\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 8
\end{large}
\end{center}


\vspace{1cm}
\noindent

\begin{tabular}{|r|c|c|c|c|c|} \hline
Oppgave &\hspace{0.3cm} A \hspace{0.3cm} &\hspace{0.3cm} B \hspace{0.3cm} &\hspace{0.3cm} C \hspace{0.3cm} &
\hspace{0.3cm} D \hspace{0.3cm} \\ \hline
1 \hspace{0.5cm} & & & &x \\ \hline
2 \hspace{0.5cm} & &x& & \\ \hline
3 \hspace{0.5cm} & & &x& \\ \hline
4 \hspace{0.5cm} & &x& & \\ \hline
5 \hspace{0.5cm} &x& & & \\ \hline
6 \hspace{0.5cm} &x& & & \\ \hline
7 \hspace{0.5cm} &x& & & \\ \hline
8 \hspace{0.5cm} &x& & & \\ \hline
9 \hspace{0.5cm} & & & &x \\ \hline
10 \hspace{0.5cm} & & &x& \\ \hline
11 \hspace{0.5cm} &x& & & \\ \hline
12 \hspace{0.5cm} & &x& & \\ \hline
13 \hspace{0.5cm} & &x& & \\ \hline
14 \hspace{0.5cm} &x& & & \\ \hline
15 \hspace{0.5cm} & & &x& \\ \hline
16 \hspace{0.5cm} & & & &x \\ \hline
17 \hspace{0.5cm} & & & &x \\ \hline
18 \hspace{0.5cm} & & &x& \\ \hline
19 \hspace{0.5cm} & &x& & \\ \hline
20 \hspace{0.5cm} &x& & & \\ \hline
\end{tabular}

\vspace{1cm}
\noindent
Kommentar: I denne {\o}vingen ble det gitt endel tips i forbindelse med flere av oppgavene.
Det er ikke sikkert at du f{\aa}r hjelp i form av lignende tips p{\aa} midtsemesterpr{\o}ven.


\vspace{1.5cm}
\noindent
$1)$ Her er det vel opplagt at B er en mulig l{\o}sning: Dersom $b \rightarrow 0$, har vi
essensielt to punktladninger $-Q$ i $x=\pm a$, og ladningen $q$ trekkes i retning origo.
Ladningens energi vil veksle mellom potensiell og kinetisk, med minst potensiell og
st{\o}rst kinetisk energi i origo, og null kinetisk energi i $y = \pm \Delta y$.
                                                                                                                            
\noindent
I neste omgang er det vel naturlig {\aa} ta stilling til om alternativ A er en mulighet.
F{\o}rste tanke tilsier kanskje nei, for n{\aa}r $q$ kommer veldig langt unna, ser den
jo essensielt en punktladning $-2Q + Q + Q -2Q = -2Q$, og erfarer dermed en tiltrekkende
kraft, dvs i retning tilbake mot origo. Dette resonnementet ville da ogs{\aa} ha v{\ae}rt
riktig dersom $q$ ble plassert med null hastighet langt ute p{\aa} $y$-aksen. Her
starter imidlertid $q$ med null hastighet i $y = \Delta y$. Hvis vi n{\aa} lar $b$ bli
riktig stor, m{\aa} potensialet fra ladningene p{\aa} $x$-aksen bli tiln{\ae}rmet
$$V(\Delta y) \simeq \frac{2Q}{4\pi\varepsilon_0 a}$$
Her har vi neglisjert bidraget fra de to negative punktladningene, ettersom $b \gg a$.
Vi har ogs{\aa} antatt $\Delta y \ll a$ og tiln{\ae}rmet avstanden mellom $q$ og $Q$
med $a$. (Dette siste var ikke strengt tatt n{\o}dvendig, bare vi har $\Delta y \ll b$.)
                                                                                                                            
\noindent
N{\aa} kommer poenget: Vi har alts{\aa} $V(\Delta y) > 0$, og f{\o}lgelig at potensiell
energi for ladningen $q$, dvs $qV(\Delta y)$, er positiv. Med null starthastighet er
dette ogs{\aa} ladningens totale energi, som alts{\aa} er positiv. I grensen $y \rightarrow
\infty$ har vi null potensial, og f{\o}lgelig null potensiell energi for ladningen $q$.
P{\aa} grunn av energibevarelse m{\aa} derfor $q$ ha {\em positiv kinetisk energi} for
alle $y > \Delta y$, og vil forsvinne mot $y = \infty$. F{\o}lgende figur illustrerer
energiforholdene til ladningen $q$ n{\aa}r $b \gg a$:
                                                                                                                            
