\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 Elektromagnetisme

\noindent
V{\aa}r 2009

\end{bf}

\begin{center}
\begin{large}
L{\o}sningsforslag til {\o}ving 1
\end{large}
\end{center}

\vspace{0.5cm}
\noindent
Aller f{\o}rst et par kommentarer ang{\aa}ende notasjon: Mens vektorer p{\aa} tavla blir
angitt med en pil over symbolet, brukes typisk {\bf fete} symboler i trykte
notater, som her. Det betyr at \bold{F} angir vektoren (f.eks. en kraft), og da b{\aa}de dens
st{\o}rrelse $F$ og retning. Enhetsvektorer, dvs (dimensjonsl{\o}se) vektorer med lengde 1, angis
med en $\; \hat{ } \;$ over symbolet. Da har vi f.eks. sammenhengene $\bold{F} = |\bold{F}|\hat{F}=
F\hat{F}$. Videre vil vi skrive de ulike {\em komponentene} av en vektor med
en senket indeks, f.eks. $F_x$ for $x$-komponenten av \bold{F}.

\vspace{1.0cm}
\noindent
{\em Oppgave 1}

\vspace{0.3cm}
\noindent
$a)$ Riktig svar er B:
$$A = |\bold{A}| = \sqrt{A_x^2+A_y^2} = \sqrt{7.1^2+1.3^2} = 7.2$$

\vspace{0.3cm}
\noindent
$b)$ Riktig svar er C:

\noindent
Vektoren $\bold{A}$ har negativ $x$-komponent og negativ $y$-komponent, hvilket
betyr at den ligger i 3. kvadrant. La oss f{\o}rst bestemme vinkelen $\theta$
mellom negativ $x$-akse og $\bold{A}$. Vi har da
$$\tan\theta = \frac{|A_y|}{|A_x|} = \frac{2.3}{3.7}$$
som gir $\theta = 32$ grader. Den s{\o}kte vinkelen, n{\aa}r vi g{\aa}r mot
urviseren fra positiv $x$-akse til $\bold{A}$, m{\aa} da bli lik 180 + $\theta$ = 212 grader.

\vspace{0.3cm}
\noindent
$c)$ Riktig svar er A:

\noindent
La oss sette $\bold{C} = \bold{B} - \bold{A}$. Da er
$$C_x = B_x - A_x = -10.7$$
$$C_y = B_y - A_y = 3.9$$
slik at absoluttverdien til $\bold{C}$ blir
$$C = |\bold{C}| = \sqrt{C_x^2+C_y^2} = \sqrt{10.7^2+3.9^2} = 11.4$$

\vspace{0.3cm}
\noindent
$d)$ Riktig svar er D:

$$\bold{A}\cdot\bold{B} = A_x B_x + A_y B_y = 6.1 \cdot (-9.8) + (-5.8) \cdot 4.6 = -86.5$$

\vspace{0.3cm}
\noindent
$e)$ Riktig svar er D:

$$\int_0^1 \left(x+x^2\right)\,dx = |_0^1 \left(\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3\right) =
\frac{1}{2} + \frac{1}{3} = \frac{5}{6}$$

\vspace{0.3cm}
\noindent
$f)$ Riktig svar er C:

$$\frac{dr}{dx} = \frac{1}{2} \cdot 2x \cdot \frac{1}{\sqrt{x^2+1}} = \frac{x}{r}$$

