\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 5
\end{large}
\end{center}

\noindent
Veiledning torsdag 10. februar og fredag 11. februar


\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=2.5in \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{0.5cm}
\noindent
{\em Oppgave 2}
                                                                                                                     
\vspace{0.2cm}
\noindent
Denne oppgaven dreier seg om {\aa} bruke Gauss' lov,
$$\phi = \oint_S \bold{E}\cdot d\bold{A} = Q/\varepsilon_0.$$
Det f{\o}rste vi kan merke oss er at $\bold{E}=E_x\hat{x}$ i de tre f{\o}rste tilfellene
har retning langs $x$-aksen. Det betyr at det da ikke g{\aa}r noe fluks gjennom
de av kubens flater som har flatenormal i $y$- eller $z$-retning, bare gjennom
de to flatene med flatenormal i $x$-retning. I tilfelle $d)$ m{\aa} vi ogs{\aa}
ta med flatene med flatenormal i $y$-retning.
 
\vspace{0.2cm}
\noindent
$a)$ Her er $E_x = C$, dvs konstant. Da m{\aa} vi ha like stor elektrisk fluks inn
gjennom flaten ved $x=0$ som vi har ut gjennom flaten ved $x=a$:
$$\phi_{\rm inn} = \phi_{\rm ut} = E_x A = C a^2$$
der $A = a^2$ er arealet av en sideflate. Dermed blir netto fluks $\phi = 0$ gjennom
kubens overflate, og if{\o}lge Gauss' lov ogs{\aa} netto ladning inne i kuben $Q = 0$.
                                                                                                                     
\vspace{0.2cm}
\noindent
$b)$ Her er $E_x = Cx$. P{\aa} de to sideflatene ved $x=0$ og $x=a$ er da
feltstyrken henholdsvis $E_x(0) = 0$ og $E_x(a) = Ca$. Dermed blir det null
fluks gjennom flaten ved $x=0$, mens fluksen ut ved $x=a$ blir $\phi_{\rm ut}(x=a)=Ca\cdot a^2=Ca^3$.
Dette blir da ogs{\aa} netto fluks gjennom $S$, $\phi = Ca^3$. Gauss' lov gir netto ladning
$Q = C\varepsilon_0 a^3$ inne i kuben.
                                                                                                                     
\vspace{0.2cm}
\noindent
$c)$ Her er $E_x = Cx^2$. Igjen er $E_x(0)=0$, mens $E_x(a) = Ca^2$. Nok en gang f{\aa}r
vi null fluks gjennom flaten ved $x=0$, mens fluks ut ved $x=a$ blir
$\phi_{\rm ut}(x=a)=Ca^2 \cdot a^2 = Ca^4$, som ogs{\aa} her blir netto fluks gjennom $S$.
Med Gauss' lov: $Q = C\varepsilon_0 a^4$ for netto ladning i kuben.
                                                                                                                     
\vspace{0.2cm}
\noindent
$d)$ N{\aa} er $E_x=Cy$ og $E_y=Cx$, og vi f{\aa}r fluks gjennom i alt fire av de seks
sideflatene. Figuren illustrerer feltet p{\aa} planet $x=0$. I tillegg har vi tatt med
et par eksempler p{\aa} planet $x=a$, hvor $y$-komponenten av feltet er konstant og
lik $Ca$, mens $x$-komponenten vokser line{\ae}rt med $y$.
                                                                                                                     
%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=2.5in \epsfbox{los5_fig1.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE
                                                                                                                     
\noindent
Det hele kan kanskje se litt komplisert ut, men forenkler seg drastisk ved
n{\ae}rmere ettertanke: Vi ser nemlig at $E_x$ ikke avhenger av $x$ og tilsvarende
at $E_y$ ikke avhenger av $y$. Det betyr at fluksen inn gjennom flaten ved $x=0$
m{\aa} v{\ae}re like stor som fluksen ut gjennom flaten ved $x=a$. P{\aa}
samme vis: Like stor fluks inn gjennom flaten ved $y=0$ som ut ved $y=a$.
Konklusjon: Null netto fluks gjennom hele den lukkede flaten, og null netto
ladning innenfor flaten, if{\o}lge Gauss' lov.
                                                                                                                     
\vspace{0.2cm}
\noindent
$e)$ Vi skal for tilfellet $c)$, dvs med $\bold{E} = Cx^2 \hat{x}$, bestemme
ladningstettheten $\rho$ inne i kuben.
                                                                                                                     
