1. No category

Lösningar till uppgifter i elektrostatik 2015-09-23
Uppgift 1
Den totala laddningen på laddningsfördelningen är noll. Laddningsfördelningens dipolbidrag
ger därför det dominerande bidraget till kraften på stora avstånd.
Laddningens dipolmoment p fås ur
p=
n
X
i=1
qi r i = (−q)(−dẑ) + 3q0ẑ + (−2q)(dẑ) = −qdẑ
Det elektriska fältet på stort avstånd ges av p = qd)
p E dip (r, θ) = −
2 cos θr̂ + sin θθ̂
4πǫ0 r 3
och kraften F (r, θ) på Q blir
F (r, θ) = QE dip (r, θ) = −
qQd 2
cos
θr̂
+
sin
θ
θ̂
4πǫ0 r 3
Uppgift 2
z
ρS
h
P
z=0
h
−ρS
Introducera ett koordinatsystem så att det jordade planet sammanfaller med planet z = 0,
och skivans centrum med punkten (0, 0, h).
a) Problemet består av flera delproblem:
1. Spegla ytladdningen i planet för att få rätt fältbild i området ovanför planet
2. Ytladdningstätheten i punkten P ges av ρplan
S (P ) = ǫ0 ẑ · E(0) där E(0) är fältet från
skivan och dess spegelbild
3. Inse att bidragen från skivan och dess spegelbild ger lika stort bidrag i planet
4. Bestäm det elektriska fältet från skivan
5. Från det elektriska fältet bestäm ytladdningstätheten på planet
Steg 4: Fältet från enbart skivan i punkten (0, 0, 0) ges av (r ′ = ρρ̂ + hẑ)
ZZ
Z a Z 2π
0 − r′
ρS
ρρ̂ + hẑ
ρS
′
dS = −
ρ dφ dρ
E 1 (0) =
4πǫ0
|0 − r ′ |3
4πǫ0 0
(ρ2 + h2 )3/2
0
Skivan
Z
ρS hẑ a
h
ρ dρ
ρS ẑ
=−
1− √
=−
2ǫ0 0 (ρ2 + h2 )3/2
2ǫ0
a2 + h2
Steg 5: Därmed blir ytladdningstätheten
ρplan
S (P )
h
= −ρS 1 − √
a2 + h2
plan
pb) Ytladdningstätheten ges av ρS (40a, 30a, 0) = ε0 Ez (40a, 30a, 0). Avståndet från origo,
(40a)2 + (30a)2 = 50a, är såpass stort att vi kan använda dipolapproximationen för att
bestämma Ez . Denna ger
E(r) =
p
(2 cos θr̂ + sin θθ̂)
4πε0 r 3
där dipolmomentet är skivans laddning Q = ρS πa2 gånger avståndet 2h mellan skivan och
dess spegelladdning.
I punkten (40a, 30a, 0) gäller r = 50a, θ = π/2, θ̂ = −ẑ. Det ger
ρplan
S (40a, 30a, 0) ≈ −
p
4π(50a)3
där p = 2hρS πa2 .
Figuren visar en beräkning, gjord i Comsol, av det elektriska fältet
Uppgift 3
a)
1. Sant. Påståendet är att det elektriska fältet E = E(r)r̂ är riktat radiellt utåt och
beror endast av r. Det innebär också att potettialen V (r) endast beror av r. Vi kan
kontrollera att E(r) = E(r)r̂ och V (r) satisfierar alla randvillkor. Randvillkoren är:
1. Potentialen är konstant på varje metallyta. 2. Tangentialkomponenten av E är
kontinuerlig i gränsytan mellan dielektrikumet och vakuum. 3. Normalkomponenten
av D är kontinuerlig vid gränsytan mellan dielektrikumet och vakuum. Det är klart att
1 och 2 är uppfyllda. 3 är uppfylld pga av att normalkomponenten av E och därmed
av D är noll vid gränsytan.
2. Falskt. D = ε0 E i vakuumdelarna och D = ε0 εr E i dielektrikumet.
3. Sant. Följer av analysen för 1.
