Institutt for fysikk, NTNU TFY4155/FY1003 Elektrisitet og magnetisme Vår 2005

Løsningsforslag til øving 1

Veiledning 13. og 14. 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 noen av matematikkfagene.

Oppgave 1

a) Riktig svar er C:

A = |A| = \sqrt{A_{x}^{2} + A_{y}^{2}} = \sqrt{8.5^{2} + 1.3^{2}} = 8.6

b) Riktig svar er B: Vektoren A har negativ x-komponent og positiv y-komponent, hvilket betyr at den ligger i 2. kvadrant. La oss først bestemme vinkelen θ mellom negativ x-akse og A. Vi har da

tan θ = \frac{|A_{y}|}{|A_{x}|} = \frac{2.3}{3.7}

som gir θ = 32 grader. Den søkte vinkelen, når vi går mot urviseren fra positiv x-akse til A, må bli lik 180 - θ = 148 grader.

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

C_{x} = B_{x} − A_{x} = −10.7
C_{y} = B_{y} − A_{y} = 3.9

slik at absoluttverdien til C blir

C = |C| = \sqrt{C_{x}^{2} + C_{y}^{2}} = \sqrt{10.7^{2} + 3.9^{2}} = 11.4

d) Riktig svar er C:

A · B = A_{x}B_{x} + A_{y}B_{y} = (−6.1) · (−9.8) + (−5.8) · 4.6 = 33.1

Oppgave 2 Vi kan med god tilnærmelse regne oksygenmolekylene som punktformede legemer ettersom avstanden mellom dem (300 Å) er mye større enn hvert enkelt molekyls utstrekning (av størrelsesorden 1 - 2 Å). Massen til et oksygenmolekyl er m(O_{2}) = (32 g/mol) / (6.02·10^{23} molekyler/mol) = 5.32 ·10^{−23} g/molekyl = 5.32 ·10^{−26} kg. Gravitasjonskraften mellom de to oksygenmolekylene blir da

F_{g} = G\frac{m(O_{2})^{2}}{r^{2}} = 6.67 · 10^{−11} \frac{m^{3}}{kg · s^{2}} · \frac{(5.32 · 10^{−26})^{2} kg^{2}}{(300 · 10^{−10})^{2} m^{2}} = 2.09 · 10^{−46} N

Gravitasjonskrefter er alltid tiltrekkende. Med ett ekstra elektron har hvert ion O_{2}^{−} en ladning q = −e. Den elektriske kraften F_{e} mellom de to ionene blir dermed

F_{e} = \frac{1}{4πε_{0}} \frac{e^{2}}{r^{2}} = 9 · 10^{9} · \frac{(1.6 · 10^{−19})^{2}}{(300 · 10^{−10})^{2}} = 2.56 · 10^{−13} 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

\frac{F_{e}}{F_{g}} = \frac{2.56 · 10^{−13}}{2.09 · 10^{−46}} ∼ 10^{33}

Dette betyr at gravitasjonskreftene mellom (“ikke altfor store”) ladete legemer som regel kan neglisjeres i forhold til den elektriske kraften.

Oppgave 3

Den tredje ladningen skal ligge like langt fra de to andre, på positiv y-akse. Pytagoras gir da en posisjon y = \sqrt{(\sqrt{5}a)^{2} − a^{2}} = 2a for 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{5}a)^{2}} = \frac{q^{2}}{20πε_{0}a^{2}}

Av figuren ser vi at F_{1} og F_{2} har like store y-komponenter men motsatt rettede x-komponenter. Dermed blir den resulterende kraften

F = (F_{1y} + F_{2y}) ŷ
= 2F_{1y} ŷ
= −2F_{1} \frac{2}{\sqrt{5}} ŷ
= −\frac{q^{2}}{5\sqrt{5}πε_{0}a^{2}} ŷ

Her angir ŷ enhetsvektor i y-retning. Vi har her brukt at F_{1y} forholder seg til F_{1} som vertikalavstanden 2a forholder seg til avstanden mellom q og −q, dvs \sqrt{5} a. Eventuelt: For å få y-komponenten av F_{1}, må vi multiplisere med cosinus til vinkelen α (se figuren), som er 2/\sqrt{5}. Med q = 2 · 10^{−6} C og a = 4 · 10^{−2} m får vi

F = \frac{(2 · 10^{−6})^{2}C^{2}}{5\sqrt{5}π · 8.85 · 10^{−12}C^{2}/Nm^{2} · (4 · 10^{−2})^{2}m^{2}} ≃ 8.0 N

Dersom q i x = −a erstattes av −q, virker det en tiltrekkende og en frastøtende kraft på den tredje ladningen:

Vi ser av figuren at totalkraften F′ peker i positiv x-retning. x-komponenten av hver av delkreftene finner vi ved å multiplisere med cos β = 1/\sqrt{5}. Dermed ser vi at F′ må bli halvparten så stor som F, dvs

F′ = \frac{q^{2}}{10\sqrt{5}πε_{0}a^{2}} x̂ = (4.0 N)x̂

Kommentar: Denne oppgaven var vel ikke altfor vanskelig? Ikke desto mindre illustrerer den flere grunnleggende elementer:

• 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: Totalkraften 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 4

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.

Oppgave 5

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.