\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 2007

\end{bf}

\begin{center}
\begin{large}
L{\o}sningsforslag til {\o}ving 7
\end{large}
\end{center}

\noindent
Veiledning uke 8


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

\vspace{0.2cm}
\noindent
$a)$ Skisse av ladningstettheten $\rho(r)$:
                                                                                                                       
%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=2.2in \epsfbox{losning7_fig1.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE
                                                                                                                       
\noindent
Et lite volumelement $dV$ i posisjon $\bold{r}$ inneholder en ladning
$dq = \rho(\bold{r}) \, dV$. Her har vi kulesymmetrisk ladningsfordeling,
s{\aa} vi kan bruke et tynt kuleskall med radius $r$ og tykkelse $dr$
som volumelement: $dV = 4\pi r^2 \, dr$. Kulas totale ladning f{\aa}r
vi ved {\aa} summere opp ladningen i slike kuleskall, dvs vi m{\aa}
integrere fra $r=0$ til $r=R$:
\begin{eqnarray}
Q &=& \int_{r<R} \rho \, dV \nonumber \\
&=& 4\pi \rho_0 \int_0^R \left(1 - \frac{r^2}{R^2} \right) r^2 \, dr \nonumber \\
&=& 4\pi \rho_0 |_0^R \left( \frac{r^3}{3} - \frac{r^5}{5R^2} \right) \nonumber \\
&=& 4\pi \rho_0 R^3 \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{5} \right) \nonumber \\
&=& \frac{8 \pi \rho_0 R^3}{15} \nonumber
\end{eqnarray}

\vspace{0.2cm}
\noindent
$b)$ Med kulesymmetrisk ladningsfordeling velger vi kuleflate med radius $r$ som
gaussflate. Integralet i Gauss' lov blir da
$$\oint \bold{E} \cdot d\bold{A} = E(r) \cdot 4\pi r^2$$
Dersom $r>R$, er hele ladningen $Q = 8 \pi \rho_0 R^3/15$ innenfor gaussflaten. Da
blir det elektriske feltet
$$E(r) = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r^2} = \frac{2 \rho_0 R^3}{15\varepsilon_0 r^2}$$
Dersom $r<R$, er ladningen innenfor gaussflaten lik
\begin{eqnarray}
q_{\rm in}(r) &=& \int_{r' < r} \rho(r') \, dV \nonumber \\
&=& 4\pi \rho_0 \int_0^r \left(1 - \frac{r'^2}{R^2} \right) r'^2 \, dr' \nonumber \\
&=& 4\pi \rho_0 |_0^r \left( \frac{r'^3}{3} - \frac{r'^5}{5R^2} \right) \nonumber \\
&=& 4\pi \rho_0 \left( \frac{r^3}{3} - \frac{r^5}{5R^2} \right) \nonumber
\end{eqnarray}
slik at det elektriske feltet blir
$$E(r) = \frac{q_{\rm in}(r)}{4\pi\varepsilon_0 r^2} =
\frac{\rho_0}{\varepsilon_0} \left( \frac{r}{3} - \frac{r^3}{5R^2} \right)$$
Skisse av $E(r)$:

%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=2.2in \epsfbox{losning7_fig2.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE


\vspace{0.6cm}
\noindent
{\em Oppgave 2}

\vspace{0.2cm}
\noindent
Her utgj{\o}r de to kulene og metalltr{\aa}den i mellom en sammenhengende elektrisk leder.
Det betyr at vi har samme verdi p{\aa} det elektriske potensialet p{\aa} de to kulene.
Siden kulene er langt fra hverandre, har vi kulesymmetrisk ladningsfordeling p{\aa}
overflaten av hver av kulene. Hvis kule 1 har ladning $Q_1$, blir potensialet p{\aa}
denne kula $V_1 = Q_1/4\pi\varepsilon_0 R_1$. La oss vise det: Vi vet at det elektriske
feltet utenfor kula er det samme som om hele ladningen $Q_1$ var lokalisert i kulas sentrum,
dvs $E_1(r) = Q_1/4\pi\varepsilon_0 r^2$, rettet radielt utover (dersom $Q_1 > 0$). Med
valget $V_1=0$ uendelig langt borte kan vi bestemme potensialet p{\aa} kula ved {\aa}
integrere det elektriske feltet:
$$V_1(R_1) = - \int_{\infty}^{R_1} E_1(r) \, dr = - \int_{\infty}^{R_1}
\frac{Q_1}{4\pi\varepsilon_0 r^2} \, dr = \frac{Q_1}{4\pi\varepsilon_0 R_1}$$
Og med ladning $Q_2$ p{\aa} den andre kula blir potensialet der
$$V_2(R_2) = \frac{Q_2}{4\pi\varepsilon_0 R_2}$$
Likhet mellom disse to potensialverdiene resulterer i
$$\frac{Q_1}{Q_2} = \frac{R_1}{R_2}$$
Samtidig m{\aa} vi selvsagt ha $Q_1 + Q_2 = Q$, slik at
$$Q_1 = \frac{R_1}{R_1+R_2} \, Q \;\;\;\; , \;\;\;\; Q_2 = \frac{R_2}{R_1+R_2} \, Q$$
Den elektriske feltstyrken p{\aa} overflaten av kule $j$ ($j=1,2$) er
$$E_j(R_j) = \frac{\sigma_j}{\varepsilon_0} = 
\frac{Q_j}{4\pi\varepsilon_0 R_j^2} = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 R_j (R_1+R_2)}$$
Alts{\aa}: Mest ladning p{\aa} kula med st{\o}rst radius. St{\o}rst elektrisk
feltstyrke p{\aa} kula med minst radius.