4. Sant. Det yttersta skalet är jordat. Därmed är E = 0 utanför detta. Gauss lag säger
då att totalladdningen för systemet är noll. Det mittersta skalet och dielektrikumet
har noll totalladdning. Då måste det innersta och yttersta skalen ha samma laddning
men med motsatt tecken.
5. Sant. E beror bara av r och då beror D endast av r mellan det mittersta och yttersta
skalet. Ytladdningen på utsidan av mellanskalet är då konstant.
6. Falskt. E beror bara av r. Eftersom den fria ytladdningstätheten ges av ρS = n̂·D och
D = ǫ0 E i vakuumdelen och D = ǫ0 εr E vid dielektrikat är den fria ytladdningstätheten εr gånger större vid dielektrikat än i vakuumdelen.
7. Falskt. På insidan är V konstant, E = 0 och därmed Qin = 0.
8. Sant. Det mellersta skalet är oladdat och då måste laddningarna ta ut varandra.
9. Falskt. Qut = 0 enligt 4.
b) Vi bestämmer först kapacitansen mellan två sfärer med konstant εr mellan sig. Därefter
fås totala kapacitansen genom serie- och parallellkoplingar.
Antag två koncentriska sfäriska metallskal med radie a respektive b > a. Mellan sfärerna
finns ett material med permittivitet εr . Låt nu den inre sfären ha laddningen Q och den
Q
yttre −Q. Sfärisk symmetri ger D = D(r). Gauss lag ger då D(r) =
r̂ mellan skalen.
4πr 2
Q
Det ger E(r) =
r̂ mellan skalen. Spänningen mellan skalen är
4πε0 εr r 2
Z b
1 1
Q
−
V =−
E(r) · r̂dr =
4πε0 εr a b
a
Kapacitansen är därmed
Q
ba
= 4πε0 εr
(1)
V
b−a
Vi kan se denna kondensator som två parallellkoppplade kondensatorer där var och en av
dessa utgörs av två halvsfäriska skal. Kapacitansen för två parallellkopplade kondensatorer
C=
är summan av deras kapacitanser. Därmed är kapacitansen för en kondensator bestående
av två halvsfäriska skal
ab
(2)
Chalv = 2πε0εr
b−a
Totala kapacitansen C för vårt system ges av en seriekoppling av den yttre och inre kon1
1
1
densatorn
=
+
där Cyttre är kapacitansen mellan r = 2a och r = 3a och
C
Cyttre
Cinre
Cinre är kapacitansen mellan r = a och r = 2a. Vi utnyttjar att Cinre kan ses som två
parallellkopplade kapacitanser. Enligt (??) och (??) gäller
Cyttre = 24πε0a
Cinre = 4πε0(1 + εr )a
Det ger
C=
24πaε0(1 + εr )
7 + εr
Uppgift 4
I samtliga deluppgifter använder vi Ampèrs lag på integralform på en ledare i taget. Vi
kommer alltid att låta kurvan C vara en cirkel kring ledarens symmetriaxeln vilket ger
H(r) =
Iin
φ̂
2πrc
där Iin är strömmen som går genom C. Riktningen på strömmen är här relaterade till φ̂ via
skruvregeln. Totala magnetfältet ges som en superposition av de båda ledarnas magnetfält.
a) I origo gäller för båda ledarna att rc = a och φ̂ = ŷ. Det ger
H(0, 0, 0) =
I
ŷ
πa
b) Den yttre ledaren ger inget magnetfält i det inre området. Den lilla ledaren ger
H(−a, 0, 0) =
I
ŷ
4πa
