Institutt for fysikk, NTNU TFY4150/FY1303/SIF4012/MNFFY103 Elektrisitet og magnetisme Høst 2003

Løsningsforslag til øving 1

Veiledning mandag 18. august

Aller først et par kommentarer angående notasjon: Mens vektorer på tavla blir angitt med en pil over symbolet, brukes typisk fete symboler i trykte notater, som her. Det betyr at F angir vektoren (f.eks. en kraft), og da både dens størrelse F og retning. Enhetsvektorer, dvs vektorer med lengde 1, angis med en ˆ over symbolet. Da har vi f.eks. sammenhengene F = |F |F̂ = F F̂. Videre vil vi skrive de ulike komponentene av en vektor med en senket indeks, f.eks. F_{x} for x-komponenten av F. Vi skal altså ikke bruke notasjonen F_{x} = dF/dx, slik dere antagelig gjorde i Matematikk 2.

Oppgave 1

Dersom den tredje ladningen skal ligge like langt fra de to andre, må den ligge på linjen som halverer og står vinkelrett på forbindelseslinjen mellom disse. Pytagoras gir da en avstand \sqrt{(a/\sqrt{2})^{2} − (a/2)^{2}} = a/2 fra nevnte forbindelseslinje til den tredje ladningen. Kraften F_{1} mellom q og q er frastøtende, mens F_{2} mellom −q og q er tiltrekkende. I absoluttverdi må disse kreftene være like store:

F_{1} = F_{2} = \frac{1}{4πε_{0}} \frac{q^{2}}{(a/\sqrt{2})^{2}} = \frac{q^{2}}{2πε_{0}a^{2}}

Av figuren finner vi at F_{1} og F_{2} har like store x-komponenter (slik koordinatsystemet er valgt her), men motsatt rettede y-komponenter. Dermed blir den resulterende kraften

F = (F_{1x} + F_{2x})x̂
= 2F_{1x}x̂
= 2F_{1} cos \frac{π}{4} x̂
= \frac{q^{2}}{\sqrt{2}πε_{0}a^{2}} x̂

Her angir x̂ en enhetsvektor i x-retning.

Med q = e = 1.6 · 10^{−19} C og a = 5 Å = 5 · 10^{−10} m får vi

F = \frac{(1.6 · 10^{−19})^{2}C^{2}}{\sqrt{2}π · 8.85 · 10^{−12}C^{2}/Nm^{2} · (5 · 10^{−10})^{2}m^{2}} ≃ 2.6 · 10^{−9}N = 2.6nN

Dersom −q → q, virker det to frastøtende krefter på den tredje ladningen:

Vi ser av figuren at nettokraften F′ har retning langs y-aksen, og ettersom delkreftene har like store x- og y-komponenter (i absoluttverdi), må absoluttverdien av nettokraften være den samme. Altså:

F′ = F′ŷ = F ŷ = \frac{q^{2}}{\sqrt{2}πε_{0}a^{2}} ŷ

Kommentar: Dette var en meget enkel oppgave, trolig enklere enn mye dere allerede har støtt på i 2/3FY. Ikke desto mindre illustrerer den de grunnleggende elementer i elektrostatikken:

• Elektriske ladninger påvirker hverandre (“vekselvirker”) med krefter ifølge Coulombs lov.

• Krefter, enten de er elektriske eller av andre slag, er vektorer.

• For elektriske krefter (og andre krefter, for den saks skyld) gjelder superposisjonsprinsippet: Nettokraften på en ladning finner vi ved å summere opp enkeltkreftene som virker på den. For all del, ikke glem at det da er snakk om en sum av vektorer!

Oppgave 2

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. Resultatet av å fjerne en av q-ladningene blir selvsagt det samme som i punkt b.

Oppgave 3 Fluoridionet F^{−} har ett ekstra elektron og derved ladning −e. Massen er (19 g/mol) / (6.02·10^{23} ioner/mol) = 3.16 ·10^{−23} g/ion = 3.16 ·10^{−26} kg. Tyngdekraften balanseres akkurat av den elektriske kraften når mg = eE, som gir den elektriske feltstyrken

E = mg/e = (3.16 · 10^{−26} · 9.82/1.6 · 10^{−19}) kg · m/s^{2}/C = 1.9 · 10^{−6} N/C

Tyngdekraften G = mg peker nedover. For å balansere denne, må da den elektriske kraften F = qE = −eE peke oppover, dvs E må peke nedover. Det andre fluoridionet genererer et elektrisk felt E(r) = e/4πε_{0}r^{2} ifølge Coulombs lov. Vi løser mhp r:

r = \sqrt{\frac{e}{4πε_{0}E}} = \sqrt{9 · 10^{9} \frac{1.6 · 10^{−19}}{1.9 · 10^{−6}}} m = 0.027 m = 2.7 cm

Dette er en ganske lang avstand sett fra et fluoridions side. Det er f.eks. mye mer enn ionets utstrekning, som betyr at det var helt i orden å betrakte det som en punktpartikkel ved beregningen av r.

