Physics · Boek 2 · Grades 10–12

Natuurkunde bovenbouw

Natuurkunde bovenbouw · Grades 10–12

14Elektrische en gravitatievelden

Hoe trekt de Aarde aan een appel die ze nooit aanraakt? Newton zelf noemde werking op afstand “zo grote onzin” dat hij weigerde haar te verdedigen. Het moderne antwoord: een massa, of een lading, verandert de ruimte om zich heen — ze wekt een veld op — en wat je daar neerzet reageert op het veld op zijn eigen plaats. We bouwen de twee grote voorbeelden naast elkaar op, tot de analogie een gelijkheid van vorm wordt.

14.1 Van werking op afstand naar het veld

Definitie 14.1 (Veld)

Een veld kent aan elk punt van de ruimte een vector toe. Een bron (een lading, een massa) wekt haar veld overal om zich heen op, of er nu iets is dat het voelt of niet; een testvoorwerp voelt vervolgens een kracht die alleen door het veld op zijn eigen plaats wordt bepaald. Dat beeld in twee stappen vervangt de werking op afstand.

Opmerking 14.2

Het veld is geen boekhoudkundige truc: het draagt energie, en veranderingen van de bron reizen er met eindige snelheid doorheen naar buiten — licht zelf is zo’n reizend veld (Hoofdstuk 22). Hier bestuderen we velden die niet met de tijd veranderen.

14.2 Het elektrische veld

Definitie 14.3 (Elektrisch veld)

Als een kleine testlading qq in een punt MM een elektrische kracht F→\vect F voelt, dan is het elektrische veld in MM

E→=F→q(in N/C, ook geschreven als V/m).\vect E = \frac{\vect F}{q} \qquad \text{(in $\mathrm{N}/\mathrm{C}$, ook geschreven als $\mathrm{V}/\mathrm{m}$)}.

E→\vect E hangt alleen van de bronnen en van MM af, niet van de testlading: qq verdubbelen verdubbelt F→\vect F en laat het quotiënt onveranderd.

Propositie 14.4 (Kracht op een lading)

Een lading qq op een plaats waar het veld E→\vect E is, voelt de kracht F→=qE→\vect F = q \vect E: langs E→\vect E als q>0q > 0, tegengesteld aan E→\vect E als q<0q < 0, met grootte F=∣q∣ EF = \abs{q}\,E.

Bewijs. Herschik de definitie; de regel voor het teken is de algebra van een negatief veelvoud. ∎

Voorbeeld 14.5 (Een veld aflezen)

Een testlading q=2.0×10−8 Cq = 2.0 \times 10^{-8}\,\mathrm{C} in MM voelt een kracht van 6.0×10−4 N6.0 \times 10^{-4}\,\mathrm{N} naar het oosten. Het veld in MM is E=6.0×10−4/2.0×10−8=3.0×104 N/CE = 6.0 \times 10^{-4} / 2.0 \times 10^{-8} = 3.0 \times 10^{4}\,\mathrm{N}/\mathrm{C}, naar het oosten gericht; een lading q′=−1.0×10−8 Cq' = -1.0 \times 10^{-8}\,\mathrm{C} in hetzelfde punt voelt F=1.0×10−8×3.0×104=3.0×10−4 NF = 1.0 \times 10^{-8} \times 3.0 \times 10^{4} = 3.0 \times 10^{-4}\,\mathrm{N} — naar het westen.

Propositie 14.6 (Veld van een puntlading)

Een puntlading QQ wekt op afstand dd een veld op langs de lijn van de lading naar het punt — van QQ af als Q>0Q > 0, ernaartoe als Q<0Q < 0 — met grootte

E=k ∣Q∣d2,k=8.99×109 N m2/C2.E = k\,\frac{\abs{Q}}{d^2}, \qquad k = 8.99 \times 10^{9}\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{C}^{2}.

Bewijs. De wet van Coulomb (Hoofdstuk 13) geeft de kracht op een testlading qq op afstand dd: grootte k∣qQ∣/d2k \abs{qQ} / d^2, langs de verbindingslijn, afstotend bij gelijke tekens. Deel door qq en pas Propositie 14.4 toe. ∎

Voorbeeld 14.7 (Een geladen bol)

Een vandegraaffbol draagt Q=5.0×10−7 CQ = 5.0 \times 10^{-7}\,\mathrm{C} (een kleine geladen bol werkt als een puntlading in haar middelpunt). Op d=0.50 md = 0.50\,\mathrm{m}:

E=8.99×109×5.0×10−7/0.502≈1.8×104 N/C,E = 8.99 \times 10^{9} \times 5.0 \times 10^{-7} / 0.50^2 \approx 1.8 \times 10^{4}\,\mathrm{N}/\mathrm{C},

radiaal van de bol af gericht. Op 1.0 m1.0\,\mathrm{m} is het tot een kwart daarvan gezakt: de 1/d21/d^2 van de kracht leeft voort in het veld.

