at feltet er diskontinuerlig her. d) Konstanten k kan bestemmes ved = ρdv = 4πk som gir v k = a r 3 dr = πka 4, 8) πa 4 9) Den totale ladningen S i en kule med radius r < a er S = ρdv = πkr 4. 1) Fra dette finner vi at det elektriske feltet er v S 4πɛ r 2 = r4 a 4 1 4πɛ r 2 = 4πɛ a 2 r 2 a 2. 11) For r > a er utregningen lik den som ble gjennomført i de tre foregående oppgavene. Det elektriske feltet er derfor { 4πɛ r 2ˆr for r > a, r 2 4πɛ a 2 a 2ˆr 12) for r a. Oppgave 3 Arbeidet som blir gjort ved forflytningen er W = V A V A ), hvor V A og V A er potensialene i punktene A og A. Det spiller ingen rolle hvor vi legger referansepunktet ettersom det er potensialforskjellen som inntrer, men for enkelhets skyld legger vi ofte referansepunktet uendelig langt borte. Da kan de to potensialene skrives som V A = 4πɛ a + 4πɛ a, V A = a + a. 4πɛ 2 4πɛ 2 2
Arbeidet er derfor W = V A V A ) = 2 4 4πɛ a 2 ) a = 2 2πɛ a. 13) Oppgave 4 a) Poissons ligning er 2 V = ρ ɛ. 14) Da platene har stor utstrekning antar vi at V kun er en funksjon av x, slik at Poissons ligning reduseres til 2 V x 2 = ρ ɛ, 15) der ρ er konstant. Ved å integrere to ganger får vi Ved bruk av grensebetingelsene på x = og x = d får vi Dette medfører at V x) = ρx2 2ɛ + c 1 x + c 2. 16) V ) = c 2 = V, V d) = ρd2 2ɛ + c 1 d + c 2 =. c 1 = ρd V 2ɛ d, c 2 = V. Til slutt setter vi inn løsningene for c 1 og c 2 i uttrykket for V x): V x) = ρx2 ρd + V ) x + V, for x d. 17) 2ɛ 2ɛ d Med tallverdier: der x måles i mm. V x).565x 2 6.65x + 1)V, for x d, 18) b) Generelt i elektrostatikken har vi E = V. Siden V = V x) reduseres ligningen til E = V [ ρx ρd x ˆx = V )] ˆx 1.13x + 6.65)ˆx V 19) ɛ 2ɛ d mm I resten av oppgaven kaller vi x-komponenten til feltet for Ex). 3
c) Minimalverdien finnes ved å sette Løses denne ligningen for x, får vi V x) x ρx ɛ =, dvs. Ex) =, som gir ρd V ) =. 2) 2ɛ d x min = d 2 V ɛ ρd 5.89mm. 21) Evaluerer vi V x) i dette punktet, finner vi V min = V x min ) = 9.57V. 22) Merk at potensialminimumet mellom platene er en konsekvens av at ρ. Med ρ = og uendelig utstrekning av platene ville man funnet det velkjente lineære spenningsfallet og konstante feltet for en parallellplatekondensator. d) Fra de forrige oppgavene har vi nå alt vi trenger for å skissere potensialet og det elektriske feltet. Merk at det å skissere ikke er det samme som å plotte. Når vi skal skissere, er det mye viktigere å få fram de karakteristiske egenskapene til kurven, framfor at den skal være så nøyaktig. Potensialet er en kvadratisk funksjon, altså en parabel. Den krummer oppover siden ρ < så andre-ordens leddet er positivt. Det er et minimum ved x min = 5.89 mm, der verdien er V min = 9.57V. Og så har vi verdiene på platene, V ) = 1V og V 1mm) =. Da får vi et potensial som angitt i figuren nedenfor. Det elektriske feltet Ex) ser vi av uttrykket at er en rett linje med negativ stigning. Det er null i x min, og er positivt til høyre for dette punktet, og negativt til venstre. 1V V x) x min = 5.89mm 1mm x V min = 9.57V Ex) 6.65V/mm x min x 4.65V/mm 4
