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

Løsningsforslag til Midtsemesterprøven 17. oktober 2003, versjon 1.

1) B m_{p}/m_{e} ≃ 2000

2) C Vi har for divergensen til E:

∇ · E = \frac{ρ}{ε_{0}}

som er ulik null der romladningstettheten ρ er ulik null.

3) B

F = qE = −|q|E = ma = −∇U = |q|∇V

for en partikkel med negativ ladning. Følgelig er

a = −\frac{|q|}{m}E = \frac{|q|}{m}∇V = −\frac{1}{m}∇U

dvs F peker i retning av lavere potensiell energi U.

4) C Vi har f.eks. E = F /Q og ΔV = − ∫ E · dl. Dessuten er C = Q/ΔV. Vi kan da skrive ned en rekke ulike mulige enheter:

[E] = [F/Q] = [ΔV/l] = [F/CΔV]

Altså er disse enhetene mulige:

[E] = N/C = V/m = N/FV. Den siste, kg m^{2}/s^{2} C, er imidlertid ikke riktig. (Det skal ikke være m^{2}, bare m.)

5) D Superposisjonsprinsippet gjelder for F. Ettersom E = F /q og ΔV = − ∫ E · dl, må det også gjelde for E og ΔV.

6) C 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}} · 12π · (1 − 3 − 4) = −2 · 10^{−9} C/m^{3} = −2 nC/m^{3}

7) A Denne har vi regnet på en øving, så det skulle kunne gå an å regne ut feltet eksplisitt. Enklest er det imidlertid å se litt på de ulike alternativene i grensen x → ∞, der vi vet hva feltet må være, nemlig E = Q/4πε_{0}x^{2}:

B : E → Q/2πε_{0}R^{2}, feil!

C : E → Q/2πε_{0}R^{2}, feil!

D : E → Q/πε_{0}R^{2}, feil!

A : 1 − x(x^{2} + R^{2})^{−1/2} =

1 − x · x^{−1} (1 + \frac{R^{2}}{x^{2}} )^{−1/2} ≃

1 − (1 − \frac{1}{2} \frac{R^{2}}{x^{2}} ) = \frac{R^{2}}{2x^{2}} ⇒

E → Q/4πε_{0}x^{2}, OK!

8) D Konservativt felt betyr at

∇ × E = 0

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

∇ × [k(z ŷ + y ẑ)] = | \begin{matrix}x̂ & ŷ & ẑ \\ \frac{∂}{∂x} & \frac{∂}{∂y} & \frac{∂}{∂z} \\ 0 & kz & ky \end{matrix} | = x̂ \frac{∂(ky)}{∂y} − x̂ \frac{∂(kz)}{∂z} = x̂ (k − k) = 0

9) C

Q = +Ne = 5 · 10^{9} · 1.6 · 10^{−19}C = 8 · 10^{−10}C = 0.8 nC

10) C Her er det nok å betrakte retningene på delkreftene som bidrar:

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

11) 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!

12) B

F = 9 · 10^{9} · \frac{36 · 25 · 10^{−18}}{(9 · 10^{−3})^{2}} = 10^{−1} = 0.1 N

13) B

E = E ẑ ⇒ F = qE = −eE ẑ

14) B Det elektriske feltet fra den ladete glass-staven, E_{glass}, er rettet mot høyre. Dette svekkes riktignok inne i dielektrikumet (på grunn av innretting av elektriske dipoler, dvs polarisering), men vi har fremdeles E_{total} rettet mot høyre. Ettersom E = −∇V, må vi da ha V_{1} > V_{2} > V_{3}.

15) A Samme utgangspunkt som i oppgave 14, men fri ladning i metallet sørger for at E_{total} = 0 inne i metallet. Dermed er potensialet V konstant overalt i metallet.

16) A 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 henholdsvis

Q_{in}^{a} = σA_{a} = σ · 4R^{2}
Q_{in}^{b} = σA_{b} = σ · πR^{2}
Q_{in}^{c} = σA_{c} = σ · 3R^{2}

Følgelig er

ϕ_{E}^{a} > ϕ_{E}^{b} > ϕ_{E}^{c}

17) 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!

18) A

E = −∇V = −\frac{dV}{dr} r̂ ⇒ graf 2

19) A

ΔV = − ∫ E · dl

Potensialet endrer seg raskest dersom

dl ∥ E

20) D

E = −∇V = −\frac{dV}{dx} x̂ = + (5\frac{V}{m^{2}} ) · 2x · x̂ = (10\frac{V}{m^{2}} ) x · x̂

21) B

E_{y} = −\frac{dV}{dy} = −7\frac{V}{m}

22) D

E = \frac{σ}{2ε_{0}}

med retning inn mot planet. Ettersom E = −∇V, betyr det at V øker lineært bort fra planet på begge sider. Altså er V ≥ 20 V overalt.

