och bidragen fr˚ an var och en av laddningarna ska adderas. De tre laddningarna q 1 , q 2 och q 3 ger bidragen:

L¨ osningar f¨ or Tentamen den 7:e Januari 2014

Problem 1

a) Det elektriska f¨altet har b˚ ade en storlek och en riktning. F¨altet ges av formeln E = k q

r ²

och bidragen fr˚ an var och en av laddningarna ska adderas. De tre laddningarna q ¹ , q ² och q ³ ger bidragen:

q ¹ : E = 9 · 10 ⁹ · 10 · 10 ⁻⁹

0, 09 ² = 11, 1 kV/m at vanster. (1) q ² : E = 9 · 10 ⁹ · 6 · 10 ⁻⁹

0, 05 ² = 21, 6 kV/m at hoger. (2) q ³ : E = 9 · 10 ⁹ · 11 · 10 ⁻⁹

0, 07 ² = 20, 2 kV/m at hoger. (3) Resulterande f¨altet blir 20, 2 + 21, 6 − 11, 1 = 30.7 kV/m ˚ at h¨oger. Allts˚ a m˚ aste bidraget fr˚ an q 4 ge f¨altet 30.7 kV/m ˚ at v¨anster, vilket betyder att q 4

m˚ aste vara positivt laddad. Storleken p˚ a laddningen ges av:

30, 7 · 10 ³ = 9 · 10 ⁹ · q ⁴

0, 1 ² ⇒ q ⁴ = 30, 7 · 10 ³ · 0, 1 ²

9 · 10 ⁹ = 34, 1 nC b) Potentialen ¨ar en skal¨ar (d.v.s. den har ingen riktning), och ber¨aknas ur

V = k q r

Potentialen fr˚ an var och en av de fyra laddningarna adderas, och tecknet p˚ a laddningarna spelar roll. Potentialen blir:

V = 9 · 10 ⁹



− 10 · 10 ⁻⁹

0.09 + 6 · 10 ⁻⁹

0.05 − 11 · 10 ⁻⁹

0.07 + 34, 1 · 10 ⁻⁹ 0.1



= 1.73 kV.

Problem 2

Potentialskillnaden mellan start och slutpunkterna ¨ar V = E · d = 10 · 10 ³ · 0, 5 = 5 kV. Denna potentialskillnaden motsvarar en skillnad i potentiell energi som ¨ar E p = q · V = 4 · 10 ⁻⁹ · 5 · 10 ³ = 2 · 10 ⁻⁵ J. Den potentiella energin har omvandlats till kinetisk energi, och hastigheten kan f˚ as ur:

E p = E k = mv ²

2 ⇒ v = r 2E k

m = r 2 · 2 · 10 ⁻⁵

10 ⁻¹⁰ = 632 m/s.

2

Problem 3

Elektronerna i str˚ alen p˚ averkas av en elektrisk kraft F E riktat upp˚ at och en mag- netisk kraft F B riktad ned˚ at. D˚ a str˚ alen forts¨atter rakt fram m˚ aste dessa tv˚ a krafter vara lika stora. Allts˚ a:

F E = qE = F B = qvB ⇒ E = vB ⇒ v = E

B = 5 · 10 ³

20 · 10 ⁻³ = 2, 5 · 10 ⁵ m/s

Problem 4

a) R¨akna f¨orst ut den totala resistansen i kretsen. R ¹ och R ² ¨ar i serie, kan ers¨attas med ett R = 30 Ω. R ¹ och R ² ¨ar ocks˚ a parallellkopplade med R ³ , vi kan ers¨atta alla tre med ett

R =  1 30 + 1

30

 −1

= 15 Ω.

Denna fiktiva 15 Ohmsresistor ¨ar seriekopplad med R ⁴ , s˚ a hela denna kedja R ¹ - R ⁴ kan ers¨attas med en resistor R = 55 Ω. Slutligen ges den totala resistansen av

R tot =  1 55 + 1

50

 −1

= 26, 2 Ω.

Str¨ommen som flyter genom batteriet blir d¨arf¨or I = U

R = 12

26, 2 = 0.46 A.

b) Sp¨anningen ¨aver kedjan R ¹ -R ⁴ med den effektiva resistansen 55 Ω ¨ar 12 V.

D¨arf¨or flyter str¨ommen I = U/R = 12/55 = 0.218 A genom denna kedja.

Hela denna str¨om flyter genom R ⁴ , sedan delar den upp sig i tv˚ a delar d¨ar den ena g˚ ar genom R ³ och den andra genom R ¹ + R ² . Eftersom resistansen

¨ar densamma i b˚ ada grenarna kommer str¨ommen att dela upp sig i tv˚ a lika

delar, det vill s¨aga str¨ommen genom R ¹ ¨ar I = 0.218/2 = 0.109 A.

3

Problem 5

a) Resonans uppst˚ ar i en v¨axelstr¨omskrets d˚ a impedanserna X L = X C . Detta ger oss:

1

ωC = ωL ⇒ ω ² = 1

LC ⇒ ω = 1

√ LC = 1

√ 80 · 10 ⁻³ · 125 · 10 ⁻⁶

= 316 rad/s.

Vinkelfrekvensen ¨ar relaterad till frekvensen som f = ω

2π = 50 Hz.

b) Vid resonans g¨aller I = U/Z = U/R = 220/40 = 5, 5 A.

c) Den ¨ar maximal, d˚ a Z ¨ar minimal (enbart best˚ aende av resistansen R i kret- sen).

Problem 6

Nota bene: Formeln ska egentligen vara ¹ _λ = R H 1

n

− _n ¹

, det var ett tryckfel.

Sjl¨ alvklart r¨ aknar ni med den formeln som gavs.

Eftersom n ^′ = 3 och n = 2 kan vi ber¨akna v˚ agl¨angden ur:

1 λ = R H

 1 n − 1

n ^′



= 1, 097 · 10 ⁷ ·  1 2 − 1

3



⇒ λ = 547 nm.

Energin hos en foton med v˚ agl¨angden 547 nm, vilken ¨ar samma som energiskillnaden mellan de tv˚ a tillst˚ anden i v¨ateatomen, kan ber¨aknas ur:

E = hc

λ = 6, 63 · 10 ⁻³⁴ · 3 · 10 ⁸

547 · 10 ⁻⁹ = 3, 6 · 10 ⁻¹⁹ J = 2.3 eV.