Lørdagsverksted i fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 2007. Veiledning: 29. september kl 12:15 – 15:00.

Løsningsforslag til øving 4: Coulombs lov. Elektrisk felt. Magnetfelt.

Oppgave 1

a) C. Elektrisk felt i negativ y-retning betyr kraft på positiv ladning i negativ y-retning. Dermed vil protonet bremses opp, snu, og komme ut av området med elektrisk felt, med hastighet v_{0} i negativ y-retning.

b) A. Pil nr 1 angir riktig retning for total kraft på ladningen i nedre høyre hjørne. Løses ved å tegne kraftpiler fra hver av de fire andre, og legge sammen.

c) C. Faktisk eneste alternativ med riktig enhet: [(Nm^{2}/C^{2}) C^{2} / (kg m)]^{1/2} = m/s, ettersom N = kg m/s^{2}. Regnes ut f.eks. på følgende måte: Hvert av de to faste protonene påvirker det bevegelige protonet med en kraft som har x-komponent

F_{x} = k \frac{e^{2}}{d^{2}} cos θ = k \frac{e^{2}}{x^{2} + a^{2}} \frac{x}{\sqrt{x^{2} + a^{2}}}

Her er d = \sqrt{x^{2} + a^{2}} avstanden mellom fast og bevegelig proton når sistnevnte har kommet til posisjon x, mens θ er vinkelen mellom x-aksen og F_{x}. Av symmetrigrunner er bare xkomponenten av interesse. Arbeidet som utføres på det bevegelige protonet, når det flyttes fra x = 0 til x = ∞, blir dermed

W = ∫_{0}^{∞} 2F_{x}dx = 2ke^{2} ∫_{0}^{∞} \frac{x dx}{(x^{2} + a^{2})^{3/2}} = \frac{2ke^{2}}{a}

der vi brukte det oppgitte integralet fra Oppgave 10. Dette må bli det bevegelige protonets kinetiske energi uendelig langt ute på x-aksen, dermed

v = \sqrt{2W/m_{p}} = \sqrt{4ke^{2}/m_{p}a}

d) A.

F = k \frac{e^{2}}{r^{2}} = 9 · 10^{9} · \begin{matrix}(1.6 · 10^{−19}) & 2 \\ (4 · 10^{−9}) & 2 \end{matrix} = 1.44 · 10^{−11} N = 14.4 pN

e) C. Tiltrekkende kraft mot venstre: 1 (Vi dropper faktorene 4πε_{0} og q^{2} og setter lengden av kvadratets sidekant lik 1.) Tiltrekkende kraft nedover: 3. Frastøtende kraft på skrå oppover mot høyre: (2\sqrt{2}/(\sqrt{2}^{2}) = \sqrt{2}. Horisontalkomponenten av denne er \sqrt{2} · sin π/4 = 1, som dermed akkurat kansellerer den tiltrekkende kraften mot venstre (fra ladningen i øvre venstre hjørne). Vertikalkomponenten av kraften på skrå oppover mot høyre blir også lik 1, slik at total kraft blir lik 2, rettet nedover. Dermed pil nr 3. f) A. I punktene A og C bidrar de to ladningene til det elektriske feltet med vektorer som peker i samme retning. Det totale feltet der kan da ikke bli null. I punktet B peker feltbidragene fra q_{1} og q_{2} i motsatt retning, så der kan det totale feltet tenkes å bli null.

g) A. Total kraft på ladningen Q med masse M:

F = \frac{kQ^{2}}{a^{2}} − \frac{kQ^{2}}{4a^{2}} = \frac{3kQ^{2}}{4a^{2}}

som gir akselerasjonen

a = F/M = \frac{3kQ^{2}}{4Ma^{2}}

h) C. Tiltrekkende kraft fra ladningen øverst: kq^{2}/a^{2}. Nedoverkomponent av tiltrekkende kraft fra en av ladningene nederst: kαq^{2} cos(π/4)/a^{2}. Vi har to slike, og cos(π/4) = \sqrt{2}/2. Dermed: 2α · \sqrt{2}/2 = 1, dvs α = 1/\sqrt{2}.

i) B.

