\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 $#1$}}
\newcommand{\ems}{{\cal E}}
\begin{bf}
\noindent
Institutt for fysikk, NTNU

\noindent
TFY4155/FY1003 Elektromagnetisme

\noindent
V{\aa}r 2009

\end{bf}

\begin{center}
\begin{large}
L{\o}sningsforslag til {\o}ving 11
\end{large}
\end{center}

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

\vspace{0.5cm}
\noindent
Kirchhoffs spenningsregel (K2) gir
$$\ems = \frac{Q}{C} = R I_R$$
mens Kirchhoffs str{\o}mregel (K1) gir
$$I = I_C + I_R$$
Dessuten har vi
$$I_C = \frac{dQ}{dt}$$
Dermed:
\begin{eqnarray}
I_R(t) &=& \frac{V_0}{R} \, \cos\omega t \nonumber \\
Q(t) &=& V_0 C \, \cos\omega t \nonumber \\
I_C(t) &=& -\omega C V_0 \, \sin\omega t = \omega C V_0 \, \cos(\omega t +\pi/2) \nonumber
\end{eqnarray}
Total str{\o}m levert av spenningskilden blir dermed
$$I(t) = \frac{V_0}{R} \, \cos\omega t - \omega C V_0 \, \sin\omega t$$
Vi {\o}nsker {\aa} ha $I(t)$ p{\aa} formen
$$I(t) = I_0 \, \cos(\omega t - \alpha)$$
med amplitude $I_0 = V_0/Z$, der $Z$ er impedansen til parallellkoblingen av $R$ og $C$, mens
$\alpha$ blir fasevinkelen, dvs faseforskyvningen mellom $\ems(t)$ og $I(t)$. Vi har
$$\cos(\omega t - \alpha) = \cos\omega t \, \cos\alpha + \sin\omega t \, \sin\alpha$$
Dermed, ved direkte sammenligning:
\begin{eqnarray}
\frac{\cos\alpha}{Z} &=& \frac{1}{R} \nonumber \\
\frac{\sin\alpha}{Z} &=& -\omega C \nonumber
\end{eqnarray}
Disse to ligningene, med to ukjente $Z$ og $\alpha$, l{\o}ses greit, og vi finner
\begin{eqnarray}
Z &=& \frac{R}{\sqrt{1 + (\omega R C)^2}} \nonumber \\
I_0 &=& \frac{V_0}{R} \, \sqrt{1 + (\omega R C)^2} \nonumber \\
\alpha &=& -\arctan(\omega RC) \nonumber
\end{eqnarray}
I grensen $\omega \rightarrow 0$ b{\o}r vi gjenfinne ''velkjente'' resultater fra
likespenningseksemplene i forelesningene, og det gj{\o}r vi: $Z \rightarrow R$ og $\alpha \rightarrow 0$
slik at $I_0 \rightarrow V_0/R$. All str{\o}m g{\aa}r gjennom motstanden $R$, mens kapasitansen
$C$ n{\aa} representerer en {\aa}pen krets der det ikke g{\aa}r noen likestr{\o}m.

\vspace{0.2cm}
\noindent
Med de oppgitte tallverdiene har vi
$$\omega RC = 2\pi \cdot 10^6 \cdot 10 \cdot 16 \cdot 10^{-9} = 1.0$$
slik at
\begin{eqnarray}
I_0 &=& \frac{1.0}{10} \cdot \sqrt{2} = 0.14 \; {\rm A} \nonumber \\
\alpha &=& - \arctan 1.0 = -45^\circ \nonumber
\end{eqnarray}

\vspace{0.2cm}
\noindent
Skisse av $\ems(t)$, $I(t)$, $I_R(t)$ og $I_C(t)$:

%%FIGURE
\vspace{1.0cm}
\centerline{\epsfxsize=5.5in \epsfbox{los12_skisse_1.eps}}
\vspace{1.0cm}
%%END FIGURE

\newpage
\noindent
Legg merke til at $I_R$ svinger i fase med $\ems$, mens $I_C$ er
faseforskj{\o}vet $\pi/2$ i forhold til $\ems$. Faseforskyvningen mellom
$\ems$ og total str{\o}m $I = I_R + I_C$ blir med de aktuelle tallverdiene
liggende midt mellom, dvs 45 grader.


