\documentclass[12pt]{article}
\usepackage{epsfig}
\topmargin=-0.5cm
\oddsidemargin=-0.5cm
\evensidemargin=-0.5cm
\textheight=23cm
\textwidth=17cm
\begin{document}
\newcommand{\bold}[1]{\mbox{\boldmath $#1$}}
\begin{bf}
\noindent
Institutt for fysikk, NTNU

\noindent
TFY4155/FY1003 Elektrisitet og magnetisme

\noindent
V{\aa}r 2005

\end{bf}

\begin{center}
\begin{large}
L{\o}sningsforslag til {\o}ving 2
\end{large}
\end{center}

\noindent
Veiledning 20. og 21. januar

\vspace{0.5cm}
\noindent
{\em Oppgave 1}

\vspace{0.4cm}
\noindent
$a)$ {\bf C}

\noindent
Elektroner har {\em negativ} ladning. Et {\em overskudd} p{\aa} $N$ elektroner
inneb{\ae}rer derfor en netto {\em negativ} ladning:
$$Q = - N e = - 5 \cdot 10^{13} \cdot 1.6 \cdot 10^{-19}\; {\rm C} =
- 8 \cdot 10^{-6}\; {\rm C} = - 8 \; \mu{\rm C}$$
Her st{\aa}r $\mu$ for mikro, dvs 1 $\mu$C = $10^{-6}$ C.

\vspace{0.4cm}
\noindent
$b)$ {\bf A}

\noindent
Her er det nok {\aa} betrakte retningene p{\aa} delkreftene som bidrar:

%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=2.5in \epsfbox{los1e_fig1.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE

\noindent
Med Pytagoras har vi at avstanden mellom de to positive ladningene er $\sqrt{8}a$.
Ettersom coulombkraften er proporsjonal med $1/r^2$, m{\aa} da kraften mellom
de to positive bli halvparten s{\aa} stor som kraften mellom den negative og den positive.
Vektorsummen blir som vist i figuren, alts{\aa} en total kraft $\bold{F}$ med
{\em negativ} $x$-komponent og {\em positiv} $y$-komponent.

\vspace{0.4cm}
\noindent
$c)$ {\bf C}

\noindent 
Totalt elektrisk felt i P er vektorsummen av bidragene fra de fire punktladningene.
Konfigurasjonen i figur 3 gir den st{\o}rste feltstyrken. (Ingen feltbidrag har
her komponent oppover.)


%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=2.2in \epsfbox{los2_fig3.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE


\newpage
\noindent
{\em Oppgave 2}

\vspace{0.1cm}
\noindent
$a)$ Med ``linjeladning'' (dvs: ladning pr lengdeenhet) $\lambda$ m{\aa} ladningene $dq$
og $Q$ p{\aa} henholdsvis en liten lengde $dx$ og p{\aa} hele staven bli
$$dq = \lambda\,dx \;\;\;\;\;\;\; Q = \lambda L$$

%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=3.5in \epsfbox{los2_fig1.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE

\vspace{0.3cm}
\noindent
$b)$ Elektrisk felt fra lengdeelement $dx$ i posisjon $x$:
$$d\bold{E} = \frac{\lambda\,dx}{4\pi\varepsilon_0 r^2} \hat{r} = A \frac{dx}{r^2}\hat{r}$$
der vi har innf{\o}rt $A = \lambda/4\pi\varepsilon_0$. Fra figuren ser vi at denne
vektoren har komponentene
$$dE_x = -dE \sin\theta = -\frac{A\,dx}{r^2}\sin\theta \;\;\;\;\; 
dE_y = dE \cos\theta = \frac{A\,dx}{r^2}\cos\theta$$
Her har vi valgt $x=0$ n{\aa}r $\theta=0$, og
fortegnet stemmer med oppgaveteksten, dvs $\theta > 0$ n{\aa}r $x>0$.
Vi bruker tipset i oppgaven og uttrykker $dx$ og $1/r^2$ ved vinkelen $\theta$:
\begin{eqnarray}
x &=& R\tan\theta \;\;\Rightarrow\;\; dx = \frac{Rd\theta}{\cos^2\theta} \nonumber \\
r &=& \frac{R}{\cos\theta} \;\;\Rightarrow\;\; \frac{1}{r^2} = \frac{\cos^2\theta}{R^2} \nonumber \\
\Rightarrow \frac{dx}{r^2} &=& \frac{d\theta}{R} \nonumber
\end{eqnarray}
De s{\o}kte komponentene $E_x$ og $E_y$ av feltet $\bold{E}$ i punktet $P$ fra hele staven f{\aa}r
vi ved {\aa} integrere $dE_x$ og $dE_y$:
\begin{eqnarray}
E_x&=&\int dE_x = -\frac{A}{R}\int_{\theta_2}^{\theta_1}\sin\theta d\theta= \left.
\frac{A}{R}\;\right|_{\theta_2}^{\theta_1}\cos\theta = \frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0 R}\left(\cos\theta_1
-\cos\theta_2\right) \nonumber \\
E_y&=&\int dE_y = \frac{A}{R}\int_{\theta_2}^{\theta_1}\cos\theta d\theta= \left.
\frac{A}{R}\;\right|_{\theta_2}^{\theta_1}\sin\theta = \frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0 R}\left(\sin\theta_1
-\sin\theta_2\right) \nonumber 
\end{eqnarray}