\noindent
Vi f{\o}lger henvisningene i oppgaveteksten og starter med {\aa} se p{\aa}
et lite volumelement $dV = a^2\;dx$, dvs en tynn skive beliggende mellom
$x$ og $x+dx$:
                                                                                                                     
%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=2.5in \epsfbox{los5_fig2.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE
                                                                                                                     
\noindent
For {\aa} finne netto fluks ut gjennom overflaten til denne tynne skiva,
m{\aa} vi bestemme fluksen {\em inn} ved $x$ og fluksen {\em ut}
ved $x+dx$. Det elektriske feltet p{\aa} disse to flatene er:
\begin{eqnarray}
E(x) &=& Cx^2 \nonumber \\
E(x+dx) &=& C \left( x+dx \right)^2 \nonumber \\
        &=& Cx^2 + 2Cx\;dx + C (dx)^2 \nonumber \\
        &\simeq& Cx^2 + 2Cx\;dx \nonumber
\end{eqnarray}
Legg merke til tiln{\ae}rmelsen vi gj{\o}r her: Vi neglisjerer $C(dx)^2$ i forhold
til $2Cx\;dx$. Det kan vi trygt gj{\o}re ettersom $dx$ er en infinitesimal
tykkelse, dvs vi er interessert i grensen $dx \rightarrow 0$.
                                                                                                                     
\noindent
Fluksen gjennom de to flatene f{\aa}r vi ved {\aa} multiplisere feltstyrken med
arealet, dvs $a^2$. Dermed blir netto fluks ut gjennom den lille (infinitesimale)
gaussflaten
$$d\phi = E(x+dx)a^2 - E(x)a^2 = 2Ca^2 x\;dx$$
If{\o}lge Gauss' lov skal dette v{\ae}re lik ladningen inne i den tynne skiva
dividert med $\varepsilon_0$. Ladningen inne i skiva kan vi skrive som
{\em ladningstettheten} $\rho$ multiplisert med volumet:
$$dq = \rho\;dV = \rho a^2\;dx$$
Dermed:
\begin{eqnarray}
2Ca^2 x\;dx &=& \frac{\rho a^2\;dx}{\varepsilon_0} \nonumber \\
\Rightarrow \rho &=& 2C\varepsilon_0 x \nonumber
\end{eqnarray}

\vspace{0.1cm}
\noindent
Kommentarer:
\begin{itemize}
\item
Merk at vi her har brukt Gauss' lov med en gaussflate
som omslutter et differensielt volumelement. Det er helt i orden; vi velger
selv hva som er en fornuftig gaussflate - stor eller liten. Men {\em lukket}
m{\aa} den v{\ae}re!
\item
I punkt $c)$ bestemte du total ladning $Q$ inne i kuben. N{\aa} har du
bestemt ladningstettheten $\rho$. Kontroller at de to svarene er konsistente!
\end{itemize}
                                                                                                                  
\vspace{0.5cm}
\noindent
{\em Oppgave 3}

\vspace{0.2cm}
\noindent
En uendelig lang, jevnt ladet stav m{\aa} resultere i et elektrisk felt
som for det f{\o}rste er radielt rettet bort fra staven (evt inn mot staven,
hvis den var negativt ladet), og for det andre kun avhengig av avstanden $r$
fra staven. Med litt ettertanke innser vi da at det er lurt {\aa} velge en
sylinder som gaussflate, slik at den ladete staven g{\aa}r langs sylinderens
akse:
                                                                                                                     
%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=2.5in \epsfbox{los5_fig5.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE
                                                                                                                     
\noindent
P{\aa} sylinderflaten er da ``flateelementvektoren'' $d\bold{A}$ enten normal
til $\bold{E}$ (p{\aa} de to endeflatene) eller parallell med $\bold{E}$
(p{\aa} resten av overflaten). Der $d\bold{A}$ er parallell med $\bold{E}$,
dvs der vi f{\aa}r et bidrag til flateintegralet i Gauss' lov, har $E(r)$
overalt samme verdi og kan trekkes utenfor integralet. P{\aa} de to
endeflatene er $\bold{E}$ parallell med flaten (normal til flatenormalen!),
s{\aa} ingen elektrisk fluks g{\aa}r gjennom disse. Med en omkrets p{\aa}
$2\pi r$ og en lengde $L$ blir arealet av sylinderoverflaten $2\pi rL$.
Hvor mye ladning befinner seg innenfor denne gaussflaten? Med ladning $\lambda$
pr lengdeenhet og lengde $L$ m{\aa} den bli $Q = \lambda L$.
                                                                                                                     
\noindent
Gauss' lov gir da:
$$\oint \bold{E}\cdot d\bold{A} = E(r) \cdot 2\pi rL = \frac{Q}{\varepsilon_0} =
\frac{\lambda L}{\varepsilon_0}$$
slik at det elektriske feltet blir
$$E(r) = \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 r}$$
Dette er nettopp hva vi fant i oppgave 2 $d)$ i {\o}ving 2.

