FYS1120 Elektromagnetisme - Ukesoppgavesett 2

Transkript

1 FYS1120 Elektromagnetisme - Ukesoppgavesett 2 7. september 2016

2 I FYS1120-undervisningen legger vi mer vekt på matematikk og numeriske metoder enn det oppgavene i læreboka gjør. Det gjelder også oppgavene som blir gitt til eksamen. Derfor er det viktig at du gjør ukesoppgavene som blir gitt. Dersom du syns det er vanskelig å komme i gang med dem, eller hvis du ikke syns det er nok oppgaver, så kan du godt gjøre følgende oppgavene fra boka i tillegg. Fra kapittelet 23: Electric potential (oppgaver på s. 110 og utover): Exercises 1,2,13,28 Oppgave 1 Elektrisk potensial fra to punktladninger To positive punktladninger med ladning q er plassert i punktene (x, y) = (0, a) og (0, a). Vi setter V ( ) = 0. a) Vis at potensialet langs x-aksen er V = 1 2q 4πɛ 0 x 2 + a. (1) 2 V = 1 2q (2) 4πɛ 0 x 2 + a 2 Løsning: Vi har formelen V = 1 4πɛ 0 V = 1 q i (3) 4πɛ 0 r i ( q x 2 + a + 2 i ) q x 2 + a 2 (4) V = 1 2q (5) 4πɛ 0 x 2 + a 2 b) Plott potensialet fra x = 4a til x = 4a. Løsning: se figur 1 1

3 Figur 1: Plott av V (x) fra x = 4a til x = 4a. c) Finn x-komponenten av E-feltet på x-aksen. La x >> a, virker det elektriske feltet fornuftig i denne grensen? Løsning: E-feltet vil ha størrelsen Dette kan utledes fra Coulombs lov eller fra E = 1 2qx 4πɛ 0 (x 2 + a 2 ) 3/2 (6) E = V Og feltet er rettet vekk fra origo. For x >> a får man følgende E-felt: E x = x V (7) E 1 4πɛ 0 2q x 2 (8) Dette er det samme uttrykket som fra en punktladning i origo, med ladning 2q. Dette kan man forvente siden feltet fra en ladningsfordeling vil se ut som det fra en punktladning, bare man betrakter det langt nok unna. E = 1 2qx 4πɛ 0 (x 2 + a 2 ) 3/2 (9) 2

4 Oppgave 2 Diskusjonsspørsmål a) Et potensial kan ha forskjellige verdier avhengig av hvilket punkt du sammenlikner med. Hvordan vet et voltmeter hva det skal måle når du kobler det mellom to punkter? Løsning: Det viktige her er at det er to punkter. Det er differansen i potensialet som blir målt. Som i mekanikken (høydepotensial) setter man det laveste potensialet lik null. I elektronikken kaller man dette for jord. Det elektriske feltet bryr seg bare om differansen i potensialet Siden C x i = 0. E(r) = V (r) = (V (r) + C) (10) b) Hvorfor benytter man både potensiell energi og elektrisk potensial? Løsning: Den potensielle energien til en partikkel i et elektrisk felt kan være veldig forskjellig fra en annen partikkel i samme felt. Dette er en størrelse som hører til en ladning og er ikke en egenskap ved rommet. Tenk elektrisk kraft i motsetning til elektrisk felt. Potensialet derimot er en egenskap ved rommet på samme måte som elektrisk felt. Det er mer nyttig å ha informasjon om hele rommet enn energien til én ladning i dette rommet. Man kan enkelt finne energien til ladningen ved U = qv (11) Det er i mange tilfeller lettere å finne potensialet enn E-feltet for så å derivere seg frem til E-feltet E(r) = V (r) (12) Oppgave 3 Manipulasjon av protoner a) Hvor mye arbeid kreves for å dytte to protoner veldig sakte mot hverandre fra en avstand på 20 nm (atomær skala) til en avstand på 3 fm (nukleær skala)? 3