%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=3.0in \epsfbox{los1e_fig2.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE
                                                                                                                            
\noindent
Har en klart {\aa} overbevise seg om at b{\aa}de A og B er mulige alternativ, beh{\o}ver
en egentlig ikke {\aa} ta stilling til C: Riktig svar m{\aa} bli D.
                                                                                                                            
\noindent
Fra figuren kan en vel imidlertid ogs{\aa} innse at C m{\aa} v{\ae}re en mulig l{\o}sning:
Etterhvert som vi reduserer verdien av $b$, m{\aa} vi til slutt n{\aa} et punkt der
$V(\Delta y) = 0$. Da er total energi akkurat stor nok til at $q$ kan forsvinne mot
uendelig. En ytterligere reduksjon i $b$ f{\o}rer til at $V(\Delta y)$ blir mindre
enn null, og da er total energi for liten til at $q$ kan ``unnslippe''. Den vil bevege
seg utover $y$-aksen inntil den kommer til $y_1$ hvor $V$ er lik $V(\Delta y)$. Her er igjen
kinetisk energi $T=0$. Ladningen snur og vender tilbake til startpunktet, og slik vil
den oscillere fram og tilbake:
                                                                                                                            
%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=3.0in \epsfbox{los1e_fig3.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE
                                                                                                                            
\noindent
Har vi friksjon, vil partikkelen tape energi (som varme til omgivelsene) og utf{\o}re
oscillasjoner med stadig mindre utsving. Til slutt ender den opp i likevektsposisjonen $y_0$.


\vspace{0.4cm}
\noindent
$2)$ Vi har at $E=0$ overalt inne i metallet i elektrostatisk likevekt.
Det betyr, if{\o}lge Gauss' lov, at en gaussflate $S$ (lukket flate) som omslutter hulrommet, og som i sin helhet
ligger inne i lederen, omslutter null netto ladning ($q_{\rm in}$):
$$E=0 \;\; \Rightarrow \;\; q_{\rm in} = \varepsilon_0 \oint_S \bold{E}\cdot d\bold{A} = 0$$
Denne gaussflaten kan legges vilk{\aa}rlig n{\ae}rt inntil hulrommets overflate, s{\aa}
konklusjonen m{\aa} bli at det totalt er indusert en fri ladning $-q$
p{\aa} hulrommets overflate. Da blir nemlig total ladning innenfor gaussflaten lik $q-q=0$.

\noindent
Denne induserte ladningen vil fordele seg p{\aa} hulrommets overflate p{\aa} en slik m{\aa}te
at det elektriske feltet forsvinner overalt inne i lederen. Med andre ord, bidraget til feltet
inne i lederen fra punktladningen $q$ m{\aa} presis kanselleres av bidraget fra den induserte ladningen
$-q$. Da er det vel mer eller mindre opplagt (?) at vi m{\aa} f{\aa} st{\o}rst indusert ladning
nederst, der punktladningen ligger n{\ae}rt overflaten, og minst indusert ladning {\o}verst, der
punktladningen ligger lenger unna overflaten.

\noindent
Da lederen har null netto ladning, m{\aa} vi ha f{\aa}tt indusert en ladning $q$ p{\aa}
lederens ytre overflate. (Husk: Ingen netto ladning inne i en leder i likevekt!) Denne ladningen
vil fordele seg jevnt utover den ytre overflaten fordi ``asymmetrien'' for{\aa}rsaket av
punktladningen inne i hulrommet oppheves av den induserte ladningen $-q$ p{\aa}
hulrommets overflate.

\noindent
P{\aa} utsiden av kula ``ser'' vi dermed rett og slett en kulesymmetrisk overflateladning,
slik at det elektriske feltet utenfor kula blir
$$\bold{E}(r) = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 r^2} \hat{r}$$
der $r$ er avstanden fra sentrum av kula.

\noindent
Elektriske feltlinjer m{\aa} derfor bli som i figur 2, med feltlinjer pekende utover, da $q>0$.