Definitie 14.8 (Veldlijnen)

Een veldlijn is een kromme die overal raakt aan het veld, met een pijl die de richting van het veld aangeeft. Drie regels:

  • ze vertrekken uit positieve ladingen en komen aan bij negatieve;
  • waar de lijnen dicht opeen liggen is het veld sterk, waar ze uitwaaieren zwak;
  • twee lijnen snijden elkaar nooit: het veld heeft in elk punt één richting.
Veldlijnen van een puntlading: radiaal uit +, naar - toe; de opeenhoping vlak bij de lading beeldt de groei van het veld als 1/d2 uit. Veldlijnen van een puntlading: radiaal uit +, naar - toe; de opeenhoping vlak bij de lading beeldt de groei van het veld als 1/d2 uit.
Veldlijnen van een puntlading: radiaal uit ++, naar −- toe; de opeenhoping vlak bij de lading beeldt de groei van het veld als 1/d21/d^2 uit.

14.3 Het homogene veld van een condensator

Definitie 14.9 (Vlakkeplaatcondensator)

Twee evenwijdige metalen platen tegenover elkaar, dicht bij elkaar en met tegengestelde ladingen, vormen een condensator. Tussen de platen is het veld een homogeen veld: overal even groot en in dezelfde richting — loodrecht op de platen, van de positieve plaat naar de negatieve.

Propositie 14.10 (Veld tussen de platen)

Is de spanning tussen de platen (Hoofdstuk 12) gelijk aan UU en hun afstand dd, dan heeft het veld ertussen de grootte

E=Ud(in V/m).E = \frac{U}{d} \qquad \text{(in $\mathrm{V}/\mathrm{m}$)}.

Bewijs. Op dit niveau zonder bewijs aangenomen. ∎

Opmerking 14.11

De homogeniteit en E=U/dE = U/d worden eerlijk afgeleid in het volume van bachelorjaar 1; de formule verklaart de eenheid V/m\mathrm{V}/\mathrm{m}. Dunne spleten geven sterke velden: 100 V100\,\mathrm{V} over een millimeter is al 105 V/m10^{5}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}.

Voorbeeld 14.12 (Een elektronenbundel sturen)

In een oscilloscoop gaat de bundel tussen platen door met U=100 VU = 100\,\mathrm{V} en d=5.0 mmd = 5.0\,\mathrm{mm}: E=100/5.0×10−3=2.0×104 V/mE = 100 / 5.0 \times 10^{-3} = 2.0 \times 10^{4}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}, en elk elektron voelt F=1.60×10−19×2.0×104=3.2×10−15 NF = 1.60 \times 10^{-19} \times 2.0 \times 10^{4} = 3.2 \times 10^{-15}\,\mathrm{N} naar de positieve plaat — 4×10144 \times 10^{14} keer zijn gewicht van 8.9×10−30 N8.9 \times 10^{-30}\,\mathrm{N}, zodat de bundel zichtbaar wordt afgebogen (de gebogen baan is de zaak van Hoofdstuk 25).

Het homogene veld van een condensator: evenwijdige lijnen op gelijke afstand van de +-plaat naar de --plaat, met E = U/d; een positieve lading wordt met het veld mee geduwd, een negatieve ertegenin.
Het homogene veld van een condensator: evenwijdige lijnen op gelijke afstand van de ++-plaat naar de −--plaat, met E=U/dE = U/d; een positieve lading wordt met het veld mee geduwd, een negatieve ertegenin.

14.4 Het gravitatieveld

Definitie 14.13 (Gravitatieveld)

Als een testmassa mm in een punt een gravitatiekracht (een gewicht) P→\vect P voelt, dan is het gravitatieveld daar

g→=P→m(in N/kg),\vect g = \frac{\vect P}{m} \qquad \text{(in $\mathrm{N}/\mathrm{kg}$)},

en omgekeerd P→=mg→\vect P = m \vect g. Een eerder hoofdstuk voerde het getal gg in; g→\vect g voegt daar de richting aan toe waarin een losgelaten steen begint te bewegen.

Propositie 14.14 (Veld van de Aarde)

Op afstand dd van het middelpunt van de Aarde (massa MM) wijst het gravitatieveld naar het middelpunt en heeft het de grootte

g=G Md2,G=6.67×10−11 N m2/kg2.g = G\,\frac{M}{d^2}, \qquad G = 6.67 \times 10^{-11}\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{kg}^{2}.

