1. No category

NTNU
Institutt for elektronikk og telekommunikasjon,
Fakultet for informatikk, matematikk og elektronikk,
Norges teknisk-naturvitenskapelige universitet
TFE4120 Elektromagnetisme - Forkurs
Løsningsforslag øving 1
Oppgave 1
La xy-planet sammenfalle med papirplanet. Kraften p˚
a ladningen −Q er da gitt ved
Coulombs lov
!
!#
" √
√
√
3
3
−Q2 3
1
1
Q2
ˆ+ x
ˆ +
ˆ− x
ˆ
ˆ.
=
y
y
y
F=−
4π0 a2
2
2
2
2
4π0 a2
(1)
Oppgave 2
a) ii)
Potensialet fra de respektive punktladningene vær for seg vil være gitt av
V± =
±Q
4π0 R±
(2)
hvor R± er avstanden til den henholdsvis den positive og den negative ladningen. N˚
ar vi
har begge ladningene til stede, vil det totale potensiale være gitt som en superposisjon;
og vil følgelig være 0 n˚
ar avstandene R+ = R− .
Det elektriske feltet fra punktladningene er tilsvarende gitt av
E± =
±Q ˆ
2 R±
4π0 R±
(3)
ˆ ± vil peke i motsatt retning
her m˚
a vi ikke glemme at de tilsvarende enhetsvektorene R
midt i mellom ladningene, slik at det elektriske feltet vil ikke summeres til ˚
a bli 0 (med
mindre Q=0).
b) iv)
Potensialet som funksjon av x fra Q1 vil være gitt av:
VQ1 =
1
−q
4π0 |x + h|
(4)
Tilsvarende vil potensialet fra Q2 som funksjon av x være gitt av:
VQ2 =
4q
4π0 |x − h|
(5)
Det totale potensialet vil da være gitt av:
V = VQ1 + VQ2
q
=
4π0
4
1
−
|x − h| |x + h|
(6)
Ved ˚
a sette inn de oppgitte alternativene for x, ser vi at bare alternativ iv) gir V = 0.
c) iii)
Alternativ i) er feil ettersom legemet kan for eksempel være en dipol, som har netto null
ladning, men som det allikevel virker elektrostatiske krefter.
Alternativ ii) er feil, Coulombs lov er et eksperimentelt faktum, og kan følgelig ikke vises.
Alternativ iii) er korrekt, Coulombs lov gjelder for punktladninger.
Alternativ iv) er følgelig feil da i) og ii) er feil.
Oppgave 3
a) Potensialet er gitt av
V (z) =
1
4π0
Z
disk
ρs dS
,
R
(7)
der R er avstanden fra ladningselementet til observasjonspunktet og dS et
overflateelement. Fra figuren under ser vi at dS = 2πrdr og R2 = r2 + z 2 . Derivasjon gir
2RdR = 2rdr s˚
a vi kan uttrykke
Z
2πρs a rdr
V (z) =
4π0 0 R
Z √z 2 +a2
ρs
RdR
(8)
=
20 z
R
ρ s p 2
=
z + a2 − z .
20
b) Det elektriske feltet er gitt av E = −∇V . Her er E = (0, 0, Ez ) pga. symmetrien i
oppgaven. Vi regner ut direkte
∂
V (z)
∂z
p
ρs ∂ 2
2
=
z− z +a
20 ∂z
z
ρs
=
1− √
, for z > 0.
20
z 2 + a2
Ez = −
P˚
a vektorform skriver vi
ρs
E=
20
z
ˆ.
1− √
z
z 2 + a2
2
(9)
(10)
z
dS = 2πrdr
√
z 2 + r2
r
dr
a
√
c) N˚
ar z a vil 1 − z/ z 2 + a2 ≈ 1. Alts˚
a blir E-feltet
ρs
z
ρs
E(z → 0) = lim
1− √
ˆ
z.
ˆ
z=
z→0 20
20
z 2 + a2
(11)
Dette er likt feltet fra en uendelig stor plan flate med ladningstetthet ρs .
For ˚
a undersøke den andre grensen bruker vi tilnærmelsen
√
z
=
2
z + a2
−1/2
a2
1 a2
1+ 2
≈1−
,
z
2 z2
(12)
n˚
ar a/z er en liten størrelse. Bruker vi at den totale ladningen til flaten er Qs = ρs πa2
finner vi
ρs
1 a2
ˆ
E=
z
1− 1−
20
2 z2
ρs a2
(13)
ˆ
=
z
40 z 2
Q
ˆ,
z
=
4π0 z 2
der Q = ρs πa2 er den totale ladningen til disken. 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”.
3
Oppgave 4
Ved hjelp av superposisjon innser vi at vi kan finne svaret ved ˚
a trekke svaret i oppgave 1b)
fra svaret i oppgave 1d). Vi finner s˚
a at
ρs
ρs
z
ˆ−
ˆ
E=
z
1− √
z
20
20
z 2 + a2
(14)
z
ρs
√
ˆ.
z
=
20 z 2 + a2
4