Besvarelse: Elektriske og magnetiske felter | Vejledende opgaver

Side 1

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

1

Elektriske og magnetiske felter | STX Fysik A

Vejledende opgaver i kernestofområdet

Oktober 2012

Alle opgaver er for så vidt muligt regnet med WordMat, da vores erfaring viser, at det er langt det hurtigste værktøj at anvende. Husk at skrive en kommentar om, at beregningerne er foretaget ved hjælp af WordMat som første linje til besvarelsen, så censor ved hvor tallene kommer fra.

Opgave 1 a)

STX 3.g

𝑑=9,0 𝑚𝑚=9,0 · 10^{−3} 𝑚

Spændingsfaldet er:

𝑈=450 𝑉

Feltet mellem pladerne kan antages at være homogent. Størrelsen af den elektriske feltstyrke kan da beregnes som:

𝐸=

𝑈 𝑑

=

450 𝑉

9,0 · 10^{−3} 𝑚
≈50000 · 𝑉· 𝑚^{−1}

                                              𝑘𝑉
Det vil sige, at den elektriske feltstyrke har størrelsen 50 .
                                              𝑚

b)

Vi går ud fra, at kuglens ladning ikke påvirker det elektriske felt. Når kuglen holder sig svævende (pladerne er vandrette i tyngdefeltet) betyder det, at tyngdekraften og kraften fra det elektriske felt er lige store og modsatrettede. Tyngdekraften er nedadrettet, så den elektriske kraft må være opadrettet. Ladningen må altså være negativ, da den frastødes af den nederste plade.

Der gælder, at:

𝐹_{𝑡} =𝐹_{𝐸}

Side 2

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

2

𝐹_{𝑡} =𝑚· 𝑔

𝐹_{𝐸} = | 𝑄 | · 𝐸

Så:

𝑚 · 𝑔= | 𝑄 | · 𝐸

Hvor:

𝑚=2,0· 10^{−6} 𝑘𝑔

𝐸=50 · 10^{3}

𝑉 𝑚

Vi antager opstillingen befinder sig i Danmark, så:

𝑔=9,815

𝑚

𝑠^{2}

Ladningen er negativ:

𝐷𝑒𝑓𝑖𝑛𝑒𝑟:𝑄<0

Vi får så:

2,0 · 10^{−6} 𝑘𝑔 ·9,815 = | 𝑄 | · 50 · 10^{3}

𝑚 𝑉

𝑠^{2} 𝑚

⇕ Ligningen løses for Q vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑄=−3,926 · 10^{−10} · 𝑉^{−1} · 𝑘𝑔 · 𝑚^{2} · 𝑠^{−2}
=−0,39· 10^{−9} 𝐶
=−0,39 𝑛𝐶

Det vil sige, at kuglens ladning er 𝑄=−0,39 𝑛𝐶.

c)

Når spændingsfaldet sænkes, vil kraften fra det elektriske felt ikke længere være stor nok til at modvirke tyngdekraften. Kuglen accelereres derfor mod den nederste plade. Da både det elektriske felt og tyngdefeltet er homogene, vil den resulterende kraft på kuglen være konstant.

𝐹_{𝑟𝑒𝑠} =𝑚 · 𝑎

Tyngdekraften og kraften fra det elektriske felt er lige store og modsatrettede, og tyngdekraften er større end kraften fra det elektriske felt. Det vil sige, at:

𝐹_{𝑟𝑒𝑠} =𝐹_{𝑡} − 𝐹_{𝐸}

Så:

Side 3

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

3

𝐹_{𝑡} − 𝐹_{𝐸} =𝑚· 𝑎

Det vil sige:

𝑚 · 𝑔− | 𝑄 | · 𝐸=𝑚 · 𝑎

⇕

𝑚 · 𝑔− | 𝑄 | · =𝑚· 𝑎

𝑈 𝑑

⇕

𝑎=𝑔−

| 𝑄 | · 𝑈
𝑑· 𝑚

Denne konstante acceleration vil accelerere kuglen over en strækning ned til pladen. Der gælder, at:

𝑣^{2} − 𝑣_{0}^{2} =2 · 𝑎· Δ𝑠

                  1                                 | 𝑄 | ·𝑈
Hvor 𝑣 =0 og Δ𝑠=   𝑑. Vi isolerer 𝑣 og anvender, at 𝑎=𝑔− :
     0
                  2                                 𝑑·𝑚

𝑣= √ 2 · ( 𝑔 −) · 𝑑

| 𝑄 | · 𝑈 1
𝑑· 𝑚 2

= 𝑔· 𝑑−

√

| 𝑄 | · 𝑈

𝑚

Vi opskriver kendte størrelser og indsætter dem i SI-enheder i formlen, hvorved hastigheden fås i^{𝑚}_{𝑠}.

Udregningen foretages på en håndholdt lommeregner, da WordMat forvirres af de mange enheder.

𝑔=9,815

𝑚

𝑠^{2}
𝑑=9,0 · 10^{−3} 𝑚

𝑈=400 𝑉

𝑚=2,0· 10^{−6} 𝑘𝑔

| 𝑄 | =0,39 · 10^{−9} 𝐶

𝑣= √ 9,815 · 9,0 · 10^{−3} 𝑚 −

𝑚 0,39 · 10^{−9} 𝐶· 400 𝑉
𝑠^{2} 2,0 · 10^{−6} 𝑘𝑔

=0,10

𝑚 𝑠

Det vil sige, at kuglen rammer pladen med farten 0,10^{𝑚}_{𝑠}.

𝑆𝑙𝑒𝑡 𝑑𝑒𝑓𝑖𝑛𝑖𝑡𝑖𝑜𝑛𝑒𝑟:

Side 4

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

4

Opgave 2 a)

Ved et alfahenfald udsender moderkernen en 𝐻𝑒− 4-kerne, hvorved datterkernens nukleontal falder med

4 og atomnummeret falder med 2. Ved hjælp af det periodiske system får vi så:

𝑃𝑜 → 𝑃𝑏^{206}_{82} + 𝐻𝑒_{2}^{4}

84

210

𝑄-værdien kan beregnes som:

𝑄=−Δ𝑚 · 𝑐^{2}

I databogen kan vi finde massen af de indgående atomer. Disse masser inkluderer dog massen af elektronerne omkring det neutrale atom, og 𝑄-værdien skal beregnes ud fra massen af kernerne. Da antallet af elektroner vil være 84 på begge sider af reaktionspilen, kan vi dog se bort fra dette. Masserne findes i databogen og opskrives herunder:

𝑚_{𝑃𝑜−210} =209,9828737 𝑢

𝑚_{𝑃𝑏−206} =205,9744653 𝑢

𝑚_{𝐻𝑒−4} =4,002603254 𝑢

Der gælder, at 1 𝑢=931,5^{𝑀𝑒𝑉}_{𝑐^{2}}

Vi får så:

𝑄=− ( 205,9744653 𝑢 + 4,002603254 𝑢 − 209,9828737 𝑢) · · 𝑐^{2}

931,5_{2}

𝑀𝑒𝑉 𝑐

1 𝑢

≈5,407493 · 𝑀𝑒𝑉

Det vil sige, at 𝑄=5,407 𝑀𝑒𝑉.

b)

Kinetisk energi kan beregnes som:

𝐸_{𝑘𝑖𝑛} = · 𝑚 · 𝑣^{2}

1

2

Lorentzkraften fra magnetfeltet udgør centripetalkraften i cirkelbevægelsen. Det vil sige, at:

𝐹_{𝑐} =𝐹_{𝐵}

Hvor:

𝐹_{𝑐} =𝑚·

𝑣^{2}

𝑟

Side 5

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

5

Da 𝑣⃗ er vinkelret på 𝐵, får vi:

⎯ ⃗

𝐹_{𝐵} =𝑞· 𝑣· 𝐵

Det vil sige:

𝑞· 𝑣· 𝐵=𝑚 ·

𝑣^{2}

𝑟

⇕

𝑣=

𝑞· 𝐵· 𝑟

𝑚

Vi indsætter dette udtryk for hastigheden i formlen for kinetisk energi:

𝐸_{𝑘𝑖𝑛} = · 𝑚 · ()

1 𝑞· 𝐵 ·𝑟^{2}

2 𝑚

=

( 𝑞· 𝐵· 𝑟)^{2}
2 · 𝑚

Vi beregner den kinetiske energi, idet vi har, at:

𝐵=0,44 𝑇

𝑟=0,76 𝑚

Massen af He-4-kernen kan (𝛼-partiklen) kan estimeres som nukleontallet gange enheden unit, hvor

1 𝑢=1,661 · 10^{−27} 𝑘𝑔. Det vil sige:

𝑚_{𝛼} =4 𝑢·

1,661 · 10^{−27} 𝑘𝑔

1 𝑢

=6,644 · 10^{−27} · 𝑘𝑔

Ladningen udgør to positive elementarladninger (𝑒=1,602 · 10^{−19} 𝐶):

𝑞=2𝑒
=2 · 1,602 · 10^{−19} 𝐶
=3,204 · 10^{−19} · 𝐶

𝐸_{𝑘𝑖𝑛} =

( 3,204 · 10^{−19} · 0,44 𝑇 · 0,76 𝑚)^{2}
2 · 6,644 · 10^{−27} · 𝑘𝑔

=8,6388897771655643· 10^{−13} · 𝑚^{2} ·

𝑇^{2}

𝑘𝑔

=8,6 · 10^{−13} 𝐽

                                                       −13
Den kinetiske energi af 𝛼-partiklerne er således udregnet til 8,6 · 10 𝐽

Side 6

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

6 c)

Når enkeltladede (dvs. 𝑞=𝑒. Fortegnet er ligegyldigt, da det blot bestemmer, om cirkelbevægelsen går
med eller mod uret) Lu-175-ioner accelereres fra hvile af et spændingsfald på 𝑈=30,33 𝑘𝑉=3,033 ·
10^{4} 𝑉, opnås en kinetisk energi på:

𝐸_{𝑘𝑖𝑛} =𝑒· 𝑈
=1,602 · 10^{−19} 𝐶· 3,033 · 10^{4} 𝑉
=4,858865 · 10^{−15} · 𝐶· 𝑉
=4,859 · 10^{−15} 𝐽

Deres kinetiske energi (vi anvender nu notationen indeks 𝐿𝑢 og 𝛼, så vi kan skelne mellem de to partikler) kan dog også skrives på samme formel som for 𝛼-partiklerne:

𝐸_{𝐿𝑢} =

( 𝑒· 𝐵 ·𝑟)^{2}
2 · 𝑚_{𝐿𝑢}

Vi opskriver igen den kinetiske energi for 𝛼-partiklerne:

𝐸_{𝛼} =

( 2 · 𝑒· 𝐵· 𝑟)^{2}
2 · 𝑚_{𝛼}

Vi kan nu opskrive en ligning for forholdet mellem de to partiklers kinetiske energier og løse ligningen mht.

𝐸_{𝛼}

𝐸_{𝛼}
𝐸_{𝐿𝑢}

=

( 2 · 𝑒 · 𝐵· 𝑟)^{2}
2 · 𝑚_{𝛼}
( 𝑒 · 𝐵· 𝑟)^{2}
2 · 𝑚_{𝐿𝑢}

⇕ Ligningen løses for E_α vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝐸_{𝛼} =4 · 𝐸_{𝐿𝑢} ·

𝑚_{𝐿𝑢}
𝑚_{𝛼}

Hvor:

𝐸_{𝐿𝑢} =4,859 · 10^{−15} 𝐽

𝑚_{𝛼} =4 𝑢

Massen af en enkeltladet 𝐿𝑢 − 175-ion afviger kun fra massen af det neutrale atom med massen af én

elektron (som er meget lille). Vi ser bort fra elektronens masse og finder atommassen i databogen:

𝑚_{𝐿𝑢} =𝑚_{𝐿𝑢−175} =174,9 𝑢

Vi får så:

𝐸_{𝛼} =4 · 4,858865 · 10^{−15} 𝐽 ·

174,9 𝑢

4 𝑢

Side 7

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

7

=8,498154885000001· 10^{−13} · 𝐽

                                                             −13
Det vil sige, at en bedre værdi for 𝛼-partiklernes kinetiske energi er 8,5 · 10 𝐽.

Side 8

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

8

Opgave 3 a)

Vi har, at:

𝑈=34 𝑉

𝑑=1,70 𝑐𝑚=0,0170 𝑚

Størrelsen af det elektriske felt mellem pladerne kan bestemmes som:

𝐸=

𝑈 𝑑

=

34 𝑉

0,0170 𝑚

=2000

𝑉 𝑚

=2,0 𝑘𝑉/𝑚

                                                        𝑘𝑉
Det vil sige, at størrelsen af det elektriske felt mellem pladerne er 2,0 .
                                                         𝑚

b)

Vi ser bort fra tyngdekraft og friktionskræfter, da de er forsvindende små i denne sammenhæng.

Den stigning i kinetisk energi, som opnås ved at lade en ladet partikel gennemløbet et spændingsfald 𝑈 er lig med:

Δ𝐸_{𝑘𝑖𝑛} =𝑈 ·𝑞

Da elektronen var i hvile fra start, får vi:

𝐸_{𝑘𝑖𝑛} =𝑈 · 𝑞

Desuden gælder, at:

𝐸_{𝑘𝑖𝑛} = · 𝑚 · 𝑣^{2}

1

2

Det vil sige:

𝑈 ·𝑞= · 𝑚 ·𝑣^{2}

1

2

Vi opskriver og indsætter kendte størrelser i ligningen, som herefter løses (𝐼):

Spændingsfaldet har størrelsen:

𝑈=220 𝑉

Side 9

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

9

Der er tale om en elektron, så ladningen svarer til en negativ elementarladning. Vi regner dog kun med størrelser og ikke retning, så vi bruger ladningen uden fortegn:

𝑞=𝑒=1,602 · 10^{−19} 𝐶

Massen af en elektron findes i formelsamlingen ”Fysik i overblik”:

𝑚_{𝑒} =9,109 · 10^{−31} 𝑘𝑔

Vi får så:

220 𝑉 · 1,602 · 10^{−19} 𝐶= · 9,109 · 10^{−31} 𝑘𝑔 · 𝑣^{2}

1

2

⇕ Ligningen løses for v vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑣=−8796750 ·√𝐶· ∨ 𝑣=8796750 · √𝐶·

𝑉 𝑉 𝑘𝑔 𝑘𝑔

                                               𝑚
Enhederne i ligningen er alle SI-enheder, så farten gives i
                                                𝑠

. Vi regner stadig kun med størrelser, så farten bliver desuden positiv. Vi får altså:

𝑣=8,80 · 10^{6}

𝑚 𝑠

(𝐼) :

Størrelserne kunne også være opskrevet som:

Spændingsfaldet har størrelsen:

𝑈=220 𝑉

Der er tale om en elektron, så ladningen svarer til en negativ elementarladning. Vi regner dog kun med størrelser og ikke retning, så vi bruger ladningen uden fortegn:

𝑞=𝑒

Massen af en elektron findes i databogen:

𝑚_{𝑒} =0,511 =0,511 · 10^{6} ·

𝑀𝑒𝑉 𝑒· 𝑉
𝑐^{2} 𝑐^{2}

Vi får så:

220 𝑉 · 𝑒= · 0,511 · 10^{6} · 𝑣^{2}

1 𝑒· 𝑉
2 𝑐^{2}

⇕ Ligningen løses for v vha. CAS-værktøjet WordMat.