Bewijs. De algemene gravitatie (Hoofdstuk 4) geeft de kracht op een testmassa mm: grootte GMm/d2G M m / d^2, naar het middelpunt; deel door mm. Aan het oppervlak is d=Rd = R en dit is de g=GM/R2≈9.81 N/kgg = GM/R^2 \approx 9.81\,\mathrm{N}/\mathrm{kg} uit het eerdere hoofdstuk. ∎

Voorbeeld 14.15 (Het veld waar de Maan leeft)

Op de afstand van de Maan, d=3.84×108 md = 3.84 \times 10^{8}\,\mathrm{m}:

g=6.67×10−11×5.97×1024/(3.84×108)2≈2.7×10−3 N/kg.g = 6.67 \times 10^{-11} \times 5.97 \times 10^{24} / (3.84 \times 10^{8})^2 \approx 2.7 \times 10^{-3}\,\mathrm{N}/\mathrm{kg}.

Het veld van de Aarde houdt nooit op — het wordt alleen ijler als 1/d21/d^2; dit is het veld dat de Maan in haar omloopbaan houdt.

Opmerking 14.16 (Homogeen vlak bij het oppervlak)

Over een practicumlokaal of zelfs een berg verandert dd nauwelijks vergeleken met R=6.37×106 mR = 6.37 \times 10^{6}\,\mathrm{m}, dus is g→\vect g tot in hoge nauwkeurigheid homogeen: verticale lijnen, een constante 9.81 N/kg9.81\,\mathrm{N}/\mathrm{kg} — het veld van de Aarde lijkt op dat van de condensator, net zoals de ronde Aarde vanuit een tuin vlak lijkt.

Het gravitatieveld van de Aarde: radiaal, naar het middelpunt gericht, met grootte GM/d2 — het exacte portret van het veld van een negatieve puntlading.
Het gravitatieveld van de Aarde: radiaal, naar het middelpunt gericht, met grootte GM/d2GM/d^2 — het exacte portret van het veld van een negatieve puntlading.

14.5 Eén idee, twee krachten

De twee velden van dit hoofdstuk zijn dezelfde wiskunde in twee vermommingen:

elektrischgravitationeel
bronlading QQmassa MM
veldE→=F→/q\vect E = \vect F / qg→=P→/m\vect g = \vect P / m
eenheidN/C\mathrm{N}/\mathrm{C} = V/m\mathrm{V}/\mathrm{m}N/kg\mathrm{N}/\mathrm{kg}
puntbronE=k∣Q∣/d2E = k \abs{Q} / d^2g=GM/d2g = G M / d^2
constantek=8.99×109 N m2/C2k = 8.99 \times 10^{9}\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{C}^{2}G=6.67×10−11 N m2/kg2G = 6.67 \times 10^{-11}\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{kg}^{2}
kracht op een testvoorwerpF→=qE→\vect F = q \vect EP→=mg→\vect P = m \vect g
veldlijnenuit ++, naar −-altijd naar de massa toe

Elke formule links wordt die rechts onder het woordenboek q↔mq \leftrightarrow m, E→↔g→\vect E \leftrightarrow \vect g, k↔Gk \leftrightarrow G.

Opmerking 14.17 (Waar de analogie breekt)

Lading bestaat in twee tekens, massa in één. Elektrische velden laten zich dus opheffen: de herschikte ladingen van een metalen doos wissen elk uitwendig veld erbinnen uit (een kooi van Faraday — daarom doodt een lift je telefoonsignaal), en gewone materie, met evenveel ++ als −-, is elektrisch stil. De zwaartekracht laat zich niet afschermen en niet neutraliseren: elke kilogram voegt zijn trek toe — en daarom regeert de kracht die 103910^{39} keer zwakker is (Oefening 14.10) het heelal op grote schaal.

14.6 Oefeningen

Oefening 14.1 ★

Een testlading q=2.0×10−6 Cq = 2.0 \times 10^{-6}\,\mathrm{C} in een punt MM voelt een kracht van 5.0×10−3 N5.0 \times 10^{-3}\,\mathrm{N} naar het noorden. Geef het veld in MM (grootte en richting), en daarna de kracht op q′=−4.0×10−6 Cq' = -4.0 \times 10^{-6}\,\mathrm{C} in MM.

Oplossing

Oplossing van Oefening 14.1.

E=5.0×10−3/2.0×10−6=2.5×103 N/CE = 5.0 \times 10^{-3} / 2.0 \times 10^{-6} = 2.5 \times 10^{3}\,\mathrm{N}/\mathrm{C}, naar het noorden. Op q′q': F=4.0×10−6×2.5×103=1.0×10−2 NF = 4.0 \times 10^{-6} \times 2.5 \times 10^{3} = 1.0 \times 10^{-2}\,\mathrm{N}, naar het zuiden (q′<0q' < 0).

Oefening 14.2 ★

Een puntlading Q=5.0 nCQ = 5.0\,\mathrm{nC} zit in OO.

  1. Bereken het veld op d=30 cmd = 30\,\mathrm{cm}: grootte en richting.
  2. Op welke afstand is het veld half zo sterk?
Oplossing

Oplossing van Oefening 14.2.

