Physics · Boek 3 · Bachelor Year 1

Universitaire natuurkunde — jaar 1

Universitaire natuurkunde — jaar 1 · Bachelor Year 1

26Elektrostatica: het veld en de wet van Gauss

Wrijf een ballon over een trui en hij blijft aan de muur plakken; kam droog haar en de kam buigt een dun straaltje water af. Achter beide zit de kracht tussen elektrische ladingen in rust, de wet van Coulomb — een wet van het omgekeerde kwadraat zoals de zwaartekracht, maar 103610^{36} keer sterker tussen twee protonen en van beide tekens, zodat materie tot in fantastische precisie neutraal is en de resterende effecten zijn wat wij scheikunde, materialen en bliksem noemen. Dit hoofdstuk bouwt het begrip dat de wet hanteerbaar maakt, het elektrische veld, laat zien hoe men een veld uit zijn symmetrieën afleest, en leidt de ene stelling af die de velden van symmetrische verdelingen in drie regels berekent: de wet van Gauss. Haar tweelingzus voor de zwaartekracht komt er aan het eind gratis bij.

Bliksem van wolk naar grond: tientallen coulomb worden in een paar ontladingen van honderd kiloampère omlaag gebracht — de elektrische aarde van de weekendopgave.
Bliksem van wolk naar grond: tientallen coulomb worden in een paar ontladingen van honderd kiloampère omlaag gebracht — de elektrische aarde van de weekendopgave.

26.1 Ladingen en de wet van Coulomb

Definitie 26.1 (Elektrische lading)

Elektrische lading qq (coulomb, C\mathrm{C}) is een eigenschap van materie met beide tekens; zij blijft behouden (de totale lading van een geïsoleerd systeem verandert nooit) en is gekwantiseerd in eenheden van de elementaire lading e=1.602×10−19 Ce = 1.602 \times 10^{-19}\,\mathrm{C} (proton +e+e, elektron −e-e). Een macroscopische verdeling wordt beschreven door een ladingsdichtheid: lijndichtheid λ\lambda (C/m\mathrm{C}/\mathrm{m}), oppervlaktedichtheid σ\sigma (C/m2\mathrm{C}/\mathrm{m}^{2}) of ruimtedichtheid ρ\rho (C/m3\mathrm{C}/\mathrm{m}^{3}), zodat een klein element de lading  ⁣dq=λ  ⁣dl\dd q = \lambda\,\dd l, σ  ⁣dS\sigma\,\dd S of ρ  ⁣dτ\rho\,\dd\tau draagt.

Stelling 26.2 (De wet van Coulomb)

Twee puntladingen q1q_1 in M1M_1 en q2q_2 in M2M_2 die in vacuüm in rust zijn oefenen op elkaar de krachten

F→1→2=q1q24πε0 r2 e→12=−F→2→1,r=M1M2,e→12=M1M2→r,\vect F_{1 \to 2} = \frac{q_1q_2}{4\pi\varepsilon_0\,r^2}\,\vect e_{12} = -\vect F_{2 \to 1}, \qquad r = M_1M_2,\quad \vect e_{12} = \frac{\vect{M_1M_2}}{r},

uit, afstotend bij gelijke tekens en aantrekkend bij tegengestelde, met de permittiviteit van het vacuüm ε0=8.854×10−12 F/m\varepsilon_0 = 8.854 \times 10^{-12}\,\mathrm{F}/\mathrm{m}, dus 1/4πε0=8.99×109 N m2/C21/4\pi\varepsilon_0 = 8.99 \times 10^{9}\,\mathrm{N}\,\mathrm{m}^{2}/\mathrm{C}^{2}. Krachten van meerdere ladingen tellen op (superpositie).

Bewijs. Op dit niveau zonder bewijs aangenomen. ∎

Voorbeeld 26.3 (Hoe sterk)

Twee protonen op 1 fm1\,\mathrm{fm} afstand stoten elkaar af met 8.99×109×(1.6×10−19)2/10−30=230 N8.99 \times 10^9 \times (1.6 \times 10^{-19})^2/10^{-30} = 230\,\mathrm{N} — het gewicht van een kind, tussen twee deeltjes van 10−2710^{-27} kg; hun gravitationele aantrekking is 103610^{36} keer kleiner. Twee gram elektronen aan de ene kant van een kamer en de bijbehorende protonen aan de andere zouden elkaar met 102510^{25} N aantrekken. Materie is neutraal omdat zij geen keus heeft: elke onbalans wordt gecorrigeerd door krachten waartegen geen enkele structuur bestand is.

26.2 Het elektrische veld

Definitie 26.4 (Elektrostatisch veld)

Een verdeling van ladingen in rust wekt in elk punt MM van de ruimte een elektrisch veld E→(M)\vect E(M) op, gedefinieerd door de kracht die het uitoefent op een proeflading qq in MM: F→=qE→(M)\vect F = q\vect E(M) (V/m\mathrm{V}/\mathrm{m} == N/C\mathrm{N}/\mathrm{C}). Een puntlading q1q_1 in OO wekt

E→(M)=q14πε0r2 e→r,r=OM,\vect E(M) = \frac{q_1}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\,\vect e_r , \qquad r = OM ,

op, radiaal en naar buiten gericht voor q1>0q_1 > 0; een verdeling wekt de vectorsom van de velden van haar elementen op. Een veldlijn is een kromme die in elk punt raakt aan E→\vect E en er langs georiënteerd is.

Propositie 26.5 (Een veldkaart lezen)

Veldlijnen vertrekken bij positieve ladingen en eindigen op negatieve (of in het oneindige); zij kruisen elkaar nooit (het veld is eenduidig), en zij dringen samen waar het veld sterk is. Zijn er twee ladingen aanwezig, dan is het aantal lijnen dat men bij elk tekent evenredig met haar lading.

Veldlijnen van twee tegengestelde ladingen (links) en van twee gelijke positieve ladingen (rechts). Lijnen beginnen op + en eindigen op - of in het oneindige; rechts stoten zij elkaar af en verdwijnt het veld in het middelpunt, waar geen lijn passeert.
Veldlijnen van twee tegengestelde ladingen (links) en van twee gelijke positieve ladingen (rechts). Lijnen beginnen op ++ en eindigen op −- of in het oneindige; rechts stoten zij elkaar af en verdwijnt het veld in het middelpunt, waar geen lijn passeert.