\noindent
Vi har valgt {\aa} tegne 8 feltlinjer pr ladning $q$. Alle 8 feltlinjer som starter
p{\aa} punktladningen m{\aa} ende opp p{\aa} hulrommets overflate, og slik at de
st{\aa}r normalt p{\aa} overflaten. (Elektrisk felt alltid normalt p{\aa} overflaten
til en elektrisk leder!)
Inne i lederen er $E=0$, s{\aa} her har vi ingen feltlinjer. P{\aa} den ytre overflaten
har vi en ladning $q$ jevnt fordelt utover, s{\aa} her f{\aa}r vi igjen 8 feltlinjer,
radielt rettet utover.

\noindent
Kommentar: Det fulgte umiddelbart av Gauss' lov og av det faktum at $E=0$ inne i lederen
at den totale induserte ladningen blir hhv $-q$ og $q$ p{\aa} indre og ytre overflate.
Men vi har vel strengt tatt ikke f{\o}rt noe skikkelig argument for hvordan disse
induserte overflateladningene vil {\em fordele seg}. En ting er sikkert: {\em Tilsammen}
m{\aa} ladningene fordele seg slik at vi f{\aa}r $E=0$ overalt inne i lederen.
Jeg har rett og slett {\em p{\aa}st{\aa}tt} at punktladningen $q$ og ladningen $-q$
p{\aa} hulrommets overflate s{\o}rger for dette {\em alene}, uten ``hjelp'' av ladningen
$q$ p{\aa} ytre overflate. Kan vi v{\ae}re sikre p{\aa} at dette i det hele tatt er mulig?
Jo: Tenk deg en gigantisk metallkule med et lite hulrom dypt inne i kula, og med en punktladning
plassert i hulrommet slik som her. N{\aa} er all ladning p{\aa} ytre overflate s{\aa} langt
unna hulrommet at for {\aa} oppn{\aa} $E=0$ inne i lederen i n{\ae}rheten av hulrommet, m{\aa}
ladningen $-q$ p{\aa} hulrommets overflate kansellere feltet fra punktladningen alene.
Vi kan alts{\aa} fastsl{\aa} at det {\em er mulig} {\aa} oppn{\aa} $E=0$ inne i lederen uten bruk
av ladningen p{\aa} ytre overflate. Men da kan vi faktisk konkludere med at dette er den
{\em eneste} muligheten, uansett om kula er stor eller liten. Man har nemlig s{\aa}kalte
{\em entydighetsteorem} i elektrostatikken som garanterer at en {\em mulig} ladningsfordeling
ogs{\aa} er den {\em eneste} mulige. (Ikke pensum! Men se f.eks. Griffiths, kapittel 3 hvis du
er interessert.)


\vspace{0.4cm}
\noindent
$3)$ Vi vet at en ladet metallkule {\em velger} alternativ 1, nemlig netto ladning jevnt fordelt
p{\aa} {\em overflaten}, og {\em ikke} jevnt fordelt utover {\em volumet}. Det har vi bevist ved 
hjelp av Gauss' lov, men det m{\aa} jo samtidig v{\ae}re slik at dette tilsvarer lavest mulig
potensiell energi. F{\o}lgelig m{\aa} vi ha $U_1 < U_2$, og det er bare tilfelle i alternativ C.

\noindent
Hvordan skulle vi beregne $U_2$? Vi kan regne ut $U_1$ p{\aa} to m{\aa}ter: F{\o}rst
ved {\aa} finne arbeidet som skal til for {\aa} lade opp kula fra null til endelig ladning $Q$.
Arbeidet som trengs for {\aa} {\o}ke ladningen fra $q$ til $q+dq$ er $dW = v(q)dq$, der $v(q)$ er potensialet
p{\aa} kula n{\aa}r den har ladning $q$. Dermed,
$$U = \int_0^Q v(q) \, dq$$
Alternativt kan vi bruke at energien pr volumenhet i et elektrisk felt er
$u = \varepsilon_0 E^2 /2$, slik at
$$U = \int_{\rm hele\;rommet} u \, dV = \int_{\rm hele\;rommet} \frac{1}{2} \varepsilon_0 E^2 \, dV$$
(Se oppgave 11 i {\o}ving 9, hvor dette er gjort for $U_1$.)
                                                                                                                            