1. E=8.99×109×5.0×10−9/0.302≈5.0×102 N/CE = 8.99 \times 10^{9} \times 5.0 \times 10^{-9} / 0.30^2 \approx 5.0 \times 10^{2}\,\mathrm{N}/\mathrm{C}, van OO af gericht (Q>0Q > 0).

2. k∣Q∣/d2k\abs{Q}/d^2 halveren vraagt om een verdubbeld d2d^2: d′=0.302≈0.42 md' = 0.30\sqrt{2} \approx 0.42\,\mathrm{m}.

Oefening 14.3 ★

Een condensator staat onder U=600 VU = 600\,\mathrm{V} met platen op 3.0 mm3.0\,\mathrm{mm} afstand. Bereken het veld en daarna de kracht op één elektron daarin (e=1.60×10−19 Ce = 1.60 \times 10^{-19}\,\mathrm{C}).

Oplossing

Oplossing van Oefening 14.3.

E=600/3.0×10−3=2.0×105 V/mE = 600 / 3.0 \times 10^{-3} = 2.0 \times 10^{5}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}; F=eE=1.60×10−19×2.0×105=3.2×10−14 NF = eE = 1.60 \times 10^{-19} \times 2.0 \times 10^{5} = 3.2 \times 10^{-14}\,\mathrm{N}.

Oefening 14.4 ★

Op Mars weegt een sonde van 250 kg250\,\mathrm{kg} 930 N930\,\mathrm{N}. Bereken het veld gMarsg_{\text{Mars}} aan het marsoppervlak, en daarna het gewicht van een astronaut van 80 kg80\,\mathrm{kg} daar.

Oplossing

Oplossing van Oefening 14.4.

gMars=P/m=930/250=3.7 N/kgg_{\text{Mars}} = P/m = 930/250 = 3.7\,\mathrm{N}/\mathrm{kg}. Astronaut: P=80×3.72≈3.0×102 NP = 80 \times 3.72 \approx 3.0 \times 10^{2}\,\mathrm{N} (op Aarde ongeveer 780 N780\,\mathrm{N}).

Oefening 14.5 ★

Juist of onjuist, met telkens één reden: (a) twee veldlijnen mogen elkaar snijden waar het veld sterk is; (b) veldlijnen vertrekken uit negatieve ladingen en komen aan bij positieve; (c) opeengedrongen veldlijnen wijzen op een sterk veld.

Oplossing

Oplossing van Oefening 14.5.

(a) Onjuist: het veld heeft in elk punt één richting, dus snijden de lijnen elkaar nooit. (b) Onjuist: ze vertrekken uit ++ en komen aan bij −-. (c) Juist: opeenhoping codeert sterkte.

Oefening 14.6 ★★

Het internationale ruimtestation draait op een hoogte van 420 km420\,\mathrm{km} (R=6.37×106 mR = 6.37 \times 10^{6}\,\mathrm{m}, M=5.97×1024 kgM = 5.97 \times 10^{24}\,\mathrm{kg}).

  1. Bereken gg bij het station; welk deel van de waarde aan het oppervlak is dat?
  2. De astronauten zweven. Verzoen dat in één zin met je antwoord.
Oplossing

Oplossing van Oefening 14.6.

1. d=6.37×106+4.2×105=6.79×106 md = 6.37 \times 10^{6} + 4.2 \times 10^{5} = 6.79 \times 10^{6}\,\mathrm{m}, dus g=6.67×10−11×5.97×1024/(6.79×106)2≈8.6 N/kgg = 6.67 \times 10^{-11} \times 5.97 \times 10^{24} / (6.79 \times 10^{6})^2 \approx 8.6\,\mathrm{N}/\mathrm{kg} — 88%88\% van de waarde aan het oppervlak.

2. Ze zweven doordat station en astronaut samen vallen (vrije val), niet doordat de zwaartekracht ontbreekt.

Oefening 14.7 ★★

Welke veldgrootte zou het gewicht van een elektron opheffen (me=9.11×10−31 kgm_e = 9.11 \times 10^{-31}\,\mathrm{kg})? Vergelijk met de 2.0×104 V/m2.0 \times 10^{4}\,\mathrm{V}/\mathrm{m} uit Voorbeeld 14.12; trek je conclusie over de plaats van de zwaartekracht in de elektronenfysica.

Oplossing

Oplossing van Oefening 14.7.

E=meg/e=9.11×10−31×9.81/1.60×10−19≈5.6×10−11 V/mE = m_e g / e = 9.11 \times 10^{-31} \times 9.81 / 1.60 \times 10^{-19} \approx 5.6 \times 10^{-11}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}: zo’n 4×10144 \times 10^{14} keer zwakker dan het veld in de oscilloscoop. De zwaartekracht is in de elektronenfysica volstrekt verwaarloosbaar.

Oefening 14.8 ★★

Een stofdeeltje met massa 2.0×10−6 kg2.0 \times 10^{-6}\,\mathrm{kg} zweeft in rust tussen horizontale platen op 2.0 cm2.0\,\mathrm{cm} afstand met U=5.0 kVU = 5.0\,\mathrm{kV} ertussen.

