Institutt for fysikk, NTNU TFY4155/FY1303 Elektrisitet og magnetisme Vår 2004

Løsningsforslag til øving 1

Veiledning mandag 12. januar

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 (dimensjonsløse) 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 muligens kommer til å gjøre i Matematikk 2.

Oppgave 1 Massen til et oksygenatom er m_{O} = (16 g/mol) / (6.02·10^{23} atomer/mol) = 2.66 ·10^{−23} g/atom = 2.66 ·10^{−26} kg. Gravitasjonskraften mellom de to oksygenatomene blir da

F_{g} = G\frac{m_{O}^{2}}{r^{2}} = 6.67·10^{−11} \frac{m^{3}}{kg · s^{2}} ·\frac{(2.66 · 10^{−26})^{2} kg^{2}}{(100 · 10^{−10})^{2} m^{2}} = 6.67·2.66^{2}·10^{−11−52+16} \frac{kg m}{s^{2}} = 4.71·10^{−46} N

Gravitasjonskrefter er alltid tiltrekkende. Med ett ekstra elektron har hvert oksygenion ladning −e. Den elektriske kraften F_{e} mellom de to ionene blir

F_{e} = \frac{1}{4πε_{0}} \frac{e^{2}}{r^{2}} = 9 · 10^{9} · \frac{(1.6 · 10^{−19})^{2}}{(100 · 10^{−10})^{2}} = 2.30 · 10^{−12} N

Med ladningene i enheten C og avstanden i enheten m, samt SI-verdien 9 · 10^{9} for faktoren 1/4πε_{0} er vi sikret at kraften kommer ut i enheten N. Den elektriske kraften mellom to ladninger med samme fortegn er frastøtende. Forholdet mellom de to kreftene er

F_{e}/F_{g} = \frac{2.30 · 10^{−12}}{4.71 · 10^{−46}} = 5 · 10^{33}

Det betyr f.eks. at gravitasjonskraften mellom ladete partikler (og “ikke altfor store” legemer) kan neglisjeres i forhold til den elektriske kraften.

Oppgave 2 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{(\sqrt{2}a)^{2} − a^{2}} = a fra nevnte forbindelseslinje til den tredje ladningen. Kraften mellom −q og q er tiltrekkende, ettersom de har motsatt fortegn. I absoluttverdi må de to kreftene F_{1} og F_{2} være like store:

F_{1} = F_{2} = \frac{1}{4πε_{0}} \frac{q^{2}}{(\sqrt{2}a)^{2}} = \frac{q^{2}}{8πε_{0}a^{2}}

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

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

Her angir ŷ enhetsvektor i y-retning. Med q = 2 · 10^{−6} C og a = 5 · 10^{−2} m får vi

F = \frac{(2 · 10^{−6})^{2}C^{2}}{4\sqrt{2}π · 8.85 · 10^{−12}C^{2}/Nm^{2} · (5 · 10^{−2})^{2}m^{2}} ≃ 10.2 N

Dersom den ene q erstattes av −q, f.eks. den lengst til venstre, virker det en tiltrekkende og en frastøtende kraft på den tredje ladningen:

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

F′ = F′x̂ = F x̂ = \frac{q^{2}}{4\sqrt{2}πε_{0}a^{2}} x̂

Kommentar: Denne oppgaven var vel ikke altfor vanskelig? 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 3

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 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.

Oppgave 5

a) Riktig svar er C:

A = |A| = \sqrt{A_{x}^{2} + A_{y}^{2}} = \sqrt{5.5^{2} + 5.3^{2}} = 7.6

b) Riktig svar er D: Vektoren A har positiv x-komponent og negativ y-komponent, hvilket betyr at den ligger i 4. kvadrant. La oss først bestemme vinkelen θ mellom x-aksen og A (dvs den minste, og i tallverdi). Vi har da

tan θ = \frac{|A_{y}|}{|A_{x}|} = \frac{4.6}{7.4}

som gir θ = 32 grader. Den søkte vinkelen, når vi går mot klokka fra x-akse til A må bli lik 360 - θ = 328 grader.

c) Riktig svar er C: La oss sette C = B − A. Da er

C_{x} = B_{x} − A_{x} = −8.7
C_{y} = B_{y} − A_{y} = 3.9

slik at absoluttverdien til C blir

C = |C| = \sqrt{C_{x}^{2} + C_{y}^{2}} = \sqrt{8.7^{2} + 3.9^{2}} = 9.5

d) Riktig svar er A: Vektorene A og B ligger i henholdsvis 3. og 2. kvadrant. Vinkelen mellom negativ x-akse og A er (i absoluttverdi)

θ_{A} = arctan \frac{|A_{y}|}{|A_{x}|} = arctan \frac{5.8}{6.1} = 43.6

Vinkelen mellom negativ x-akse og B er (i absoluttverdi)

θ_{B} = arctan \frac{|B_{y}|}{|B_{x}|} = arctan \frac{4.6}{9.8} = 25.1

Vinkelen mellom A og B er dermed lik 43.6 + 25.1 ≃ 69 grader.