e) Fra potensial-funksjonen funnet i likn. 17) forstår vi at potensialminimumet V min ved x min korresponderer for elektronet til et maksimum av potensiell energi bakketopp) på veien mellom platene: Ved å multiplisere q = e med potensialkurven i figuren vist overfor ser vi grafisk hvilken energi elektronet må ha. Vi trenger altså at den kinetiske energien til elektronet må oppfylle følgende likning: Løses dette mhp v fås 1 2 mv2 > e V V min ). 23) v > 2eV V min ) m 2.6 1 6 m/s. 24) En annen måte å tilnærme problemet på er ved å regne ut det arbeidet som må utføres for at elektronet skal nå fram til ekstremalpunktet x min. Straks elektronet passerer x min, vil den elektrostatiske kraften virke i positiv retning. 1 2 mv2 > xmin F x)dx = q xmin Ex)dx = q [V ) V x min )] = q V V min ). Dette gir altså det samme uttrykket for den kinetiske energien for q = e. f) Vi lar xt) være posisjonen til elektronet. Vi har tidligere vist at det elektriske feltet er 25) Ex) = ax + b, 26) der a = ρ ɛ og b = ρd 2ɛ V d ). Newtons 2. lov gir så mẍ = F x) = qex) = qax + b) = qax + qb. 27) Altså har vi mẍ qax qb =. 28) Dette er en 2. ordens inhomogen differensialligning med løsning på formen xt) = x h t) + x p t), 29) der den homogene løsningen, x h t), er løsningen til mẍ qax =. Vi bruker prøveløsningen x h t) = c 1 e λ 1t + c 2 e λ 2t og finner λ 1,2 ved å løse den karakteristiske ligningen mλ 2 1,2 qa =, 3) slik at λ 1,2 = ±γ = ± qa m ±4.45 18 s 1. Den partikulære løsningen, x p t), kan finnes ved å betrakte den inhomogene ligningen. Det er da en konstant x p som oppfyller denne: qax p + qb =, 31) slik at x p = b a 5.9mm. Den fullstendige løsningen er da xt) = x h t) + x p t) = c 1 e γt + c 2 e γt + x p. 32) For å bestemme konstantene c 1 og c 2 blir vi også nødt til å betrakte ẋt) = γ c 1 e γt c 2 e γt). 33) 5
Initialbetingelsene for xt) er x) = og ẋ) = v slik at Løsningene for c 1 og c 2 er x) = c 1 + c 2 + x p = ẋ) = γc 1 c 2 ) = v. c 1 = v 2γ x p 2.42mm, c 2 = v 2γ x p 2 6.3mm, c 3 d x p 4.1mm. For å finne ut hvor lang tid elektronet bruker fram til platen må vi løse ligningen xt 1 ) = d. Denne ligningen kan skrives på formen c 1 e γt 1 + c 2 e γt 1 = c 3, 34) der c 3 = d x p 4.1mm som definert over. For å løse denne ligningen multipliserer vi begge sider med en faktor e γt 1 som gir c 1 e 2γt 1 c 3 e γt 1 + c 2 =. 35) Denne ligningen kan løses ved standard andregradsformel slik at e γt 1 = c 3 ± c 2 3 4c 1c 2 2c 1, 36) og dermed [ t 1 = 1 γ ln c 3 + ] c 2 3 4c 1c 2. 37) 2c 1 Vi har forkastet den negative løsningen for t 1. Setter vi inn tall for c 1, c 2 og c 3 finner vi t 1 5.4 1 9 s. 38) Oppgave 5 a) Spenningen som skal til før gjennomslag i luft er V tl = E tl d = 3 1 4 V. 39) b) La feltstyrken i porselenet være E p og i luft E l. Siden D = ɛe er den samme i begge områdene pga. grensevilkåret D 1n D 2n = ) får vi E p = E l ɛ r. 4) Spenningen mellom platene kan da uttrykkes: V = E l d d 1 ) + E p d 1 = E l [ d d 1 1 1 ɛ r )]. 41) 6
Feltstyrken må ikke overstige E tl i lufta, eller E tp i porselenet dvs. vi må ha E l < E tl og E p < E tp samtidig). Fra likning 4) ser vi at det er lufta som gir begrensningen på hvor høy feltstyrke vi kan ha. Den høyeste spenningen som kan tåles, er derfor [ V tl = E tl d d 1 1 1 )] = 6857V. 42) ɛ r Dette er en drastisk reduksjon av den tillatte spenningen! Årsaken er den høye permittiviteten i porselenet, som gjør at feltstyrken der blir sterkt redusert, med det resultat at det meste av spenningen ligger over luftgapet. Moralen er: Pass godt på luftgap i isolatorer! c) Det elektriske feltet inne i porselenet blir 7 ganger svakere enn det i luft. Mesteparten av potensialfallet vil derfor legge seg over luftlaget. Dermed blir det et stort elektrisk felt i luftlaget. Grunnen til at feltet i porselenet blir svakt, er fordi dipolene stiller seg inn etter feltet og gir en bunden flateladning på hver side. Disse bundne flateladningene produserer et elektrisk felt motsatt rettet av det opprinnelige feltet. Se fig. 2.35 s. 5 i kompendiet. 7