\vspace{0.3cm}
\noindent
$g)$ Riktig svar er B:

$$\bold{A} \times \bold{B} = \hat{x} \times \hat{y} = \hat{z} = (0,0,1)$$


\vspace{1.0cm}
\noindent
{\em Oppgave 2}

\vspace{0.3cm}
\noindent
$a)$ Med 0.20 g pr cm og lengde 100 cm blir tr{\aa}dens masse
$$m = \mu \cdot L = 0.20 \frac{\rm g}{\rm cm} \cdot 100 \;{\rm cm} = 20 \;{\rm g}$$
Tr{\aa}dens volum er
$$V = \frac{m}{\rho} = \frac{20 \,{\rm g}}{8.92 \,{\rm g/cm}^3} = 2.24 \,{\rm cm}^3$$
slik at tverrsnittet er
$$t = \frac{V}{L} = \frac{2.24 \,{\rm cm}^3}{100 \,{\rm cm}} \simeq 0.022 \,{\rm cm}^2$$
F{\o}lgelig er diameteren
$$d = \sqrt{\frac{4t}{\pi}} \simeq 0.17 \,{\rm cm} = 1.7 \,{\rm mm}$$


\vspace{0.3cm}
\noindent
$b)$ Vi ser av $t(x)$ at tr{\aa}den er tynnest ved $x=0$ og $x=L$, dvs p{\aa} endene.
Her er tykkelsen $t_0(1-1/4) = 3t_0/4$, dvs 2.25 mm$^2$. Den er tykkest p{\aa} midten,
ved $x=L/2$. Her er tykkelsen $t_0$, dvs 3 mm$^2$.
Med variabelt tverrsnitt $t(x)$ m{\aa} vi summere opp sm{\aa} massebiter
$dm = \rho \cdot t(x) \cdot dx$, for {\aa} bestemme total masse, dvs vi m{\aa} {\em integrere}:
$$m = \int dm = \int \rho \cdot t(x) \cdot dx$$
Her har jeg forel{\o}pig ikke spesifisert noen integrasjonsgrenser, men det er klart at jeg
skal integrere "over hele tr{\aa}dens utstrekning". Det siste integralet i ligningen over
skal gj{\o}res med hensyn p{\aa} posisjonen $x$, og dermed gir grensene seg selv, nemlig
$x=0$ som nedre grense og $x=L$ som {\o}vre grense:
\begin{eqnarray}
m &=& \int_0^L \rho \cdot t_0 \left( 1 - \left( \frac{x - L/2}{L}\right)^2 \right) \cdot dx \nonumber \\
&=& \rho t_0 |_0^L \left(x - \frac{1}{3L^2} \left(x-L/2\right)^3 \right) \nonumber \\
&=& \rho t_0 \left(L-\frac{1}{3L^2}\left(L^3/8+L^3/8\right)\right) \nonumber \\
&=& \frac{11}{12} \rho t_0 L \nonumber
\end{eqnarray}
Med tallverdier:
$$m=\frac{11}{12} \cdot 8.92 \cdot 0.03 \cdot 100 \simeq 24.5$$
som blir i enheten gram, ettersom vi har bare har brukt enhetene g og cm underveis.

\vspace{0.3cm}
\noindent
$c)$ Midlere (dvs gjennomsnittlige) masse pr kobberatom blir
$$\langle m \rangle = \frac{63\cdot69.17+65\cdot30.83}{100}\cdot1.67\cdot10^{-27} \,{\rm kg}
= 1.06 \cdot 10^{-25} \,{\rm kg}$$
De 29 elektronene i hvert kobberatom har tilsammen masse
$$29 \cdot 9.11 \cdot 10^{-31} \,{\rm kg} = 2.6 \cdot 10^{-29} \,{\rm kg}$$
s{\aa} disse kan trygt neglisjeres.

\vspace{0.3cm}
\noindent
$d)$ Antall kobberatomer i tr{\aa}den blir
$$N = \frac{0.020}{1.06 \cdot 10^{-25}} \simeq 1.89 \cdot 10^{23}$$
Dette tilsvarer
$$\frac{1.89 \cdot 10^{23}}{6.02 \cdot 10^{23}} \,{\rm mol} \simeq 0.31 \,{\rm mol}$$

\vspace{0.3cm}
\noindent
$e)$ Protonene i tr{\aa}den har tilsammen ladning
$$Q_p = N \cdot 29 \cdot 1.6\cdot10^{-19} \,{\rm C} \simeq 877 \,{\rm kC}$$
Elektronene i tr{\aa}den har like stor ladning, men med motsatt fortegn,
$$Q_e = -Q_p$$
Tr{\aa}dens totale ladning er null.