Voorbeeld 26.6 (Ring en segment door rechtstreeks sommeren)

Op de as van een ring met straal RR die QQ gelijkmatig draagt, op afstand zz van het middelpunt, levert elk element  ⁣dq\dd q een bijdrage  ⁣dq/4πε0(R2+z2)\dd q/4\pi\varepsilon_0(R^2 + z^2) langs de lijn die het met MM verbindt; de componenten loodrecht op de as vallen paarsgewijs weg en de axiale tellen op met de factor z/R2+z2z/\sqrt{R^2 + z^2}:

Ez=Qz4πε0(R2+z2)3/2,E_z = \frac{Qz}{4\pi\varepsilon_0(R^2 + z^2)^{3/2}} ,

nul in het middelpunt, maximaal bij z=R/2z = R/\sqrt2, en Q/4πε0z2Q/4\pi\varepsilon_0z^2 ver weg. Een gelijkmatig geladen schijf is een stapel ringen (Probleem 26.1). Rechtstreeks sommeren werkt telkens wanneer de meetkunde de integraal toelaat; de rest van dit hoofdstuk gaat erover hem te vermijden.

26.3 Symmetrieën en invarianties

Propositie 26.7 (Symmetriebeginsel)

Het veld heeft de symmetrieën van zijn bronnen. Is een vlak Π\Pi een symmetrievlak van de ladingsverdeling (het spiegelbeeld van de verdeling is zijzelf), dan ligt het veld in elk punt van Π\Pi in Π\Pi; is Π\Pi een antisymmetrievlak (het spiegelbeeld is de verdeling met alle ladingen omgekeerd), dan staat het veld in de punten van Π\Pi loodrecht op Π\Pi. Is de verdeling invariant onder een translatie of een rotatie, dan is het veld dat ook: zijn componenten hangen niet van de bijbehorende coördinaat af.

Bewijs. E→\vect E is een som van termen  ⁣dq e→/4πε0r2\dd q\,\vect e/4\pi\varepsilon_0r^2; het spiegelbeeld van de som is de som van de spiegelbeelden, en het beeld van het veld van een verdeling is het veld van de gespiegelde verdeling (een vector die uit posities en ladingen is opgebouwd transformeert zoals de posities). Op een symmetrievlak is het veld gelijk aan zijn eigen spiegelbeeld en ligt het dus in het vlak; op een antisymmetrievlak is het gelijk aan het tegengestelde van zijn beeld en staat het er dus loodrecht op. Voor invariantie geldt hetzelfde argument met een translatie of rotatie. ∎

Methode 26.8 (De vorm van een veld bepalen vóór men het berekent)

Voor het punt MM waar men het veld wil hebben: (1) som de symmetrievlakken van de bronnen op die MM bevatten — het veld ligt op hun snijlijn; twee zulke vlakken leggen de richting vast. (2) Som de invarianties op — die zeggen van welke coördinaten E→\vect E afhangt. Zo geeft een gelijkmatig geladen oneindige draad E→=E(r) e→r\vect E = E(r)\,\vect e_r in cilindercoördinaten, een bol E→=E(r) e→r\vect E = E(r)\,\vect e_r in bolcoördinaten, en een oneindig vlak E→=E(z) e→z\vect E = E(z)\,\vect e_z met E(−z)=−E(z)E(-z) = -E(z). Pas daarna rekent men.

De drie symmetrische verdelingen van dit hoofdstuk en de gaussoppervlakken (gestippeld) die erbij passen: een concentrische bol, een coaxiale cilinder, een doosje dat het vlak omvat. Op elk staat het veld óf loodrecht met overal dezelfde grootte, óf raakt het.
De drie symmetrische verdelingen van dit hoofdstuk en de gaussoppervlakken (gestippeld) die erbij passen: een concentrische bol, een coaxiale cilinder, een doosje dat het vlak omvat. Op elk staat het veld óf loodrecht met overal dezelfde grootte, óf raakt het.

26.4 Flux en de wet van Gauss

Definitie 26.9 (Flux van het veld)

Verdeel een oppervlak SS in kleine elementen met oppervlakte  ⁣dS\dd S, elk met een eenheidsnormaal n→\vect n (bij een gesloten oppervlak de buitennormaal). De flux van E→\vect E door SS is de som

Φ=∑E→⋅n→  ⁣dS=∑En  ⁣dS(V m):\Phi = \sum \vect E\cdot\vect n\,\dd S = \sum E_n\,\dd S \qquad (\mathrm{V}\,\mathrm{m}):

de normale component van het veld gewogen met de oppervlakte — het “aantal veldlijnen” dat SS kruist, positief geteld wanneer zij langs n→\vect n kruisen.

Stelling 26.10 (De wet van Gauss)

De flux van het elektrostatische veld door een willekeurig gesloten oppervlak SS is gelijk aan de totale lading die SS omsluit, gedeeld door ε0\varepsilon_0:

Φuit=Qbinnenε0.\Phi_{\text{uit}} = \frac{Q_{\text{binnen}}}{\varepsilon_0} .

Ladingen buiten SS dragen niets aan de flux bij (hun lijnen gaan erin en komen er weer uit).

Bewijs. Voor een puntlading qq in het middelpunt van een bol met straal rr is E→\vect E radiaal en overal op de bol even groot, q/4πε0r2q/4\pi\varepsilon_0r^2, zodat Φ=E×4πr2=q/ε0\Phi = E \times 4\pi r^2 = q/\varepsilon_0 — onafhankelijk van rr, omdat het veld precies zo als 1/r21/r^2 afneemt als de oppervlakte groeit. Dat hetzelfde geldt voor elk gesloten oppervlak om qq (de flux door een oppervlakte-element hangt alleen af van de ruimtehoek waaronder het vanuit qq wordt gezien), dat een lading erbuiten nul geeft (zij spant elke ruimtehoek twee keer op, met tegengesteld teken), en dat de fluxen van meerdere ladingen optellen, wordt hier aangenomen; het volledige bewijs staat in het volume van jaar 2. ∎

Methode 26.11 (De wet van Gauss gebruiken)

(1) Schrijf uit de symmetrieën de vorm van E→\vect E op (richting en de variabele waarvan het afhangt). (2) Kies een gesloten gaussoppervlak door het punt MM waarop E→\vect E overal óf loodrecht staat met dezelfde grootte E(M)E(M), óf raakt: de flux is dan E(M)E(M) maal de oppervlakte van het loodrechte deel. (3) Tel de lading erbinnen. (4) Los op naar E(M)E(M). Het werkt voor bollen, oneindige cilinders en oneindige vlakken — en zonder verder gereedschap voor niets anders.

Propositie 26.12 (De drie klassieke velden)

  1. Bol met straal RR en lading QQ gelijkmatig over zijn volume verdeeld: E(r)=Q4πε0r2E(r) = \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0r^2} erbuiten (r>Rr > R) — alsof alle lading in het middelpunt zat — en E(r)=Qr4πε0R3E(r) = \dfrac{Qr}{4\pi\varepsilon_0R^3} erbinnen, lineair groeiend vanaf nul; continu in r=Rr = R. Zit de lading alleen op het oppervlak, dan is het veld binnenin nul.
  2. Oneindige draad met lijnlading λ\lambda: E(r)=λ2πε0rE(r) = \dfrac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 r}, radiaal.
  3. Oneindig vlak met oppervlaktelading σ\sigma: E=σ2ε0E = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0} aan weerszijden, loodrecht op het vlak, ervan af gericht bij σ>0\sigma > 0, onafhankelijk van de afstand. Over het vlak heen springt de normale component met σ/ε0\sigma/\varepsilon_0.