\noindent
La oss finne $U_2$ med begge metoder! F{\o}rst tenker vi oss at vi "lager" den uniformt ladede kula
ved {\aa} starte i sentrum og deretter legge til tynne kuleformede skall med ladning. Underveis i
denne prosessen har vi uniform ladningstetthet innenfor en radius $r$, dvs total ladning $q = Q r^3/R^3$. 
Det elektriske feltet utenfor $r$ er da $E(r') = q/4\pi\varepsilon_0 r'^2$, slik at potensialet $v$ ved $r$ er
$$v(r) = -\int_\infty^r E(r')\,dr' = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 r}=\frac{Q r^3/R^3}{4\pi\varepsilon_0 r}$$
Arbeidet som trengs for {\aa} legge til et nytt tynt skall, med tykkelse $dr$ og ladning $dq$ er derfor
$$dW = v(r)\,dq = v(r) \rho\,dV = v(r) \frac{Q}{4\pi R^3/3} \, 4\pi r^2\,dr$$
siden ladningstettheten $\rho$ er konstant og lik den totale ladningen $Q$ delt med det totale volumet
$4\pi R^3/3$. Totalt arbeid som trengs for {\aa} lage hele kula m{\aa} bli integralet av $dW$, og dette
blir da ogs{\aa} kulas totale potensielle energi $U_2$:
\begin{eqnarray}
U_2 &=& \int dW \nonumber \\
&=& \int v(r)\,dq \nonumber \\
&=& \int v(r) \frac{Q}{4\pi R^3/3} \, 4\pi r^2\,dr \nonumber \\
&=& \int_0^R \frac{Q r^3/R^3}{4\pi\varepsilon_0 r} \frac{Q}{4\pi R^3/3} \, 4\pi r^2\,dr \nonumber \\
&=& \frac{3Q^2}{4\pi\varepsilon_0 R^6} \int_0^R r^4 \, dr \nonumber \\
&=& \frac{3Q^2}{20\pi\varepsilon_0 R} \nonumber
\end{eqnarray}
Alternativt, ved {\aa} integrere energitettheten uttrykt ved det elektriske feltet:
Bruker vi Gauss' lov, finner vi at det elektriske feltet inne i kula (dvs $r<R$) er
$E(r) = Qr/4\pi\varepsilon_0 R^3$ og utenfor kula (dvs $r>R$) er det
$E(r) =Q/4\pi\varepsilon_0 r^2$. Dermed blir den potensielle energien $U_2$:
\begin{eqnarray}
U_2 &=& \int_{\rm hele\;rommet} \frac{1}{2} \varepsilon_0 E^2 \, dV \nonumber \\
&=& \int_0^R \frac{1}{2} \varepsilon_0 \left(\frac{Qr}{4\pi\varepsilon_0 R^3}\right)^2 4\pi r^2\,dr +
\int_R^\infty \frac{1}{2} \varepsilon_0 \left(\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\right)^2 4\pi r^2\,dr \nonumber \\
&=& \frac{1}{2} \varepsilon_0 \frac{Q^2}{4\pi\varepsilon_0^2 R^6} \cdot \frac{R^5}{5} +
\frac{1}{2} \varepsilon_0 \frac{Q^2}{4\pi\varepsilon_0^2} \cdot \frac{1}{R} \nonumber \\
&=& \frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0 R} \left( \frac{1}{5} + 1 \right) \nonumber \\
&=& \frac{3Q^2}{20\pi\varepsilon_0 R} \nonumber
\end{eqnarray}
Samme svar!


\vspace{0.4cm}
\noindent
$4)$ En ladet metallkule vil tiltrekke seg en kule med motsatt ladning. Den vil imidlertid
ogs{\aa} tiltrekke seg en n{\o}ytral metallkule p{\aa} grunn av polarisering av den
n{\o}ytrale kula. (Se ytterligere forklaring under oppgave 9 nedenfor.) Det er da {\em alltid
sant} at minst en av kulene er ladet. (Mens det selvsagt {\em kan} v{\ae}re sant at begge kulene
er ladet.)