  1. Bereken het veld en daarna de grootte van de lading van het deeltje.
  2. De lading van het deeltje is positief: welke plaat is de positieve?
  3. Hoeveel elementaire ladingen draagt het deeltje?
Oplossing

Oplossing van Oefening 14.8.

1. E=5.0×103/2.0×10−2=2.5×105 V/mE = 5.0 \times 10^{3} / 2.0 \times 10^{-2} = 2.5 \times 10^{5}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}; in rust geldt qE=mgqE = mg, dus q=2.0×10−6×9.81/2.5×105≈7.8×10−11 Cq = 2.0 \times 10^{-6} \times 9.81 / 2.5 \times 10^{5} \approx 7.8 \times 10^{-11}\,\mathrm{C}.

2. De kracht op het positieve deeltje moet omhoog wijzen, dus wijst E→\vect E omhoog: de onderste plaat is de positieve.

3. n=7.85×10−11/1.60×10−19≈4.9×108n = 7.85 \times 10^{-11} / 1.60 \times 10^{-19} \approx 4.9 \times 10^{8} elementaire ladingen.

Oefening 14.9 ★★

De ladingen +Q+Q en +4Q+4Q liggen 30 cm30\,\mathrm{cm} uit elkaar. Waar op het lijnstuk ertussen is het totale veld nul? Leg eerst uit waarom dat punt tussen de ladingen moet liggen, dichter bij de kleinste.

Oplossing

Oplossing van Oefening 14.9.

Buiten het lijnstuk wijzen beide velden dezelfde kant op; ertussen werken ze tegen elkaar in — en het evenwicht vraagt om een punt dichter bij de zwakkere bron +Q+Q. Met xx de afstand tot +Q+Q: kQ/x2=4kQ/(0.30−x)2kQ/x^2 = 4kQ/(0.30 - x)^2, dus 0.30−x=2x0.30 - x = 2x en x=0.10 mx = 0.10\,\mathrm{m} vanaf +Q+Q.

Oefening 14.10 ★★

In een waterstofatoom liggen het proton (mp=1.67×10−27 kgm_p = 1.67 \times 10^{-27}\,\mathrm{kg}, lading +e+e) en het elektron (me=9.11×10−31 kgm_e = 9.11 \times 10^{-31}\,\mathrm{kg}, lading −e-e) d=5.3×10−11 md = 5.3 \times 10^{-11}\,\mathrm{m} uit elkaar. Bereken de elektrische kracht en de gravitatiekracht ertussen, en hun verhouding.

Oplossing

Oplossing van Oefening 14.10.

Fe=ke2/d2=8.99×109×(1.60×10−19)2/(5.3×10−11)2≈8.2×10−8 NF_e = ke^2/d^2 = 8.99 \times 10^{9} \times (1.60 \times 10^{-19})^2 / (5.3 \times 10^{-11})^2 \approx 8.2 \times 10^{-8}\,\mathrm{N}; Fg=Gmpme/d2=6.67×10−11×1.67×10−27×9.11×10−31/(5.3×10−11)2≈3.6×10−47 NF_g = G m_p m_e / d^2 = 6.67 \times 10^{-11} \times 1.67 \times 10^{-27} \times 9.11 \times 10^{-31} / (5.3 \times 10^{-11})^2 \approx 3.6 \times 10^{-47}\,\mathrm{N}. Verhouding Fe/Fg≈2.3×1039F_e / F_g \approx 2.3 \times 10^{39}.

Oefening 14.11 ★★

In een punt MM zou de ene bron alleen een veld van 300 N/C300\,\mathrm{N}/\mathrm{C} naar het oosten opwekken; een tweede bron een van 400 N/C400\,\mathrm{N}/\mathrm{C} naar het noorden. Velden tellen op als vectoren: geef het totale veld in MM (grootte en richting), en daarna de kracht op q=−2.0×10−6 Cq = -2.0 \times 10^{-6}\,\mathrm{C} die daar wordt neergezet.

Oplossing

Oplossing van Oefening 14.11.

E=3002+4002=500 N/CE = \sqrt{300^2 + 400^2} = 500\,\mathrm{N}/\mathrm{C}, onder tan⁡−1(400/300)≈53∘\tan^{-1}(400/300) \approx 53{}^{\circ} ten noorden van het oosten. Op q<0q < 0: F=2.0×10−6×500=1.0×10−3 NF = 2.0 \times 10^{-6} \times 500 = 1.0 \times 10^{-3}\,\mathrm{N}, tegengesteld aan het veld — 53∘53{}^{\circ} ten zuiden van het westen.

Oefening 14.12 ★★★

Op welke hoogte is het veld van de Aarde tot de helft van de waarde aan het oppervlak gezakt? En tot welk deel op hoogte h=Rh = R?

Oplossing

Oplossing van Oefening 14.12.