Side 10

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

10

𝑣=−0,02934377 · | 𝑐 | ∨ 𝑣=0,02934377 · | 𝑐 |

Vi regner stadig kun med størrelser, så farten bliver positiv. Vi fjerner numerisktegnet, da 𝑐>0

Farten er således 2,93% af lysets fart i vakuum på 3,00· 10^{8}^{𝑚}_{𝑠}.

Det vil sige:

𝑣=0,02934377 · 3,00· 10^{8}

𝑚 𝑠

=8803131 ·

𝑚 𝑠

Farten er altså 8,80· 10^{6}^{𝑚}_{𝑠}.

c)

Vi ser bort fra tyngdekraft og friktionskræfter, da de er forsvindende små i denne sammenhæng.

Begge felter antages at være homogene felter.

Når elektronen bevæger sig med konstant fart (efter accelerationen er overstået) i en ret linje, må det

ifølge Newtons første lov betyde, at 𝐹_{𝑟𝑒𝑠} =0. Magnetfeltets kraft må da være lige så stor som og

modsatrettet kraften fra det elektriske felt:

𝐹_{𝐵} =𝐹_{𝐸}

Hvor (da magnetfeltet er vinkelret på bevægelsesretningen):

𝐹_{𝐵} =𝑞· 𝑣· 𝐵

Og (her regnes uden fortegn, da vi blot skal bestemme størrelsen):

𝐹_{𝐸} =𝑞·

𝑈 𝑑

Det vil sige:

𝑞· 𝑣· 𝐵=𝑞·

𝑈 𝑑

⇕

𝐵=

𝑈

𝑣· 𝑑

Vi opskriver kendte størrelser og indsætter dem i formlen:

Side 11

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

11

𝑈=34 𝑉

𝑑=0,0170 𝑚

Elektronens fart:

𝑣=1,00 · 10^{7}

𝑚 𝑠

Så:

𝐵=

34 𝑉

1,00 · 10^{7} · 0,0170 𝑚

𝑚 𝑠

=2,00000 · 10^{−4} · 𝑠 ·

𝑉

𝑚^{2}
=20 𝑚𝑇

Størrelsen af magnetfeltet i denne situation er 20 𝑚𝑇.

Side 12

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

12

Opgave 4 a)

Reaktionsskemaet bliver:

𝑁 + 𝑝_{1}^{1} → 𝑂^{15}_{8} + 𝑛_{0}^{1}

7

15

Den anden partikel, som dannes, må være en neutron, da den skal have nukleontal 1 (det samlede nukleontal på 16 skal være bevaret) og ladningstal 0 (det samlede ladningstal på 8 skal være bevaret).

b)

Stigningen i kinetisk energi kan bestemmes som:

Δ𝐸_{𝑘𝑖𝑛} =𝐸_{𝑘𝑖𝑛,2} − 𝐸_{𝑘𝑖𝑛,1} =𝑈 · 𝑞

For hver omgang passeres gabet 2 gange. Det samlede spændingsfald efter 30 omgange bliver da:

𝑈=2 · 30 · 95 𝑘𝑉=5700 · 𝑘𝑉=5,7 · 10^{6} 𝑉

Ladningen af en proton svarer til en elementarladning:

𝑞=𝑒

Den kinetiske energi starter med at have størrelsen:

𝐸_{𝑘𝑖𝑛1} =50 𝑘𝑒𝑉=50 · 10^{3} 𝑒 · 𝑉

Den kinetiske energi til slut beregnes nu ved indsættelse af kendte størrelser i ligningen, som derefter løses:

𝐸_{𝑘𝑖𝑛2} − 50 · 10^{3} 𝑒 · 𝑉=5,7 · 10^{6} 𝑉 · 𝑒

⇕ Ligningen løses for E_kin2 vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝐸_{𝑘𝑖𝑛2} =𝑒· 5750000 · 𝑉
=5,8 · 10^{6} 𝑒𝑉

Den kinetiske energi af protonen efter 30 omgange er således på 5,8 𝑀𝑒𝑉.

c)

OBS: I denne opgave anvendes notationen 𝐹

⃗ og 𝑣⃗ om vektorer og 𝐹 og 𝑣 om længden af samme vektorer.

Vi kan se, at protonerne bevæger sig i halvcirkelbevægelser mod urets retning (set lodret oppefra i forhold til papiret). Halvcirkelbevægelserne er jævne, da den eneste anseelige kraftpåvirkning kommer fra

Side 13

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

13 magnetfeltet og er vinkelret på bevægelsesretningen - vi ser altså bort fra alle andre kræfter. Herunder ses et kraftdiagram:

Kraften fra magnetfeltet (Lorentzkraften) udgør centripetalkraften i cirkelbevægelsen. Den er givet ved:

𝐹_{𝐵} =𝑞· 𝑣⃗× 𝐵

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗ ⎯ ⃗

Lorentzkraften 𝐹_{𝐵} er altså vinkelret på både hastigheden 𝑣⃗ og magnetfeltet 𝐵 (jf. definitionen på

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗ ⎯ ⃗ krydsprodukt), og ladningen 𝑞 er positiv, så 𝑞 ·𝑣⃗ har samme retning som 𝑣⃗. Vi kan nu udlede, at 𝐵 peger

⎯ ⃗ lodret ind i papiret eller lodret ud af papiret. Vi anvender højrehåndsreglen (𝐼) og konkluderer, at 𝐵 peger

⎯ ⃗ lodret ind i papiret (svarende til lodret ind i papiret på opgaven).

Da magnetfeltet er vinkelret på bevægelsesretningen, og ladningen af en proton er lig med 1 elementarladning, får vi:

𝐹_{𝐵} =𝑒· 𝑣· 𝐵

Desuden er Lorentzkraften lig med centripetalkraften i cirkelbevægelsen:

𝐹_{𝐵} =𝐹_{𝑐} =𝑚·

𝑣^{2}

𝑟

Det vil sige:

𝑒· 𝑣· 𝐵=𝑚·

𝑣^{2}

𝑟

⇕

𝐵=

𝑚 · 𝑣
𝑟 · 𝑒

Vi opskriver kendte størrelser og indsætter dem i formlen:

Massen af en proton findes i databogen:

Side 14

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

14

𝑚_{𝑝} =1,67 · 10^{−27} 𝑘𝑔

Elementarladningen har størrelsen:

𝑒=1,602 · 10^{−19} 𝐶

Farten og radius i opgaveteksten:

𝑣=5,6 · 10^{7}

𝑚 𝑠

𝑟=45,0 𝑐𝑚=0,45 𝑚

Vi får så:

𝐵=

1,67 · 10^{−27} 𝑘𝑔 · 5,6 · 10^{7}

𝑚 𝑠

0,45 𝑚 · 1,602 · 10^{−19} 𝐶
=1,297267304757942·

𝑘𝑔

𝑠· 𝐶
=1,3 𝑇

Det vil sige, at størrelsen af magnetfeltet er 1,3 𝑇.

(𝐼): Hvis du ikke er stødt på højrehåndsreglen før, forklares den uddybende herunder:

Med højre hånd dannes et tredimensionelt koordinatsystem, hvor tommelfingeren peger opad og repræsenterer kraften fra magnetfeltet på partiklen, pegefingeren peger ligefrem og repræsenterer strømmens retning (dvs. retningen for en positiv ladnings bevægelse), mens langefingeren bøjes indad, så den er ortogonal til den plan, som udspændes af pegefingeren og tommelfingeren. Langefingeren repræsenterer da magnetfeltets retning.