\vspace{0.4cm}
\noindent
$5)$ Gauss' lov gir
\begin{eqnarray}
E(r) \cdot 4\pi r^2 &=& \frac{1}{\varepsilon_0} \int_0^r \rho(r')\;dV' \nonumber \\
&=& \frac{k}{\varepsilon_0} \int_0^r \frac{1}{r'} \cdot 4\pi (r')^2 \; dr' \nonumber \\
&=& \left. \frac{4\pi k}{\varepsilon_0} \right|_0^r \; \frac{1}{2} (r')^2 \nonumber \\
&=& \frac{2\pi k}{\varepsilon_0} r^2 \nonumber
\end{eqnarray}
for $r<R$. Alts{\aa}
$$E(r) = \frac{k}{2\varepsilon_0}$$
dvs konstant feltstyrke for $r<R$. For $r>R$ blir feltet som for en punktladning i origo, dvs prop. med
$1/r^2$, likt i alle de fire grafene. Merk deg "forenklingene" som kan gj{\o}res n{\aa}r vi har
kulesymmetri, og dermed velger kuleformet gaussflate: Flateintegralet av det elektriske feltet
blir simpelthen $E(r) \cdot 4\pi r^2$, mens volumelementet blir $dV = 4\pi r^2 \, dr$. I begge
tilfelle gav integrasjon over retningene, dvs vinklene $\theta$ og $\phi$, bare en faktor $4\pi$.


\vspace{0.4cm}
\noindent
$6)$ Glass-staven er ikke i ber{\o}ring med metallkulene, s{\aa} vi kan ikke f{\aa}
noen netto overf{\o}ring av ladning mellom glass-staven og kulene. Imidlertid vil den positivt
ladede glass-staven trekke fri elektroner i metallet til seg, slik at vi f{\aa}r et overskudd
av negativ ladning p{\aa} venstre side av venstre metallkule. Siden metallkulene totalt sett
er elektrisk n{\o}ytrale, m{\aa} det bety at h{\o}yre kule ender opp med et underskudd av
elektroner, alts{\aa} netto positiv ladning. Dette er igjen polarisering (jfr oppgave 4, 9
og 14), eller "lading ved induksjon" som det ogs{\aa} kalles.

\vspace{0.4cm}
\noindent
$7)$ Ettersom kapasitansen $C$ pr definisjon er gitt ved forholdet mellom ladningen $Q$
p{\aa} kondensatoren og potensialforskjellen $\Delta V$ mellom kondensatorens to ledere,
m{\aa} vi regne ut $\Delta V$ mellom de to kuleskallene. Det elektriske feltet mellom
de to kuleskallene er
$$\bold{E}(r) = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r^2} \hat{r}$$
som bestemmes f.eks. ved hjelp av Gauss' lov. (Etterhvert b{\o}r en vel nesten klare {\aa}
{\em huske} at elektrisk felt fra en kulesymmetrisk ladningsfordeling er gitt ved ladningen "innenfor"
der vi er, og som om denne ladningen var samlet i sentrum - p{\aa} samme m{\aa}te som
gravitasjonsfeltet fra en kulesymmetrisk massefordeling, f.eks. jorda.)

\noindent
Da kan vi bruke sammenhengen
$$\Delta V = V(a) - V(b) = -\int_b^a E(r) \; dr$$
til {\aa} bestemme potensialforskjellen $\Delta V$. (Vi integrerer langs en radielt rettet
kurve slik at $\bold{E} \cdot d\bold{l} = E(r) \; dr (\hat{r} \cdot \hat{r}) = E(r) \; dr$.)
Vi f{\aa}r
$$\Delta V = -\int_b^a \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r^2} \; dr = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 a}
- \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 b}$$
som gir en kapasitans
$$C = \frac{Q}{\Delta V} = 4\pi\varepsilon_0 \left( \frac{1}{a} - \frac{1}{b} \right)^{-1}
= 4\pi\varepsilon_0 \frac{ab}{b-a}$$
Kommentar: Hvis vi her lar avstanden $d = b-a$ mellom kuleskallene bli veldig liten i forhold
til $a$ og $b$, kan vi skrive
$$\frac{ab}{b-a} = \frac{ab}{d} \simeq \frac{a^2}{d}$$
slik at
$$C \simeq \varepsilon_0 \frac{4\pi a^2}{d} = \varepsilon_0 \frac{A}{d}$$
der $A = 4\pi a^2 \simeq 4\pi b^2$ er arealet av hvert av kuleskallene. Dvs samme resultat
som for en parallellplatekondensator.