\vspace{0.6cm}
\noindent
{\em Oppgave 4}
                                                                                                                     
\vspace{0.2cm}
\noindent
$a)$ {\bf C}. Det f{\o}lger av Gauss' lov at flaten da omslutter en netto
negativ ladning. P{\aa} den lukkede flaten er flateelementvektoren $d\bold{A}$ definert
positiv med retning {\em ut av} flaten. Med $\bold{E}$ overalt rettet innover blir da
alle bidrag $d\phi = \bold{E}\cdot d\bold{A}$ til fluksen gjennom den lukkede flaten
negative. Den totale fluksen gjennom flaten er lik omsluttet ladning (delt p{\aa}
konstanten $\varepsilon_0$), som da ogs{\aa} m{\aa} v{\ae}re negativ.
                                                                                                                     
\vspace{0.4cm}
\noindent
$b)$ {\bf A}. Netto elektrisk fluks ut gjennom flaten skal if{\o}lge Gauss' lov v{\ae}re
lik netto omsluttet ladning delt p{\aa} konstanten $\varepsilon_0$. Her er netto
omsluttet ladning $q-q=0$.
                                                                                                                     
\vspace{0.4cm}
\noindent
$c)$ {\bf B}. Her er netto omsluttet ladning $-2q+q=-q$.
                                                                                                                     
\vspace{0.4cm}
\noindent
$d)$ {\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
$e)$ {\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
$f)$ {\bf C} If{\o}lge Gauss' lov er netto elektrisk fluks ut gjennom en lukket flate bestemt av netto
ladning innenfor flaten. Her er netto ladning innenfor de tre flatene like stor, $Q_{\rm in}=
\pi R^2 \sigma$, og derfor er netto fluks ut gjennom flatene ogs{\aa} like stor.
                                                                                                                     
\vspace{0.4cm}
\noindent
$g)$ {\bf D}
$$\bold{E} = -\nabla V = -\frac{dV}{dr}\hat{r} \;\; \Rightarrow \;\; {\rm graf} \; 5$$
                                                                                                                     
\vspace{0.4cm}
\noindent
$h)$ {\bf D}
$$\bold{E} = - \nabla V = -\frac{dV}{dx}\hat{x} = - 15 \frac{{\rm V}}{{\rm m}} \hat{x}$$
                                                                                                                     
\vspace{0.4cm}
\noindent
$i)$ {\bf A}
$$E_x = -\frac{dV}{dx} = - 2 \frac{{\rm V}}{{\rm m}}$$
                                                                                                                     
\vspace{0.4cm}
\noindent
$j)$ {\bf D} If{\o}lge Gauss' lov er total elektrisk fluks gjennom en lukket flate som omslutter
en punktladning $q$ lik
$$\phi_{\rm tot} = \frac{q}{\varepsilon_0}$$
Av symmetrigrunner m{\aa} det passere en like stor andel av denne fluksen ut gjennom
overflaten av den inntegnede kuben som ut gjennom de ``resterende'' 7 kubene som skal
til for {\aa} lage en kube med $q$ i sentrum. (8 oktanter i et 3-dimensjonalt
koordinatsystem!) Hver av disse 8 kubene har 3 ``hosliggende'' sideflater der $\bold{E}$
er parallell med flaten (dvs $\bold{E}$ normalt p{\aa} flatenormalen). Alts{\aa}
g{\aa}r det ingen fluks gjennom disse. Videre har hver av de 8 kubene 3 likeverdige
``motst{\aa}ende'' sideflater, og den skraverte flaten er en av disse. Uten {\aa}
regne kan vi fastsl{\aa} at det m{\aa} g{\aa} like stor fluks gjennom hver av disse
3. Den ``store kuben'' med $q$ i sentrum har da i alt 24 slike likeverdige sideflater, og
fluks gjennom hver av dem m{\aa} bli
$$\phi = \frac{\phi_{\rm tot}}{24} = \frac{q}{24\varepsilon_0}$$

\end{document}