\vspace{0.3cm}
\noindent
Kommentar: Her kunne en ha v{\ae}rt "uheldig" og startet med sammenhengen $x=r\sin\theta$, som gir
$dx = r \cos\theta \, d\theta + \sin\theta \, dr$, ettersom b{\aa}de $\theta$ og $r$ varierer med $x$.
Men det g{\aa}r bra likevel: Vi har $\cos\theta = R/r$, dvs $r = R/\cos\theta$, og dermed
$$dr = -R \frac{1}{\cos^2\theta} (-\sin\theta)\,d\theta$$
slik at
\begin{eqnarray}
\frac{dx}{r^2} &=& \frac{r \cos\theta \, d\theta + \sin\theta \, dr}{r^2} \nonumber \\
&=& \frac{\cos\theta \, d\theta \cdot \cos\theta}{R} +
    \frac{\sin\theta \cdot R \sin\theta \, d\theta}{R^2} \nonumber \\
&=& \frac{d\theta}{R} \left( \cos^2\theta + \sin^2\theta \right) \nonumber \\
&=& \frac{d\theta}{R} \nonumber
\end{eqnarray}

\vspace{0.3cm}
\noindent
$c)$ Med $P$ like langt fra stavens to ender er $\theta_1 = -\theta_2$ og f{\o}lgelig
$\cos\theta_1 - \cos\theta_2 = 0$ og $\sin\theta_1 - \sin\theta_2 = 2\sin\theta_1 = L/\sqrt{R^2+L^2/4}$.
Dermed:
$$E_x = 0$$
og
$$E = E_y = \frac{\lambda L}{4\pi\varepsilon_0 R\sqrt{R^2+L^2/4}}$$
Langt unna staven, dvs $R\gg L$:
Vi kan n{\aa} erstatte kvadratroten med $R$, idet
vi kan neglisjere $L^2/4$ i forhold til $R^2$. Vi f{\aa}r da:
$$E \simeq \frac{\lambda L}{4\pi\varepsilon_0 R^2} = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 R^2}$$
Dette er det samme som feltet fra en punktladning $Q$ i avstand $R$. Ikke uventet: Langt unna ser staven 
essensielt ut som en punktladning med total ladning $Q = \lambda L$.

\vspace{0.3cm}
\noindent
$d)$ En uendelig lang stav oppn{\aa}r vi ved {\aa} la $\theta_2\rightarrow -\pi/2$ og
$\theta_1\rightarrow\pi/2$. Da blir igjen $E_x = 0$ og f{\o}lgelig
$$E = E_y = \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 R}$$
Med andre ord: Feltet fra en uendelig lang linjeladning faller av som en over avstanden $R$.


\vspace{0.7cm}
\noindent
{\em Oppgave 3}

\vspace{0.1cm}
\noindent
$a)$ Arealet av en tynn ring med radius $R$ og bredde $dR$ er $dA = 2\pi R\,dR$, slik at ladningen p{\aa}
en slik ring blir
$$dq = \sigma\,dA = 2\pi\sigma R\,dR$$
Arealet av skiva er $A = \pi R_0^2$, s{\aa} skivas totale ladning blir
$$Q = \sigma A = \pi\sigma R_0^2$$
Hvis en ikke husker hva arealet av ei sirkelformet skive er, kan en
selvsagt bestemme totalladningen $Q$ ved {\aa} integrere $dq$:
$$Q = \int dq = \left. \int_0^{R_0} 2\pi\sigma R\,dR = 2\pi\sigma\;\right|_0^{R_0} \frac{R^2}{2}=\pi\sigma R_0^2$$
Og om en heller ikke husker hva omkretsen av en ring er,
kan ladningen p{\aa} den tynne ringen bestemmes ved {\aa} starte med en liten vinkel $d\phi$ og arealet
avgrenset mellom $R$ og $R+dR$. Dette arealet er $Rd\phi\cdot dR$, og integrerer vi dette uttrykket
over $\phi$ fra 0 til $2\pi$, f{\aa}r vi nettopp $2\pi R\,dR$ som blir arealet av den tynne ringen med radius
$R$ og bredde $dR$.