Bewijs. (1) Bol met straal rr: flux 4πr2E(r)4\pi r^2E(r); lading erbinnen QQ als r>Rr > R, Q(r/R)3Q(r/R)^3 als r<Rr < R. (2) Cilinder met straal rr en lengte hh: flux door het zijoppervlak 2πrh E(r)2\pi rh\,E(r), geen door de eindvlakken (veld rakend); lading λh\lambda h. (3) Doosje met doorsnede SS dat het vlak omvat: flux 2SE2SE door de twee eindvlakken (het veld is oneven in zz, zodat beide positief tellen), geen door de zijkant; lading σS\sigma S. ∎

Het veld van een geladen bol tegen de afstand tot zijn middelpunt: lineair binnenin en als 1/r2 erbuiten wanneer de lading het volume vult (doorgetrokken); nul binnenin en hetzelfde erbuiten wanneer zij op het oppervlak zit (gestippeld). Buiten onderscheidt niets de bol van een puntlading in haar middelpunt.
Het veld van een geladen bol tegen de afstand tot zijn middelpunt: lineair binnenin en als 1/r21/r^2 erbuiten wanneer de lading het volume vult (doorgetrokken); nul binnenin en hetzelfde erbuiten wanneer zij op het oppervlak zit (gestippeld). Buiten onderscheidt niets de bol van een puntlading in haar middelpunt.

Voorbeeld 26.13 (Twee vlakken: de vlakke condensator)

Twee evenwijdige vlakken die +σ+\sigma en −σ-\sigma dragen: elk wekt σ/2ε0\sigma/2\varepsilon_0 op, van zich af gericht (naar zich toe bij het negatieve). Tussen de vlakken tellen de twee velden op tot σ/ε0\sigma/\varepsilon_0, gericht van ++ naar −-; erbuiten heffen zij elkaar op. Met σ=1 µC/m2\sigma = 1\,\text{µ}\mathrm{C}/\mathrm{m}^{2} is E=10−6/8.85×10−12=1.1×105 V/mE = 10^{-6}/8.85 \times 10^{-12} = 1.1 \times 10^{5}\,\mathrm{V}/\mathrm{m} ertussen en nul erbuiten: het veld van een geladen condensator zit opgesloten in zijn spleet (Hoofdstuk 27).

Superpositie voor twee tegengestelde vlakken. Links: de homogene velden van elk vlak afzonderlijk (rood vanaf het positieve, blauw naar het negatieve toe). Rechts: hun som, / _0 in de spleet en nul elders.
Superpositie voor twee tegengestelde vlakken. Links: de homogene velden van elk vlak afzonderlijk (rood vanaf het positieve, blauw naar het negatieve toe). Rechts: hun som, σ/ε0\sigma/\varepsilon_0 in de spleet en nul elders.

26.5 De analogie met de zwaartekracht

Propositie 26.14 (De wet van Gauss voor de zwaartekracht)

De wet van Newton F→=−Gm1m2 e→12/r2\vect F = -Gm_1m_2\,\vect e_{12}/r^2 heeft de vorm van die van Coulomb met q→mq \to m en 1/4πε0→−G1/4\pi\varepsilon_0 \to -G. Het zwaartekrachtveld g→\vect g (kracht per massa-eenheid) gehoorzaamt dus aan dezelfde symmetrieregels en aan

Φuit(g→)=−4πG Mbinnen.\Phi_{\text{uit}}(\vect g) = -4\pi G\,M_{\text{binnen}} .

In het bijzonder trekt een bolsymmetrisch lichaam punten erbuiten aan alsof zijn massa in zijn middelpunt zat, en is het veld binnen een homogene bol met straal RR en massa MM gelijk aan g(r)=GMr/R3g(r) = GMr/R^3, lineair in rr.

Bewijs. Vervang Q/ε0Q/\varepsilon_0 door −4πGM-4\pi GM in het bewijs van Propositie 26.12; het minteken zegt dat de flux naar binnen gaat (de zwaartekracht trekt aan). ∎

Voorbeeld 26.15 (Binnen in de aarde)

Voor een homogene aarde zou gg lineair dalen van 9.8 m/s29.8\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} aan het oppervlak tot nul in het middelpunt; een steen die in een tunnel dwars door de planeet valt zou harmonisch trillen met periode 2πR/g=84 min2\pi\sqrt{R/g} = 84\,\mathrm{min} — de periode van een scherend cirkelende satelliet. De echte aarde heeft een dichte kern, en gg stijgt in werkelijkheid tot 10.7 m/s210.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} op de grens kern–mantel voordat het daalt (Probleem 26.1). Newton had de schaalstelling nodig om zijn wet op planeten toe te passen; de wet van Gauss geeft haar in één regel.

26.6 Oefeningen

Oefening 26.1 ★

Elektrische en gravitationele kracht tussen twee protonen op 2.0 fm2.0\,\mathrm{fm} afstand; hun verhouding. Waarom houden kernen dan toch samen?

Oplossing

Oplossing van Oefening 26.1.

Fe=8.99×109×(1.6×10−19)2/(2×10−15)2=58 NF_e = 8.99 \times 10^9 \times (1.6 \times 10^{-19})^2/(2 \times 10^{-15})^2 = 58\,\mathrm{N}; Fg=6.67×10−11×(1.67×10−27)2/(4×10−30)=4.6×10−35 NF_g = 6.67 \times 10^{-11} \times (1.67 \times 10^{-27})^2/(4 \times 10^{-30}) = 4.6 \times 10^{-35}\,\mathrm{N}; verhouding 1.2×10361.2 \times 10^{36}. Kernen houden samen omdat de sterke wisselwerking, op femtometerschaal, zelfs deze afstoting overtreft.

Oefening 26.2 ★

Veld op 1.0 m1.0\,\mathrm{m} van een puntlading van 1.0 µC1.0\,\text{µ}\mathrm{C}. Het aardoppervlak draagt een veld van 100 V/m100\,\mathrm{V}/\mathrm{m} dat naar beneden wijst: teken en waarde van de lading van de aarde, opgevat als een bol met straal 6370 km6370\,\mathrm{km}.

Oplossing

Oplossing van Oefening 26.2.

