\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 2
\end{large}
\end{center}

\noindent
Veiledning uke 3

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

\vspace{0.4cm}
\noindent
$a)$ {\bf C}

\noindent
Elektroner har {\em negativ} ladning. Et {\em overskudd} p{\aa} $N$ elektroner
inneb{\ae}rer derfor en netto {\em negativ} ladning:
$$Q = - N e = - 5 \cdot 10^{13} \cdot 1.6 \cdot 10^{-19}\; {\rm C} =
- 8 \cdot 10^{-6}\; {\rm C} = - 8 \; \mu{\rm C}$$
Her st{\aa}r $\mu$ for mikro, dvs 1 $\mu$C = $10^{-6}$ C.

\vspace{1.4cm}
\noindent
$b)$ {\bf A}

\noindent
Her er det egentlig nok {\aa} betrakte retningene p{\aa} delkreftene som bidrar:

%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=3.0in \epsfbox{los1e_fig1.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE

\noindent
Med Pytagoras har vi at avstanden mellom de to positive ladningene er $\sqrt{8}a$.
Ettersom coulombkraften er proporsjonal med $1/r^2$, m{\aa} da kraften mellom
de to positive bli halvparten s{\aa} stor som kraften mellom den negative og den positive.
Vektorsummen blir som vist i figuren, alts{\aa} en total kraft $\bold{F}$ med
{\em negativ} $x$-komponent og {\em positiv} $y$-komponent.

\noindent
B{\aa}de $x$- og $y$-komponenten av kraften fra den positive ladningen bestemmes
ved {\aa} gange kraftens st{\o}rrelse med en faktor $1/\sqrt{2}$, dvs hhv $\cos\pi/4$
og $\sin\pi/4$. Kraften mellom $-q$ og $q$ er lik $F_0/4$ (i absoluttverdi), dvs
at kraften mellom $q$ og $q$ er lik $F_0/8$. Total kraft, p{\aa} vektorform, er dermed
$$\bold{F} = \frac{F_0}{4}\hat{y} - \frac{F_0}{8\sqrt{2}}\hat{y} - \frac{F_0}{8\sqrt{2}}\hat{x}$$

\newpage
%\vspace{0.4cm}
\noindent
$c)$ {\bf C}

\noindent 
Totalt elektrisk felt i P er vektorsummen av bidragene fra de fire punktladningene.
Konfigurasjonen i figur 3 gir den st{\o}rste feltstyrken. (Ingen feltbidrag har
her komponent oppover.)


%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=4.2in \epsfbox{los2_fig3.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE


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

\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 1 - 2 {\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 3}

\vspace{0.1cm}
\noindent
$a)$ P{\aa} grunn av symmetrien i problemet er det vel innlysende at
testladningen $Q$ blir utsatt for null nettokraft, idet 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{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=3.0in \epsfbox{los1_fig3b.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%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{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=3.0in \epsfbox{los1_fig4.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%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 $\sin(-x) = -\sin x$.


%\newpage
\vspace{0.7cm}
\noindent
{\em Oppgave 4}

%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=4.0in \epsfbox{los1_fig5.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE

\vspace{0.1cm}
\noindent
$a)$ Punktladningen $q$ er i likevekt dersom kraften p{\aa} den er lik null. Her virker
det to krefter, en frast{\o}tende fra $3q$ og en tiltrekkende fra $-q$, og disse to
kan bare kansellere hverandre dersom de har eksakt motsatt retning. Det er ikke mulig
dersom $q$ er plassert utenfor $x$-aksen, f.eks. som i figuren over. (Her er de to
enkeltkomponentene av kraften angitt med stiplede piler og totalkraften med heltrukken pil.)
Derfor m{\aa} eventuelle likevektsposisjoner v{\ae}re p{\aa} $x$-aksen.

\vspace{0.1cm}
\noindent
$b)$ Vi har f{\aa}tt oppgitt at det er {\em en} likevektsposisjon $x_0$ for $q$
p{\aa} $x$-aksen. Vi kan ikke ha $x_0$ mellom $0$ og $a$, for p{\aa} dette
intervallet peker de to kraftkomponentene i samme retning. Vi kan heller ikke
ha $x_0$ til venstre for $x=0$, for da er avstanden mellom $q$ og $3q$ alltid
mindre enn avstanden mellom $q$ og $-q$, og f{\o}lgelig den frast{\o}tende
kraften $3q^2/4\pi\varepsilon_0 x_0^2$ alltid st{\o}rre enn den tiltrekkende
kraften $q^2/4\pi\varepsilon_0(a-x_0)^2$. Alts{\aa} m{\aa} $x_0 > a$. Vi
bestemmer $x_0$ ved {\aa} sette total kraft lik null:
\begin{eqnarray}
0 &=& \frac{3q^2}{4\pi\varepsilon_0 x_0^2} \hat{x} - \frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0(x_0-a)^2} \hat{x}
\nonumber \\
&\Rightarrow& \frac{3}{x_0^2} = \frac{1}{(x_0-a)^2} \nonumber \\
&\Rightarrow& 3x_0^2-6ax_0+3a^2 = x_0^2 \nonumber \\
&\Rightarrow& 2x_0^2-6ax_0+3a^2 = 0 \nonumber \\
&\Rightarrow& x_0 = \frac{6a}{4} + \frac{1}{4}\sqrt{36a^2-24a^2} = \frac{3+\sqrt{3}}{2}a \simeq 2.37a
\nonumber
\end{eqnarray}
Da forutsetningen var $x_0 > a$, er l{\o}sningen med negativt fortegn foran kvadratroten
ikke en aktuell l{\o}sning. (Den tilsvarer $x\simeq 0.63a$, hvor begge kraftkomponenter
er like store og har {\em samme} retning.)

\noindent
Stabiliteten av likevektsposisjonen $x_0$ bestemmes kanskje enklest ved {\aa} se p{\aa}
nettokraften n{\aa}r $x \gg x_0$. Da ``ser'' punktladningen $q$ tiln{\ae}rmet en
punktladning $3q-q=2q$ og m{\aa} f{\o}lgelig erfare en netto frast{\o}tende kraft. Vi vet
at kraften er null bare i $x=x_0$. Da m{\aa} kraften peke mot h{\o}yre for alle $x > x_0$,
ogs{\aa} for en liten forflytning til h{\o}yre for $x_0$, mens den m{\aa} peke mot
venstre for en liten forflytning til venstre for $x_0$. Dermed er likevekten ustabil
mhp en forflytning langs $x$-aksen.

\noindent
Alternativt, med litt regning: La oss f{\o}rst forenkle notasjonen ved {\aa}
innf{\o}re funksjonen $f(x)$:
$$\bold{F}(x)=F(x)\hat{x}=\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{3}{x^2}-\frac{1}{(x-a)^2}\right)\hat{x}
\equiv \frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0} f(x) \hat{x}$$
Deretter bestemmer vi $df/dx$ i $x=x_0$:
$$\left(\frac{df}{dx}\right)_{x=x_0}=-\frac{6}{x_0^3}+\frac{2}{(x_0-a)^3}\simeq
-\frac{6}{(2.37a)^3}+\frac{2}{(1.37a)^3}\simeq \frac{0.33}{a^3} > 0$$
Da $f(x_0)=0$ og $f'(x_0)>0$, er likevekten ustabil.


\end{document}