%\newpage
\vspace{1.5cm}
\noindent
Skisse av $\alpha$, $I_0$ og $Z$ (med $\alpha$ i radianer og
$\omega RC$ mellom 0.016 og 160 langs horisontal akse):

%%FIGURE
\vspace{1.0cm}
\centerline{\epsfxsize=5.0in \epsfbox{los12_skisse_2.eps}}
\vspace{1.0cm}
%%END FIGURE

\noindent
Legg merke til at faseforskyvningen $\alpha$ mellom p{\aa}trykt spenning $\ems$ og
total str{\o}m $I$ er omtrent lik null for lave frekvenser. Da g{\aa}r det meste av
str{\o}mmen gjennom motstanden ($I \simeq I_R$), og kretsen oppf{\o}rer seg omtrent
som den ville ha gjort uten kapasitansen til stede. For h{\o}ye frekvenser blir
$\alpha$ omtrent lik -90 grader. Da g{\aa}r det meste av str{\o}mmen i ''grenen''
med kondensatoren ($I \simeq I_C$), og kretsen oppf{\o}rer seg omtrent som den
ville ha gjort uten motstanden til stede.

\noindent
For lave frekvenser blir dermed str{\o}mamplituden $I_0$ omtrent konstant, dvs uavhengig
av frekvensen, mens for h{\o}ye frekvenser {\o}ker $I_0$ proporsjonalt med frekvensen.

\noindent
Vi ser at overgangen mellom ''lave'' og ''h{\o}ye'' frekvenser skjer der
$\omega \simeq 1/RC = 1/\tau$, der $\tau$ er tidskonstanten for en slik $RC$-krets.



\vspace{0.7cm}
\noindent
{\em Oppgave 2}

\vspace{0.2cm}
\noindent
I det f{\o}rste eksperimentet er $B=0$. Da er Newtons 2. lov
\begin{eqnarray}
\bold{F} &=& m\bold{a} = q\bold{E} \nonumber \\
\Rightarrow \frac{d\bold{v}}{dt} &=& \frac{q}{m} \bold{E} \nonumber \\
\Rightarrow \bold{v}(t) &=& \bold{v}(0) + \frac{q}{m} \bold{E} t = \frac{d\bold{r}}{dt} \nonumber \\
\Rightarrow \bold{r}(t) &=& \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 $E>0$) 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 $q < 0$ dersom $y(t_L) > 0$.

\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} &=& q\bold{E} + q\bold{v}\times\bold{B} = 0 \nonumber \\
\Rightarrow E &=& vB \nonumber \\
\Rightarrow \frac{1}{v} &=& \frac{B}{E} \nonumber
\end{eqnarray}
Dermed:
\begin{eqnarray}
\frac{y-y(t_L)}{D} &=& -\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} &=& -\frac{qEL}{m} \cdot \frac{B^2}{E^2}D \nonumber \\
\Rightarrow yE &=& -\frac{q}{m} \cdot B^2 \left(DL+\frac{1}{2}L^2\right) \nonumber \\
\Rightarrow \frac{q}{m} &=& -\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
{\em Oppgave 3}

\vspace{0.2cm}
\noindent
$a)$ 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
{\em Oppgave 4}

\vspace{0.2cm}
\noindent
$a)$ Argumentasjonen her tilsvarer den vi brukte da vi skulle beregne det elektriske
feltet p{\aa} symmetriaksen til en jevnt ladet ring. Da s{\aa} vi p{\aa} bidragene
til feltet fra diametralt motsatte ladningselementer $dq$ og overbeviste oss om
at det totale elektriske feltet m{\aa}tte peke langs symmetriaksen.

\noindent
Her kan vi f.eks. se p{\aa} de to lederelementene som ligger akkurat p{\aa} positiv
og negativ $y$-akse og bestemme retningen p{\aa} bidraget til magnetfeltet p{\aa} $z$-aksen
fra disse. Vi tar for oss positive $z$ f{\o}rst. (Se figuren p{\aa} neste side.
Her angir indeks + avstand fra og feltbidrag fra str{\o}melementet som krysser positiv $z$-akse,
mens indeks - angir tilsvarende fra str{\o}melementet som krysser negativ $z$-akse.)
''Str{\o}melementet'' $I\;d\bold{l}$ som krysser positiv $y$-akse har retning langs
negativ $x$-akse. Kryssproduktet av denne vektoren med $\bold{r_+}$ fra str{\o}melementet
til den aktuelle posisjonen p{\aa} positiv $z$-akse blir en vektor som ligger i $yz$-planet,
med positiv $y$- og $z$-komponent. Det diametralt motsatte str{\o}melementet som krysser
den negative $y$-aksen har retning langs positiv $x$-akse. 
Kryssproduktet av denne vektoren med $\bold{r_-}$ fra str{\o}melementet
til den aktuelle posisjonen p{\aa} positiv $z$-akse blir en vektor som ogs{\aa} ligger
i $yz$-planet, men denne vil ha {\em negativ} $y$-komponent og positiv $z$-komponent.
Av symmetrigrunner m{\aa} disse bidragene til $\bold{B}$ v{\ae}re like store i
absoluttverdi, ha like store $z$-komponenter med samme fortegn, og ha like store
$y$-komponenter med {\em motsatt} fortegn. Summen av de to bidragene peker med andre
ord langs (positiv) $z$-akse.