Side 15

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

15

Opgave 5

OBS: I denne opgave anvendes notationen 𝐸

⎯ ⃗ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗ og 𝐴𝐵 om vektorer og 𝐸 og 𝐴𝐵 om længden af samme vektorer.

a)

Den elektriske feltstyrke bestemmes som:

𝐸=

𝑈 𝑑

Hvor 𝑈 er spændingsfaldet fra et punkt 𝐴 til et punkt 𝐵, mens 𝑑 er længden af den komposant i vektor 𝐴𝐵,

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗ som er parallel med det elektriske felt, 𝐸

⎯ ⃗

. En skitse af situationen ses her:

Punkt A repræsenterer venstre vingespids, mens punkt B repræsenterer højre vingespids. 𝐴𝐵 kan da

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗

opdeles i en vandret komposant, 𝐴𝐵_{𝑥} og en lodret komposant, 𝐴𝐵_{𝑦}. Vi ser, at 𝐴𝐵_{𝑦} er parallel med 𝐸,

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗ ⎯ ⃗ hvorfor der må gælde, at:

𝐴𝐵_{𝑦} =𝑑

Vi lader 𝑣 angive vinklen mellem 𝐴𝐵 og 𝐴𝐵_{𝑥} (det vil sige vinklen, som flyets vinger danner med vandret) og

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗ får så vha. sinus, at:

𝑑=sin ( 𝑣) · 𝐴𝐵

Det vil sige:

𝐸=

𝑈

sin ( 𝑣) · 𝐴𝐵

Vi opskriver kendte størrelser, indsætter dem i ligningen og løser mht. 𝑣:

Side 16

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

16

𝐸=150

𝑉 𝑚

𝐴𝐵=11,3 𝑚

𝑈=1,10 · 10^{3} 𝑉

150 =

𝑉 1,10 · 10^{3} 𝑉
𝑚 sin ( 𝑣) · 11,3 𝑚

⇕ Ligningen løses for v vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑣=40,4638

Vinklen, som flyets vinger danner med vandret, er således 40,5°.

Side 17

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

17

Opgave 6 a)

Vi har, at:

R=0,62 Ω

𝐼=9,3 𝐴

Der gælder, at:

𝑈=𝑅 · 𝐼
=0,62 Ω · 9,3 𝐴
=5,766 · 𝐴 · 𝛺
=5,8 𝑉

Spændingsfaldet over spændingskilden er således på 5,8 𝑉.

b)

Vi ser bort fra friktionskræfter. Størrelsen af den samlede kraft på pladen i vandret retning, 𝐹 , er da
                                                                               𝑟𝑒𝑠

kraften fra det magnetfelt, som er lodret og dermed vinkelret på strømmens vandrette bevægelsesretning.

Størrelsen af denne kraft er så givet ved:

𝐹_{𝑟𝑒𝑠} =𝐵· 𝐼· 𝐿

Egentlig er der også en kraft fra magnetfeltet på pladen, som virker når pladen bevæger sig, hvorved ladningerne flyttes. Da pladen bevæger sig utrolig langsomt i forhold til den strøm, som løber i kredsløbet, kan vi ser bort fra denne kraft.

Idet strømmen, magnetfeltet og afstanden mellem stængerne holdes konstante, vil også kraften holdes konstant. Når kraften holdes konstant, vil også accelerationen holdes konstant, idet:

𝐹_{𝑟𝑒𝑠} =𝑚 · 𝑎

Ved konstant acceleration gælder, at:

𝑣^{2} − 𝑣_{0}^{2} =2 · 𝑎· Δ𝑠

Da 𝑣_{0} =0, får vi, at:

𝑣^{2} =2 · 𝑎· Δ𝑠

Vi kan nu opskrive to ligninger med to ubekendte:

𝑚 · 𝑎=𝐵· 𝐼· 𝐿

𝑣^{2} =2 · 𝑎· Δ𝑠

Side 18

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

18

Vi opskriver kendte størrelser, indsætter dem i ligningerne og løser disse mht. 𝑎 og 𝐵:

𝐿 angiver normalt længden af en leder. Det svarer her til afstanden mellem de to stænger, idet pladen fungerer som leder:

𝐿=4,6 𝑐𝑚=0,046 𝑚

Desuden har vi:

𝑚=4,2 𝑔=4,2 · 10^{−3} 𝑘𝑔

𝐼=9,3 𝐴

Δ𝑠=6,0 𝑐𝑚=0,06 𝑚

𝑣=0,96

𝑚 𝑠

Så får vi:

4,2 · 10^{−3} 𝑘𝑔 ·𝑎=𝐵· 9,3 𝐴 ·0,046 𝑚

(0,96) =2 · 𝑎· 0,06 𝑚

𝑚^{2}

𝑠

⇕ Ligningssystemet løses for a,B vha. CAS-værktøjet WordMat's 'Løs Ligninger' funktion,

𝑎=7,68 · 𝑚· 𝑠^{−2} ∧ 𝐵=0,07539972 ·𝐴 · 𝑘𝑔 · 𝑠^{−2}

−1

Det vil sige, at størrelsen af hhv. magnetfeltet og pladens acceleration er:

𝑎=7,7

𝑚

𝑠^{2}
𝐵=75 𝑚𝑇

Side 19

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

19

Opgave 7 a)

Vi har, at:

𝑣=270

𝑚 𝑠

𝐵=1,7 · 10^{−4} 𝑇

𝑞=𝑒=−1,602· 10^{−19} 𝐶

Lorentzkraften fra jordens magnetfelt er givet ved:

𝐹_{𝐵} =𝑞· 𝑣⃗× 𝐵

⎯ ⎯ ⎯ ⎯ ⃗ ⎯ ⃗

Vi forestiller os et afgrænset koordinatsystem, hvor origo er sammenfaldende med flyets position til det omtalte tispunkt. 𝑥-aksen er orienteret stik øst, 𝑦-aksen stik nord, og 𝑧-aksen lodret opad. Herunder tegnes en skitse af den vandrette 𝑥𝑦-plan (𝑧-aksen peger lodret ud af papiret):

Hastigheden antages at ligge i den vandrette plan. Den peger stik øst og har således kun en 𝑥-koordinat.

Det vil sige:

𝑣⃗=()

270 𝑚 𝑠

0

0

Magnetfeltet må ud fra tegningen vurderes at være rettet nedad og stik nord og dermed mangle 𝑥-koordinat. Vi ser ud fra trekanten i opgaveteksten, at 𝑦-komposanten (mod nord) er hosliggende katete til

vinklen −70°, mens 𝑧-komposanten (lodret opad) er modstående katete til samme vinkel. Vi får da:

Side 20

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

20

𝐵 =()

⎯ ⃗

0

cos ( −70) · 1,7 · 10^{−4} 𝑇
sin ( −70) · 1,7 · 10^{−4} 𝑇

Vi får så, at:

𝐹 =−1,602 · 10^{−19} 𝐶· () × ()

⃗

270 𝑚 𝑠

0

0

0

cos ( −70) · 1,7 · 10^{−4} 𝑇
sin ( −70) · 1,7 · 10^{−4} 𝑇

≈( −6,909729 · 10^{−21} · 𝐶· 𝑇· 𝑚· 𝑠^{−1})

0

−2,514936 · 10^{−21} · 𝐶· 𝑇· 𝑚· 𝑠^{−1}

=( −6,9 · 10^{−21} 𝑁)

0

−2,5 · 10^{−21} 𝑁

𝐹_{𝐵} = √ ( −6,9 · 10^{−21} 𝑁)^{2} + ( −2,5 · 10^{−21} 𝑁)^{2}
≈7,338937 · 10^{−21} · | 𝑁 |

7,3 · 10^{−21} =1,602 · 10^{−19} · 270 · 1,7 · 10^{−4} · sin (𝑣)

Vi ignorerer numerisktegnet, da det blot skyldes, at WordMat opfatter 𝑁 som en variabel. Størrelsen af kraften fra jordens magnetfelt er således:

𝐹_{𝐵} =7,3 · 10^{−21} 𝑁

Da kraften kun har 𝑦- og 𝑧-koordinater (som begge er negative) må den jf. vores koordinatsystem være rettet stik syd og en smule nedad. Den skal desuden være vinkelret på både jordens magnetfelt og bevægelsesretning (jf. definitionen på krydsprodukt). Da kraften og magnetfeltet er vinkelrette på hinanden, er deres vinkler med vandret komplementære (dvs. vinkelsummen er 90°). Dette skitseres herunder:

Kraften danner altså en vinkel med vandret på 20° (nedad) og kraftens projektion på den vandrette plan peger stik syd.