\vspace{1.2cm}
\noindent
{\em Oppgave 3}

\vspace{0.3cm}
\noindent
$a)$ Uniform ladning $\sigma_0$ pr flateenhet og areal $\pi R^2$ gir total ladning
$$Q = \sigma_0 \pi R^2$$
Her kunne en kanskje tenke seg at ei slik skive vil ha to sider, og dermed en overflate
med totalt areal $2 \pi R^2$. Men i s{\aa} fall ville det ha v{\ae}rt opplyst om at
skiva hadde en viss tykkelse, og at ladningen befant seg p{\aa} overflaten av skiva.
Men for all del: {\em Sp{\o}r} hvis du er i tvil om hvordan en oppgave skal tolkes!

\vspace{0.3cm}
\noindent
$b)$ Med ladningstetthet som avtar line{\ae}rt med avstanden $r$ fra skivas sentrum:
\begin{eqnarray}
Q &=& \int dq = \int_0^R \sigma_0 \left( 1 - r/R \right) \cdot 2\pi r \cdot dr \nonumber \\
&=& 2 \pi \sigma_0 |_0^R \left( r^2/2 - r^3/3R \right) \nonumber \\
&=& 2 \pi \sigma_0 \left( R^2/2 - R^2/3 \right) \nonumber \\
&=& \frac{1}{3} \pi \sigma_0 R^2 \nonumber
\end{eqnarray}

\vspace{1.0cm}
\noindent
{\em Oppgave 4}

\vspace{0.1cm}
\noindent
Vi kan med god tiln{\ae}rmelse regne oksygenmolekylene som punktformede legemer ettersom
avstanden mellom dem (300 {\AA}) er mye st{\o}rre enn hvert enkelt molekyls utstrekning
(av st{\o}rrelsesorden 2 - 3 {\AA}).
Massen til et oksygenmolekyl er $m({\rm O}_2) =$ (32 g/mol) / (6.02$\cdot 10^{23}$ molekyler/mol) =
5.32 $\cdot 10^{-23}$ g/molekyl = 5.32 $\cdot 10^{-26}$ kg. Gravitasjonskraften mellom
de to oksygenmolekylene blir da
$$F_g = G \frac{m({\rm O}_2)^2}{r^2} = 6.67\cdot10^{-11}\frac{{\rm m}^3}{{\rm kg}\cdot{\rm s}^2} \cdot
\frac{(5.32\cdot10^{-26})^2 \;{\rm kg}^2}{(300\cdot10^{-10})^2 \;{\rm m}^2}=
2.09\cdot10^{-46} \; {\rm N}$$
Gravitasjonskrefter er alltid {\em tiltrekkende}.

\noindent
Med ett ekstra elektron har hvert ion O$_2^{-}$ en ladning $q = -e$.
Den elektriske kraften $F_e$ mellom de to ionene blir dermed
$$F_e = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{e^2}{r^2} =
9 \cdot 10^9 \cdot \frac{(1.6\cdot10^{-19})^2}{(300\cdot10^{-10})^2} =
2.56\cdot10^{-13} \; {\rm N}$$
Med ladningene i enheten C og avstanden i enheten m, samt SI-verdien
$9\cdot 10^9$ for faktoren $1/4\pi\varepsilon_0$ er vi sikret at kraften 
kommer ut i enheten N.

\noindent
Den elektriske kraften mellom to ladninger med {\em samme fortegn} er {\em frast{\o}tende}.

\noindent
Forholdet mellom de to kreftene er
$$\frac{F_e}{F_g} = \frac{2.56\cdot10^{-13}}{2.09\cdot10^{-46}} \sim 10^{33}$$
Dette betyr at gravitasjonskreftene mellom (''ikke altfor store'')
ladete legemer som regel kan neglisjeres i forhold til den elektriske kraften.
Dette forholdet er ikke avhengig av avstanden mellom de to ionene ettersom
b{\aa}de $F_e$ og $F_g$ avhenger av innbyrdes avstand som $1/r^2$.


