<html><head><meta name="color-scheme" content="light dark"></head><body><pre style="word-wrap: break-word; white-space: pre-wrap;">\documentclass[11pt]{article}
\usepackage{epsfig}
\usepackage[norsk]{babel}
\topmargin=-1.5cm
\oddsidemargin=-1.0cm
\evensidemargin=-1.0cm
\textheight=25cm
\textwidth=18cm
\setlength{\parindent}{0cm}

\begin{document}
\newcommand{\bold}[1]{\mbox{\boldmath $#1$}}
\newcommand{\half}{\frac{1}{2}}

\begin{center}
\begin{bf}
TFY4104/TFY4125 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU.

L{\o}sningsforslag til {\o}ving 11.
\end{bf}
\end{center}


\vspace{0.3cm}
\noindent
{\bf Oppgave 1}

\vspace{0.2cm}
\noindent
I det f{\o}rste eksperimentet er $B=0$. Da er Newtons 2. lov
\begin{eqnarray}
\bold{F} &amp;=&amp; m\bold{a} = q\bold{E} \nonumber \\
\Rightarrow \frac{d\bold{v}}{dt} &amp;=&amp; \frac{q}{m} \bold{E} \nonumber \\
\Rightarrow \bold{v}(t) &amp;=&amp; \bold{v}(0) + \frac{q}{m} \bold{E} t = \frac{d\bold{r}}{dt} \nonumber \\
\Rightarrow \bold{r}(t) &amp;=&amp; \bold{r}(0) + \bold{v}(0)t + \frac{q}{2m} \bold{E} t^2 \nonumber
\end{eqnarray}
Her er det naturlig {\aa} velge $t=0$ idet partikkelen entrer omr{\aa}det med $E \neq 0$, og
dessuten velge origo i denne posisjonen:
$$\bold{r}(0) = (x_0,y_0) = (0,0)$$
Her er hastigheten 
$$\bold{v}(0) = v\;\hat{x}$$
n{\aa}r vi legger $x$-aksen mot h{\o}yre. $y$-aksen legger vi oppover, slik at
$$\bold{E} = -E \; \hat{y}$$
(dvs med $E&gt;0$) Partikkelbanen inne i feltet blir alts{\aa} en parabel, akkurat som n{\aa}r vi kaster en masse
i tyngdefeltet. Hastigheten i $x$-retning p{\aa}virkes ikke slik at
$$x(t) = vt$$
mens partikkelen f{\aa}r en konstant akselerasjon i $y$-retning, dvs
forflytningen i $y$-retning som funksjon av $t$ m{\aa} v{\ae}re bestemt ved
$$y(t) = - \frac{q}{2m} E t^2$$
Partikkelen vil forlate omr{\aa}det der $E \neq 0$ ved tidspunktet
$$t_L = \frac{x(t_L)}{v} = \frac{L}{v}$$
Vertikalposisjonen er da
$$y(t_L) = -\frac{q}{2m}E\frac{L^2}{v^2}$$
Allerede n{\aa} kan vi konkludere med at $q &lt; 0$ dersom $y(t_L) &gt; 0$.

\noindent
Distansen fra $x=L$ til $x=L+D$ tilbakelegges deretter uten p{\aa}virkning av noen krefter,
med retning i forhold til $x$-aksen gitt ved vinkelen $\alpha$, der
$$\tan \alpha = \frac{v_y(t_L)}{v_x(t_L)} = \frac{-(q/m)E(L/v)}{v} = -\frac{qEL}{mv^2}$$
Vi m{\aa} dessuten ha
$$\tan \alpha = \frac{y-y(t_L)}{D}$$
der $y$ er treffpunktet p{\aa} detektoren, ved $x=L+D$.

\vspace{0.5cm}
\noindent
Eksperimentet gjentas n{\aa} med samme $E$-felt, men vi skrur n{\aa} p{\aa} et
magnetfelt $B$ med retning inn i planet inntil partiklene ikke avb{\o}yes av
feltene. Det m{\aa} bety at den elektriske krafta (oppover) akkurat balanseres
av en magnetisk kraft (nedover). Alts{\aa}:
\begin{eqnarray}
\bold{F} &amp;=&amp; q\bold{E} + q\bold{v}\times\bold{B} = 0 \nonumber \\
\Rightarrow E &amp;=&amp; vB \nonumber \\
\Rightarrow \frac{1}{v} &amp;=&amp; \frac{B}{E} \nonumber
\end{eqnarray}
Dermed:
\begin{eqnarray}
\frac{y-y(t_L)}{D} &amp;=&amp; -\frac{qEL}{mv^2} = -\frac{qEL}{m} \cdot \frac{B^2}{E^2} \nonumber \\
\Rightarrow y + \frac{q}{2m}E L^2\frac{B^2}{E^2} &amp;=&amp; -\frac{qEL}{m} \cdot \frac{B^2}{E^2}D \nonumber \\
\Rightarrow yE &amp;=&amp; -\frac{q}{m} \cdot B^2 \left(DL+\frac{1}{2}L^2\right) \nonumber \\
\Rightarrow \frac{q}{m} &amp;=&amp; -\frac{yE}{B^2 \left(DL +\frac{1}{2}L^2\right)} \nonumber
\end{eqnarray}
Dvs,
$$a = \frac{E}{B^2 \left(DL + L^2/2 \right)}$$