\vspace{0.5cm}
\noindent
{\em Oppgave 3}

\vspace{0.2cm}
\noindent
Vi m{\aa} forvente at CO$_2$ er line{\ae}rt n{\aa}r det elektriske dipolmomentet er null.
Selv om vi ikke vet om det er karbonatomet eller oksygenatomene som "trekker" sterkest p{\aa}
de elektronene som danner bindingene, m{\aa} vi i hvert fall anta at det er en viss
forskjell, slik at det enten er et lite overskudd av negativ ladning i n{\ae}rheten av
oksygenatomene, og dermed et lite underskudd i n{\ae}rheten av karbonatomet, eller
omvendt. I virkeligheten er det f{\o}rste riktig, slik at hvis vi "tilordner" en ladning
$-q$ til hver O, m{\aa} vi tilordne en ladning $+2q$ til C (ettersom hele molekylet er
elektrisk n{\o}ytralt). Da kan vi tenke oss at molekylets totale dipolmoment er lik
(vektor-)summen av to dipolmoment assosiert med to ladningspar $q$ og $-q$:

%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=3.0in \epsfbox{losning7_fig3.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE

\noindent
Vi ser at med line{\ae}r struktur blir $\bold{p} = \bold{p}_1+\bold{p}_2 = 0$, mens
med b{\o}yd struktur blir $\bold{p} \ne 0$.

\vspace{0.3cm}
\noindent
Vi kan resonnere p{\aa} lignende vis n{\aa}r det gjelder strukturen til NH$_3$ og BF$_3$.
For det f{\o}rste: Av symmetrigrunner m{\aa} alle bindingslengder N-H v{\ae}re like store,
og tilsvarende for B-F. Dessuten m{\aa} alle bindingsvinkler H-N-H v{\ae}re like store,
og tilsvarende for F-B-F. Da har vi kun to muligheter: Enten er molekylet plant eller s{\aa}
er det pyramideformet, med de 3 like atomene i grunnplanet og det siste p{\aa} toppen.
Ogs{\aa} i disse to molekylene m{\aa} vi forvente litt ulik grad av {\em elektronegativitet}
dvs "evne til {\aa} tiltrekke seg ekstra elektroner". I BF$_3$ blir F litt negativt ($-q$) og
B litt positivt ($+3q$), i NH$_3$ blir H litt positivt ($+q$) mens N blir litt negativt
($-3q$). Vi f{\aa}r i hvert molekyl et totalt dipolmoment lik vektorsummen av tre
dipolmoment assosiert med tre ladningspar $q$ og $-q$. Hvis molekylet er plant, blir
summen av disse tre lik null, hvis molekylet er pyramidalt, blir summen ikke lik null.
Konklusjonen m{\aa} bli at BF$_3$ er et plant molekyl og at NH$_3$ har pyramidal struktur.
Og slik er det da ogs{\aa} i virkeligheten! Eksperimenter viser at vinklene F-B-F alle
er 120 grader, mens vinklene H-N-H er ca 107 grader.