\vspace{0.4cm}
\noindent
$8)$ Kreftene fra ladningene i $B$ og $C$ er like store og motsatt rettet og gir
derfor null netto bidrag. Kraften fra ladningen i $A$ peker langs $OD$. (Vektor-)Summen
av kreftene fra de to ladningene midt p{\aa} $CD$ og $BD$ m{\aa} peke langs
$OA$. I absoluttverdi m{\aa} hver av disse v{\ae}re n{\o}yaktig dobbelt s{\aa}
store som kraften fra ladningen i $A$, ettersom avstanden $OA$ er $\sqrt{2}$ ganger
s{\aa} stor som avstanden fra $O$ ut til de to midtpunktene. I absoluttverdi er
vektorsummen av kreftene fra de to ladningene midt p{\aa} $CD$ og $BD$ en faktor
$\sqrt{2}$ st{\o}rre enn lengden av hver av dem. F{\o}lgelig er denne vektorsummen
ogs{\aa} st{\o}rre enn kraften fra ladningen i $A$. Dermed m{\aa} totalkraften peke
langs $OA$.

\vspace{0.4cm}
\noindent
$9)$ Motsatte ladninger tiltrekker hverandre, like ladninger frast{\o}ter hverandre.
Dessuten vil et ladet objekt alltid tiltrekke seg et n{\o}ytralt objekt p{\aa} grunn
av polarisering av det n{\o}ytrale objektet: Et positivt ladet objekt vil f.eks. skyve
positive ladninger i det n{\o}ytrale objektet fra seg og trekke de negative til seg.
Nettoeffekten blir tiltrekning p{\aa} grunn av kortere avstand til de negative ladningene.
(Eks: Lad opp en kam ved {\aa} gre deg. Vannet i springen er n{\o}ytralt, men tiltrekkes
av kammen.)

\noindent
Dermed: Kulene 2 og 3 m{\aa} begge v{\ae}re ladet, og med ladning av samme fortegn.
Kule 1 kan v{\ae}re n{\o}ytral eller v{\ae}re ladet med motsatt ladning av kulene 2 og 3.
I begge tilfeller vil den tiltrekkes av kule 2. Det er alt vi kan si, s{\aa} vi har ikke
nok informasjon til {\aa} bestemme hva slags ladning vi har p{\aa} alle kulene.

\vspace{0.4cm}
\noindent
$10)$ Newtons 3. lov: Kraft og motkraft er motsatt rettet og like store i absoluttverdi.

\vspace{0.4cm}
\noindent
$11)$ I stedet for {\aa} begynne {\aa} regne ut feltet fra en slik skive, f{\o}lger vi
tipset gitt i oppgaveteksten og sjekker om noen av de oppgitte alternativene stemmer 
med det vi vet om feltet fra en slik ladning i visse s{\aa}kalte "asymptotiske" grenser. 
For eksempel m{\aa} feltet fra en viss mengde lokalisert ladning $Q$ p{\aa}
riktig stor avstand $x$ redusere seg til feltet fra en punktladning $Q$ i avstand $x$, dvs
$$E(x) \rightarrow \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 x^2}$$
n{\aa}r $x \gg R$. Her holder dette i massevis, for uttrykkene i B, C og D
g{\aa}r ikke mot null i denne grensen! (Uttrykket i D har dessuten ikke riktig dimensjon.) 
Stemmer uttrykket i A? Hvis $x \gg R$, har vi
\begin{eqnarray}
1 - \frac{x}{\sqrt{x^2+R^2}} &=& 1 - \frac{1}{\sqrt{1+R^2/x^2}} \nonumber \\
&=& 1 - \left( 1 - \frac{R^2}{2x^2} + \dots \right) \nonumber \\
&\simeq& \frac{R^2}{2x^2} \nonumber
\end{eqnarray}
slik at $E \simeq Q/4\pi\varepsilon_0 x^2$. Vi kunne ogs{\aa}
ha sett p{\aa} feltet i motsatt grense, dvs $x \rightarrow 0$. Da b{\o}r vi jo f{\aa} det samme som
for et uendelig stort plan, dvs $\sigma/2\varepsilon_0$. Bare feltet i A stemmer med dette:
$$E_A \rightarrow \frac{Q}{2\pi\varepsilon_0 R^2} = \frac{\sigma}{2 \varepsilon_0}$$
med $\sigma = Q/\pi R^2$, dvs ladning pr flateenhet.