c) Tricket är att se det vita området som en superposition av två likadana områden med
I
I
strömtätheter J =
ẑ respektive J = −
ẑ. Då är magnetfältet en summa av fältet
2
4πa
4πa2
I
I
ẑ
respektive
J
=
−
ẑ. I det vita området ges
från två cirkulära ledare med J =
4πa2
4πa2
den vänstra cirkulära ledarens fält H 1 och den högra cirkulära ledarens fält H 2 av
Jπr12
φ̂
2πr1 1
Jπr22
H 2 (r) = −
φ̂
2πr2 2
H 1 (r) =
där J =
I
och
4πa2
p
(x + a)2 + y 2
1
φ̂1 = (−y, x + a)
r
p1
r2 = (x − a)2 + y 2
1
φ̂2 = (−y, x − a)
r2
r1 =
Det ger
H(r) = H 1 (r) + H 2 (r) = Jaŷ =
Figuren visar en beräkning av magnetfältet gjord i Comsol.
I
ŷ
4πa
Uppgift 5
z
ρℓ = Q/l
l
h
z=0
h
−ρℓ = −Q/l
l
Intuitivt verkar en vertikal kraft mellan nålen och och dess spegelbild i planet nedåt (negativ
z-komponent). Problemet består av flera delproblem:
1. Spegla linjeladdningen i planet för att få rätt fältbild i området ovanför planet
2. Bestäm det elektriska fältet från spegelbilden av staven
3. Integrera upp kraften på staven från fältet från stavens spegelbild
Steg 2: Det elektriska fältet i en punkt r = zẑ, z > 0, på den vertikal axeln från spegelbilden är (källpunkt r ′ = z ′ ẑ, linjeladdningstäthet ρℓ = Q/l, linjemått dℓ′ = dz ′ )
Z
r − r′
Q
dℓ′
E(r) = −
′
3
4πǫ0 l
|r − r |
Spegelladdning
Qẑ
=−
4πǫ0 l
Z
−h
−l−h
Qẑ
1
′
dz
=
−
(z − z ′ )2
4πǫ0 l
1
1
−
z+h z+l+h
Steg 3: Den totala kraften F (h) på nålen blir således
Z
Z l+h Q2 ẑ
1
1
Q l+h
dz
E(z) dz = −
−
F (h) =
l h
4πǫ0 l2 h
z+h z+l+h
Q2 ẑ
l + 2h
2h + 2l
(l + 2h)2
Q2 ẑ
=
−
ln
−
ln
ln
=−
4πǫ0 l2
2h
l + 2h
4πǫ0 l2 2h(2h + 2l)
Q2 ẑ
l2
F (h) = −
ln 1 +
4πǫ0 l2
4h(h + l)
Kraften är attraktiv, som förväntat. Figuren nedan visar fältlinjerna då h = l (Comsol).
Uppgift 6
Problemet har sfärisk symmetri, vilket medför att E(r) = E(r)r̂, och V (r) = V (r).
1. Gauss lag
ZZ
E · n̂ dS = Qenc. /ε0
S
används för en sfärisk yta S med radie r.
Det vänstra ledet blir (E(r) · n̂ = E(r)r̂ · r̂ = E(r))
ZZ
E · n̂ dS = 4πr 2 E(r)
S
och den inneslutna laddningen Qenc. i det högra ledet beräknas utgående från rymdladdningstätheten ρ(r). För r < a integrerar vi upp den totalt inneslutna laddningen
i klotet med radie r. Vi får
ZZZ
Z r
2
′
′
Qenc. =
ρ(r ) dv = 4π
αr ′ r ′ dr ′ = παr 4
0
|r′ |≤r
För r > a integrerar vi endast upp till r = a eftersom det utanför r = a inte finns
några laddningar. Vi får
ZZZ
Z a
2
′
′
Qenc. =
ρ(r ) dv = 4π
αr ′ r ′ dr ′ = παa4
0
|r ′ |≤a
Sammanfattningsvis,
Qenc. =
Det elektriska fältet blir
(
παr 4, r ≤ a
παa4 , r ≥ a
αr̂
Qenc. r̂
=
E(r) = E(r)r̂ =
2
4πε0 r
4ǫ0
(
r2 ,
r≤a
4
2
a /r , r ≥ a
2. Poissons ekvation
där laddningstätheten ρ(r) är
∇2 V = −ρ/ε0
(
αr, r < a
ρ(r) =
0,
r>a
Potentialen kan p.g.a. den sfäriska symmetrin endast bero på radien r. Randvärdesproblemet blir
(