E=8.99×109×10−6/1=9.0 kV/mE = 8.99 \times 10^9 \times 10^{-6}/1 = 9.0\,\mathrm{kV}/\mathrm{m}. Een neerwaarts veld is dat van een negatieve lading: Q=−4πε0R2E=−1.11×10−10×(6.37×106)2×100=−4.5×105 CQ = -4\pi\varepsilon_0R^2E = -1.11 \times 10^{-10} \times (6.37 \times 10^6)^2 \times 100 = -4.5 \times 10^{5}\,\mathrm{C}.

Oefening 26.3 ★

Twee ladingen +q+q in x=±ax = \pm a op de xx-as. Veld op de xx-as voor ∣x∣>a|x| > a en op de yy-as; toon aan dat op de yy-as EyE_y maximaal is in y=a/2y = a/\sqrt2. Schets de lijnen bij de oorsprong.

Oplossing

Oplossing van Oefening 26.3.

Op de as, ∣x∣>a|x| > a: Ex=q4πε0[1(x−a)2+1(x+a)2]E_x = \dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0}\Bigl[\dfrac{1}{(x - a)^2} + \dfrac{1}{(x + a)^2}\Bigr], naar buiten. Op de yy-as vallen de xx-componenten weg: Ey=2qy4πε0(y2+a2)3/2E_y = \dfrac{2qy}{4\pi\varepsilon_0(y^2 + a^2)^{3/2}};  ⁣dEy/ ⁣dy∝(y2+a2)−3y2=0\dd E_y/\dd y \propto (y^2 + a^2) - 3y^2 = 0 in y=a/2y = a/\sqrt2. In de oorsprong verdwijnt het veld; lijnen die elke lading naar de andere toe verlaten buigen weg langs ±y\pm y — een zadelpunt.

Oefening 26.4 ★

Ladingen +2q+2q in x=0x = 0 en −q-q in x=ax = a. Waar op de xx-as verdwijnt het veld? Hoeveel veldlijnen vertrekken bij +2q+2q voor elke lijn die bij −q-q aankomt, en waar gaan de overige heen?

Oplossing

Oplossing van Oefening 26.4.

Tussen de ladingen wijzen beide velden naar −q-q: geen nulpunt. Links van +2q+2q geldt altijd 2q/x2>q/(x+a)22q/x^2 > q/(x + a)^2. Voorbij −q-q, op afstand dd ervan: 2q/(a+d)2=q/d22q/(a + d)^2 = q/d^2, a+d=2 da + d = \sqrt2\,d, d=a/(2−1)=2.4ad = a/(\sqrt2 - 1) = 2.4a. Er vertrekken twee lijnen bij +2q+2q voor elke lijn die op −q-q eindigt; de andere helft gaat naar het oneindige, waar het paar op een lading +q+q lijkt.

Oefening 26.5 ★★

Een schijf met straal RR draagt σ\sigma gelijkmatig. Toon met het resultaat voor de ring aan dat op haar as Ez=σ2ε0(1−zz2+R2)E_z = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}\Bigl(1 - \dfrac{z}{\sqrt{z^2 + R^2}}\Bigr) voor z>0z > 0; controleer de twee limieten z≪Rz \ll R en z≫Rz \gg R.

Oplossing

Oplossing van Oefening 26.5.

Ring met straal aa, dikte  ⁣da\dd a:  ⁣dq=2πσa  ⁣da\dd q = 2\pi\sigma a\,\dd a,  ⁣dEz=σz2ε0a  ⁣da(a2+z2)3/2\dd E_z = \dfrac{\sigma z}{2\varepsilon_0}\dfrac{a\,\dd a}{(a^2 + z^2)^{3/2}}; integreer: σz2ε0[−1a2+z2]0R=σ2ε0(1−zz2+R2)\dfrac{\sigma z}{2\varepsilon_0}\Bigl[-\dfrac{1}{\sqrt{a^2 + z^2}}\Bigr]_0^R = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0} \Bigl(1 - \dfrac{z}{\sqrt{z^2 + R^2}}\Bigr). z≪Rz \ll R: σ/2ε0\sigma/2\varepsilon_0, het oneindige vlak. z≫Rz \gg R: z/z2+R2≈1−R2/2z2z/\sqrt{z^2 + R^2} \approx 1 - R^2/2z^2, dus Ez≈σR2/4ε0z2=Q/4πε0z2E_z \approx \sigma R^2/4\varepsilon_0z^2 = Q/4\pi\varepsilon_0z^2, de puntlading.

Oefening 26.6 ★★

Een goudkern (Z=79Z = 79, R=7.0 fmR = 7.0\,\mathrm{fm}) als een gelijkmatig geladen bol: veld aan het oppervlak, in R/2R/2, op 1 pm1\,\mathrm{pm}. Vergelijk met het doorslagveld van lucht, 3×106 V/m3 \times 10^{6}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}.

Oplossing

Oplossing van Oefening 26.6.

Q=79e=1.26×10−17 CQ = 79e = 1.26 \times 10^{-17}\,\mathrm{C}; E(R)=8.99×109×1.26×10−17/(7×10−15)2=2.3×1021 V/mE(R) = 8.99 \times 10^9 \times 1.26 \times 10^{-17}/ (7 \times 10^{-15})^2 = 2.3 \times 10^{21}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}; in R/2R/2 de helft: 1.2×1021 V/m1.2 \times 10^{21}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}; op 1 pm1\,\mathrm{pm}: 1.14×10−7/10−24=1.1×1017 V/m1.14 \times 10^{-7}/10^{-24} = 1.1 \times 10^{17}\,\mathrm{V}/\mathrm{m} — 101510^{15} keer het doorslagveld van lucht, op een afstand waar de elektronen leven.

Oefening 26.7 ★★

Veld van een oneindige draad met de wet van Gauss. Een hoogspanningsgeleider met straal 1.0 cm1.0\,\mathrm{cm}: lijnlading waarbij het veld aan zijn oppervlak de doorslagwaarde 3×106 V/m3 \times 10^{6}\,\mathrm{V}/\mathrm{m} bereikt (het inzetten van corona). Veld op 5 m5\,\mathrm{m} dan.

Oplossing

Oplossing van Oefening 26.7.

Cilinder met straal rr en lengte hh: 2πrh E=λh/ε02\pi rh\,E = \lambda h/\varepsilon_0, E=λ/2πε0rE = \lambda/2\pi\varepsilon_0r. Corona bij λ=2πε0rE=2π×8.85×10−12×0.01×3×106=1.7 µC/m\lambda = 2\pi\varepsilon_0 rE = 2\pi \times 8.85 \times 10^{-12} \times 0.01 \times 3 \times 10^6 = 1.7\,\text{µ}\mathrm{C}/\mathrm{m}; op 5 m5\,\mathrm{m} is E=3×106×0.01/5=6 kV/mE = 3 \times 10^6 \times 0.01/5 = 6\,\mathrm{kV}/\mathrm{m}.