Side 21

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

21 b)

Elektronerne i flyets vinger vil accelereres af kraften fra magnetfeltet, indtil denne udlignes af kraften fra det elektrisk felt, som opstår ved ladningsforskydningen.

Vi ser bort fra, at elektronerne vil bevæge sig nedad i vingerne, da vingernes tykkelse må antages at være meget lille i forhold til deres længde. Vi ser altså kun på elektronernes bevægelse i den vandrette plan

(faktisk kun ad 𝑦-aksen, da 𝑥-komposanten af kraften fra magnetfeltet er lig med 0) og dermed også kun på den vandrette kraft fra magnetfeltet. I ligevægtssituationen har vi, at:

𝐹_{𝑦𝐵} =𝐹_{𝑒}

Hvor:

𝐹_{𝐸} =𝑞·

𝑈 𝑑

Så:

𝐹_{𝑦𝐵} =𝑞·

𝑈 𝑑

Vi ser kun på størrelser, så elektronens ladning regnes uden fortegn:

𝑞=𝑒=1,602 · 10^{−19} 𝐶

Vingespidsernes forbindelsesvektor er parallel med det elektriske felt. Vi får så:

𝑑=60 𝑚

Vi ser kun på den vandrette komposant af kraften fra magnetfeltet, og vi ser kun på størrelsen, så vi medtager kun længden af 𝑦-komposanten:

𝐹_{𝑦𝐵} =6,9 · 10^{−21} 𝑁

Vi får så:

6,9 · 10^{−21} 𝑁=1,602 · 10^{−19} 𝐶·

𝑈

60 𝑚

⇕ Ligningen løses for U vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑈=2,58427 · 𝑚 ·

𝑁

𝐶

=2,6 𝑉

Den inducerede spændingsforskel i flyets vinger vurderes således at være omkring 2,6 𝑉.

Side 22

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

22

Opgave 8 a)

Størrelsen af dråbens ladning er:

𝑞=1,0 · 10^{−13} 𝐶

Den elektriske feltstyrke er:

𝐸=1,0 =1,0 · 10^{6}

𝑀𝑉 𝑉 𝑚 𝑚

Kraften på en dråbe fra det homogene elektriske felt mellem afbøjningspladerne kan beregnes som:

𝐹_{𝐸} =𝑞· 𝐸
=1,0 · 10^{6} · 1,0 · 10^{−13} 𝐶

𝑉 𝑚

≈1,0 · 10^{−7} · 𝐶· 𝑉· 𝑚^{−1}
=1,0 · 10^{−7} 𝑁

Vi antager en urimeligt stor værdi af tyngdeaccelerationen:

𝑔=9,9

𝑚

𝑠^{2}

Desuden har vi, at:

𝑚=1,30· 10^{−10} 𝑘𝑔

Tyngdekraften på dråben har da størrelsen:

𝐹_{𝑡} =𝑚· 𝑔
=1,30 · 10^{−10} 𝑘𝑔 · 9,9

𝑚

𝑠^{2}
≈1,287 · 10^{−9} · 𝑘𝑔 · 𝑚· 𝑠^{−2}
=1,3 · 10^{−9} 𝑁

Størrelsen af kraften fra jordens magnetfelt kan beregnes som:

𝐹_{𝐵} =𝑞· 𝑣· 𝐵· sin (𝜃)

Vi forestiller os, at vi indstiller dråbekanonens vinkel, så den påvirkes maksimalt jordens magnetfelt. Vi

forestiller os, at dette svarer til, at 𝐵· sin(𝜃)=100 𝜇𝑇=1,00 · 10^{−4} 𝑇 (hvilket er meget større end

fluxtætheden selv ved polerne, hvor magnetfeltet er stærkest og ifølge databogen har størrelserne 60 𝜇𝑇 og 67 𝜇𝑇).

Vi har desuden, at (idet der kun regnes i størrelser):

𝑞=1,0 · 10^{−13} 𝐶

Side 23

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

23

𝑣=18

𝑚 𝑠

Kraften fra magnetfeltet på hver dråbe bliver da:

𝐹_{𝐵} =1,0 · 10^{−13} 𝐶· 18 · 1,00 · 10^{−4} 𝑇

𝑚 𝑠

≈1,8 · 10^{−16} · 𝐶· 𝑇· 𝑚· 𝑠^{−1}
=1,8 · 10^{−16} 𝑁

Vi ser, at der selv i et scenarie, hvor kraften fra magnetfeltet er urealistisk stor gælder, at:

𝐹_{𝐸} ≫𝐹_{𝑡} ≫𝐹_{𝐵}

Vi kan således se bort fra tyngdekraften og den lodrette komposant af kraften fra magnetfeltet på grund af de indbyrdes kraftforhold.

Kraften fra magnetfeltet har dog også en vandret komposant (som er vinkelret på dråbernes

bevægelsesretning), men den er ubetydelig ved en fart på 18^{𝑚}_{𝑠}. Vi illustrerer dette ved at forestille os, at

hele den fiktivt store kraft fra magnetfelt er vandret på bevægelsesretningen. Størrelsen af den heraf

resulterende sidelæns acceleration bestemmes vha. Newtons anden lov, idet 𝐹_{𝐵} =𝐹_{𝑟𝑒𝑠}, da der ikke virker

andre vandrette kræfter på dråberne:

𝐹_{𝑟𝑒𝑠} =𝑚 · 𝑎

Så:

1,8 · 10^{−16} 𝑁=1,30· 10^{−10} 𝑘𝑔 · 𝑎

⇕ Ligningen løses for a vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑎=1,384615· 10^{−6} · 𝑁· 𝑘𝑔^{−1}
=1,4 · 10^{−6}

𝑚

𝑠^{2}

En sidelæns acceleration af denne størrelse (som endda er urealistisk stor) er fuldstændig ubetydelig i en

                                   𝑚
lille printer hvor dråbernes hastighed er 18 .
                                    𝑠

Uanset, hvordan man vender og drejer dråbekanonen, vil man uden problemer kunne se bort fra både tyngdekraften og kraften fra jordens magnetfelt.

b)

Da det elektriske felt er homogent, vil kraften på blækdråben være konstant i feltet:

𝐹=𝑞· 𝐸

Accelerationen vil dermed også være konstant i feltet, da:

Side 24

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

24

𝐹=𝑚· 𝑎

Det vil sige:

𝑞· 𝐸=𝑚· 𝑎

Hvor 𝑞 er blækdråbens ladning. Denne udgøres af et antal elementarladninger (elektroner), som her

repræsenteres af 𝑞_{𝑒}, da WordMat opfatter 𝑒 som Eulers tal og ikke som en variabel

𝑞=𝑛· 𝑞_{𝑒}

Vi får så, at:

𝑛 · 𝑞_{𝑒} · 𝐸=𝑚 · 𝑎

Vi kender alle størrelser på nær 𝑛 og 𝑎. 𝑎 kan nu bestemmes vha. kinematiske beregninger.

Vi forestiller os et koordinatsystem, hvor 𝑥-aksen er parallel med blækdråbens uforstyrrede bane og dermed peger mod højre. 𝑦-aksen peger så lodret opad.