r, r < a
α
dV
(r)
d
1

2

r
=
−


r 2 dr
dr
ǫ0 0, r > a






 V ändlig överallt
V (r = a− ) = V (r = a+ )




dV
(r)
dV
(r)


=


 dr r=a−
dr r=a+



V (r → ∞) = 0 (jord)
Lösningen är
(a) I området r < a får vi
d
dr
med allmän lösning
r
2 dV
(r)
dr
α
= − r3
ǫ0
A
αr 3
− +B
V (r) = −
12ǫ0
r
där A och B är konstanter.
(b) I området r > a får vi en allmän lösning
V (r) = −
C
+D
r
där C och D är konstanter.
Randvillkoren ovan ger följande ekvationssystem

A=0




3


 − αa − A + B = − C + D

12ǫ0
a
a
⇒
2

αa
A
C


−
+ 2 = 2


4ǫ0
a
a



D=0
Potentialen blir
och det elektriska fältet

A=0




3


 B = αa

3ǫ0

αa4


C
=
−


4ǫ0



D=0

4a3 − r 3 , r ≤ a
α 
V (r) =
12ǫ0 
3a4 /r,
r≥a
(
r≤a
αr̂ r 2 ,
E(r) = −∇V (r) =
4
2
4ǫ0 a /r , r ≥ a
3. Med Coulombs lag skall följande integral beräknas:
ZZ
ρ(r ′ )(r − r ′ ) ′
1
dv
E(r) =
4πε0
|r − r ′ |3
r≤a
På grund av symmetrin räcker det att beräkna fältet på positiva z-axeln (vi orienterar
z-axeln längs mätpunktens riktning). Mätpunkten blir r = rẑ och källpunkten blir
r ′ = r ′ r̂′ . Integralen löses i det sfäriska koordinatsystemet.
Z 2π Z π Z a
ZZ
′
rẑ − r ′ r̂ ′
′
′2
′
′
′
′
′
′ r−r
dv
=
α
r
αr
3/2 r sin θ dr dθ dφ
2
2
′
′
′
|r − r ′ |3
0
0
0
r + r − 2rr cos θ
r≤a
med lösning
Z 2π Z π Z
α
0
0
= ẑ2πα
r 2 + r − 2rr ′ cos θ′
0
a
1
Z
a
0
3
′2
Z
−1
= ẑ2πα
rẑ − r ′ r̂′
a
Z
0
r2
+
r − r′t
r′2
−
′
′
′
′
′
′
3/2 r sin θ dr dθ dφ = (cos θ = t)
3
3/2
2rr ′ t
r ′ dr ′ dt = (part.-int. m.a.p. t-variabeln) =
r − r′
1
|r − r ′ | r + r
−
−
+ 2 ′
rr ′ |r − r ′ | rr ′
r2r′
r r
′
′3
′
r dr = ẑπα
(
r≤a

a4 /r 2 , r ≥ a
som ger (ẑ = r̂ generellt)
αr̂
E(r) =
4ǫ0


r 2 ,
r2,
r≤a
a4 /r 2 , r ≥ a
4. Om vi först väljer att bestämma potentialen V (r) mha. integraluttrycket
ZZ
ZZ
1
ρ(r ′ )
r′
α
′
V (r) =
dv
=
dv ′
4πε0
|r − r ′ |
4πε0
|r − r ′ |
r≤a
r≤a
får vi p.s.s. ovan
α
V (r) =
4πε0
α
4πε0
r′
dv ′
|r − r ′ |
r≤a
Z πZ a
ZZ
1
3
′
′
′
′
1/2 r sin θ dr dθ
0
0
r 2 + r − 2rr ′ cos θ′

4a3 − r 3 , r ≤ a
Z a
α
α 
′
′
′2
′
=−
(|r − r | − (r + r )) r dr =
2ε0 r 0
12ǫ0 
3a4 /r,
r≥a
=
′2
och det elektriska fältet
αr̂
E(r) = −∇V (r) =
4ǫ0
(
r2,
r≤a
4
2
a /r , r ≥ a