\vspace{0.5cm}
\noindent
{\em Oppgave 4}

\vspace{0.2cm}
\noindent
$a)$ Vi vet at vi f{\aa}r (tiln{\ae}rmet) uniformt elektrisk felt mellom to (tiln{\ae}rmet
uendelig) store parallelle plater med uniformt fordelt ladning med motsatt fortegn.
F{\o}lgelig (med $V$ = potensialforskjellen mellom platene):
$$E = \frac{V}{d} = \frac{96}{0.01} = 9600 \; {\rm V/m}$$
I forelesningene viste vi at et stort ladet plan med ladning $\sigma$ pr flateenhet
resulterte i et elektrisk felt $\sigma/2\varepsilon_0$, og at mellom to store ladede
plan med ladning hhv $\sigma$ og $-\sigma$ pr flateenhet blir det elektriske feltet
$\sigma/\varepsilon_0$. Dermed:
$$Q = \sigma \, A = \varepsilon_0 \, E \, A = 8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 9600 \cdot 0.25 
= 2.12 \cdot 10^{-8} \; {\rm C}$$
Eller, med prefikset n for "nano", dvs $10^{-9}$: $Q = 21.2$ nC.

\vspace{0.2cm}
\noindent
$b)$ Uten vann var potensialforskjellen 96 V. Med vann mellom platene har den
falt til 1.2 V. Dette skyldes innretting av molekyl{\ae}re dipoler i vannet,
og dermed en indusert ladning $-\sigma_i$ pr flateenhet p{\aa} vannets overflate
ved den positive metallplaten, og en indusert ladning $\sigma_i$ pr flateenhet
p{\aa} vannets overflate ved den negative metallplaten. Som vist i forelesningene,
tilsvarer polariseringen i vannet nettopp $\sigma_i$. Den elektriske feltstyrken
er redusert fra 9600 V/m til 120 V/m. Det betyr at den induserte flateladningen
$\pm \sigma_i$ har skapt et elektrisk felt $E_i = \sigma_i/\varepsilon_0 = 9480$ V/m.
Med andre ord,
$$P = \sigma_i = \varepsilon_0 E_i = 8.39 \cdot 10^{-8} \; {\rm C/m}^2$$
Maksimal teoretisk polarisering i vann er:
$$P_{\rm max} = \frac{N_A \cdot p_{\rm vann}}{v_m} =
\frac{6.02 \cdot 10^{23} \cdot 6.2 \cdot 10^{-30}}{18\cdot 10^{-6}}
\simeq 0.21 \; {\rm C/m}^2$$
Her er $N_A = 6.02 \cdot 10^{23}$ det s{\aa}kalte Avogadros tall, dvs antall
molekyler i ett mol og $v_m = 18\cdot 10^{-6}$ m$^3$ det molare volumet for vann.

\noindent
Vi ser at polariseringen $P$ bare utgj{\o}r en ganske liten del av maksimal
teoretisk polarisering $P_{\rm max}$, n{\ae}rmere bestemt
$$P/P_{\rm max} \simeq 4 \cdot 10^{-7}$$
Det er med andre ord ikke snakk om en "oppmarsjering" av vannmolekyler p{\aa}
rekke og rad, men en liten {\em tendens} til innordning av elektriske dipoler
langs det ytre, p{\aa}trykte elektriske feltet. Det er kanskje ikke s{\aa}
vanskelig {\aa} forestille seg at graden av innretting av dipoler vil avhenge
av temperaturen: Jo h{\o}yere temperatur, jo mere uorden og kaos, og dermed
mindre polarisering.

\newpage
%\vspace{0.5cm}
\noindent
{\em Oppgave 5}

\vspace{0.2cm}
\noindent
De to smale ringene (se figuren i oppgaveteksten) i innbyrdes avstand 
$\bold{d} = 2 z \, \hat{z} = 2 R \cos\theta \, \hat{z}$ har ladning
$\pm dq = \pm \sigma dA = \pm \sigma \cdot (2\pi\rho)\cdot(Rd\theta) =
\pm \sigma \cdot (2\pi R \sin\theta)\cdot(Rd\theta)$.
Kulas dipolmoment blir dermed:
\begin{eqnarray}
\bold{p} &=& \int d\bold{p} \nonumber \\
&=& \int \bold{d}\, dq \nonumber \\
&=& \int \bold{d}\, \sigma\, dA \nonumber \\
&=& \int_0^{\pi/2} 2z \hat{z} \sigma \cdot 2 \pi R^2 \sin\theta d\theta \nonumber \\
&=& \int_0^{\pi/2} 2R \cos\theta \hat{z} \sigma \cdot 2 \pi R^2 \sin\theta d\theta \nonumber \\
&=& 4 \pi R^3 \sigma \hat{z} \int_0^{\pi/2} \cos\theta \sin\theta d\theta \nonumber \\
&=& 4 \pi R^3 \sigma \hat{z}\, |_0^{\pi/2} \frac{1}{2} \sin^2 \theta \nonumber \\
&=& 2 \pi R^3 \sigma \hat{z} \nonumber
\end{eqnarray}


\end{document}