\noindent
Tilsvarende argumentasjon kan vi benytte for par av diametralt motsatte str{\o}melementer
rundt hele den str{\o}mf{\o}rende ringen. De vil alle ha like stor $z$-komponent med
samme fortegn og like store $x$- og $y$-komponenter med motsatt fortegn.

\noindent
Konklusjon: $\bold{B}$ p{\aa} positiv $z$-akse har retning langs $z$-aksen.

\vspace{0.5cm}
\noindent
$b)$ I forrige punkt overbeviste vi oss om at $\bold{B}(z)$ har retning langs
positiv $z$-akse n{\aa}r $z>0$. Hva hvis $z<0$?

\noindent
En figurbetraktning tilsvarende den vi gjorde under punkt $a)$ viser at
str{\o}melementet som krysser den positive $y$-aksen gir et bidrag til
$\bold{B}(z)$ p{\aa} negativ $z$-akse som ligger i $yz$-planet med positiv
$z$-komponent og negativ $y$-komponent. For str{\o}melementet som krysser den 
negative $y$-aksen finner vi et bidrag med positiv $z$-komponent og positiv
$y$-komponent. Alt i alt et magnetfelt med retning langs positiv $z$-akse.

\noindent
Konklusjon: Magnetfeltet peker langs positiv $z$-akse p{\aa} hele $z$-aksen.

\vspace{0.5cm}
\noindent
$c)$ Vektorene $I\;d\bold{l}$ og $\hat{r}$ st{\aa}r vinkelrett p{\aa} hverandre.
Dermed er
$$|I\;d\bold{l} \times \hat{r}| = I R\; d\phi \cdot 1$$
ettersom et kurveelement $dl$ langs en sirkel er lik radien $R$ multiplisert
med vinkelelementet $d\phi$:

%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=1.5in \epsfbox{los12_fig2.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE

\noindent
Retningen p{\aa} $d\bold{B}$ m{\aa} bli som vist i figuren:

%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=4.0in \epsfbox{los12_fig1.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE

\noindent
Fra figuren ser vi at
$$\frac{dB_z}{dB} = \sin\theta = \frac{R}{r} = \frac{R}{\sqrt{z^2+R^2}}$$
og det er jo nettopp $z$-komponenten av magnetfeltet vi her er ute etter.
Absoluttverdien til $d\bold{B}$ blir
$$dB = \frac{\mu_0}{4\pi}\cdot \frac{I R\; d\phi}{z^2+R^2}$$
slik at
$$dB_z = dB\sin\theta = \frac{\mu_0}{4\pi}\cdot \frac{I R\; d\phi}{z^2+R^2}
\cdot \frac{R}{\sqrt{z^2+R^2}} = \frac{\mu_0 I R^2\; d\phi}{4\pi\left(z^2+R^2\right)^{3/2}}$$
Den totale $z$-komponenten, og dermed det totale magnetfeltet, f{\aa}r vi deretter
ved {\aa} integrere opp bidragene fra alle str{\o}melementene i hele ringen, dvs ved
{\aa} integrere dette uttrykket over vinkelen $\phi$ fra 0 til $2\pi$:
$$B(z) = \int dB_z = \frac{\mu_0 I R^2}{4\pi\left(z^2+R^2\right)^{3/2}}
\int_0^{2\pi}\; d\phi = \frac{\mu_0 I R^2}{2\left(z^2+R^2\right)^{3/2}}$$
som skulle vises.

\vspace{0.5cm}
\noindent
$d)$ I stor avstand fra str{\o}msl{\o}yfa kan vi sette
$$z^2+R^2 \simeq z^2$$
Dermed blir magnetfeltet tiln{\ae}rmet lik
$$B(z) \simeq \frac{\mu_0 I R^2}{2z^3}$$
Str{\o}msl{\o}yfas magnetiske dipolmoment er
$$m = IA = I \cdot \pi R^2$$
s{\aa} vi kan skrive dette magnetfeltet p{\aa} formen
$$B(z) = \frac{\mu_0 m}{2\pi z^3}$$
Det er vel verdt {\aa} sammenligne dette resultatet med det elektriske feltet
p{\aa} aksen til en elektrisk dipol, i stor avstand $z$ fra dipolen. Dette gjorde
vi i {\o}ving 4, hvor vi fant
$$E(z) = \frac{p}{2\pi\varepsilon_0 z^3}$$
der $p$ er dipolens elektriske dipolmoment. Alts{\aa} n{\o}yaktig samme resultat,
med $m$ istedetfor $p$ og $\mu_0$ istedetfor $1/\varepsilon_0$.

\noindent
Vi skal finne flere analogier mellom elektrostatikken og magnetostatikken etterhvert!


\end{document}
