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

Løsningsforslag til Midtsemesterprøven 10. oktober 2003, versjon 5.

1) C

ΔV = − ∫ E · dl = 0

dersom

dl ⊥ E

2) D

E = −∇V = −\frac{dV}{dx} x̂ = −15\frac{V}{m}x̂

3) A

E_{x} = −\frac{dV}{dx} = −2\frac{V}{m}

4) A

E = \frac{σ}{2ε_{0}} \frac{x}{|x|}x̂

For x > 0:

V (x) = V_{0} − ∫_{0}^{x} \frac{σ}{2ε_{0}} dx′ = V_{0} − \frac{σx}{2ε_{0}}

For x < 0:

V (x) = V_{0} − ∫_{0}^{x} (−\frac{σ}{2ε_{0}} ) dx′ = V_{0} + \frac{σx}{2ε_{0}}

5) C

V = 20V − \frac{σx}{2ε_{0}} = 0

⇒ x = 20 · \frac{2ε_{0}}{σ} = 20 · \frac{2}{4π · 9 · 10^{9} · 2 · 10^{−9}} = \frac{5}{9π} = 0.18m = 18cm

6) D A er tull, V er en skalar størrelse og det er E som måles i N/C.

7) A

E_{max} = \frac{σ_{max}}{ε_{0}} = \frac{Q_{max}}{4πε_{0}R^{2}} = 9 · 10^{9} · \frac{Q_{max}}{9 · 10^{−2}} = 10^{11}Q_{max}

⇒ Q_{max} = \frac{3 · 10^{6}}{10^{11}} = 30 · 10^{−6}C = 30 μC

8) B Sammenhengende elektrisk leder har konstant potensial V i likevekt.

9) A

U = ∑_{i<j} \frac{q_{i}q_{j}}{4πε_{0}r_{ij}}
= \frac{1}{4πε_{0}l} (q_{1}q_{2} + q_{1}q_{3} + q_{2}q_{3})
= 9 · 10^{9} · \frac{1}{0.5} (50 + 75 + 150) · 10^{−6−6}
= 18 · 10^{9} · 275 · 10^{−12}
= 4.95 J

10) C Som forrige oppgave, men med q_{2} = −10 μC ⇒

U = 18 · 10^{9} · (−50 + 75 − 150) · 10^{−12} = −2.25 J

11) A

Q = +Ne = 3 · 10^{11} · 1.6 · 10^{−19}C = 4.8 · 10^{−8}C = 48 nC

12) B Med bare den ene kula ladet og den andre nøytral, ville vi ha fått indusert ladning i den nøytrale kula, og dermed netto tiltrekning.

13) A Her er det nok å betrakte retningene på delkreftene som bidrar:

Med Pytagoras har vi at avstanden mellom de to positive ladningene er \sqrt{8}a. Ettersom Coulombkraften er proporsjonal med 1/r^{2}, må da kraften mellom de to positive bli halvparten så stor som kraften mellom den negative og den positive. Vektorsummen blir som vist i figuren, altså en total kraft F med negativ x-komponent og positiv y-komponent.

14) D Her er det vel opplagt at B er en mulig løsning: Dersom b → 0, har vi essensielt to punktladninger −Q i x = ±a, og ladningen q trekkes i retning origo. Ladningens energi vil veksle mellom potensiell og kinetisk, med minst potensiell og størst kinetisk energi i origo, og null kinetisk energi i y = ±Δy. I neste omgang er det vel naturlig å ta stilling til om alternativ A er en mulighet. Første tanke tilsier kanskje nei, for når q kommer veldig langt unna, ser den jo essensielt en punktladning −2Q + Q + Q − 2Q = −2Q, og erfarer dermed en tiltrekkende kraft, dvs i retning tilbake mot origo. Dette resonnementet ville da også ha vært riktig dersom q ble plassert med null hastighet langt ute på y-aksen. Her starter imidlertid q med null hastighet i y = Δy. Hvis vi nå lar b bli riktig stor, må potensialet fra ladningene på x-aksen bli tilnærmet

V (Δy) ≃ \frac{2Q}{4πε_{0}a}

Her har vi neglisjert bidraget fra de to negative punktladningene, ettersom b ≫ a. Vi har også antatt Δy ≪ a og tilnærmet avstanden mellom q og Q med a. (Dette siste var ikke strengt tatt nødvendig, bare vi har Δy ≪ b.) Nå kommer poenget: Vi har altså V (Δy) > 0, og følgelig at potensiell energi for ladningen q, dvs qV (Δy), er positiv. Med null starthastighet er dette også ladningens totale energi, som altså er positiv. I grensen y → ∞ har vi null potensial, og følgelig null potensiell energi for ladningen q. På grunn av energibevarelse må derfor q ha positiv kinetisk energi for alle y > Δy, og vil forsvinne mot y = ∞. Følgende figur illustrerer energiforholdene til ladningen q når b ≫ a:

Har en klart å overbevise seg om at både A og B er mulige alternativ, behøver en egentlig ikke å ta stilling til C: Riktig svar må bli D. Fra figuren kan en vel imidlertid også innse at C må være en mulig løsning: Etterhvert som vi reduserer verdien av b, må vi til slutt nå et punkt der V (Δy) = 0. Da er total energi akkurat stor nok til at q kan forsvinne mot uendelig. En ytterligere reduksjon i b fører til at V (Δy) blir mindre enn null, og da er total energi for liten til at q kan “unnslippe”. Den vil bevege seg utover y-aksen inntil den kommer til y_{1} hvor V er lik V (Δy). Her er igjen kinetisk energi T = 0. Ladningen snur og vender tilbake til startpunktet, og slik vil den oscillere fram og tilbake:

Har vi friksjon, vil partikkelen tape energi (som varme til omgivelsene) og utføre oscillasjoner med stadig mindre utsving. Til slutt ender den opp i likevektsposisjonen y_{0}. Denne oppgaven var kanskje ikke av de enkleste, og det var da heller ikke meningen!

15) B

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

16) B Vi vet at en ladet metallkule velger alternativ 1, nemlig netto ladning jevnt fordelt på overflaten. Det må bety at U_{1} < U_{2}, og det er bare tilfelle i B. Denne oppgaven var også ment å representere en liten utfordring!

17) A Det elektriske feltet fra den ladete glass-staven induserer ladning i metallkulene, slik at den nærmeste kula, dvs den til venstre, får et overskudd av frie elektroner. Altså må kula til venstre ha fått negativ ladning.

18) C Ifølge Gauss’ lov er netto elektrisk fluks ut gjennom en lukket flate bestemt av netto ladning innenfor flaten. Her er netto ladning innenfor de tre flatene like stor, Q_{in} = πR^{2}σ, og derfor er netto fluks ut gjennom flatene også like stor.

19) A

ΔV = − ∫ E · dl ⇒ V_{1} > V_{2} > V_{3} > V_{4}

20) D

E = −∇V = −\frac{dV}{dr} r̂ ⇒ graf 5

21) B

U = \frac{e^{2}}{4πε_{0}r} = e · \frac{e}{4πε_{0}r} = e · 1.6 · 10^{−19} · 9 · 10^{9} · 10^{10} = 14.4 eV

22) B Gauss’ lov for D gir

D(r) · 4πr^{2} = q ⇒ D(r) = \frac{q}{4πr^{2}} for r > a

Ettersom D = εE blir det elektriske feltet

E(r) = \{ \begin{matrix}0 & r < a \\ q/16πε_{0}r^{2} & a < r < 3a/2 \\ 0 & 3a/2 < r < 2a \\ q/4πε_{0}r^{2} & r > 2a \end{matrix}

23) B

C = \frac{Q}{ΔV} = \frac{Q}{Ed} = \frac{Q}{(σ/ε_{0})d} = \frac{Qε_{0}}{(Q/A)d} = ε_{0} · \frac{A}{d}

24) A

C = \frac{1}{4π · 9 · 10^{9}} · \frac{10^{−4}}{10^{−3}} ≃ 0.9 · 10^{−12} F

25) C

ΔV → \frac{2}{3}ΔV

fordi E = 0 i metallskiva og uendret ellers. Dermed:

C = \frac{Q}{ΔV} → \frac{3}{2}C_{0}

26) A Her svekkes E inne i dielektrikumet. D er derimot konstant, og kun bestemt av den frie ladningen på metallplatene.

27) D Gauss’ lov gir

E(r) · 4πr^{2} = \frac{1}{ε_{0}} ∫_{0}^{r} ρ(r′) dV
= \frac{k}{ε_{0}} ∫_{0}^{r} r′ · 4π(r′)^{2} dr′
= \frac{4πk}{ε_{0}} |_{0}^{r} \frac{1}{4}(r′)^{4}
= \frac{πk}{ε_{0}} r^{4}

for r < R. Altså

E(r) = \frac{kr^{2}}{4ε_{0}}

for r < R. (For r > R blir feltet som for en punktladning i origo, dvs prop. med 1/r^{2}, likt i alle de fire grafene.)

28) D Ifølge Gauss’ lov er total elektrisk fluks gjennom en lukket flate som omslutter en punktladning q lik

ϕ_{tot} = \frac{q}{ε_{0}}

Av symmetrigrunner må det passere en like stor andel av denne fluksen ut gjennom overflaten av den inntegnede kuben som ut gjennom de “resterende” 7 kubene som skal til for å lage en kube med q i sentrum. (8 oktanter i et 3-dimensjonalt koordinatsystem!) Hver av disse 8 kubene har 3 “hosliggende” sideflater der E er parallell med flaten (dvs E normalt på flatenormalen). Altså går det ingen fluks gjennom disse. Videre har hver av de 8 kubene 3 likeverdige “motstående” sideflater, og den skraverte flaten er en av disse. Uten å regne kan vi fastslå at det må gå like stor fluks gjennom hver av disse 3. Den “store kuben” med q i sentrum har da i alt 24 slike likeverdige sideflater, og fluks gjennom hver av dem må bli