F = k/r^{2}, F′ = k/(1.2r)^{2} = k/1.44r^{2} = 0.69k/r^{2} = 0.69F

j) C. Elektron har negativ ladning, følgelig representerer uniformt elektrisk felt med retning mot høyre en uniform kraft på elektronet, med retning mot venstre. Altså, akselerasjon mot venstre, i følge Newtons 2. lov.

k) C. Underskudd på negativt ladde elektroner må bety en netto positiv ladning. Og med underskudd på 5 milliarder elektroner, hver med ladning −1.6 · 10^{−19} C, ender vi opp med en netto ladning 8 · 10^{−10} C = 0.8 nC.

l) C. Den negativt ladete kula faller ned når den elektrostatiske tiltrekningskraften blir mindre enn tyngdekraften. Verdien av h + 0.2 (dvs h i meter) bestemmes derfor av ligningen

\frac{kq_{−} · q_{+}}{(h + 0.2)^{2}} = mg

Vi løser ligningen med hensyn på h, setter inn oppgitte verdier og finner

h = \sqrt{\frac{kq_{−} · q_{+}}{mg}} − 0.2 = \sqrt{\frac{4 · 10^{−6} · 40 · 10^{−6} · 9 · 10^{9}}{0.050 · 9.8}} − 0.2 ≃ 1.51

m) C. Totalt elektrisk felt i P er vektorsummen av bidragene fra de fire punktladningene. Konfigurasjonen i figur 3 gir den største feltstyrken. (Ingen feltbidrag har her komponent oppover.) n) D. Av symmetrigrunner.

o) C. Av symmetrigrunner.

p) B. Newtons 3. lov: Kraft og motkraft er like store.

q) D. Den magnetiske kraften må stå vinkelrett på hastighetsvektoren v, som her har retning mot nord. Retning mot nordøst er ikke vinkelrett på retning mot nord. Oppgave 2

a) Noe i denne stilen:

Kommentar: Må ha et bestemt antall feltlinjer pr ladningsenhet. Dermed: Hvis det går 4 feltlinjer ut fra ladningen q, må det komme 8 feltlinjer inn mot ladningen −2q.

b) Tiltrekkende kraft mellom q_{1} og q_{2} (dvs kraft mot høyre på q_{1}):

F_{12} = \frac{kq_{1}q_{2}}{r_{12}^{2}} = \frac{9 · 10^{9} · 6.0 · 10^{−6} · 4.0 · 10^{−6}}{3.0^{2}} = 0.024 N

Frastøtende kraft mellom q_{1} og q_{3} (dvs kraft mot venstre på q_{1}):

F_{13} = \frac{kq_{1}q_{3}}{r_{13}^{2}} = \frac{9 · 10^{9} · 6.0 · 10^{−6} · 6.0 · 10^{−6}}{6.0^{2}} = 0.009 N

Alt i alt en kraft 0.015 N mot høyre på ladningen q_{1}.

c) Frastøtende elektrisk kraft mellom to protoner i innbyrdes avstand r:

F_{e} = \frac{ke^{2}}{r^{2}}

Tiltrekkende gravitasjonskraft mellom to partikler med masse m i innbyrdes avstand r:

F_{g} = \frac{Gm^{2}}{r^{2}}

Skal disse være like store i absoluttverdi, må massen være

m = e\sqrt{k/G}

Her er G = 6.67 · 10^{−11} N m^{2}/kg^{2} gravitasjonskonstanten. Innsetting av tallverdier gir

m = 1.6 · 10^{−19} · \sqrt{9 · 10^{9}/(6.67 · 10^{−11})} = 1.9 · 10^{−9} kg

I virkeligheten har protonet en masse m_{p} = 1.67 · 10^{−27} kg, så forholdet mellom F_{g} og F_{e} er i virkeligheten

\frac{F_{g}}{F_{e}} = \frac{Gm_{p}^{2}}{ke^{2}} = 8.1 · 10^{−37}

Oppgave 3

a) Stangas totale ladning:

Q = λL = 3.5 · 10^{−9} · 5 = 17.5 nC

b) Feltbidrag i posisjon x fra liten bit av stanga dx′ i posisjon x′:

dE = \frac{kdq′}{(x − x′)^{2}} = \frac{kλdx′}{(x − x′)^{2}}

Totalt felt i posisjon x fra hele stanga:

E(x) = ∫ dE = ∫_{0}^{L} \frac{kλdx′}{(x − x′)^{2}} = kλ [\frac{1}{x − L} − \frac{1}{x}] = \frac{kλL}{x(x − L)} = \frac{kQ}{x(x − L)}

Vi har kQ = 157.5 Nm^{2}/C. Innsetting av de ulike posisjonene gir dermed E(6) = 157.5/(6·1) = 26.25 N/C, E(9) = 157.5/(9 · 4) = 4.375 N/C og E(250) = 157.5/(250 · 245) = 2.57 mN/C.

c) En punktladning Q i origo gir et elektrisk felt i x = 250 m lik

E = 157.5/250^{2} = 2.52 mN/C

Vi ser at denne tilnærmede verdien bare er ca 2% feil, og at den tilsvarer at vi neglisjerer lengden L i faktoren x − L i nevneren i det eksakte uttrykket:

E(x) = \frac{kQ}{x(x − L)} ≃ \frac{kQ}{x^{2}}

når x ≫ L.

Oppgave 4 a)

Figur 1: Kreftene som virker på q_{3}

F_{1} = k \frac{q_{1}q_{3}}{r_{1}^{2}} , F_{2} = k \frac{q_{2}q_{3}}{r_{2}^{2}} , der r_{1} = 4.0m og r_{2} = 3.0m. Vi får da F_{1} = −2.11 · 10^{−6} N og F_{2} = −1.25 · 10^{−6} N. |F | = \sqrt{F_{1}^{2} + F_{2}^{2}} = 2.5 · 10^{−6} N. tan θ = \frac{F_{2}}{F_{1}} , θ = 30.1^{∘}. b)

Figur 2: Ladningen ligger mellom q_{1} og q_{2}

Avstanden mellom q_{1} og q_{2} er \sqrt{(3m)^{2} + (4m)^{2}} = 5 m. F_{1} = k \frac{qq_{1}}{r^{2}} og F_{2} = k \frac{qq_{2}}{(5−r)^{2}} .

∑ F = F_{1} − F_{2} = k \frac{qq_{1}}{r^{2}} − k \frac{qq_{2}}{(5 − r)^{2}} = ma

Vi skal finne ut hvor a = 0, og får da

k \frac{qq_{1}}{r^{2}} − k \frac{qq_{2}}{(5 − r)^{2}} = 0

kq (\frac{q_{1}}{r^{2}} − \frac{q_{2}}{(5 − r)^{2}} ) = 0

\frac{q_{1}}{r^{2}} = \frac{q_{2}}{(5 − r)^{2}}

(\frac{q_{2}}{q_{1}} − 1) r^{2} + 10r − 25 = 0

Vi får to løsninger

r = \frac{−10 ± \sqrt{100 · \frac{q_{2}}{q_{1}}}}{2 (\frac{q_{2}}{q_{1}} − 1)}  (1)

\frac{q_{2}}{q_{1}} = \frac{1}{3}, så

r = \frac{−10 ± \sqrt{\frac{100}{3}}}{−\frac{4}{3}}

r_{1} ≈ 11.83m, r_{2} ≈ 3.2m

Siden avstanden mellom q_{1} og q_{2} er 5 m, ser vi at kun r_{2} kan være en løsning, så partikkelen er 3.2m fra q_{1} når akselerasjonen er 0.

Oppgave 5

a) Elektrisk feltstyrke er elektrisk kraft per enhet ladning:

E⃗ = \frac{F⃗}{q}

b)

Figur 3: Pendelen med krefter tegnet inn

Siden pendelkulen er i ro, må summen av kreftene som virker på den være lik 0. Vi kan dekomponere kreftene og se på x-retningen og y-retningen hver for seg.

F_{y} = S · cosα − mg
F_{x} = S · sinα − F_{e}

F_{e} = Eq, der E er feltstyrken vi skal finne. Ved å dele de to ligningene på hverandre finner vi

\frac{F_{x}}{F_{y}} = \frac{S · sinα}{S · cosα} = \frac{Eq}{mg}

E = \frac{mg}{q} tanα

Oppgave 6

a) Vinkelrett ut av papiret.

b) Vi må ha at F_{e} = F_{m}

Eq = qvB
E = vB

v = \frac{E}{B} = 2.0 · 10^{5} \frac{m}{s}

c) Isotopen går nå i en sirkelbane, og den eneste kraften er F_{m}. Vi får F_{m} = ma = m\frac{v^{2}}{r}.

