TFY4104 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU. Høsten 2015. Løsningsforslag til Test 7.

Oppgave 1 Newtons 2. lov for rotasjon om fast akse,

τ = L̇ = Iω̇ = Iθ̈,

med dreiemoment τ = −Dθ gir ligningen

−Dθ = Iθ̈ ⇒ θ̈ + \frac{D}{I} θ = 0.

Dette er en harmonisk oscillator med vinkelfrekvens ω_{0} = \sqrt{D/I}, og dermed svingetid T = 2π\sqrt{I/D}. Riktig svar: A.

Oppgave 2 Steiners sats gir at kulas treghetsmoment mhp en akse gjennom festepunktet er

I = I_{0} + Md^{2} = \frac{2}{5}MR^{2} + M(3R/2)^{2} = \frac{53}{20}MR^{2}.

Svingetiden blir dermed

T = 2π\sqrt{\frac{I}{Mgd}} = 2π\sqrt{\frac{53R}{30g}},

som med R = 0.05 m og g = 9.81 m/s^{2} gir T = 0.6 s. Riktig svar: C.

Oppgave 3 Steiners sats gir at kulas treghetsmoment mhp en akse gjennom festepunktet er

I = I_{0} + Md^{2} = \frac{2}{3}MR^{2} + M(2R)^{2} = \frac{14}{3}MR^{2}.

Svingetiden blir dermed

T = 2π\sqrt{\frac{I}{Mgd}} = 2π\sqrt{\frac{7R}{3g}}.

Riktig svar: D.

Oppgave 4 Newtons 2. lov gir her ligningen

−kx − bẋ = mẍ,

som f.eks kan skrives

mẍ + kx = −bẋ.

Vi regner så ut dE/dt (med bruk av kjerneregelen for derivasjon):

\frac{dE}{dt} = mẋẍ + kxẋ = ẋ(mẍ + kx).

Her kan de to leddene i parentes erstattes av −bẋ, slik at |dE/dt| = bẋ^{2}. Riktig svar: E.

Oppgave 5 Nei, det er nok ikke bare å stille seg oppå ei fjærvekt og lese av tyngden, og dermed massen, når det ikke lenger er noen tyngdekraft til stede! Men med en enkel harmonisk oscillator går det fint. Stolen har, med m_{0} = 42 kg og T_{0} = 0.79 s, fjærkonstant

k = \frac{4π^{2}m_{0}}{T_{0}^{2}} = 2657 N/m.

Stol pluss astronaut har dermed, med T_{1} = 1.36 s, masse

m_{1} = \frac{kT_{1}^{2}}{4π^{2}} = 124 kg.

Astronautens masse er da 82 kg. Riktig svar: C.

Oppgave 6 Ligningen for ladningen Q på kondensatoren kan skrives på formen

Q̈ + \frac{1}{LC} Q = 0,

og vi gjenkjenner en harmonisk oscillator med frekvens

f = \frac{ω_{0}}{2π} = \frac{1}{2π\sqrt{LC}} .

Riktig svar: B.

Oppgave 7 Vi har et elektron pr 2 kjernepartikler, dvs en kroppsmasse 2u pr elektron. Med total kroppsmasse f.eks 70 kg blir antall elektroner ca

N_{e} ∼ \frac{70}{2 · 1.66 · 10^{−27}} ∼ 2 · 10^{28},

som tilsvarer en elektrisk ladning

|Q_{e}| ∼ 2 · 10^{28} · 1.6 · 10^{−19} ∼ 3 · 10^{9} C = 3 GC.

Riktig svar: E.

Oppgave 8 Dette kan betraktes som to dipoler med dipolmoment p_{1} = qa, med en vinkel på 60 grader i mellom. Vi må gange med 2 cos 30^{∘} = \sqrt{3} for å finne summen av komponentene som ikke kansellerer hverandre, slik at p = \sqrt{3}qa. Riktig svar: A.

Oppgave 9 V = 0 i sentrum av trekanten, siden vi skal legge sammen coulombpotensialet Q/4πε_{0}r fra de tre punktladningene, med lik avstand r, og med Q = −q to ganger og Q = 2q en gang. Riktig svar: C.

Oppgave 10 Totalt elektrisk felt i sentrum må av symmetrigrunner ha retning fra sentrum mot midten av forbindelseslinjen mellom de to negative punktladningene −q. Avstanden fra sentrum til hver av de tre punktladningene er

r = \frac{a/2}{cos 30^{∘}} = \frac{a}{\sqrt{3}}.

Bidraget fra 2q blir ganske enkelt

E_{2q} = \frac{2q}{4πε_{0}(a^{2}/3)} = \frac{6q}{4πε_{0}a^{2}} .

Komponenten av bidraget fra de to ladningene −q finner vi ved å gange med sin 30^{∘} = 1/2:

E_{−q} = \frac{q}{4πε_{0}(a^{2}/3)} · \frac{1}{2} = \frac{3q/2}{4πε_{0}a^{2}} .

Totalt felt i sentrum blir dermed

E = E_{2q} + 2E_{−q} = \frac{9q}{4πε_{0}a^{2}} .

Riktig svar: E.