Oefening 26.8 ★★

Twee evenwijdige platen met oppervlakte 1.0 m21.0\,\mathrm{m}^{2} dragen ±1.0 µC\pm1.0\,\text{µ}\mathrm{C}. Veld ertussen; kracht op één plaat (het veld dat erop werkt is alleen dat van de andere plaat — waarom?); druk op de platen.

Oplossing

Oplossing van Oefening 26.8.

E=σ/ε0=10−6/8.85×10−12=1.1×105 V/mE = \sigma/\varepsilon_0 = 10^{-6}/8.85 \times 10^{-12} = 1.1 \times 10^{5}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}. Een plaat oefent netto geen kracht op zichzelf uit (de bijdragen van haar eigen veld vallen paarsgewijs weg); het veld van de andere plaat is op haar plaats σ/2ε0\sigma/2\varepsilon_0, dus F=Qσ/2ε0=10−6×10−6/(2×8.85×10−12)=5.6×10−2 NF = Q\sigma/2\varepsilon_0 = 10^{-6} \times 10^{-6}/(2 \times 8.85 \times 10^{-12}) = 5.6 \times 10^{-2}\,\mathrm{N}, aantrekkend; druk σ2/2ε0=0.056 Pa\sigma^2/2\varepsilon_0 = 0.056\,\mathrm{Pa}.

Oefening 26.9 ★★

Coaxkabel: binnengeleider met straal aa en +λ+\lambda, buitenmantel met straal bb en −λ-\lambda. Veld in de drie gebieden met de wet van Gauss. a=0.5 mma = 0.5\,\mathrm{mm}, b=2.5 mmb = 2.5\,\mathrm{mm}, λ=10 nC/m\lambda = 10\,\mathrm{nC}/\mathrm{m}: veld aan het oppervlak van de binnengeleider.

Oplossing

Oplossing van Oefening 26.9.

r<ar < a: de lading van de binnengeleider zit op zijn oppervlak, geen lading erbinnen, E=0E = 0. a<r<ba < r < b: E=λ/2πε0rE = \lambda/2\pi\varepsilon_0r. r>br > b: omsloten lading λ−λ=0\lambda - \lambda = 0, E=0E = 0 — de kabel straalt geen statisch veld uit. In r=ar = a: 2×8.99×109×10−8/(5×10−4)=3.6×105 V/m2 \times 8.99 \times 10^9 \times 10^{-8}/(5 \times 10^{-4}) = 3.6 \times 10^{5}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}.

Oefening 26.10 ★★★

Een dikke bolschil R1<r<R2R_1 < r < R_2 draagt QQ gelijkmatig in haar volume. Veld in de drie gebieden; controleer de continuïteit in R1R_1 en R2R_2; waar is het maximaal? Schets E(r)E(r). Een positieve lading die in de holte wordt gelegd: welke kracht voelt zij?

Oplossing

Oplossing van Oefening 26.10.

ρ=3Q/4π(R23−R13)\rho = 3Q/4\pi(R_2^3 - R_1^3). r<R1r < R_1: E=0E = 0. R1<r<R2R_1 < r < R_2: 4πr2E=ρ 43π(r3−R13)/ε04\pi r^2E = \rho\,\tfrac43\pi(r^3 - R_1^3)/\varepsilon_0, dus E=Q4πε0r2 r3−R13R23−R13E = \dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0r^2}\, \dfrac{r^3 - R_1^3}{R_2^3 - R_1^3}. r>R2r > R_2: Q/4πε0r2Q/4\pi\varepsilon_0r^2. In R1R_1 geven beide kanten 00; in R2R_2 geven beide Q/4πε0R22Q/4\pi\varepsilon_0R_2^2. In de schil neemt E∝r−R13/r2E \propto r - R_1^3/r^2 toe, dus ligt het maximum in R2R_2, waarna het als 1/r21/r^2 daalt. In de holte is het veld nul: een lading daar voelt geen kracht — waar zij ook zit.

Oefening 26.11 ★★★

Zwaartekracht binnen in de aarde. Kern: straal 3480 km3480\,\mathrm{km}, dichtheid 11 000 kg/m311\,000\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}; mantel tot 6370 km6370\,\mathrm{km}, dichtheid 4500 kg/m34500\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}. (a) Massa van kern, van mantel en totaal (vergelijk met 5.97×1024 kg5.97 \times 10^{24}\,\mathrm{kg}). (b) gg aan het oppervlak en op de grens kern–mantel. (c) Toon aan dat gg met de diepte in de mantel stijgt als de dichtheid van de mantel onder 23\tfrac23 van de gemiddelde dichtheid van wat eronder ligt blijft, en controleer dat.

Oplossing

Oplossing van Oefening 26.11.

(a) Kern 43π(3.48×106)3×11000=1.94×1024 kg\tfrac43\pi(3.48 \times 10^6)^3 \times 11000 = 1.94 \times 10^{24}\,\mathrm{kg}; mantel 43π[(6.37×106)3−(3.48×106)3]×4500=4.08×1024 kg\tfrac43\pi[(6.37 \times 10^6)^3 - (3.48 \times 10^6)^3] \times 4500 = 4.08 \times 10^{24}\,\mathrm{kg}; totaal 6.0×1024 kg6.0 \times 10^{24}\,\mathrm{kg}, tot op 1%1\%. (b) Oppervlak GM/R2=9.9 m/s2GM/R^2 = 9.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}; grens 6.67×10−11×1.94×1024/(3.48×106)2=10.7 m/s26.67 \times 10^{-11} \times 1.94 \times 10^{24}/(3.48 \times 10^6)^2 = 10.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}. (c) g=GM(r)/r2g = GM(r)/r^2 met  ⁣dM=4πr2ρm  ⁣dr\dd M = 4\pi r^2\rho_m\,\dd r:  ⁣dg/ ⁣dr=4πGρm−2GM(r)/r3=4πG[ρm−23ρˉ(r)]\dd g/\dd r = 4\pi G\rho_m - 2GM(r)/r^3 = 4\pi G[\rho_m - \tfrac23\bar\rho(r)], waarin ρˉ(r)=M(r)/43πr3\bar\rho(r) = M(r)/\tfrac43\pi r^3 de gemiddelde dichtheid onder rr is. gg stijgt met de diepte ( ⁣dg/ ⁣dr<0\dd g/\dd r < 0) dan en slechts dan als ρm<23ρˉ\rho_m < \tfrac23\bar\rho. Net onder het oppervlak is ρˉ=5500\bar\rho = 5500, 23ρˉ=3700<4500\tfrac23\bar\rho = 3700 < 4500: gg zakt eerst een beetje; op de kerngrens is ρˉ=11000\bar\rho = 11000, 7300>45007300 > 4500: daar stijgt het, tot 10.710.7.