Oppgave 4

a) Punktladningen q er i likevekt dersom kraften på den er lik null. Her virker det to krefter, en frastøtende fra 3q og en tiltrekkende fra −q, og disse to kan bare kansellere hverandre dersom de har eksakt motsatt retning. Det er ikke mulig dersom q er plassert utenfor x-aksen, f.eks. som i figuren over. (Her er de to enkeltkomponentene av kraften angitt med stiplede piler og totalkraften med heltrukken pil.) Derfor må eventuelle likevektsposisjoner være på x-aksen.

b) Vi har fått oppgitt at det er en likevektsposisjon x_{0} for q på x-aksen. Vi kan ikke ha x_{0} mellom 0 og a, for på dette intervallet peker de to kraftkomponentene i samme retning. Vi kan heller ikke ha x_{0} til venstre for x = 0, for da er avstanden mellom q og 3q alltid mindre enn avstanden mellom q og −q, og følgelig den frastøtende kraften 3q^{2}/4πε_{0}x_{0}^{2} alltid større enn den tiltrekkende kraften q^{2}/4πε_{0}(a − x_{0})^{2}. Altså må x_{0} > a. Vi bestemmer x_{0} ved å sette total kraft lik null:

0 = \frac{3q^{2}}{4πε_{0}x_{0}^{2}} x̂ − \frac{q^{2}}{4πε_{0}(x_{0} − a)^{2}} x̂
⇒ \frac{3}{x_{0}^{2}} = \frac{1}{(x_{0} − a)^{2}}
⇒ 3x_{0}^{2} − 6ax_{0} + 3a^{2} = x_{0}^{2}
⇒ 2x_{0}^{2} − 6ax_{0} + 3a^{2} = 0
⇒ x_{0} = \frac{6a}{4} + \frac{1}{4}\sqrt{36a^{2} − 24a^{2}} = \frac{3 + \sqrt{3}}{2}a ≃ 2.37a

Da forutsetningen var x_{0} > a, er løsningen med negativt fortegn foran kvadratroten ikke en aktuell løsning. (Den tilsvarer x ≃ 0.63a, hvor begge kraftkomponenter er like store og har samme retning.) Stabiliteten av likevektsposisjonen x_{0} bestemmes kanskje enklest ved å se på nettokraften når x ≫ x_{0}. Da “ser” punktladningen q tilnærmet en punktladning 3q − q = 2q og må følgelig erfare en netto frastøtende kraft. Vi vet at kraften er null bare i x = x_{0}. Da må kraften peke mot høyre for alle x > x_{0}, også for en liten forflytning til høyre for x_{0}, mens den må peke mot venstre for en liten forflytning til venstre for x_{0}. Dermed er likevekten ustabil mhp en forflytning langs x-aksen. Alternativt, med litt regning: La oss først forenkle notasjonen ved å innføre funksjonen f(x):

F (x) = F (x)x̂ = \frac{q^{2}}{4πε_{0}} (\frac{3}{x^{2}} − \frac{1}{(x − a)^{2}} ) x̂ ≡ \frac{q^{2}}{4πε_{0}} f(x)x̂

Deretter bestemmer vi df/dx i x = x_{0}:

(\frac{df}{dx})_{x=x_{0}} = −\frac{6}{x_{0}^{3}} + \frac{2}{(x_{0} − a)^{3}} ≃ −\frac{6}{(2.37a)^{3}} + \frac{2}{(1.37a)^{3}} ≃ \frac{0.33}{a^{3}} > 0

Da f(x_{0}) = 0 og f′(x_{0}) > 0, er likevekten ustabil.

c) Vi tar utgangspunkt i nettokraften F = (q^{2}/4πε_{0})f der (se figur)

f = \frac{3}{r_{1}^{2}} r̂_{1} − \frac{1}{r_{2}^{2}} r̂_{2} = \frac{3r_{1}}{r_{1}^{3}} − \frac{r_{2}}{r_{2}^{3}}
= \frac{3(xx̂ + yŷ)}{(x^{2} + y^{2})^{3/2}} − \frac{(x − a)x̂ + yŷ}{((x − a)^{2} + y^{2})^{3/2}}
= [\frac{3x}{(x^{2} + y^{2})^{3/2}} − \frac{x − a}{((x − a)^{2} + y^{2})^{3/2}} ] x̂ + [\frac{3y}{(x^{2} + y^{2})^{3/2}} − \frac{y}{((x − a)^{2} + y^{2})^{3/2}} ] ŷ
= f_{x}x̂ + f_{y}ŷ

Her har vi brukt at r̂ = r/|r| = r/r. For å vurdere stabilitet av likevektsposisjonen (x_{0}, 0) med hensyn på en liten forflytning Δy i y-retning, må vi se på y-komponenten av kraften, f_{y}, i punktet (x_{0}, Δy):

f_{y}(x_{0}, Δy) = Δy [\frac{3}{(x_{0}^{2} + (Δy)^{2})^{3/2}} − \frac{1}{((x_{0} − a)^{2} + (Δy)^{2})^{3/2}} ]
≃ Δy [\frac{3}{x_{0}^{3}} − \frac{1}{(x_{0} − a)^{3}} ]
= Δy [\frac{3}{(2.37a)^{3}} − \frac{1}{(1.37a)^{3}} ]
≃ −\frac{0.17Δy}{a^{3}} < 0

(Her har vi brukt at |Δy| ≪ x_{0} slik at leddene (Δy)^{2} kunne neglisjeres i forhold til x_{0}^{2} og (x_{0} − a)^{2} i de to nevnerne.) Med andre ord: En liten positiv (evt negativ) forflytning Δy resulterer i at kraftens y-komponent blir negativ (evt positiv), dvs motsatt rettet forflytningen. Altså er likevekten stabil mhp en forflytning i y-retning.