m\frac{v^{2}}{r} = F_{m} = qvB

\frac{mv}{r} = qB

m = \frac{qrB}{v}

v fant vi i punkt b), og vi har at q = e siden vi har oppgitt at ionene har en positiv elementærladning. Vi finner da

m ≈ 3.5 · 10^{−26}kg  (2)

Oppgave 7 a)

F = qvB = ma = mv^{2}/r

som gir

r = mv/qB

Her er m = m_{e} = 9.1·10^{−31} kg, q = e = 1.6·10^{−19} C, B = 4·10^{−7} T og v = 10^{7} m/s. Innsetting gir da r = 142 m.

b) Innsetting gir nå r = 2.8 m.

Oppgave 8

Den ladde partikkelen vil, i hvert av de tre områdene, følge en sirkulær bane med krumningsradius som er omvendt proporsjonal med den magnetiske feltstyrken, jfr oppgaven over. Dermed skulle banen bli omtrent slik:

Oppgave 9

a) På grunn av symmetrien i problemet er det vel innlysende at testladningen Q blir utsatt for null nettokraft, idet kreftene fra to og to ladninger kansellerer hverandre: b) Vi fjerner en av ladningene, f.eks. den “øverste”:

Det er da umiddelbart klart at nettokraften på Q blir lik kraften fra den ladningen vi fjernet, med motsatt fortegn, altså -F_{2}. Vi har her brukt superposisjonsprinsippet. Matematisk kunne vi f.eks. formulere løsningen slik: La ∑_{(6)} F_{i} angi nettokraften med alle 6 ladningene til stede og ∑_{(5)} F_{i} nettokraften etter vi har fjernet ladningen som påvirket Q med kraften F_{2}. Da er

∑_{(5)} F_{i} = ∑_{(6)} F_{i} − F_{2} = 0 − F_{2} = −F_{2}

c) Også med et odde antall q-ladninger, f.eks. 7, må nettokraften på testladningen Q i sentrum bli lik null. Anta at nettokraften ikke var null. En dreining av systemet på 360/7 ^{∘} i papirplanet ville da medføre at nettokraften endret retning. Men systemet er uendret som følge av en slik dreining, så kraften på Q kan heller ikke ha endret seg og må følgelig være null. Hvis noen mot formodning ikke er overbevist, er det jo bare å regne ut nettokraften. Legg Q i origo og (f.eks.) den ene q på x-aksen:

Nettokraften på Q blir da:

F = F_{x}x̂ + F_{y}ŷ
= F_{0} (1 + 2 cos 2π/7 + 2 cos 4π/7 + 2 cos 6π/7) x̂ +

F_{0} (0 + sin 2π/7 + sin(−2π/7) + sin 4π/7 + sin(−4π/7) + sin 6π/7 + sin(−6π/7)) ŷ

= F_{0} (1 + 1.247 − 0.445 − 1.802) x̂
= 0

Her har vi satt absoluttverdien av kraften mellom q og Q lik F_{0} og benyttet at cos(−x) = cos x og sin(−x) = − sin x.

Oppgave 10

De tynne ringene har omkrets 2πr og ”tykkelse” dr, slik at arealet av dem blir 2πr · dr. Ladningen på en slik ring blir derfor σ·2πr·dr. Avstanden fra en slik ring til et punkt på symmetriaksen blir \sqrt{r^{2} + L^{2}} når punktet ligger i en avstand L fra det ladde planet. Pga symmetri vil bare komponenten av det elektriske feltet som står vinkelrett på planet ”overleve”. Denne komponenten får vi ved å multiplisere med en faktor cos θ = L/\sqrt{r^{2} + L^{2}}. Dermed har vi det vi trenger for å bestemme det totale elektriske feltet i avstand L fra et uendelig stort ladd plan:

E = ∫ dE = ∫_{0}^{∞} \frac{k · σ · 2πr · dr}{r^{2} + L^{2}} · \frac{L}{\sqrt{r^{2} + L^{2}}} = 2kπσL ∫_{0}^{∞} \frac{rdr}{(r^{2} + L^{2})^{3/2}} = 2kπσ

Her har vi brukt det oppgitte integralet, med x → r og a → L. Vi ser at feltstyrken blir uavhengig av avstanden L!