23) D E = −∇V, dvs E peker i retning av lavere potensial, og står dessuten normalt på ekvipotensialflaten.

24) D

E_{max} = \frac{σ_{max}}{ε_{0}} = \frac{Q_{max}}{4πε_{0}R^{2}} = 9 · 10^{9} · \frac{Q_{max}}{25 · 10^{−4}}

⇒ Q_{max} = \frac{25 · 10^{−4}}{9 · 10^{9}} · 3 · 10^{6} = \frac{25}{3} · 10^{−7}C = 0.83 μC

25) B I likevekt er alltid netto ladning inne i ei metallkule lik null.

26) C

U = \frac{e^{2}}{4πε_{0}r} = e · \frac{e}{4πε_{0}r} = e · 1.6 · 10^{−19} · 9 · 10^{9} · 0.5 · 10^{10} = 7.2 eV

27) C q(elektron) = −e, q(proton) = +e

⇒

U = −\frac{e^{2}}{4πε_{0}r}

altså kurve 3.

28) C

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} (200 + 300 + 600) · 10^{−6−6}
= 18 · 10^{−3} · 1100
= 19.8 J

29) B Som forrige oppgave, men med q_{3} = +30 μC ⇒

U = 18 · 10^{−3} · (−700) = −12.6 J

30) 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}

31) A

C = \frac{1}{4π · 9 · 10^{9}} · \frac{(3 · 10^{−2})^{2}}{2 · 10^{−3}} ≃ 4.0 · 10^{−12} F

32) D Med en potensialforskjell V_{0} mellom kondensatorplatene er det elektriske feltet mellom platene

E_{0} = \frac{V_{0}}{d}

der d er avstanden mellom platene. En fordobling av potensialforskjellen vil altså fordoble den elektriske feltstyrken. 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. Dobling av E firedobler altså U.

33) A E svekkes i plastlaget i forhold ti lufta utenfor, med en faktor 1/ε_{r} = 1/3. D er derimot konstant, og kun bestemt av fri ladning på metallkula.

34) D Dette er en seriekobling av 3 kapasitanser:

\frac{1}{C_{1}} = \frac{1}{C_{luft}} + \frac{1}{C_{diel}} + \frac{1}{C_{luft}} = \frac{d/3}{ε_{0}A} + \frac{d/3}{3ε_{0}A} + \frac{d/3}{ε_{0}A} = \frac{7d}{9ε_{0}A} = \frac{7}{9C_{0}}

Alternativt: E er uendret i luftlagene, men i dielektrikumet får vi

E → \frac{1}{ε_{r}} E = \frac{1}{3}E

Dermed:

ΔV = 2 · \frac{d}{3} · E + \frac{d}{3} · \frac{1}{3} · E = \frac{7}{9} · d · \frac{Q}{Aε_{0}}

og kapasitansen blir

C_{1} = \frac{Q}{ΔV} = \frac{ε_{0}A}{d} · \frac{9}{7} = \frac{9}{7}C_{0}

Alternativt: Vi vet at for en gitt ΔV mellom platene må Q økes dersom vi setter inn et dielektrikum, dette for å opprettholde den samme ΔV ettersom vi får indusert overflateladning på dielektrikumet (polarisering). Dermed må også C_{1} være større enn C_{0}, og kun alternativ D er mulig.

35) C Her er grafene 1 og 2 umiddelbart utelukket fordi E = 0 i metallet. Videre må vi få et svakere elektrisk felt i området 3a < x < 4a enn i området 0 < x < a fordi vi her har et dielektrikum med større relativ permittivitet. Da får vi her en sterkere polarisering av mediet, og en sterkere reduksjon i E. Følgelig må graf 3 være den riktige.

36) D

q · ΔV = \frac{1}{2}m_{e}v^{2} ⇒ v = \sqrt{\frac{2eΔV}{m_{e}}} = \sqrt{\frac{2 · 1.6 · 10^{−19} · 22 · 10^{3}}{9.11 · 10^{−31}}} m/s = 8.8 · 10^{7} m/s

37) A Gauss’ lov gir

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

for r < R. Altså

E(r) = \frac{k}{2ε_{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.)

38) 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}}

39) 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. Vi setter indeks 3 for ^{3}He og indeks 4 for ^{4}He. Like stor hastighet for de to partiklene betyr da at

\frac{q_{3}V_{3}}{m_{3}} = \frac{q_{4}V_{4}}{m_{4}}

med andre ord, ettersom q_{3} = q_{4},

\frac{V_{4}}{V_{3}} = \frac{m_{4}}{m_{3}} = \frac{4}{3}

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

P = \frac{p_{tot}}{V} = \frac{Np}{V} = \frac{17.0 · 6.02 · 10^{23} · 3.66 · 10^{−30}}{10^{−3}} ≃ 0.037 C/m^{2}

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