\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 6
\end{large}
\end{center}

\noindent
Veiledning uke 7


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

\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 to 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 $c)$ 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 $E_x = Cx^2$, dvs $E_x(0)=0$, mens $E_x(a) = Ca^2$.
Vi f{\aa}r 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 blir netto fluks gjennom $S$.
Med Gauss' lov: $Q = C\varepsilon_0 a^4$ for netto ladning i kuben.
                                                                                                                     
\vspace{0.2cm}
\noindent
$c)$ 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
$d)$ Vi skal for tilfellet $b)$, 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}
\newpage
\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 $b)$ bestemte du total ladning $Q$ inne i kuben. N{\aa} har du
bestemt ladningstettheten $\rho$. Du kan jo kontrollere at de to svarene er konsistente!
\end{itemize}

                                                                                                                  
\vspace{0.5cm}
\noindent
{\em Oppgave 2}

\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  $1d$ i {\o}ving 3.

\newpage
%\vspace{0.6cm}
\noindent
{\em Oppgave 3}
                                                                                                                     
\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 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
$$\phi = \frac{\phi_{\rm tot}}{24} = \frac{q}{24\varepsilon_0}$$


\vspace{0.6cm}
\noindent
{\em Oppgave 4}

\vspace{0.2cm}
\noindent
$a)$ P{\aa} den positive ladningen virker en kraft $\bold{F}_+ =
q\bold{E}$ og p{\aa} den negative ladningen virker en kraft
$\bold{F}_- = - q\bold{E}$. Total kraft blir summen av disse:
$$\bold{F} = \bold{F}_+ + \bold{F}_- = q\bold{E} - q\bold{E} = 0$$
Kommentar: Hvis det elektriske feltet ikke er uniformt, vil det virke
en netto kraft p{\aa} dipolen:

%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=3.7in \epsfbox{los6_fig5.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE

\noindent
Den ene enden av dipolen (her: den nederste, dvs den negative enden) vil v{\ae}re
i et omr{\aa}de med st{\o}rre elektrisk feltstyrke enn det er ved den andre enden
av dipolen. Dermed vil dipolen trekkes i retning av {\o}kende elektrisk feltstyrke.
Det er denne effekten som gj{\o}r seg gjeldende n{\aa}r en gnidd ballong sitter fast p{\aa}
veggen. Ballongen har netto ladning og omgir seg med et ikke-uniformt elektrisk felt. 
Elektriske dipoler i veggen tiltrekkes av ballongen, eller omvendt, ballongen trekkes mot veggen.

\vspace{0.2cm}
\noindent
$b)$ 
$$\bold{\tau} = \bold{r}_+ \times \bold{F}_+ + \bold{r}_- \times \bold{F}_- = 
\frac{\bold{a}}{2} \times \left(q\bold{E}\right) + 
\left(-\frac{\bold{a}}{2}\right) \times
\left(-q\bold{E}\right) = q\bold{a}\times\bold{E} = \bold{p}\times\bold{E}$$
Bruker vi h{\o}yreh{\aa}ndsregelen, ser vi at vektoren $\bold{p}\times\bold{E}$
peker inn i papirplanet, dvs i negativ $z$-retning. Dermed:
$$\bold{\tau} = \bold{p}\times\bold{E} = - \bold{E}\times\bold{p} =
- p E \sin\theta\; \hat{z}$$

\vspace{0.2cm}
\noindent
$c)$ Her har vi alts{\aa}
$dU = -\tau\; d\alpha$. Det betyr at en liten dreining av dipolen 
en vinkel $d\alpha$ under p{\aa}virkning av dreiemomentet $\tau$
resulterer i en endring $dU$ i potensiell energi gitt ved
$-\tau\;d\alpha$. Potensiell energi for en gitt verdi av vinkelen
$\theta$ mellom $\bold{E}$ og $\bold{p}$, {\em i forhold til} en
valgt referanse $U(\theta_0)$, blir da
\begin{eqnarray}
U(\theta) &=& \int_{\theta_0}^{\theta} dU \nonumber \\ 
&=& -\int_{\theta_0}^{\theta} \tau(\alpha)\;d\alpha \nonumber \\
&=& p E \int_{\theta_0}^{\theta} \sin\alpha\;d\alpha \nonumber \\
&=& p E \left( \cos\theta_0 - \cos\theta \right) \nonumber \\
&=& - p E \cos\theta \nonumber
\end{eqnarray}
Her valgte jeg {\aa} sette $U(0) = - p E$, dvs $\theta_0 = \pi/2$. Det spiller {\em ingen} rolle
hvor jeg velger nullpunkt for $U$. Et like "naturlig" valg ville ha v{\ae}rt $\theta_0 = 0$,
som hadde gitt $U(0)=0$ og $U(\pm \pi)=2pE$.

\noindent
Skisse:

%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=3.0in \epsfbox{los6_fig4.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE

\noindent
Vi har minimal $U$, og f{\o}lgelig stabil likevekt for $\theta = 0$, dvs
for dipolen orientert slik at $\bold{p}$ er parallell med $\bold{E}$.

\noindent
Konklusjon: Elektriske dipoler, f.eks. polare molekyler i et dielektrikum, 
retter seg inn langs det ytre (``p{\aa}trykte'') elektriske feltet.




\end{document}