Vi ser først på bevægelsen ad 𝑥-aksen:

Vi har, at: 𝑣=18^{𝑚}_{𝑠} og Δ𝑠=16𝑚𝑚=16 · 10^{−3} 𝑚

Blækdråben bevæger sig med konstant fart ad 𝑥-aksen, så:

𝑣=

Δ𝑠

Δ𝑡

Det vil sige:

18 =

𝑚 16 · 10^{−3} 𝑚

𝑠 Δ𝑡

⇕ Ligningen løses for Δt vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝛥𝑡=0,0008888889· 𝑠

Vi ser så bevægelsen ad 𝑦-aksen:

Blækdråben skal accelereres over en strækning ad 𝑦-aksen på Δ𝑠=0,65 𝑚𝑚=0,65 · 10^{−3} 𝑚 med en
starthastighed på 𝑣_{𝑦0} =0. Der gælder så, at:

Δ𝑠= · 𝑎· 𝑡^{2}

1

2

Det vil sige:

0,65 · 10^{−3} 𝑚= · 𝑎· ( 0,0008888889 · 𝑠)^{2}

1

2

Side 25

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

25

⇕ Ligningen løses for a vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑎=1645,312· 𝑚 · 𝑠^{−2}

Vi kan så anvende ligningen:

𝑛 · 𝑞_{𝑒} · 𝐸=𝑚 · 𝑎

Elementarladningen har størrelsen:

𝑞_{𝑒} =1,602 · 10^{−19} 𝐶

Vi ved desuden, at:

𝐸=1,40 =1,40 · 10^{6}

𝑀𝑉 𝑉 𝑚 𝑚

𝑚=1,30 · 10^{−10} 𝑘𝑔

Vi får så:

𝑛 · 1,602 · 10^{−19} 𝐶· 1,40 · 10^{6} =1,30 · 10^{−10} 𝑘𝑔 · 1645,312 · 𝑚 · 𝑠^{−2}

𝑉 𝑚

⇕ Ligningen løses for n vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑛=953676,5 · 𝐶^{−1} · 𝑉^{−1} · 𝑘𝑔 · 𝑚^{2} · 𝑠^{−2}
=9,5 · 10^{5}

Opladeenheden skal således tilføre 9,5 · 10^{5} elektroner til en dråbe, for at den rammer blæktanken, når
𝐸=1,40 𝑀𝑉/𝑚 .

Side 26

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

26

Opgave 9 a)

Kraftmåleren måler tyngdekraften, som er givet ved:

𝐹_{𝑡} =𝑚· 𝑔

Vi antager, at det foregår i Danmark, hvor 𝑔=9,815^{𝑚}_{𝑠^{2}}. Vi har desuden, at 𝐹_{𝑡} =0,70 𝑁

Det vil sige:

0,70 𝑁=𝑚_{𝑠𝑝𝑜𝑙𝑒} · 9,815 𝑚/𝑠^{2}

⇕ Ligningen løses for m_spole vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑚_{𝑠𝑝𝑜𝑙𝑒} =0,07131941 · 𝑁 · 𝑚^{−1} · 𝑠^{2}
=0,071 𝑘𝑔

Spolens masse er således 0,071 kg.

b)

Den resulterende kraft på spolen i vandret retning er lig med 0, da magnetfeltets kraft på hver af de to lodrette lederstykker nedsunket i magnetfeltet er lige stor og modsatrettet (i den ene løber strømmen nedad, og i den anden løber strømmen opad.

Kraftmåleren måler den samlede nedadrettede kraft på spolen, som er en sum af tyngdekraften og kraften fra magnetfeltet. Da magnetfeltet er vinkelret på strømmens retning, kan størrelsen bestemmes som:

𝐹_{𝐵} =𝐵· 𝐼· 𝐿

Hvor 𝐿 er længden af det vandrette lederstykke, som her skal ganges med antallet af vindinger, da der er tale om en spole:

𝐿=150 · 6,0 𝑐𝑚=900 𝑐𝑚=9,0 𝑚

Størrelsen af den samlede nedadrettede kraft bliver da:

𝐹=9,0 𝑚 ·𝐵· 𝐼+ 0,70 𝑁

Hvis 𝐼 varieres vil vi få en ret linje med hældning 𝑎=9,0 𝑚· 𝐵 (enheden vil således være 𝑚 · 𝑇). Ved hjælp

af lineær regression kan vi finde en talværdi for hældningen.

Tabellens data opskrives:

𝐼/𝐴 0,2 0,4 0,6 0,8 1,0 1,2

𝐹/𝑁 0,85 1,01 1,16 1,32 1,48 1,63

Side 27

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

27

Lineær regression udført vha. CAS-værktøjet WordMat: R^{2} = 0,999902

y=0,7814286x + 0,6946667

Hældningskoefficienten (med enhed) indsættes nu i 𝑎=9,0 𝑚· 𝐵, hvorved vi finder 𝐵:

0,7814286 𝑚 · 𝑇=9,0 𝑚 · 𝐵

⇕ Ligningen løses for B vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝐵=0,0868254 · 𝑇

Det vil sige, at det magnetiske felt, som spolen er ophængt i, har størrelsen 0,09 𝑇

Side 28

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

28

Opgave 10 a)

Ændringen i kinetisk energi for en ladet partikel, som gennemløber et spændingsfald, er givet ved:

Δ𝐸_{𝑘𝑖𝑛} =𝑞· 𝑈

Ionen er i hvile inden accelerationen, så:

𝐸_{𝑘𝑖𝑛} =𝑞· 𝑈

Den kinetiske energi er desuden givet ved:

𝐸_{𝑘𝑖𝑛} = · 𝑚 · 𝑣^{2}

1

2

Så:

1

2

· 𝑚 ·𝑣^{2} =𝑞· 𝑈

Massen af en 𝐿𝑖^{+} -ion er omtrent lig med massen af det neutrale atom, da massen af den ”manglende”

elektron er forsvindende lille til sammenligning. Atommassen findes i det periodiske system:

𝑚_{𝐿𝑖} =6,941 𝑢=6,941 𝑢 · =1,1529 · 10^{−26} · 𝑘𝑔

1,661 · 10^{−27} 𝑘𝑔

1 𝑢

Størrelsen af ladningen er lig med 1 elementarladning:

𝑞=𝑒=1,602 · 10^{−19} 𝐶

Spændingsfaldet har størrelsen:

𝑈=100 𝑘𝑉=100 · 10^{3} 𝑉

Så:

1

2

· 1,1529 · 10^{−26} 𝑘𝑔 · 𝑣^{2} =1,602 · 10^{−19} 𝐶· 100 · 10^{3} 𝑉

⇕ Ligningen løses for v vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑣=−1667057 · (𝐶·) ∨ 𝑣=1667057 · (𝐶·)

𝑉^{0,5} 𝑉^{0,5}

𝑘𝑔 𝑘𝑔

Vi regner kun med størrelser, så den første løsning forkastes.

Da alle anvendte enheder er SI-enheder, kan vi konkludere, at ionens fart efter accelerationen er

𝑣=1,67 · 10^{6}.

𝑚 𝑠

Side 29

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

29 b)

Ionen afbøjes af Lorentzkraften fra magnetfeltet, som er den altdominerende kraft i denne sammenhæng.

Vi ser bort fra andre kræfter. Vi antager, at magnetfeltet er vinkelret på bevægelsesretningen. Størrelsen af Lorentzkraften er så givet ved:

𝐹_{𝐵} =𝑞· 𝑣· 𝐵

Lorentzkraften er den resulterende kraft og er vinkelret på bevægelsesretningen. Den svarer således til centripetalkraften for den jævne kvartcirkelbevægelse, som ionen foretager:

𝐹_{𝐵} =𝐹_{𝑐} =𝑚·

𝑣^{2}

𝑟

Så:

𝑞· 𝑣· 𝐵=𝑚 ·

𝑣^{2}

𝑟

⇕

𝐵=

𝑚 · 𝑣
𝑞· 𝑟

Hvor 𝑟=1,25 𝑚 og 𝑣=5,5 · 10^{6}^{𝑚}_{𝑠}

Vi får så:

𝐵=

1,1529 · 10^{−26} · 𝑘𝑔 · 5,5 · 10^{6}

𝑚 𝑠

1,602 · 10^{−19} 𝐶· 1,25 𝑚
=0,3166517 ·

𝑘𝑔

𝑠· 𝐶
=0,32 𝑇

Magnetfeltet har således størrelsen 0,32 𝑇.