GM/(R+h)2=12 GM/R2GM/(R+h)^2 = \tfrac12\,GM/R^2 geeft R+h=R2R + h = R\sqrt{2}, dus h=(2−1)R≈2.6×106 mh = (\sqrt{2} - 1)R \approx 2.6 \times 10^{6}\,\mathrm{m} (ongeveer 2600 km2600\,\mathrm{km}). Op h=Rh = R is d=2Rd = 2R: een kwart van de waarde aan het oppervlak.

Oefening 14.13 ★★★

Ladingen van 2.0 nC2.0\,\mathrm{nC} zitten in AA en BB, 6.0 cm6.0\,\mathrm{cm} uit elkaar. MM ligt op de middelloodlijn van [AB][AB], 4.0 cm4.0\,\mathrm{cm} van het midden.

  1. Bereken de afstand AMAM en daarna de grootte van het veld dat elke lading in MM opwekt.
  2. Tel de twee velden als vectoren op (gebruik de symmetrie) en geef het totale veld in MM, met grootte en richting.
Oplossing

Oplossing van Oefening 14.13.

1. AM=3.02+4.02=5.0 cmAM = \sqrt{3.0^2 + 4.0^2} = 5.0\,\mathrm{cm}; elke lading wekt E1=8.99×109×2.0×10−9/0.0502≈7.2×103 N/CE_1 = 8.99 \times 10^{9} \times 2.0 \times 10^{-9} / 0.050^2 \approx 7.2 \times 10^{3}\,\mathrm{N}/\mathrm{C} op.

2. De componenten langs ABAB heffen elkaar op door de symmetrie; elk veld draagt E1×4/5E_1 \times 4/5 langs de middelloodlijn bij, van het lijnstuk af: E=2×7.19×103×0.80≈1.2×104 N/CE = 2 \times 7.19 \times 10^{3} \times 0.80 \approx 1.2 \times 10^{4}\,\mathrm{N}/\mathrm{C}, gericht langs de middelloodlijn, van [AB][AB] af.

Oefening 14.14 ★★★

Leg met behulp van de twee tekens van lading uit hoe de vrije ladingen van een metalen doos een uitwendig elektrisch veld overal erbinnen opheffen — en waarom geen enkele schikking van massa’s hetzelfde voor de zwaartekracht kan doen. Welk onmogelijk ingrediënt zou een zwaartekrachtschild vergen?

Oplossing

Oplossing van Oefening 14.14.

De vrije ladingen van de doos bewegen onder het uitwendige veld: ++ hoopt zich op de ene wand op, −- op de andere, en die verplaatste ladingen wekken een inwendig veld op dat tegen het uitwendige in gaat. Ze blijven bewegen tot het totale veld binnenin precies nul is — dan is er evenwicht. De zwaartekracht biedt maar één teken van bron: elke massa voegt een aantrekkend veld toe, geen enkele kan ertegenin gaan. Een zwaartekrachtschild zou negatieve massa nodig hebben, en die bestaat niet.

Oefening 14.15 ★★★

Een bolletje (m=0.50 gm = 0.50\,\mathrm{g}, q=2.0×10−7 Cq = 2.0 \times 10^{-7}\,\mathrm{C}) hangt aan een draad in een horizontaal homogeen veld E=1.0×104 V/mE = 1.0 \times 10^{4}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}. In rust maakt de draad een hoek θ\theta met de verticaal.

  1. Noem de drie krachten; leg uit waarom tan⁡θ=qE/(mg)\tan\theta = qE / (mg).
  2. Bereken θ\theta en daarna de spankracht in de draad.
Oplossing

Oplossing van Oefening 14.15.

1. Het gewicht mg→m\vect g (omlaag), de spankracht T→\vect T (langs de draad) en de elektrische kracht qE→q\vect E (horizontaal). In rust geldt Tsin⁡θ=qET\sin\theta = qE en Tcos⁡θ=mgT\cos\theta = mg; deel die op elkaar: tan⁡θ=qE/(mg)\tan\theta = qE/(mg).

2. tan⁡θ=2.0×10−7×1.0×104/(5.0×10−4×9.81)≈0.41\tan\theta = 2.0 \times 10^{-7} \times 1.0 \times 10^{4} / (5.0 \times 10^{-4} \times 9.81) \approx 0.41, dus θ≈22∘\theta \approx 22{}^{\circ}; T=mg/cos⁡θ≈5.3×10−3 NT = mg/\cos\theta \approx 5.3 \times 10^{-3}\,\mathrm{N}.