ϕ = \frac{ϕ_{tot}}{24} = \frac{q}{24ε_{0}}

29) D Energibevarelse gir

\frac{1}{2}mv^{2} = qV

Dvs: Akselerasjon av en partikkel med ladning q og masse m gjennom en potensialforskjell V resulterer i at reduksjon i potensiell energi, qV, gir økning i kinetisk energi, mv^{2}/2. Like stor hastighet for de to partiklene betyr da at

\frac{q_{α}V_{α}}{m_{α}} = \frac{q_{Be}V_{Be}}{m_{Be}}

med andre ord

\frac{V_{Be}}{V_{α}} = \frac{q_{α}m_{Be}}{q_{Be}m_{α}} = \frac{2 · 9}{4 · 4} = \frac{9}{8}

30) D Elektrisk polarisering P er pr definisjon elektrisk dipolmoment p_{tot} pr volumenhet V:

P = \frac{p_{tot}}{V} = \frac{Np}{V} = \frac{55.6 · 6.02 · 10^{23} · 6.2 · 10^{−30}}{10^{−3}} ≃ 0.21 C/m^{2}

Her er N antall vannmolekyler i en liter vann. (Husk at 1 L = 10^{−3} m^{3}.)

31) A Pr definisjon er elektrisk felt lik elektrisk kraft pr ladningsenhet.

32) C Det at E = 0 inne i en elektrisk leder i elektrostatisk likevekt har ingenting med Gauss’ lov å gjøre. Det uttrykker bare at alle krefter på de frie ladningene må være lik null i likevekt.

33) D Det er bare tull å påstå at V = 0 i en leder. Det vi kan si er at V er konstant i en leder. Vi velger V = 0 der det passer oss.

34) D Vi kan starte fra definisjonen av elektrisk fluks, ϕ_{E} = ∫ E · dA, og skrive ned en rekke ulike mulige enheter:

[ϕ_{E}] = [E · A] = [\frac{V}{l} · l^{2}] = [V · l] = [\frac{Q}{C} · l] = [\frac{U}{Q} · l]

Altså er disse enhetene mulige: [ϕ_{E}] = (V/m)m^{2} = Vm = Cm/F = Jm/C. Den siste, NV/J, er imidlertid ikke riktig.

35) D Når vi kjenner det elektriske feltet E i et område, kan vi bestemme romladningstettheten ρ ved å bruke Gauss’ lov på differensialform,

∇ · E = \frac{ρ}{ε_{0}}

I kartesiske koordinater er divergensoperatoren

∇ = x̂\frac{∂}{∂x} + ŷ\frac{∂}{∂y} + ẑ\frac{∂}{∂z}

slik at vi får

ρ = ε_{0}∇ · E = \frac{1}{4π · 9 · 10^{9}} · 24π · (1 + 1 + 1) = 2 · 10^{−9} C/m^{3} = 2 nC/m^{3}

36) D Med en potensialforskjell ΔV mellom kondensatorplatene er det elektriske feltet mellom platene

E = \frac{ΔV}{d}

der d er avstanden mellom platene. En halvering av ΔV vil altså halvere E. I et område med elektrisk felt E er energien pr volumenhet

u = \frac{1}{2}ε_{0}E^{2}

slik at total energi lagret i det elektriske feltet i en platekondensator er

U = ∫ u dV = ∫ \frac{1}{2}ε_{0}E^{2} dV = \frac{1}{2}ε_{0}E^{2} · V

ettersom E er konstant mellom platene. Her er V volumet mellom platene. Halvering av E reduserer altså U til fjerdeparten.

37) C Vi må alltid utføre et positivt arbeid på ladningene for å lade opp ei metallkule, enten den er positiv eller negativ. Altså er alltid U > 0. (Merk opplysningen gitt på side 1: Dersom ikke annet er oppgitt, er nullpunkt for potensiell energi valgt uendelig langt borte.)

38) A Denne har vi regnet som et eksempel på en forelesning, så det skulle kunne gå an å regne ut feltet eksplisitt. Enklest er det imidlertid å se litt på de ulike alternativene i tilfellene x = 0 og x → ∞, der vi vet hva feltet må være: Henholdsvis E = 0 og E = Q/4πε_{0}x^{2}. E(x = 0) = 0 gjør at vi kan eliminere B og D. E(x → ∞) = Q/4πε_{0}x^{2} eliminerer både B, C og D, mens A stemmer.

39) C

F = qE = ma

Newtons 2. lov! Her er q = −e, så elektronets akselerasjon blir

a = −\frac{e}{m}E

altså mot venstre.

40) C Konservativt felt betyr at

∇ × E = 0

Dette er i orden for A, B og D, men ikke for C:

∇ × (kx^{2} ŷ) = | \begin{matrix}x̂ & ŷ & ẑ \\ \frac{∂}{∂x} & \frac{∂}{∂y} & \frac{∂}{∂z} \\ 0 & kx^{2} & 0 \end{matrix} | = + ẑ \frac{∂(kx^{2})}{∂x} = 2kx ẑ