\vspace{0.4cm}
\noindent
$12)$ Ettersom $E(r) = - dV/dr$, m{\aa} vi for den line{\ae}re delen av $E$ ha $E(r) = ar$
($a =$ positiv konstant), dvs $dV/dr = -ar$. F{\o}lgelig er $V(r) = b - ar^2/2$
($b =$ konstant), en parabel med negativ krumning. Bare kurve 3 stemmer med dette. Vi ser at
oppf{\o}rselen til $E$ og $V$ for store $r$ ogs{\aa} er i orden med kurve 3, f.eks.
$E(r) \sim 1/r^2$ og $V(r) \sim 1/r$.

\vspace{0.4cm}
\noindent
$13)$ Bare ladning {\em innenfor} gaussflaten bidrar til netto elektrisk fluks
gjennom den. Feltlinjer fra ladningene p{\aa} utsiden g{\aa}r b{\aa}de inn gjennom
og ut av gaussflaten og bidrar ikke til netto fluks. 

\vspace{0.4cm}
\noindent
$14)$ Det spiller ingen rolle om ladningsfordelingen p{\aa} metallet ikke lenger
er uniform: Det elektrostatiske feltet $\bold{E}$ er null overalt inne i metallet,
s{\aa} potensialet $V$ m{\aa} v{\ae}re konstant overalt. Ikke glem dette: I
elektrostatisk likevekt er en sammenhengende elektrisk leder et ekvipotensial.

\vspace{0.4cm}
\noindent
$15)$ Her kan vi bruke Gauss' lov. Vi velger en gaussflate som i sin helhet
ligger inne i den midterste kula. Ettersom vi da er inne i en leder,
er $E=0$ overalt p{\aa} gaussflaten, og dermed $\oint \bold{E}\cdot d\bold{A}=0$.
If{\o}lge Gauss' lov er da netto ladning innenfor denne gaussflaten lik null.
Vi kan legge gaussflaten s{\aa} n{\ae}rt inntil den innerste overflaten av
midterste kule som vi vil. Siden ladningen p{\aa} innerste kule er $2Q$, m{\aa}
da ladningen p{\aa} innerste overflate av midterste kule v{\ae}re $-2Q$.
Midterste kule har total ladning $-Q$. Inne i kula kan vi ikke ha noen netto
ladning (dette viste vi i forelesningene ved {\aa} bruke Gauss' lov). Dermed
m{\aa} den resterende ladning $Q$ ligge p{\aa} ytre overflate av den
midterste kula. (Basert p{\aa} tilsvarende argument kan vi videre konkludere
med at p{\aa} ytterste kule har vi ladning $-Q$ p{\aa} indre overflate og null
ladning p{\aa} ytre overflate. P{\aa} utsiden av alle tre kulene blir dermed
den elektriske feltstyrken lik ....)


\vspace{0.4cm}
\noindent
$16)$ $\bold{E} = -\nabla V$, dvs $\bold{E}$ peker i retning av lavere potensial,
og st{\aa}r dessuten normalt p{\aa} ekvipotensialflaten.


\vspace{0.4cm}
\noindent
$17)$ Den elektriske feltstyrken inne i den dielektriske skiva reduseres i forhold til
om vi hadde vakuum der. Dermed blir potensialforskjellen $\Delta V$ mellom kondensatorplatene mindre.
P{\aa}stand A er dermed ikke riktig. Ettersom kapasitansen er gitt ved $C = Q/\Delta V$,
betyr det at kapasitansen blir st{\o}rre n{\aa}r $\Delta V$ blir mindre (n{\aa}r $Q$ holdes
konstant). Alts{\aa} er p{\aa}stand B heller ikke riktig. Potensiell energi lagret i
kondensatoren m{\aa} ha blitt mindre etter at vi satte inn den dielektriske skiva. Den
konklusjonen kan vi trekke, uansett om vi betrakter energien som lagret i det elektriske
feltet (energi pr volumenhet: $u = \varepsilon_0 E^2/2$) eller om vi regner ut arbeidet som
skal til for {\aa} lade opp kondensatoren fra null ladning til endelig ladning $\pm Q$.
Alts{\aa} er ogs{\aa} p{\aa}stand C feil. Vi st{\aa}r igjen med p{\aa}stand D, som er
riktig: Den elektriske feltstyrken i luftlagene p{\aa}virkes ikke av at vi setter inn en 
dielektrisk skive. Vi f{\aa}r indusert negativ ladning p{\aa} {\o}verste overflate og like
mye positiv ladning p{\aa} nederste overflate av den dielektriske skiva. I de to luftlagene
gir disse to ladningsplanene like store, men motsatt rettede bidrag til det
totale elektriske feltet.