14.7 Probleem: Het druppeltje van Millikan

Probleem 14.1

Weekendopgave — de lading van het elektron wegen: een oliedruppeltje dat tussen twee platen in de lucht blijft hangen, onthult dat lading in ondeelbare stapjes van 1.60×10−191.60 \times 10^{-19} coulomb komt

In 1909 verstoof Robert Millikan oliedruppeltjes tussen de horizontale platen van een condensator. Door de spanning bij te stellen tot een gekozen druppeltje roerloos hing — de elektrische kracht precies in evenwicht met het gewicht — kon hij zijn lading wegen. Ons druppeltje heeft massa m=4.90×10−15 kgm = 4.90 \times 10^{-15}\,\mathrm{kg} (gemeten aan zijn trage val met het veld uit; we nemen die als gegeven); de platen liggen d=8.0 mmd = 8.0\,\mathrm{mm} uit elkaar, met de bovenste positief; de lading van het druppeltje is negatief.

Deel I — Het toneel.

  1. Beschrijf het veld tussen de platen; wat levert “homogeen” op?
  2. Bereken EE voor U=800 VU = 800\,\mathrm{V}.
  3. In welke richting werkt de elektrische kracht op het druppeltje? Waarom moest de bovenste plaat de positieve zijn?
  4. Bereken het gewicht van het druppeltje.
  5. Schrijf de voorwaarde voor rust als een gelijkheid van twee krachtgroottes.

Deel II — Het evenwicht.

  1. Druk daaruit ∣q∣\abs{q} uit in mm, gg, dd en UU.
  2. Het druppeltje hangt in rust bij U=800 VU = 800\,\mathrm{V}: bereken ∣q∣\abs{q}.
  3. Deel door e=1.60×10−19 Ce = 1.60 \times 10^{-19}\,\mathrm{C}. Hoeveel elektronen te veel draagt het druppeltje?
  4. De spanning wordt naar 900 V900\,\mathrm{V} opgeschroefd. In welke richting wijst de resulterende kracht nu?
  5. Toon aan dat de evenwichtsspanning U=mgd/∣q∣U = mgd/\abs{q} is: hoe groter de lading, hoe kleiner de spanning.

Deel III — De stapjes. Een stralingspuls kan elektronen op het druppeltje slaan of eraf; na elke verandering stelt Millikan de spanning opnieuw op evenwicht af.

  1. Na één puls vergt het evenwicht U=1200 VU = 1200\,\mathrm{V}. Bereken de nieuwe ∣q∣\abs{q}. Heeft het druppeltje een elektron gewonnen of verloren?
  2. Opeenvolgende evenwichten worden gevonden bij U=1200U = 1200, 800800, 600600, 480480 en 400 V400\,\mathrm{V}. Bereken de vijf ladingen.
  3. Toon aan dat alle vijf gehele veelvouden van één grootheid zijn; geef haar waarde.
  4. Met hoeveel verandert de lading tussen twee opeenvolgende evenwichten? Interpreteer dat.
  5. Leg uit waarom dit druppeltje nooit in rust kan hangen bij U=700 VU = 700\,\mathrm{V}, hoe geduldig je ook afstelt.
  6. Millikan herhaalde dit met honderden druppeltjes: elke gemeten lading was een geheel veelvoud van dezelfde waarde. Formuleer de conclusie en noem de grootheid die is gemeten.

Deel IV — Waarom er geen Millikan voor de zwaartekracht bestaat.

  1. Wat speelt in het woordenboek van dit hoofdstuk de rol van qq, EE en qEqE in het evenwicht van deel II?
  2. Zou een massa erboven het druppeltje in plaats daarvan omhoog kunnen houden? Bereken het veld van een loden bol van 1000 kg1000\,\mathrm{kg} op 1.0 m1.0\,\mathrm{m} boven het druppeltje, de kracht op het druppeltje, en vergelijk met zijn gewicht.
  3. Het evenwicht vraagt om een opwaartse trek die het tegen de hele Aarde opneemt. Waarom kan een geladen plaat die leveren en geen enkele schikking van massa’s?
  4. Ook de massa van het druppeltje verandert in stapjes (één oliemolecuul: ongeveer 5×10−25 kg5 \times 10^{-25}\,\mathrm{kg}). Vergelijk de relatieve sprongen in mm en in ∣q∣\abs{q} wanneer er één elektron landt, en besluit: waarom ziet dit evenwicht de atomen van de elektriciteit maar niet de moleculen van de olie? De clou: lading is gekwantiseerd, en haar atoom is e=1.60×10−19 Ce = 1.60 \times 10^{-19}\,\mathrm{C}.
Oplossing

Oplossing van Probleem 14.1.