Oppgave 11 Her er det ”god avstand” mellom svaralternativene, så kanskje et raskt estimat kan gi oss riktig svar? Med ladning pr lengdeenhet ±λ_{0} fordelt på en stav med lengde L må dipolmomentet bli λ_{0}L^{2}, ganget med en tallfaktor som er av størrelsesorden 1. Med λ_{0} = 10^{−9} C/m og L = 10^{−6} m er λ_{0}L^{2} = 10^{−21} Cm, slik at B må være riktig svar. Med ”skikkelig” utregning: En liten bit dx av staven i posisjon x > 0, med ladning dq = λ_{0}dx, har sammen med en liten bit dx i posisjon x − L/2, med ladning −dq = −λ_{0}dx, et lite dipolmoment dp = λ_{0}dxL/2. Totalt dipolmoment blir da

p = ∫ dp = \frac{λ_{0}L}{2} ∫_{0}^{L/2} dx = \frac{1}{4}λ_{0}L^{2},

dvs p = 0.25 · 10^{−21} Cm. Riktig svar: B.

Oppgave 12 En liten bit dx av tråden i posisjon x > 0, med ladning dq = λ(x)dx, har sammen med en liten bit dx i posisjon −x, med ladning −dq = −λ(x)dx, et lite dipolmoment dp = λ(x)dx2x. Totalt dipolmoment blir da

p = ∫ dp
= \frac{2λ_{0}}{α} ∫_{0}^{∞} e^{−αx}dx
= \frac{2λ_{0}}{α} |_{0}^{∞} (−\frac{e^{−αx}}{α} )
= \frac{2λ_{0}}{α^{2}} .

Her hadde vi heller ikke trengt å regne: α må ha enhet 1/m, og λ_{0} må ha enhet C/m. Dermed er det bare alternativ D som har riktig enhet Cm for elektrisk dipolmoment. Riktig svar: D.

Oppgave 13 Her er V_{1} = V_{2} = 0 siden bidragene til totalt potensial kansellerer fra de to ladningene ±Q til venstre og fra de to til høyre. I posisjon 3 er vi betydelig nærmere den ene positive ladningen Q enn de tre andre, og siden vi generelt har høyt potensial i nærheten av positiv ladning, er V_{3} > V_{1}. Tilsvarende argumentasjon i posisjon 4, men med motsatt fortegn, gir V_{4} < V_{1}. Riktig svar: A.

Oppgave 14 Av symmetrigrunner er p = 0: Dette er summen av to like store dipoler, en i positiv og en i negativ z-retning. Riktig svar: A.

Oppgave 15 Totalt elektrisk felt på positiv x-akse må peke i positiv x-retning. Den positive ladningen 2Q i origo gir et bidrag E_{2Q} i positiv x-retning. Hver av de to negative ladningene −Q på z-aksen gir et bidrag E_{−Q} i negativ x-retning (z-komponentene kansellerer hverandre), men 2E_{−Q} er mindre enn E_{2Q}. Riktig svar: D.

Oppgave 16 I avstand 2 m fra disse ladningene ser systemet praktisk talt ut som en punktladning −5q. Den elektriske feltstyrken er derfor

E = \frac{5q}{4πε_{0}r^{2}} = 9 · 10^{9} · 5 · 2 · 10^{−9}/4 = 22.5 N/C.

Riktig svar: B.

Oppgave 17 Systemet er konservativt. Da kan vi bruke prinsippet om energibevarelse: Protonet til høyre har en potensiell energi U i utgangspunktet, men null kinetisk energi. Langt ute på x-aksen har protonet null potensiell energi, og dermed en kinetisk energi K lik opprinnelig potensiell energi U. Vi har

U = \frac{e^{2}}{4πε_{0} · 2a} − \frac{e^{2}}{4πε_{0} · 3a} = \frac{e^{2}}{24πε_{0}a},

som med K = m_{p}v^{2}/2 gir

v = \sqrt{\frac{e^{2}}{12πε_{0}m_{p}a}}.

Riktig svar: C.

Oppgave 18 Samme argumentasjon som i oppgave 16: I avstand 0.30 m er dette praktisk talt en punktladning 2 μC. Feltstyrken i avstand 0.30 m er da

E = 9 · 10^{9} · 2 · 10^{−6}/(0.3^{2}) = 2 · 10^{5} N/C,

dvs 200 kN/C. Riktig svar: C.

Oppgave 19 En liten buelengde ds = Rdθ av ringen, ved vinkel θ, og med ladning dq = λ(θ)ds = λ_{0} cos θRdθ, har sammen med en tilsvarende negativ ladning −dq ved vinkel π − θ et lite dipolmoment dp = dq · 2R cos θ, siden avstanden fra −dq til dq er 2R cos θ. Så må vi integrere over vinkelen θ fra −π/2 til π/2 for å få med hele ringen:

p = ∫ dp
= ∫_{−π/2}^{π/2} λ_{0} cos θRdθ · 2R cos θ
= 2λ_{0}R^{2} ∫_{−π/2}^{π/2} cos^{2} θdθ

Ettersom cos(a + b) = cos a cos b − sin a sin b, er cos 2θ = cos^{2} θ − sin^{2} θ. Videre er sin^{2} θ + cos^{2} θ = 1 slik at sin^{2} θ = 1 − cos^{2} θ. Dermed er cos 2θ = 2 cos^{2} θ − 1, dvs cos^{2} θ = (1/2)(1 + cos 2θ). Dermed:

p = 2λ_{0}R^{2}|_{−π/2}^{π/2} (\frac{θ}{2} + \frac{sin 2θ}{4} )
= 2λ_{0}R^{2} (\frac{π}{4} + \frac{π}{4} )
= πλ_{0}R^{2}

Riktig svar: D.

Oppgave 20 En negativ ladning plassert i et elektrisk felt vil påvirkes av en elektrisk kraft slik at bevegelsen blir i retning høyere potensial, og i motsatt retning av feltet E, men i retning lavere potensiell energi. Riktig svar: B.