\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 2008

\end{bf}

\begin{center}
\begin{large}
L{\o}sningsforslag til {\o}ving 4
\end{large}
\end{center}


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

\vspace{0.2cm}
\noindent
$a)$ Her har vi oppgitt $V(r,\theta)$ og gradientoperatoren i kulekoordinater,
s{\aa} det er bare {\aa} regne i vei (ingenting avhenger her av vinkelen $\phi$,
s{\aa} leddet som inneholder $\partial/\partial\phi$ trenger vi ikke {\aa} bry oss med):
\begin{eqnarray}
\bold{E}(r,\theta) &=& -\nabla V(r,\theta) \nonumber \\
&=& -\left(\hat{r}\frac{\partial}{\partial r} + \hat{\theta}\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial\theta} \right)
\frac{p\cos\theta}{4\pi\varepsilon_0 r^2} \nonumber \\
&=& \hat{r} \frac{p\cos\theta}{2\pi\varepsilon_0 r^3} + \hat{\theta} \frac{p\sin\theta}{4\pi\varepsilon_0 r^3}
\nonumber
\end{eqnarray}
Vi merker oss at feltet fra en elektrisk dipol i stor avstand $r$ fra dipolen faller av som $1/r^3$, alts{\aa}
raskere enn feltet fra en elektrisk "monopol", dvs en punktladning, som faller av som $1/r^2$.
Feltbidragene fra de to ladningene med motsatt fortegn kansellerer hverandre delvis, men ikke fullstendig,
ettersom retningen p{\aa} de to bidragene til $\bold{E}$ alltid vil v{\ae}re litt forskjellig.

\vspace{0.2cm}
\noindent
Hvis $\theta = 0$, f{\aa}r vi
$$E_r = \frac{p}{2\pi\varepsilon_0 r^3}$$
og
$$E_\theta = 0$$
Dette virker rimelig: Vi er n{\aa} i et punkt langt ute p{\aa} $z$-aksen, slik at
radiell retning blir nettopp langs $z$-aksen, mens $\theta$-retningen blir langs
$x$-aksen. Og p{\aa} $z$-aksen m{\aa} vel det elektriske feltet {\aa}penbart ha
retning langs $z$-aksen.

\noindent
Hvis $\theta = \pi/2$, f{\aa}r vi
$$E_r = 0$$
og
$$E_\theta = \frac{p}{4\pi\varepsilon_0 r^3}$$
Dette virker ogs{\aa} rimelig: Vi er n{\aa} i et punkt langt ute p{\aa} $x$-aksen, slik at
radiell retning blir nettopp langs $x$-aksen, mens $\theta$-retningen blir langs negativ
$z$-akse. Og p{\aa} $x$-aksen m{\aa} vel det elektriske feltet {\aa}penbart ha
retning langs negativ $z$-akse.

\noindent
Setter vi inn $r=0$ i uttrykkene for $E_r$ og $E_\theta$, ser vi at begge to g{\aa}r
mot uendelig. Det er imidlertid ikke et reelt problem fordi vi n{\aa} fors{\o}ker {\aa}
bruke uttrykket for $E$ utenfor gyldighetsomr{\aa}det $r \gg a$. Feltet i origo er
langt fra uendelig, og heller ikke vanskelig {\aa} regne ut. Det klarer du helt
sikkert selv!
                                                                                                                     
\vspace{0.2cm}
\noindent
$b)$ Av figuren nedenfor skulle det g{\aa} relativt klart fram hvordan den elektriske
feltvektoren $\bold{E}$ enten kan dekomponeres i $E_r$ og $E_\theta$ eller i
$E_x$ og $E_z$.
                                                                                                                     
%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=3.5in \epsfbox{los4_fig1.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE
                                                                                                                     
\noindent
B{\aa}de $E_r$ og $E_\theta$ har komponenter i $x$-retning, og den totale $x$-komponenten av feltet
m{\aa} bli summen av disse to. Figurbetraktning gir:
\begin{eqnarray}
E_x &=& E_r \sin\theta + E_\theta \cos\theta \nonumber \\
&=& \frac{p\cos\theta}{2\pi\varepsilon_0 r^3}\cdot\sin\theta +
    \frac{p\sin\theta}{4\pi\varepsilon_0 r^3}\cdot\cos\theta \nonumber \\
&=& \frac{3p}{4\pi\varepsilon_0 r^3}\sin\theta\cos\theta \nonumber \\
&=& \frac{3pxz}{4\pi\varepsilon_0 r^5} \nonumber \\
&=& \frac{3pxz}{4\pi\varepsilon_0 \left(x^2+z^2\right)^{5/2}} \nonumber
\end{eqnarray}
Her har vi brukt $\sin\theta = x/r$, $\cos\theta = z/r$ og $r = (x^2+z^2)^{1/2}$.
                                                                                                                     