Side 30

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

30

Opgave 11 a)

Den maksimale magnetiske flux gennem spolen opnås, når hele spolen befinder sig i et område, hvor magnetfeltet er homogent. Da har vi, at:

𝐴=0,2𝑚𝑚 · 0,2𝑚𝑚=0,04 · 𝑚𝑚^{2} =0,04 · 10^{−6} 𝑚^{2}

𝐵=0,10 𝑇

Størrelsen af den magnetiske flux (da magnetfeltet er vinkelret på spolen) er så:

𝛷=𝐴 · 𝐵
=0,04 · 10^{−6} 𝑚^{2} · 0,10 𝑇
=4,0 · 10^{−9} · 𝑇· 𝑚^{2}
=4,0 · 10^{−9} 𝑊𝑏

Den maksimale magnetiske flux gennem spolen er altså 𝛷_{𝑚𝑎𝑥} =4,0 · 10^{−9} 𝑊𝑏.

b)

1) Hvis kortet køres gennemkortlæseren med konstant fart, vil fluxen falde lineært (da spolens areal i

magnetfeltet vil vokse lineært med tiden, og størrelsen af magnetfeltet er konstant) indtil den når −𝛷 ,
                                                                                    𝑚𝑎𝑥

hvor hele spolen er i første homogene magnetfelt - dette svarer til første, lineært aftagende stykke

2) Fluxen vil være −𝛷_{𝑚𝑎𝑥}, så længe hele spolen er i det første homogene magnetfelt. Dette svarer til det

første flade stykke.

3) Så snart spolen bevæger sig ind i næste (modsatrettede) magnetfelt, vil den magnetiske flux stige lineært. Fluxen vil ramme 0, hvor de to modsatrettede magnetfelter udligner hinanden i position 𝐶, og

fortsat stige lineært, indtil den når 𝛷
                               𝑚𝑎𝑥

, hvor hele spolen er i det andet homogene magnetfelt. Dette svarer til den første lineære stigning.

4) Fluxen vil være 𝛷_{𝑚𝑎𝑥}, så længe hele spolen er i det andet homogene magnetfelt. Dette svarer til det

andet vandrette stykke.

5) Så snart spolen bevæger sig ind i næste (modsatrettede) magnetfelt, vil den magnetiske flux falde lineært. Fluxen vil ramme 0, hvor de to modsatrettede magnetfelter udligner hinanden i en position svarende til position 𝐶 (dog skal der byttes om på kryds og bolle i forhold til position 𝐶), og fortsat falde

lineært, indtil den når −𝛷_{𝑚𝑎𝑥}, hvor hele spolen er i det andet homogene magnetfelt. Dette svarer til det

andet lineære fald. Bemærk, at dette fald er stejlere end det første fald, hvilket skyldes, at man skal flytte

kortet over en større strækning for at gå fra en flux på 0 pga. intet magnetfelt til maksimal/minimal flux i

startpositionen, end i fx position 𝐶, hvor fluxen er 0 pga. at to modsatrettede magnetfelter udligner hinanden.

6) Punkt 2 til 5 gentages.

Side 31

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

31 c)

Det inducerede spændingsfald er givet ved:

𝑈_{𝑖𝑛𝑑} =−𝑁·

𝑑𝛷 𝑑𝑡

Da fluxen ændres stykvist lineært i en række intervaller, kan vi nøjes med at finde et passende interval (som ikke må være første fald, da faldet her er mindre stejlt - vi antager, at informationen først findes efter dette fald) og omskrive formlen til:

𝑈_{𝑖𝑛𝑑} =−𝑁·

Δ𝛷

Δ𝑡

Hældningen er afhængig af hastigheden, hvilket udnyttes herunder:

𝑣=

Δ𝑠

Δ𝑡

⇕

Δ𝑡=

Δ𝑠 𝑣

Vi får så:

𝑈_{𝑖𝑛𝑑} =−𝑁· =−𝑁· · 𝑣

Δ𝛷 𝛷_{2} − Φ_{1}

Δs v

Δ𝑠

Bevægelsen fra en magnetisk flux på 𝛷_{1} =0 i position 𝐶 til en minimal flux på 𝛷_{2} =−𝛷_{𝑚𝑎𝑥} =−4,0 ·
10^{−9} 𝑊𝑏 svarer til en bevægelse på halvdelen af spolens sidelængde Δ𝑠=0,1 𝑚𝑚=1 · 10^{−4} 𝑚.

Antallet af vindinger er:

𝑁=1000

Vi får så:

𝑈_{𝑖𝑛𝑑} =−1000 · · 𝑣

−4,0 · 10^{−9} 𝑊𝑏
1 · 10^{−4} 𝑚

Ligningen opskrives uden enheder, og vi tegner en graf af induktionsspændingen som funktion af farten, hvormed kortet køres gennem kortlæseren:

𝑈_{𝑖𝑛𝑑} =−1000 · · 𝑣

−4,0 · 10^{−9}
1 · 10^{−4}

Side 32

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

32

Vi sætter nu 𝑈_{𝑖𝑛𝑑} =1,0 𝑚𝑉=0,001 𝑉 og løser ligningen:

0,001 𝑉=−1000 · · 𝑣

−4,0 · 10^{−9} 𝑊𝑏
1 · 10^{−4} 𝑚

⇕ Ligningen løses for v vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑣=0,025 · 𝑉 · 𝑊𝑏^{−1} · 𝑚
=0,025

𝑚 𝑠

Da induktionsspændingen vokser ved større fart, vil kravet være, at kreditkortet bevæges med en fart på

mindst 0,025^{𝑚}_{𝑠}, hvis kortlæseren skal kunne aflæse magnetstriben.

Side 33

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

33

Opgave 12 a)

Vi antager, at magnetens fart ved passage af spolen, er konstant. Farten kan da bestemmes som gennemsnitsfarten i et passende interval:

𝑣=𝑣_{𝑔𝑛𝑠} =

Δ𝑠

Δ𝑡

Afstanden fra maksimal fluxtæthed til maksimal fluxtæthed er:

Δ𝑠=2,3 𝑐𝑚=0,023 𝑚

Tiden, det tager at komme fra maksimal fluxtæthed til maksimal fluxtæthed, aflæses af bilaget:

Δ𝑡=8,0 𝑚𝑠=8,0 · 10^{−3} 𝑠

Farten er da givet ved:

𝑣=

0,023 𝑚

8,0 · 10^{−3} 𝑠
=2,875 · 𝑚 · 𝑠^{−1}

Magnetens fart, når den passerer spolen, er således på 2,9^{𝑚}_{𝑠}.

b)

Elektrisk effekt kan bestemmes som:

𝑃=𝑈· 𝐼

Vi har, at: 𝑈=2,2 𝑉

Ved denne spænding aflæser vi, at 𝐼=25 𝑚𝐴

Vi får så, at:

𝑃=2,2 𝑉· 25 𝑚𝐴
≈55 ·𝑉· 𝑚𝐴
=55 𝑚𝑊

Den effekt, der afsættes i dioden, når det inducerede spændingsfald er 2,2 𝑉 er således 𝑃=55 𝑚𝑊.

c)

Det inducerede spændingsfald kan bestemmes som:

Side 34

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

34

𝑈_{𝑖𝑛𝑑} =−𝑁·

𝑑𝛷 𝑑𝑡

Da magnetfeltet er homogent og vinkelret på spolen får vi, at:

𝑈_{𝑖𝑛𝑑} =−𝑁· · 𝐴

𝑑𝐵 𝑑𝑡

Antallet af vindinger er:

𝑁=700

Tværsnitsarealet af spolen er:

𝐴=0,8 𝑐𝑚^{2} =0,8 · 10^{−4} 𝑚^{2} =8 · 10^{−5} · 𝑚^{2}

𝑑𝐵 𝑑𝑡

til tiden 𝑡=12 𝑚𝑠 kan aflæses som hældningen af tangenten til grafen til samme tidspunkt. Vi

indtegner tangenten og aflæser Δ𝑦 og Δ𝑥 for det størst mulige interval (for at sikre større præcision) og bestemmer hældningen - se bilaget sidst i opgaven.