Oefening 26.12 ★★★

Het atoom van Thomson. Modelleer het waterstofatoom als een homogene positieve bol met lading +e+e en straal R=0.10 nmR = 0.10\,\mathrm{nm} waarin het elektron vrij kan bewegen. (a) Kracht op het elektron op afstand rr van het middelpunt. (b) Toon aan dat het harmonisch trilt en bereken de frequentie en de golflengte van het licht dat het zou uitzenden. (c) Vergelijk met de ultraviolette lijnen van waterstof (122 nm122\,\mathrm{nm} en korter) en zeg wat het model goed en wat het fout heeft (Hoofdstuk 30).

Oplossing

Oplossing van Oefening 26.12.

(a) Binnenin is E=er/4πε0R3E = er/4\pi\varepsilon_0R^3 naar buiten gericht; op het elektron werkt F→=−e24πε0R3 r→\vect F = -\dfrac{e^2}{4\pi\varepsilon_0R^3}\,\vect r: een veer. (b) ω=e2/4πε0mR3=2.31×10−28/(9.11×10−31×10−30)=1.6×1016 rad/s\omega = \sqrt{e^2/4\pi\varepsilon_0mR^3} = \sqrt{2.31 \times 10^{-28}/(9.11 \times 10^{-31} \times 10^{-30})} = 1.6 \times 10^{16}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}, f=2.5×1015 Hzf = 2.5 \times 10^{15}\,\mathrm{Hz}, λ=c/f=120 nm\lambda = c/f = 120\,\mathrm{nm}. (c) Verbluffend dicht bij de lijn van 122 nm122\,\mathrm{nm}: de grootte en de sterkte van het atoom kloppen. Maar het model geeft één frequentie en geen reeks, de kern is geen bal van 0.1 nm0.1\,\mathrm{nm} maar een punt van 10−1510^{-15} m — en een klassiek cirkelend elektron zou zijn energie in nanoseconden wegstralen. De oplossing is Hoofdstuk 30.

26.7 Probleem: De elektrische aarde

Probleem 26.1

Weekendopgave — het mooiweerveld, de onweerswolk, de bliksemontlading, en de wet van Gauss losgelaten op de zwaartekracht

Gegevens: ε0=8.85×10−12 F/m\varepsilon_0 = 8.85 \times 10^{-12}\,\mathrm{F}/\mathrm{m}, 1/4πε0=8.99×109 SI1/4\pi\varepsilon_0 = 8.99 \times 10^{9}\,\mathrm{SI}, e=1.6×10−19 Ce = 1.6 \times 10^{-19}\,\mathrm{C}, straal van de aarde RE=6.37×106 mR_E = 6.37 \times 10^{6}\,\mathrm{m}, oppervlak 5.1×1014 m25.1 \times 10^{14}\,\mathrm{m}^{2}, G=6.67×10−11 SIG = 6.67 \times 10^{-11}\,\mathrm{SI}, ME=5.97×1024 kgM_E = 5.97 \times 10^{24}\,\mathrm{kg}.

Deel I — Het mooiweerveld. Bij helder weer is het veld aan de grond E0=100 V/mE_0 = 100\,\mathrm{V}/\mathrm{m} en wijst het naar beneden.

  1. Richting van de kracht op een vrij elektron aan de grond; teken van de lading van de aarde.
  2. Vat de aarde op als een gelijkmatig geladen bol: bepaal met de wet van Gauss haar totale lading.
  3. Oppervlakteladingsdichtheid van de grond; aantal overtollige elektronen per vierkante centimeter.
  4. Kracht op een stofdeeltje met massa 1 µg1\,\text{µ}\mathrm{g} dat 100100 elementaire ladingen draagt; vergelijk met zijn gewicht.
  5. Metingen laten zien dat het veld op 10 km10\,\mathrm{km} tot ongeveer 5 V/m5\,\mathrm{V}/\mathrm{m} daalt. Pas de wet van Gauss toe op een verticale kolom met doorsnede 1 m21\,\mathrm{m}^{2} tussen de grond en 10 km10\,\mathrm{km}: teken en grootte van de lading die de lucht per vierkante meter draagt.
  6. Gemiddelde ruimtelading van die lucht, en het bijbehorende aantal elementaire ladingen per kubieke meter. (De lucht bevat ongeveer 10910^9 ionen van elk teken per kubieke meter: welke fractie onbalans is dit?)
  7. De lucht heeft een kleine geleidbaarheid γ=2×10−14 S/m\gamma = 2 \times 10^{-14}\,\mathrm{S}/\mathrm{m}, zodat er een stroomdichtheid γE0\gamma E_0 naar beneden loopt. Totale mooiweerstroom over de aardbol; tijd die het zou kosten om de lading van de aarde te neutraliseren. Trek een conclusie.

Deel II — De onweerswolk. Modelleer een onweerswolk als twee horizontale schijven met straal R=3 kmR = 3\,\mathrm{km}: −Q-Q op hoogte 3 km3\,\mathrm{km}, +Q+Q op 9 km9\,\mathrm{km}, met Q=40 CQ = 40\,\mathrm{C}.

  1. Veld op de as van een ring met straal aa die qq draagt, op afstand zz van haar middelpunt (symmetrie, daarna sommeren).
  2. Leid daaruit, door over ringen te sommeren, het veld af op de as van een schijf met straal RR en oppervlaktelading σ\sigma: Ez=σ2ε0(1−zz2+R2)E_z = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}\Bigl(1 - \dfrac{z}{\sqrt{z^2 + R^2}}\Bigr).
  3. Limieten z≪Rz \ll R en z≫Rz \gg R; duid ze allebei.
  4. Oppervlaktelading van de onderste schijf; veld dat zij aan de grond recht eronder opwekt (richting en waarde).
  5. Veld van de bovenste schijf in hetzelfde punt; netto veld aan de grond onder de bui. De grond is een geleider en de ladingen die erin worden geïnduceerd verdubbelen het resultaat ruwweg (aangenomen): vergelijk met de 10 kV/m10\,\mathrm{kV}/\mathrm{m} die onder buien wordt gemeten en met de mooiweerwaarde.
  6. Flux van het veld door een gesloten oppervlak dat de hele wolk omsluit; en door een dat alleen de onderste schijf omsluit.
  7. Veld halverwege tussen de twee schijven (6 km6\,\mathrm{km}), en zijn richting; vergelijk met het doorslagveld van lucht op die hoogte, ongeveer 1.5×106 V/m1.5 \times 10^{6}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}.
  8. Als de 40 C40\,\mathrm{C} in een bol met straal 500 m500\,\mathrm{m} was geconcentreerd: veld aan haar oppervlak. Waarom is het ontstaan van bliksem toch nog een open vraag?