\vspace{0.5cm}
\noindent
{\bf Oppgave 2}

\vspace{0.2cm}
\noindent
Ionenes hastighet n{\aa}r de kommer inn i magnetfeltet er gitt ved at endringen i
potensiell energi gjennom spenningsforskjellen $V$ tilsvarer endringen i ionenes kinetiske energi:
$$eV = \frac{1}{2}mv^2 \;\; \Rightarrow \;\; v = \sqrt{\frac{2eV}{m}}$$
Sentripetalakselerasjonen inne i magnetfeltet er
$$a = \frac{v^2}{r}$$
slik at Newtons 2. lov gir
$$F = m\frac{v^2}{r} = evB \;\;\; \Rightarrow \;\;\; r = \frac{mv}{eB}$$
Baneradius for en partikkel med masse $m$ blir
$$r = \frac{1}{B} \sqrt{\frac{2Vm}{e}}$$
alts{\aa} proporsjonal med $\sqrt{m}$. Baneradier og masser for de ulike
isotopene m{\aa} alts{\aa} forholde seg til hverandre p{\aa} f{\o}lgende vis:
$$\frac{r_i}{r_j} = \sqrt{\frac{m_i}{m_j}}$$
der $i,j = 79$ eller 81.

\noindent
Dersom ionenes treffpunkt p{\aa} den fotografiske platen skal v{\ae}re adskilt med
(minst) en avstand $a = 1.0$ cm, m{\aa} forskjellen i banenes {\em diameter} v{\ae}re 1.0 cm.
Vi f{\aa}r:
$$a = 1.0 \;{\rm cm}\; = 2(r_{81} - r_{79}) = 2r_{79} \left(\sqrt{\frac{m_{81}}{m_{79}}} - 1 \right)$$
Det gir
$$r_{79} = \frac{a}{2} \left(\sqrt{\frac{m_{81}}{m_{79}}} - 1 \right)^{-1} = 
0.5 \;{\rm cm}\; \cdot \left(\sqrt{\frac{81}{79}} -1 \right)^{-1} \simeq 39.7 \;{\rm cm}$$
og
$$r_{81} = r_{79} + \frac{a}{2} \simeq 40.2 \;{\rm cm}$$
Vi kan n{\aa} bestemme hvor sterkt magnetfelt som kan
brukes for {\aa} f{\aa} disse baneradiene:
$$B = \frac{1}{r_{81}} \sqrt{\frac{2Vm_{81}}{e}} = 
\frac{1}{0.402} \cdot \sqrt{\frac{2 \cdot 400 \cdot 81 \cdot 1.67 \cdot 10^{-27}}{1.6\cdot10^{-19}}} =
0.065 \; {\rm T}$$
Dette representerer {\o}vre grense for $B$: Et sterkere magnetfelt vil redusere b{\aa}de
$r_{79}$ og $r_{81}$, men $r_{81}$ mest, slik at treffpunktene kommer n{\ae}rmere hverandre.
Samtidig skal ikke $d_{81} = 2 r_{81}$ overstige instrumentets fysiske begrensning gitt ved $L = 250$ cm.
Det tilsvarer en minsteverdi p{\aa} magnetfeltstyrken:
$$B_{\rm min} = \frac{1}{L/2} \sqrt{\frac{2Vm_{81}}{e}} =
\frac{1}{1.25} \cdot \sqrt{\frac{2 \cdot 400 \cdot 81 \cdot 1.67 \cdot 10^{-27}}{1.6\cdot10^{-19}}} =
0.021 \; {\rm T}$$
Vi kan med andre ord benytte et magnetfelt i omr{\aa}det 21 til 65 mT.


\vspace{1.2cm}
\noindent
{\bf Oppgave 4}

\vspace{0.5cm}
\noindent
$1)$ $\bold{F} = I \bold{L} \times \bold{B}$, slik at kraftparet nummerert med 1 blir korrekt. {\bf A}. \\


\vspace{0.5cm}
\noindent
$2)$ Magnetisk kraft og elektrisk kraft vil her virke i motsatt retning, enten partiklene har negativ
eller positiv ladning. A og B kan dermed ikke v{\ae}re riktige. Med null kraft totalt (ingen avb{\o}yning)
er $qE = qvB$, dvs $v = E/B = 10^4/50\cdot10^{-3} = 2 \cdot 10^5$ m/s = 200 km/s. {\bf D}. \\


\vspace{0.5cm}
\noindent
$3)$ Elektronets hastighet er (i absoluttverdi) $v = \sqrt{v_0^2 + v_0^2} = \sqrt{2} v_0$. Sirkelbanens
radius blir derfor $r = mv/qB_0 = \sqrt{2} m_e v_0/e B_0$. {\bf B}. \\


\vspace{0.5cm}
\noindent
$4)$ $B = \mu_0 n I = 4\pi \cdot 10^{-7} \cdot (2000/0.3142) \cdot 2$ T = 16 mT. {\bf B}. \\


\vspace{0.5cm}
\noindent
$5)$ En regul{\ae}r sekskant med sidekanter 1 cm har areal $1.5 \cdot \sqrt{3} \simeq 2.6$ cm$^2$,
som multiplisert med en str{\o}m 1.0 A gir magnetisk dipolmoment 2.6 A cm$^2$. {\bf C}.


\end{document}
</pre></body></html>