\vspace{0.3cm}
\noindent
$b)$ Vi deler skiva opp i (infinitesimalt) tynne ringer med bredde $dR$ (se figur nedenfor). 
Alle punkter p{\aa} ringen ligger i samme
avstand $r$ fra punktet p{\aa} $z$-aksen. Diametralt motsatte punkter (evt arealer $dA$) f{\o}rer
til at $x-$ og $y$-komponentene til feltet forsvinner (jfr eksemplet fra forelesningene).
$z$-komponenten blir
$$dE_z = \frac{dQ}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\cos\theta$$
Da $r$ er konstant rundt hele ringen, kan en la $dQ$ v{\ae}re ladningen p{\aa} hele den tynne ringen:
$$dQ = \sigma R\,dR \int_0^{2\pi}d\phi = 2\pi\sigma R\,dR$$
Dermed blir feltet fra hele skiva
$$E_z = \int dE_z = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left.\int_0^{R_0}\frac{2\pi\sigma Ra\,dR}
{\left(a^2+R^2\right)^{3/2}} = \frac{\sigma a}{2\varepsilon_0}\right|_0^{R_0}\frac{(-1)}{\sqrt{a^2+R^2}}
= \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} \left(1-\frac{a}{\sqrt{a^2+R_0^2}}\right)$$
Her har vi benyttet at
$$\cos\theta = \frac{a}{r} = \frac{a}{\sqrt{a^2+R^2}}$$

%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=3.5in \epsfbox{los2_fig2.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE

\vspace{0.1cm}
\noindent
Et alternativ ville ha v{\ae}rt {\aa} bruke vinkelen $\theta$ som integrasjonsvariabel:
\begin{eqnarray}
\tan\theta &=& \frac{R}{a} \;\;\Rightarrow\;\; d(\tan\theta) = \frac{d\theta}{\cos^2\theta}
=\frac{dR}{a} \nonumber \\
r&=&\frac{a}{\cos\theta} \nonumber \\
\int_0^{R_0}\frac{R\,dR}{r^2}\cos\theta &=& \int_0^{\theta_0}\left(\frac{\cos\theta}{a}\right)^2
a\tan\theta \frac{a\,d\theta}{\cos^2\theta}\cos\theta = \int_0^{\theta_0}\sin\theta\,d\theta \nonumber \\
&=& 1 - \cos\theta_0 = 1 - \frac{a}{r_0} = 1 - \frac{a}{\sqrt{a^2+R_0^2}} \nonumber 
\end{eqnarray}
der $r_0$ og $\theta_0$ er definert i figuren over.


\vspace{0.3cm}
\noindent
$c)$ N{\aa}r $a\gg R_0$, kunne en i f{\o}rste omgang (som i oppgave 2c)
tenke seg {\aa} erstatte $\sqrt{a^2+R_0^2}$
med $a$. Da f{\aa}r vi imidlertid bare den ``trivielle'' l{\o}sningen $E_z = 0$, mens vi er
interessert i det dominerende ikke-forsvinnende bidraget til $E_z$. Det betyr at vi m{\aa}
rekkeutvikle $\sqrt{a^2+R_0^2}$ og ta med s{\aa} mange ledd at vi alt i alt ender opp med
noe som er forskjellig fra null:
\begin{eqnarray}
E_z &=& \frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\left(1-\frac{a}{a\sqrt{1+\frac{R_0^2}{a^2}}}\right)\nonumber \\
&=&\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\left(1-\left(1-\frac{R_0^2}{2a^2}+\cdots\right)\right)\nonumber \\
&\simeq&\frac{\sigma R_0^2}{4\varepsilon_0 a^2} \nonumber \\
&=& \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 a^2} \nonumber
\end{eqnarray}
Her har vi brukt tiln{\ae}rmelsen som var gitt i oppgaveteksten, $(1+\alpha)^{-1/2} \simeq 1 - \alpha/2$,
med $\alpha = R_0^2/a^2 \ll 1$.

\noindent
Dette er feltet i avstand $a$ fra en punktladning $Q=\sigma A$, 
der $A = \pi R_0^2$ er arealet av sirkelskiva. Som forventet: Er vi tilstrekkelig langt borte, ser
vi ikke forskjell p{\aa} ei ladet skive og en punktladning.

\vspace{0.2cm}
\noindent
I den motsatte grensen, $a \ll R_0$, kan vi neglisjere leddet $a/\sqrt{a^2+R_0^2}$ i forhold til 1.
Vi f{\aa}r da
$$E_z = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0}$$
Alts{\aa} et uniformt elektrisk felt som verken avhenger av avstanden $a$ eller skivas utstrekning
$R_0$. Dermed m{\aa} dette v{\ae}re feltet utenfor et {\em uendelig stort plan} med ladningstetthet
$\sigma$. Det er kanskje ikke umiddelbart opplagt at feltet da blir {\em uavhengig av avstanden}
til planet, men slik er det alts{\aa}! Selv om vi i praksis ikke har uendelig store flater til 
r{\aa}dighet, er dette et viktig resultat: Med et stort ladet plan genererer vi et tiln{\ae}rmet uniformt
elektrisk felt i n{\ae}rheten av planet, s{\aa} lenge vi ikke kommer for n{\ae}r planets ytterkanter. Vi skal
bruke dette resultatet mange ganger utover i kurset.


\end{document}