Deel III — De ontlading. Een hoofdontlading brengt 5 C5\,\mathrm{C} in 50 µs50\,\text{µ}\mathrm{s} naar de grond door een kanaal van 3 km3\,\mathrm{km} lang; neem het veld langs het kanaal gelijk aan 10510^5 V/m.

  1. Gemiddelde stroom.
  2. Arbeid van de elektrische kracht op de overgebrachte lading; vermogen tijdens de ontlading; vergelijk met het gemiddelde energieverbruik van de mensheid, ongeveer 2×1013 W2 \times 10^{13}\,\mathrm{W}.
  3. Het kanaal heeft een straal van 2 cm2\,\mathrm{cm}: massa lucht erin (ρ=1.2 kg/m3\rho = 1.2\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}), en de temperatuur die zij zou bereiken als alle energie haar bij constant volume verwarmde (cV=720 J/(kg K)c_V = 720\,\mathrm{J}/(\mathrm{kg}\,\mathrm{K})). Werkelijke kanaaltemperaturen liggen rond 30 000 K30\,000\,\mathrm{K}: waar blijft de rest?
  4. Donder: vertraging per kilometer, en waarom het geluid van een kanaal van 3 km3\,\mathrm{km} seconden lang rommelt.
  5. Wereldwijd slaan er ongeveer 5050 ontladingen per seconde van wolk naar grond: welke stroom voeren zij naar beneden? Vergelijk met deel I en maak het beeld van de “mondiale kring” compleet.

Deel IV — De wet van Gauss losgelaten op de zwaartekracht.

  1. Schrijf de wet van Gauss voor het zwaartekrachtveld g→\vect g op en verantwoord de constante met het geval van een puntmassa.
  2. Homogene aarde: g(r)g(r) binnenin; waarde in r=RE/2r = R_E/2.
  3. Echte aarde, kern met straal 3480 km3480\,\mathrm{km} en dichtheid 11 000 kg/m311\,000\,\mathrm{kg}/\mathrm{m}^{3}: gg op de grens kern–mantel; vergelijk met het oppervlak.
  4. Een steen die in een wrijvingsloze tunnel dwars door een homogene aarde valt: bewegingsvergelijking, periode van de trilling, snelheid in het middelpunt.
  5. Vat samen: wat verving de wet van Gauss in elk van de vier delen, en welke vier getallen zijn het onthouden waard?
Oplossing

Oplossing van Probleem 26.1.

1. F→=−eE→\vect F = -e\vect E: naar boven. Een neerwaarts veld aan het oppervlak is het veld van een negatieve lading: de aarde is negatief.

2. Bol met straal RER_E, En=−100E_n = -100: Q=4πε0RE2En=1.11×10−10×4.06×1013×(−100)=−4.5×105 CQ = 4\pi\varepsilon_0R_E^2E_n = 1.11 \times 10^{-10} \times 4.06 \times 10^{13} \times (-100) = -4.5 \times 10^{5}\,\mathrm{C}.

3. σ=ε0En=−8.9×10−10 C/m2\sigma = \varepsilon_0E_n = -8.9 \times 10^{-10}\,\mathrm{C}/\mathrm{m}^{2}; 8.9×10−10/1.6×10−19=5.5×1098.9 \times 10^{-10}/1.6 \times 10^{-19} = 5.5 \times 10^9 elektronen per vierkante meter, 5.5×1055.5 \times 10^5 per vierkante centimeter.

4. F=100e×100=1.6×10−15 NF = 100e \times 100 = 1.6 \times 10^{-15}\,\mathrm{N}; gewicht 10−9×9.8=9.8×10−9 N10^{-9} \times 9.8 = 9.8 \times 10^{-9}\,\mathrm{N}: zes miljoen keer groter.

5. Buitennormalen: boven En=−5E_n = -5, onder En=+100E_n = +100, zijkanten nul: Φ=95 V m\Phi = 95\,\mathrm{V}\,\mathrm{m}, dus Q=95ε0=+8.4×10−10 CQ = 95\varepsilon_0 = +8.4 \times 10^{-10}\,\mathrm{C} per vierkante meter — positieve ruimtelading, die de −8.9×10−10-8.9 \times 10^{-10} van de grond bijna opheft.

6. ρ=8.4×10−10/104=8.4×10−14 C/m3\rho = 8.4 \times 10^{-10}/10^4 = 8.4 \times 10^{-14}\,\mathrm{C}/\mathrm{m}^{3}: 5×1055 \times 10^5 elementaire ladingen per kubieke meter; tegen 10910^9 ionen van elk teken een onbalans van 5×10−45 \times 10^{-4}.

7. J=γE0=2×10−12 A/m2J = \gamma E_0 = 2 \times 10^{-12}\,\mathrm{A}/\mathrm{m}^{2}; I=J×5.1×1014=1.0 kAI = J \times 5.1 \times 10^{14} = 1.0\,\mathrm{kA}; Q/I=4.5×105/1000=450 sQ/I = 4.5 \times 10^5/1000 = 450\,\mathrm{s}. De aarde zou in acht minuten neutraal zijn: iets laadt haar voortdurend bij.

8. De as ligt in elk vlak dat haar bevat, allemaal symmetrievlakken: E→\vect E is axiaal. Elke  ⁣dq\dd q geeft  ⁣dq/4πε0(a2+z2)\dd q/4\pi\varepsilon_0(a^2 + z^2) langs zijn eigen richting, waarvan het axiale deel de fractie z/a2+z2z/\sqrt{a^2 + z^2} is: Ez=qz/4πε0(a2+z2)3/2E_z = qz/4\pi\varepsilon_0(a^2 + z^2)^{3/2}.

9.  ⁣dq=2πσa  ⁣da\dd q = 2\pi\sigma a\,\dd a: Ez=σz2ε0∫0Ra  ⁣da(a2+z2)3/2=σ2ε0(1−zz2+R2)E_z = \dfrac{\sigma z}{2\varepsilon_0}\displaystyle\int_0^R \dfrac{a\,\dd a}{(a^2 + z^2)^{3/2}} = \dfrac{\sigma}{2\varepsilon_0}\Bigl(1 - \dfrac{z}{\sqrt{z^2 + R^2}}\Bigr).

10. z≪Rz \ll R: σ/2ε0\sigma/2\varepsilon_0, het oneindige vlak (de waarde van Gauss); z≫Rz \gg R: σR2/4ε0z2=Q/4πε0z2\sigma R^2/4\varepsilon_0z^2 = Q/4\pi\varepsilon_0z^2, de puntlading.