\noindent
Helt tilsvarende finner vi $z$-komponenten:
\begin{eqnarray}
E_z &=& E_r \cos\theta - E_\theta \sin\theta \nonumber \\
&=& \frac{p\cos\theta}{2\pi\varepsilon_0 r^3}\cdot\cos\theta -
    \frac{p\sin\theta}{4\pi\varepsilon_0 r^3}\cdot\sin\theta \nonumber \\
&=& \frac{p}{4\pi\varepsilon_0 r^3}\left(2\cos^2\theta-\sin^2\theta\right) \nonumber \\
&=& \frac{\left(2z^2-x^2\right)p}{4\pi\varepsilon_0 \left(x^2+z^2\right)^{5/2}} \nonumber
\end{eqnarray}
                                                                                                                     
\vspace{0.2cm}
\noindent
$c)$ I kartesiske koordinater blir potensialet
$$V = \frac{p\cos\theta}{4\pi\varepsilon_0 r^2} = \frac{p(z/r)}{4\pi\varepsilon_0 r^2} =
\frac{pz}{4\pi\varepsilon_0 \left(x^2+z^2\right)^{3/2}}$$
Med $\bold{E}=-\nabla V$ f{\aa}r vi dermed
\begin{eqnarray}
E_x &=& -\frac{\partial V}{\partial x} = \frac{3pzx}{4\pi\varepsilon_0 \left(x^2+z^2\right)^{5/2}}
\nonumber \\
E_z &=& -\frac{\partial V}{\partial z} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left(
\frac{-p}{\left(x^2+z^2\right)^{3/2}} + \frac{3pz^2}{\left(x^2+z^2\right)^{5/2}} \right) \nonumber \\
&=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left(
\frac{-p\left(x^2+z^2\right) + 3pz^2}{\left(x^2+z^2\right)^{5/2}} \right) \nonumber \\
&=& \frac{\left(2z^2-x^2\right)p}{4\pi\varepsilon_0 \left(x^2+z^2\right)^{5/2}} \nonumber
\end{eqnarray}
Det samme som vi fant under punkt $b)$!
                                                                                                                     
                                                                                                                     
\vspace{0.2cm}
\noindent
$d)$ La oss starte med en figur som viser sammenhengen mellom de ulike vektorkomponentene:

%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=3.5in \epsfbox{vector_components.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE
                                                                                                                     
\noindent
Da har vi:
\begin{eqnarray}
\bold{p} &=& p_x \, \hat{x} + p_z \, \hat{z} \nonumber \\
p_x &=& 0 \nonumber \\
p_z &=& p \nonumber \\
\bold{p} &=& p_r \, \hat{r} + p_\theta \, \hat{\theta} \nonumber \\
\bold{p} \cdot \hat{r} &=& p_r = p \cos\theta \nonumber \\
\bold{p} \cdot \hat{\theta} &=& p_\theta = -p \sin\theta \nonumber \\
\hat{r} &=& \hat{r}_x \, \hat{x} + \hat{r}_z \, \hat{z} \nonumber \\
\hat{r}_x &=& \sin\theta = x/r = x/\sqrt{x^2+z^2} \nonumber \\
\hat{r}_z &=& \cos\theta = z/r = z/\sqrt{x^2+z^2} \nonumber
\end{eqnarray}
Vi har n{\aa} det vi trenger for {\aa} skrive ned $E_r$ osv, fra det gitte uttrykket p{\aa}
koordinatfri form:
\begin{eqnarray}
E_r &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0 r^3}\left[3\bold{p}\cdot\hat{r} - p_r\right] \nonumber \\
&=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0 r^3}\left[3p_r - p_r\right] \nonumber \\
&=& \frac{p\cos\theta}{2\pi\varepsilon_0 r^3} \nonumber
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
E_\theta &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0 r^3}\left[0-p_\theta\right] \nonumber \\
&=& \frac{p\sin\theta}{4\pi\varepsilon_0 r^3} \nonumber
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
E_x &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0 r^3}\left[3(p\hat{z}\cdot\hat{r})\hat{r}_x - p_x\right] \nonumber \\
&=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0 r^3}\left[3p(z/r)(x/r) - 0\right] \nonumber \\
&=& \frac{3pxz}{4\pi\varepsilon_0 r^5} \nonumber \\
&=& \frac{3pxz}{4\pi\varepsilon_0 (x^2+z^2)^{5/2}} \nonumber
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
E_z &=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0 r^3}\left[3(p\hat{z}\cdot\hat{r})\hat{r}_z - p_z\right] \nonumber \\
&=& \frac{1}{4\pi\varepsilon_0 r^3}\left[3p(z/r)(z/r) - p\right] \nonumber \\
&=& \frac{p}{4\pi\varepsilon_0 r^3}\left[3z^2/r^2 - 1\right] \nonumber \\
&=& \frac{p}{4\pi\varepsilon_0 r^3}\left[3z^2/(x^2+z^2) - (x^2+z^2)/(x^2+z^2)\right] \nonumber \\
&=& \frac{(2z^2-z^2)p}{4\pi\varepsilon_0 (x^2+z^2)^{5/2}} \nonumber
\end{eqnarray}
Alle fire i samsvar med det vi fant i $a)$ og $b)$.