\vspace{1.2cm}
\noindent
{\em Oppgave 5}

\vspace{0.1cm}
\noindent
$a)$ P{\aa} grunn av symmetrien i problemet er det vel innlysende at
testladningen $Q$ blir utsatt for null nettokraft, i det kreftene fra
to og to ladninger kansellerer hverandre:

%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=2.0in \epsfbox{los1_fig3.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE


\vspace{0.1cm}
\noindent
$b)$ Vi fjerner en av ladningene, f.eks. den ''{\o}verste'':

%%FIGURE
\vspace{0.3cm}
\centerline{\epsfxsize=3.0in \epsfbox{los1_fig3b.eps}}
\vspace{0.3cm}
%%END FIGURE

\noindent
Det er da umiddelbart klart at nettokraften p{\aa} $Q$ blir lik
kraften fra den ladningen vi fjernet, med motsatt fortegn,
alts{\aa} -\bold{F}$_2$.

\noindent
Vi har her brukt {\em superposisjonsprinsippet}. Matematisk kunne vi
f.eks. formulere l{\o}sningen slik: La $\sum_{(6)}\bold{F}_i$ angi
nettokraften med alle 6 ladningene til stede og $\sum_{(5)}\bold{F}_i$
nettokraften etter vi har fjernet ladningen som p{\aa}virket $Q$ med
kraften $\bold{F}_2$. Da er
$$\sum_{(5)}\bold{F}_i = \sum_{(6)}\bold{F}_i - \bold{F}_2 = 0 - \bold{F}_2 = - \bold{F}_2$$

\vspace{0.1cm}
\noindent
$c)$ Ogs{\aa} med et odde antall $q$-ladninger, f.eks. 7, m{\aa} nettokraften p{\aa}
testladningen $Q$ i sentrum bli lik null. Anta at nettokraften {\em ikke} var null.
En dreining av systemet p{\aa} 360/7 $^\circ$ i papirplanet ville da medf{\o}re at nettokraften
endret retning. Men systemet er uendret som f{\o}lge av en slik dreining, s{\aa}
kraften p{\aa} $Q$ kan heller ikke ha endret seg og m{\aa} f{\o}lgelig v{\ae}re null.

\noindent
Hvis noen mot formodning ikke er overbevist, er det jo bare {\aa} regne ut
nettokraften. Legg $Q$ i origo og (f.eks.) den ene $q$ p{\aa} $x$-aksen:

%%FIGURE
\vspace{0.3cm}
\centerline{\epsfxsize=2.7in \epsfbox{los1_fig4.eps}}
\vspace{0.3cm}
%%END FIGURE

\noindent
Nettokraften p{\aa} $Q$ blir da:
\begin{eqnarray}
\bold{F} &=& F_x \hat{x} + F_y \hat{y} \nonumber \\
&=& F_0 \left( 1 + 2 \cos 2\pi/7 + 2 \cos 4\pi/7 + 2 \cos 6\pi/7 \right) \hat{x} + \nonumber \\
& & F_0 \left( 0 + \sin 2\pi/7 + \sin(-2\pi/7) + \sin 4\pi/7 + 
 \sin(-4\pi/7) + \sin 6\pi/7 + \sin(-6\pi/7) \right) \hat{y} \nonumber \\
&=& F_0 \left( 1 + 1.247 - 0.445 - 1.802 \right) \hat{x} \nonumber \\
&=& 0 \nonumber
\end{eqnarray}
Her har vi satt absoluttverdien av kraften mellom $q$ og $Q$ lik $F_0$ og benyttet at
$\cos(-x) = \cos x$ og $\sin(-x) = -\sin x$.

\end{document}