Vi kan aflæse direkte, at: Δ𝑦=−320 𝑚𝑇

Δ𝑥 er sværere at aflæse. Vi måler, at længden af 1 tern er 0,8𝑐𝑚. 1 tern svarer desuden til 2 𝑚𝑠. Vi måler Δ𝑥 og får:

                            2 𝑚𝑠
Δ𝑥=1,0 𝑐𝑚=1,0 𝑐𝑚·         ·     =2,5 · 𝑚𝑠
                    0,80 𝑐𝑚 1 𝑡𝑒𝑟𝑛

1 𝑡𝑒𝑟𝑛

Vi får så, at: 𝑑𝐵 Δ𝑦 𝑑𝑡 Δ𝑥

=

=

−320 𝑚𝑇

2,5 𝑚𝑠

=−128 · 𝑚𝑇 · 𝑚𝑠^{−1}
=−128 𝑇 · 𝑠^{−1}

Det vil sige:

𝑈_{𝑖𝑛𝑑} =−700 · ( −128 · 𝑇 · 𝑠^{−1}) · 8 · 10^{−5} 𝑚^{2}
=7,168 · T · m^{2} · s^{−1}
=7 𝑉

Der induceres således et spændingsfald på 𝑈_{𝑖𝑛𝑑} =7 𝑉 i magnetlygtens spole til tiden 𝑡=12 𝑚𝑠.

Side 35

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

35

Side 36

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

36

Opgave 13 a)

Når toget kører stik nord, kan vi se bort fra den vandrette komposant af jordens magnetfelt. Da toget kører vandret, er den lodrette komposant vinkelret på togets bevægelsesretning. Størrelsen af kraften fra magnetfeltet på hver enkelt elektron i toget vil da være:

𝐹_{𝐵} =𝑒· 𝑣· 𝐵

Denne kraft vil accelerere elektronerne stik øst (højrehåndsreglen (𝐼)), hvilket vil sige mod højre, hvis man kigger langs togets bevægelsesretning. Elektronerne vil da bevæge sig ad hjulakslen, indtil det elektriske felt, som dannes ved denne ladningsforskydning, udøver en modsatrettet kraft på elektronerne, som er lige så stor som kraften fra magnetfeltet.

Størrelsen af kraften fra det elektriske felt på hver enkelt elektron er givet ved:

𝐹_{𝐸} =𝑒· 𝐸=𝑒·

𝑈 𝑑

Det vil sige:

𝑒 ·𝑣· 𝐵=𝑒·

𝑈 𝑑

⇕ Ligningen løses for U vha. CAS-værktøjet WordMat.

𝑈=𝐵· 𝑑·𝑣

Vi har, at:

𝐵=64 𝜇𝑇=64 · 10^{−6} 𝑇

𝑑=1,60 𝑚

𝑣=90

𝑘𝑚 ℎ

=90 · · ·

𝑘𝑚 1000 𝑚 1 ℎ 1 𝑚𝑖𝑛 ℎ 1 𝑘𝑚 60 𝑚𝑖𝑛 60 𝑠

=25 · 𝑚 · 𝑠^{−1}

Det vil sige, at:

𝑈=64 · 10^{−6} 𝑇 · 1,60 𝑚 ·25 · 𝑚 · 𝑠^{−1}
≈0,00256 · 𝑇 ·𝑚^{2} · 𝑠^{−1}
=2,6 𝑚𝑉

Der induceres altså et spændingsfald på 2,6 𝑚𝑉 mellem enderne af hjulakslerne.

Side 37

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

37 b)

Størrelsen af kraften fra det elektriske felt beregnes som:

𝐹_{𝐸} =𝑒·

𝑈 𝑑

Elementarladningen har størrelsen:

𝑒=1,602 · 10^{−19} 𝐶

Vi får så:

𝐹_{𝐸} =1,602 · 10^{−19} 𝐶·

0,00256 𝑉

1,60 𝑚

=2,5632 · 10^{−22} · 𝐶· 𝑉· 𝑚^{−1}
=2,6 · 10^{−22} 𝑁

                                                                   −22
Størrelsen af kraften fra det elektriske felt på hver elektron er således 𝐹=2,6 · 10 𝑁

Som nævnt er kraften fra det elektriske felt modsatrettet i forhold til kraften fra magnetfeltet. Kraften på hver elektron er altså rettet stik vest (mod venstre hvis man kigger langs togets bevægelsesretning). Dette forklares ved, at elektronerne forskydes mod øst (højrehåndsreglen), hvorved der opstår et elektrisk felt med retning mod øst. Da elektronens ladning er negativ, vil kraftpåvirkningen fra det elektriske felt være rettet modsat feltretningen og dermed stik vest.

(𝐼): Hvis du ikke er stødt på højrehåndsreglen før, forklares den uddybende herunder:

Med højre hånd dannes et tredimensionelt koordinatsystem, hvor tommelfingeren peger opad og repræsenterer kraften fra magnetfeltet på partiklen, pegefingeren peger ligefrem og repræsenterer strømmens retning (dvs. retningen for en positiv ladnings bevægelse), mens langefingeren bøjes indad, så den er ortogonal til den plan, som udspændes af pegefingeren og tommelfingeren. Langefingeren repræsenterer da magnetfeltets retning.

Side 38

Fysik A STX – Elektriske og magnetiske felter – Oktober 2012

38

Opgave 14 a)

Størrelsen af den elektriske kraft er en sum af kraften fra hver af de to andre ladninger.

Den kraft, hvormed to ladninger påvirker hinanden, er givet ved:

𝐹=𝑘_{𝑐} +

𝑞· 𝑄
𝑟^{2}
De tre ladninger er lige store, så 𝑄=𝑞=3,0 · 10^{−6} 𝐶 (vi ser bort fra fortegn og regner kun på størrelser).

Den indbyrdes afstand benævnes 𝑟:

𝑟=15,0 𝑐𝑚=0,150 𝑚

                                     2
                                   𝑚
                               9
Coulombkonstanten er 𝑘 =8,99 · 10 𝑁 ·
                    𝑐
                                    2
                                   𝐶

Den nærmeste ladning virker tiltrækkende og den fjerneste ladning virker frastødende. Kræfter rettet mod højre opfattes som positive og kræfter rettet mod venstre regnes som negative. Kraften fra den nærmeste ladning er stærkest, og den samlede kraft er således rettet mod højre. Vi får:

𝐹=𝑘_{𝑐} · − 𝑘_{𝑐} ·

𝑞· 𝑞 𝑞· 𝑞
𝑟^{2} ( 2𝑟)^{2}
=𝑘_{𝑐} · ·

3 𝑞^{2}
4 𝑟^{2}
=8,99 · 10^{9} 𝑁 · · ·

𝑚^{2} 3 ( 3,0 · 10^{−6} 𝐶)^{2}
𝐶^{2} 4 ( 0,150 𝑚)^{2}
=2,697 𝑁

Den elektriske kraft, som påvirker ladningen helt til venstre, har størrelsen 2,7 𝑁 og er rettet mod højre.