11. σ=−40/(π×9×106)=−1.4×10−6 C/m2\sigma = -40/(\pi \times 9 \times 10^6) = -1.4 \times 10^{-6}\,\mathrm{C}/\mathrm{m}^{2}; σ/2ε0=8.0×104 V/m\sigma/2\varepsilon_0 = 8.0 \times 10^{4}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}; op z=3 kmz = 3\,\mathrm{km} is 1−3/18=0.291 - 3/\sqrt{18} = 0.29: E=2.3×104 V/mE = 2.3 \times 10^{4}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}, omhoog gericht naar de negatieve lading.

12. Bovenste schijf, z=9 kmz = 9\,\mathrm{km}: 8.0×104×(1−9/90)=4.1×103 V/m8.0 \times 10^4 \times (1 - 9/\sqrt{90}) = 4.1 \times 10^{3}\,\mathrm{V}/\mathrm{m} naar beneden. Netto 1.9×104 V/m1.9 \times 10^{4}\,\mathrm{V}/\mathrm{m} omhoog, ongeveer 4×1044 \times 10^4 met de geïnduceerde ladingen van de grond: de juiste orde van de 10 kV/m10\,\mathrm{kV}/\mathrm{m} die wordt gemeten (de echte lading is meer verspreid en deels afgeschermd); omgekeerd en honderd keer het mooiweerveld.

13. Hele wolk: netto lading nul, flux nul. Alleen de onderste schijf: −Q/ε0=−40/8.85×10−12=−4.5×1012 V m-Q/\varepsilon_0 = -40/8.85 \times 10^{-12} = -4.5 \times 10^{12}\,\mathrm{V}\,\mathrm{m}.

14. Elke schijf ligt op 3 km3\,\mathrm{km} en geeft 2.3×1042.3 \times 10^4; de bovenste (++) duwt omlaag, de onderste (−-) trekt omlaag: 4.7×104 V/m4.7 \times 10^{4}\,\mathrm{V}/\mathrm{m} naar beneden — dertig keer onder de doorslagwaarde.

15. Q/4πε0R2=8.99×109×40/(2.5×105)=1.4×106 V/mQ/4\pi\varepsilon_0R^2 = 8.99 \times 10^9 \times 40/(2.5 \times 10^5) = 1.4 \times 10^{6}\,\mathrm{V}/\mathrm{m}: alleen een lading die in een halve kilometer wordt gepropt haalt de doorslagwaarde, en de velden die men in wolken meet zijn tien keer te zwak. Plaatselijke versterking bij druppels en ijs, of op hol geslagen elektronen die door kosmische straling worden aangestoken, zijn de kandidaten — hoe een flits begint staat nog ter discussie.

16. I=5/(5×10−5)=1×105 AI = 5/(5 \times 10^{-5}) = 1 \times 10^{5}\,\mathrm{A}.

17. W=QEd=5×105×3000=1.5×109 JW = QEd = 5 \times 10^5 \times 3000 = 1.5 \times 10^{9}\,\mathrm{J} (420 kWh420\,\mathrm{kW}\mathrm{h}); P=1.5×109/5×10−5=3×1013 WP = 1.5 \times 10^9/5 \times 10^{-5} = 3 \times 10^{13}\,\mathrm{W} — anderhalf keer het vermogen van de hele mensheid, vijftig microseconden lang.

18. Volume π(0.02)2×3000=3.8 m3\pi(0.02)^2 \times 3000 = 3.8\,\mathrm{m}^{3}, massa 4.5 kg4.5\,\mathrm{kg}; ΔT=1.5×109/(4.5×720)=4.6×105 K\Delta T = 1.5 \times 10^9/(4.5 \times 720) = 4.6 \times 10^{5}\,\mathrm{K} als er niets ontsnapte. Het kanaal explodeert naar buiten (de schok is de donder), straalt licht en radiogolven uit, ioniseert en splitst de lucht: het uiteindelijke kanaal tot 3×1043 \times 10^4 K verwarmen is maar een klein deel van de rekening.

19. 2.9 s2.9\,\mathrm{s} per kilometer. Het geluid vertrekt tegelijk uit elk punt van een kanaal van 3 km3\,\mathrm{km}, vanaf afstanden die kilometers verschillen: het komt over enkele seconden verspreid aan — het gerommel.

20. 50×5=250 A50 \times 5 = 250\,\mathrm{A} naar de grond gevoerd; met de rustiger onweersstromen (puntontlading onder wolken, geladen regen) haalt het totaal de kiloampère van deel I: onweersbuien zijn de generatoren van een mondiale kring waarvan de mooiweerlucht de retourweg is.

21. Φuit(g→)=−4πGMbinnen\Phi_{\text{uit}}(\vect g) = -4\pi GM_{\text{binnen}}: voor een puntmassa is g=−GM/r2g = -GM/r^2 op een bol met oppervlakte 4πr24\pi r^2, flux −4πGM-4\pi GM, onafhankelijk van rr; de rest volgt als bij Coulomb.

22. g(r)=g0r/REg(r) = g_0r/R_E; in RE/2R_E/2: 4.9 m/s24.9\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2}.

23. Mkern=1.94×1024 kgM_{\text{kern}} = 1.94 \times 10^{24}\,\mathrm{kg}, g=GMkern/Rc2=10.7 m/s2g = GM_{\text{kern}}/R_c^2 = 10.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} — groter dan aan het oppervlak: de mantel erboven is lichter dan het gemiddelde van wat eronder ligt.

24. mx¨=−mg0x/REm\ddot x = -mg_0x/R_E: ω=g0/RE=1.24×10−3 rad/s\omega = \sqrt{g_0/R_E} = 1.24 \times 10^{-3}\,\mathrm{rad}/\mathrm{s}, T=2π/ω=5060 s=84 minT = 2\pi/\omega = 5060\,\mathrm{s} = 84\,\mathrm{min}, vmax⁡=ωRE=7.9 km/sv_{\max} = \omega R_E = 7.9\,\mathrm{km}/\mathrm{s} — de baansnelheid van een scherend cirkelende satelliet, waarvan de periode dezelfde is.

25. Zij verving de som over elke lading van de aarde (I), over de ionen van de lucht (I), en over elke schil gesteente (IV) — en in II legde zij de grenzen van de som over schijven vast. Onthoud: −5×105 C-5 \times 10^{5}\,\mathrm{C} en 1 kA1\,\mathrm{kA} voor de mooiweeraarde; 40 C40\,\mathrm{C} en 104 V/m10^{4}\,\mathrm{V}/\mathrm{m} onder een bui; 105 A10^{5}\,\mathrm{A} en 109 J10^{9}\,\mathrm{J} per ontlading; 10.7 m/s210.7\,\mathrm{m}/\mathrm{s}^{2} op de kerngrens.

Begrippen gedefinieerd in dit hoofdstuk

Bekijk alle 393 begrippen in de begrippenlijst