5 Løsning: Vi må overvinne den elektriske kraften mellom protonene, så kraften vi må dytte på protonene med er F = F e W ab = b a F e dr (13) = e2 1 dr (14) 4πɛ 0 r2 ( = e2 1 4πɛ 0 b 1 ) (15) a W ab = 0.48MeV = J (16) Man kan lure på hvordan protonene kan bevege seg hvis man dytter med identisk kraft som den elektriske kraften. Dette er en teoretisk forenkling for å unngå at man ender opp med kinetisk energi i tillegg til endring i potensiell energi. Man kan se for seg at vi dytter med kraften F + f og lar f 0, men samtidig t. W ab = 0.48MeV = J (17) b) Vi modellerer en Be-kjerne bestående av 3 protoner som en likesidet trekant med ett proton i hvert hjørne. Lengden på hver side er 2.0 fm. Hvor mye arbeid kreves for å sette sammen en slik kjerne dersom man antar at protonene kommer fra uendelig langt vekk? Løsning: Siden vi antar at protonene kommer fra uendelig, holder det å se hvilken potensiell energi de har til slutt. (0 potensiell energi ved uendelig). W = 1 q i q j (18) 4πɛ 0 r i<j i r j = 1 ( q1 q 2 4πɛ 0 r 1 r 2 + q 1q 3 r 1 r 3 + q ) 2q 3 (19) r 2 r 3 Man kan lese dette som at det første leddet kommer av at q 2 blir dyttet inn i feltet til q 1. Deretter kommer q 3 og denne partikkelen merker både feltet til q 1 og q 2. Modellen vår sier at r 1 r 2 = r 1 r 3 = r 2 r 3 = d = 2.0fm og at q 1 = q 2 = q 3 = e. Da får vi W = 1 ( ) e 2 4πɛ 0 d + e2 d + e2 (20) d 4

6 = 3e2 4πɛ 0 d = 2.2MeV = J (21) W = 3e2 4πɛ 0 d = 2.2MeV = J (22) Oppgave 4 Klinkekule av elektroner Vi vil lage en klinkekule som bare består av elektroner. Klinkekulen har radius R = 1 cm og masse m = 10 g. Siden all massen er elektroner, har kulen en ladning på Q = C. a) Vi antar uniform ladningstetthet ρ. Finn det elektriske feltet inni og utenfor kulen. Hint: En Gauss-flate som ligger inni kulen vil ikke inneholde hele den totale ladningen Q. Løsning: Utenfor kulen, r > R E da = Q enc (23) ɛ 0 A Vi vet at E-feltet står parallellt med flatenormalen i ethvert punkt på flaten, så dette reduseres til skalare størrelser og e-feltet kan trekkes ut av integralet. E = 1 Q = Q A ɛ 0 4πɛ 0 r 2 (24) Inne i kulen, r < R E da = Q enc (25) A ɛ 0 E4πr 2 = 1 ρ dv (26) ɛ 0 Vi har homogen ρ, så ρ kan flyttes ut av integralet og vi får V E = ρ ɛ πr3 4πr 2 (27) E = ρ 3ɛ 0 r (28) 5

7 For r > R For r < R E = E = Q 4πɛ 0 r 2 (29) ρ 3ɛ 0 r (30) b) Når vi lager denne kulen, setter vi sammen elektronene én etter én inntil ladningen er Q. Dette kan minne litt om oppgave 3, men vi skal benytte oss av energitetthet til å beregne totalenergi. Dette er et tema i neste kapittel, men vi introduserer det allerede nå. Energibevaring fører til at arbeid utført blir lagret som energi i det elektriske feltet. Energitettheten er u e = 1 2 ɛ 0E 2. (31) Finn det totale arbeidet som må gjøres for å sette sammen en slik klinkekule. Løsning: Vi ser på den infitesimale energien, du i et infitesimalt volumelement du = u e dv = 1 2 ɛ 0E 2 dv (32) U = 0 Først for r < R 1 R 2 ɛ 0E 2 1 dv = 0 2 ɛ 0E 2 1 dv + R 2 ɛ 0E 2 dv (33) U 1 = R 0 1 R 2 ɛ 0E 2 1 dv = 0 U 1 = 2πρ2 9ɛ 0 2 ɛ 0 [ 1 5 R5 ] ρ 2 9ɛ 2 0 r 2 4πr 2 dr (34) (35) Siden det er et sentralsymmetrisk felt (ingen θ- og φ-avhengighet) kan vi skrive dv = 4πr 2 dr istedenfor trippelintegral. Bruker så at Q = ρ 4 3 πr3 U1 = Q2 Nå for r > R U 2 = U 2 = R R 1 2 ɛ 0 40πɛ 0 R (36) ( ) Q 2 4πɛ 0 r 2 4πr 2 dr (37) Q 2 8πɛ 0 r 2 dr = Q2 8πɛ 0 R (38) 6

8 Legger sammen U = U 1 + U 2 = 3Q2 20πɛ 0 R (39) U = 3Q2 20πɛ 0 R = J (40) 7