1. Homogeen, loodrecht op de platen, omlaag gericht (van de positieve bovenplaat naar de negatieve onderplaat); homogeen betekent dat de kracht op het druppeltje overal even groot is, waar het ook heen drijft. 2. E=U/d=800/8.0×10−3=1.0×105 V/mE = U/d = 800 / 8.0 \times 10^{-3} = 1.0 \times 10^{5}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}. 3. De lading is negatief, dus is de kracht tegengesteld aan E→\vect E: omhoog. Alleen met de ++-plaat bovenaan wijst E→\vect E omlaag en werkt de elektrische kracht het gewicht tegen. 4. P=mg=4.90×10−15×9.81≈4.8×10−14 NP = mg = 4.90 \times 10^{-15} \times 9.81 \approx 4.8 \times 10^{-14}\,\mathrm{N}. 5. ∣q∣E=mg\abs{q}E = mg. 6. ∣q∣=mg/E=mgd/U\abs{q} = mg/E = mgd/U. 7. ∣q∣=4.81×10−14×8.0×10−3/800≈4.8×10−19 C\abs{q} = 4.81 \times 10^{-14} \times 8.0 \times 10^{-3} / 800 \approx 4.8 \times 10^{-19}\,\mathrm{C}. 8. n=4.8×10−19/1.60×10−19=3n = 4.8 \times 10^{-19} / 1.60 \times 10^{-19} = 3 elektronen te veel. 9. EE groeit, dus ∣q∣E>mg\abs{q}E > mg: de resulterende kracht wijst omhoog. 10. Uit ∣q∣ U/d=mg\abs{q}\,U/d = mg volgt U=mgd/∣q∣U = mgd/\abs{q} — omgekeerd evenredig met de lading. 11. ∣q∣=mgd/U=3.85×10−16/1200≈3.2×10−19 C=2e\abs{q} = mgd/U = 3.85 \times 10^{-16}/1200 \approx 3.2 \times 10^{-19}\,\mathrm{C} = 2e: gezakt van 3e3e, dus het druppeltje heeft één elektron verloren. 12. ∣q∣=3.85×10−16/U\abs{q} = 3.85 \times 10^{-16}/U: 3.2×10−19 C3.2 \times 10^{-19}\,\mathrm{C}, 4.8×10−19 C4.8 \times 10^{-19}\,\mathrm{C}, 6.4×10−19 C6.4 \times 10^{-19}\,\mathrm{C}, 8.0×10−19 C8.0 \times 10^{-19}\,\mathrm{C}, 9.6×10−19 C9.6 \times 10^{-19}\,\mathrm{C}. 13. Het zijn 2e,3e,4e,5e,6e2e, 3e, 4e, 5e, 6e met e=1.60×10−19 Ce = 1.60 \times 10^{-19}\,\mathrm{C}. 14. Elk stapje verandert ∣q∣\abs{q} met precies 1.6×10−19 C1.6 \times 10^{-19}\,\mathrm{C}: er landt telkens één elektron. 15. Daarvoor zou ∣q∣=3.85×10−16/700≈5.5×10−19 C=3.4 e\abs{q} = 3.85 \times 10^{-16}/700 \approx 5.5 \times 10^{-19}\,\mathrm{C} = 3.4\,e nodig zijn — geen geheel aantal elektronen, dus kan geen enkele stralingspuls dat ooit voortbrengen. 16. Lading is gekwantiseerd: ze komt in gehele veelvouden van de elementaire lading e=1.60×10−19 Ce = 1.60 \times 10^{-19}\,\mathrm{C} — de grootheid die Millikan heeft gemeten. 17. q↔mq \leftrightarrow m, E↔gE \leftrightarrow g, en ∣q∣E↔mg\abs{q}E \leftrightarrow mg: het gewicht zelf. 18. gbol=GM/d2=6.67×10−11×1000/1.02=6.7×10−8 N/kgg_{\text{bol}} = GM/d^2 = 6.67 \times 10^{-11} \times 1000 / 1.0^2 = 6.7 \times 10^{-8}\,\mathrm{N}/\mathrm{kg}; de kracht op het druppeltje is 4.90×10−15×6.7×10−8≈3.3×10−22 N4.90 \times 10^{-15} \times 6.7 \times 10^{-8} \approx 3.3 \times 10^{-22}\,\mathrm{N} — ongeveer 1.5×1081.5 \times 10^{8} keer kleiner dan zijn gewicht. Hopeloos. 19. Omdat GG zo klein is, zou alleen een massa ter grootte van een planeet boven het druppeltje de trek van de Aarde kunnen evenaren — en geen massa stoot af. Door de enorme kk en de twee tekens van lading kan een plaat op een tafelblad de planeet in beide richtingen overtroeven. 20. Eén elektron: Δ∣q∣/∣q∣=e/3e≈33%\Delta\abs{q}/\abs{q} = e/3e \approx 33\%; één oliemolecuul: Δm/m=5×10−25/4.90×10−15≈10−10\Delta m/m = 5 \times 10^{-25} / 4.90 \times 10^{-15} \approx 10^{-10}. De ladingstrap verschuift de evenwichtsspanning met honderden volt; de massatrap is bij geen enkele spanning zichtbaar. Het evenwicht onderscheidt dus wel het atoom van de elektriciteit — e=1.60×10−19 Ce = 1.60 \times 10^{-19}\,\mathrm{C} — terwijl de moleculen van de olie tot een continuüm vervagen.