\vspace{1.8cm}
\noindent
{\em Oppgave 2}


\vspace{1.1cm}
\noindent
$a)$ {\bf D}

\noindent
Total potensiell energi for et system med punktladninger er
$$U = \sum_{i<j} \frac{q_i q_j}{4\pi\varepsilon_0 r_{ij}}$$
der summen g{\aa}r over alle par av ladninger $q_i$ og $q_j$
i innbyrdes avstand $r_{ij}$. Her er alle ladninger like store
i absoluttverdi. Vi har 4 par med motsatt fortegn i innbyrdes
avstand 5 cm og 2 par (diagonalt) med likt fortegn i innbyrdes
avstand $\sqrt{50}$ cm. Dermed f{\aa}r vi:
$$U = 9\cdot10^9\cdot(9\cdot10^{-6})^2 \cdot \left[-\frac{4}{0.05}
+ \frac{2}{\sqrt{50}\cdot10^{-2}} \right] \simeq -38 \;{\rm J}$$


\vspace{1.1cm}
\noindent
$b)$ {\bf D}

\noindent
Punktladningene $Q_1$ og $Q_2$ flyttes ikke, s{\aa} innbyrdes
potensiell energi for dette paret trenger vi ikke {\aa} bry oss om
fordi den endres ikke n{\aa}r den tredje ladningen (elektronet) flyttes.
Vi m{\aa} regne ut potensiell energi som skyldes vekselvirkningen mellom
elektronet og de to fastliggende ladningene, henholdsvis f{\o}r og etter
forflytningen. Alternativt kan vi regne ut potensialet fra ladningene
$Q_1$ og $Q_2$ i punktene A og B, hhv $V_A$ og $V_B$, og deretter endringen
i potensiell energi, $\Delta U = U_B - U_A = -e V_B - (-e)V_A = -e (V_B-V_A)$.
Potensialet i avstand $r$ fra en punktladning $q$ er
$$V(r) = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 r}$$
dvs Coulombpotensialet. De aktuelle avstandene her er 0.6 m (fra $Q_1$ til A
og fra $Q_2$ til B) og $\sqrt{0.6^2+0.8^2} = 1.0$ m (fra $Q_1$ til B og fra
$Q_2$ til A). Dermed:
$$V_A = \frac{Q_1}{4\pi\varepsilon_0 \cdot 0.6} +
\frac{Q_2}{4\pi\varepsilon_0 \cdot 1.0}$$
og
$$V_B = \frac{Q_1}{4\pi\varepsilon_0 \cdot 1.0} +
\frac{Q_2}{4\pi\varepsilon_0 \cdot 0.6}$$
som gir
$$\Delta V = V_B-V_A = -\frac{2(Q_1-Q_2)}{3\cdot4\pi\varepsilon_0}
= -\frac{2}{3} \cdot 9 \cdot 10^9 \cdot (69+98)\cdot 10^{-9} = -1002\;{\rm V}$$
og endelig
$$\Delta U = -e \cdot \Delta V \simeq + 1 \;{\rm keV}$$



\vspace{0.4cm}
\noindent
$c)$ {\bf B}. Potensialet fra en punktladning er $V(r) = q/4\pi\varepsilon_0 r$ n{\aa}r
$V(r\rightarrow\infty)$ er satt til null. Med $V=50$ V finner vi
$$r = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 V} = 9\cdot10^9\cdot\frac{10^{-8}}{50} = 1.8 \; {\rm m}$$
Med SI-enheter for alle st{\o}rrelser som inng{\aa}r er vi garantert at svaret
ogs{\aa} kommer ut i SI-enhet, dvs m.
                                                                                                                     
\vspace{0.4cm}
\noindent
$d)$ {\bf D}. Det elektriske feltet er den negative gradienten til potensialet, $\bold{E} = -\nabla V$.
Her har vi oppgitt at potensialet er konstant lik 100 V, og gradienten til en konstant er lik null.

\vspace{0.4cm}
\noindent
$e)$ {\bf D}
$$\bold{E} = -\nabla V = -\frac{dV}{dr}\hat{r} \;\; \Rightarrow \;\; {\rm graf} \; 5$$
                                                                                                                     
\vspace{0.4cm}
\noindent
$f)$ {\bf D}
$$\bold{E} = - \nabla V = -\frac{dV}{dx}\hat{x} = - 15 \frac{{\rm V}}{{\rm m}} \hat{x}$$
                                                                                                                     
\vspace{0.4cm}
\noindent
$g)$ {\bf A}
$$E_x = -\frac{dV}{dx} = - 2 \frac{{\rm V}}{{\rm m}}$$
                                                                                                                     
\end{document}