\vspace{0.4cm}
\noindent
$18)$ Vi har f.eks. $\bold{E} = \bold{F}/Q$ og $\Delta V = - \int \bold{E}\cdot d\bold{l}$.
Dessuten er $C = Q/\Delta V$.
Vi kan da skrive ned en rekke ulike mulige enheter:
$$[E] = [F/Q] = [\Delta V/l] = [F/C\Delta V]$$
Alts{\aa} er disse enhetene mulige:

\noindent
$[E]$ = N/C = V/m = N/FV.

\noindent
Den siste, kg m$^2$/s$^2$ C, er imidlertid ikke riktig. (Det skal ikke v{\ae}re m$^2$, bare m.)


\vspace{0.4cm}
\noindent
$19)$ Hvis vi befinner oss i omr{\aa}det mellom indre kule og kuleskallet,
er netto ladning innenfor en kuleformet gaussflate lik $2Q$. Dermed er
den elektriske feltstyrken
$$E(r) = \frac{2Q}{4\pi\varepsilon_0 r^2}$$
rettet radielt utover. Hvis vi befinner oss p{\aa} utsiden av kuleskallet,
er netto ladning innenfor en kuleformet gaussflate lik $2Q-Q=Q$. Dermed er
den elektriske feltstyrken
$$E(r) = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r^2}$$
ogs{\aa} her rettet radielt utover. Figur 2 stemmer med dette. 
Vi ser at dette ogs{\aa} stemmer med at feltlinjer for $E$ starter p{\aa}
positive ladninger og ender opp p{\aa} negative ladninger (eventuelt uendelig langt borte):
Ladningen $-Q$ p{\aa} kuleskallet m{\aa} fordele seg med $-2Q$ p{\aa}
indre og $+Q$ p{\aa} ytre overflate. (Se oppgave 15.)
Overalt inne i de to lederne m{\aa} vi selvsagt ha $E=0$.

\noindent
Figur 1 ville ha v{\ae}rt riktig dersom metallskallet ikke hadde v{\ae}rt til stede. Figur 3 ville
ha v{\ae}rt riktig dersom metallskallet hadde hatt netto ladning $-4Q$ (og dermed ladning $-2Q$
p{\aa} b{\aa}de indre og ytre overflate). Figur 4 ville ha v{\ae}rt riktig dersom
metallskallet hadde hatt netto ladning $-6Q$ (og dermed ladning $-2Q$ p{\aa} indre flate og
$-4Q$ p{\aa} ytre flate).


\vspace{0.4cm}
\noindent
$20)$ Et uendelig stort plan med ladning $\sigma$ pr flateenhet skaper et elektrisk felt
$\sigma/2 \varepsilon_0$. Den elektriske kraften p{\aa} et annet plan med ladning $Q$ som
plasseres i dette feltet blir dermed $F = Q E = Q \sigma/2 \varepsilon_0$. Kraften pr
flateenhet blir $f = F/A = Q \sigma/2 \varepsilon_0 A = \sigma^2/2 \varepsilon_0$. Med
$\sigma = 10^{-5}$ C/m$^2$ og $\varepsilon_0 = 8.85 \cdot 10^{-12}$ C$^2$/N m$^2$, har vi
$f = 100/2 \cdot 8.85 \simeq 5.7$ N/m$^2$.

\noindent
Legg merke til at vi ikke kan bruke den {\em totale} elektriske feltstyrken $\sigma/\varepsilon_0$
n{\aa}r vi skal finne kraften p{\aa} den ene plata fra den andre. De to platene bidrar hver
med $\sigma/2 \varepsilon_0$ til det totale feltet, men en gitt plate virker ikke p{\aa} seg
selv med noen netto kraft. (P{\aa} samme m{\aa}te som at du ikke greier {\aa} l{\o}fte
deg selv etter h{\aa}ret....!)


\end{document}
