\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 4
\end{large}
\end{center}

\noindent
Veiledning torsdag 3. februar og fredag 4. februar


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

\vspace{0.2cm}
\noindent
Potensialforskjellen $\Delta V$ mellom to punkter er gitt ved
$$\Delta V = V_B - V_A = -\int_A^B \bold{E} \cdot d\bold{l}$$
I denne oppgaven har vi et uniformt elektrisk felt $\bold{E} = E_0 \; \hat{x}$, s{\aa} vi kan
skrive
$$\Delta V = -E_0 \; \hat{x} \cdot \int_A^B d\bold{l}$$
der punktet $A$ er origo, $(0,0)$ og $B$ er de tre punktene gitt i oppgaveteksten. Vi f{\aa}r:

\vspace{0.2cm}
\noindent
$(i)$
$$\int_A^B d\bold{l} = \int_{(0,0)}^{(a,0)} d\bold{l} = a\;\hat{x}$$
slik at
$$\Delta V = -E_0 \; \hat{x} \cdot a\;\hat{x} = -E_0 a$$

\vspace{0.2cm}
\noindent
$(ii)$ 
$$\int_A^B d\bold{l} = \int_{(0,0)}^{(0,a)} d\bold{l} = a\;\hat{y}$$
slik at 
$$\Delta V = -E_0 \; \hat{x} \cdot a\;\hat{y} = 0$$

\vspace{0.2cm}
\noindent
$(iii)$
$$\int_A^B d\bold{l} = \int_{(0,0)}^{(a,a)} d\bold{l} = a\;\hat{x} + a\;\hat{y}$$
slik at
$$\Delta V = -E_0 \; \hat{x} \cdot \left( a\;\hat{x} + a\;\hat{y} \right) = -E_0 a$$



\vspace{1.5cm}
\noindent
{\em Oppgave 2}

\vspace{0.2cm}
\noindent
$a)$ Med v{\aa}rt valg av polarvinkel $\theta$ ser vi fra figuren at
\begin{eqnarray}
x &=& r \sin\theta \nonumber \\
z &=& r \cos\theta \nonumber \\
r &=& \sqrt{x^2 + z^2} \nonumber
\end{eqnarray}

\vspace{0.2cm}
\noindent
$b)$ Vi bruker superposisjonsprinsippet for {\aa} bestemme potensialet fra de
to punktladningene. Med punktet $(x,z)$ i en avstand $r_1$ fra $q$ og $r_2$ fra $-q$ f{\aa}r vi
\begin{eqnarray}
V(x,z) &=& \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 r_1} - \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 r_2} \nonumber \\
&=& \frac{q}{4\pi\varepsilon_0} \left( \frac{1}{\sqrt{x^2 + \left(z-a/2\right)^2}} -
\frac{1}{\sqrt{x^2 + \left(z+a/2\right)^2}} \right) \nonumber
\end{eqnarray}
Avstandene $r_1$ og $r_2$ uttrykt ved $x$ og $z$ ser vi direkte fra figuren.

\vspace{0.2cm}
\noindent
Potensialet p{\aa} $x$-aksen blir
$$V(x,0) = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0} 
\left(\frac{1}{\sqrt{x^2 + a^2/4}} - \frac{1}{\sqrt{x^2 + a^2/4}} \right) = 0$$

\vspace{0.2cm}
\noindent
Potensialet p{\aa} $z$-aksen blir
$$V(0,z) = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0} \left(\frac{1}{|z-a/2|}-\frac{1}{|z+a/2|}\right)$$
Legg merke til at vi her m{\aa} bruke absoluttverditegn hvis vi vil ha {\em ett}
uttrykk som gjelder p{\aa} {\em hele} $z$-aksen.
Med $z > a/2$:
$$\frac{1}{|z-a/2|}-\frac{1}{|z+a/2|} = \frac{1}{z-a/2}-\frac{1}{z+a/2}=\frac{a}{z^2 - a^2/4}$$
Med $z < -a/2$:
$$\frac{1}{|z-a/2|}-\frac{1}{|z+a/2|} = -\frac{1}{z-a/2}+\frac{1}{z+a/2}=-\frac{a}{z^2 - a^2/4}$$
Med $-a/2 < z < a/2$:
$$\frac{1}{|z-a/2|}-\frac{1}{|z+a/2|} = -\frac{1}{z-a/2}-\frac{1}{z+a/2}=-\frac{2z}{z^2 - a^2/4}
= \frac{2z}{a^2/4-z^2}$$
Skisse av $V(0,z)$:

%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=2.5in \epsfbox{los4_fig1.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE

\vspace{0.7cm}
\noindent
$c)$ Vi bruker tipset gitt i oppgaveteksten, samt betraktning av f{\o}lgende
figur, og f{\aa}r:

%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=2.5in \epsfbox{los3_fig4.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE

\begin{eqnarray}
V(r,\theta) &=& \frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2}\right) \nonumber \\
&=& \frac{q}{4\pi\varepsilon_0} \cdot \frac{r_2-r_1}{r_1 r_2} \nonumber \\
&\simeq& \frac{q}{4\pi\varepsilon_0} \cdot \frac{a\cos\theta}{r^2} \nonumber \\
&=& \frac{p\cos\theta}{4\pi\varepsilon_0 r^2} \nonumber \\
&=& \frac{p r \cos\theta}{4\pi\varepsilon_0 r^3} \nonumber \\
&=& \frac{\bold{p}\cdot\bold{r}}{4\pi\varepsilon_0 r^3} \nonumber
\end{eqnarray}
Vi kan alternativt g{\aa} litt saktere fram: Fra figuren ser vi at
\begin{eqnarray}
r_1 &\simeq& r - \frac{a}{2}\cos\theta \nonumber \\
r_2 &\simeq& r + \frac{a}{2}\cos\theta \nonumber
\end{eqnarray}
N{\aa}r $r \gg a$ kan vi rekkeutvikle b{\aa}de $1/r_1$ og $1/r_2$
omkring $1/r$ og f{\aa}r:
\begin{eqnarray}
\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2} &\simeq& \frac{1}{r - \frac{a}{2}\cos\theta} -
\frac{1}{r + \frac{a}{2}\cos\theta} \nonumber \\
&=& \frac{1}{r}\left[\left(1-\frac{a\cos\theta}{2r}\right)^{-1} -
\left(1+\frac{a\cos\theta}{2r}\right)^{-1}\right] \nonumber \\
&\simeq& \frac{1}{r}\left[1 + \frac{a\cos\theta}{2r} - 1 + \frac{a\cos\theta}{2r} \right] \nonumber \\
&=& \frac{a\cos\theta}{r^2} \nonumber
\end{eqnarray}
Er det s{\aa} {\em rimelig} at potensialet fra en elektrisk dipol faller av raskere enn potensialet
fra en punktladning (dvs en elektrisk ``monopol'')? Det er det, fordi dipolens negative og positive
ladning bidrar med motsatt fortegn til det totale potensialet. Dermed vil bidragene til potensialet
fra de to punktladningene delvis oppheve hverandre. (P{\aa} $x$-aksen vil de to bidragene {\em eksakt}
oppheve hverandre.)

\vspace{0.5cm}
\noindent
Ekstran{\o}tten (ikke s{\aa} viktig, mest for ``moro skyld''): 

\noindent
I f{\o}rste omgang kunne en kanskje tenke seg {\aa} fortsette rekkeutviklingen
ovenfor, og ta med s{\aa} mange ledd at vi f{\aa}r tak i dominerende korreksjon. Tar vi med ett
ledd til, f{\aa}r vi ingenting nytt, i og med at det neste leddet vil opptre to ganger og med motsatt
fortegn og dermed kansellere. Vi m{\aa} ta med to ledd til:
\begin{eqnarray}
& & \frac{1}{r}\left[\left(1-\frac{a\cos\theta}{2r}\right)^{-1} - \left(1+\frac{a\cos\theta}{2r}\right)^{-1}\right]
\nonumber \\
&=& \frac{1}{r}\left[1 + \frac{a\cos\theta}{2r} + \left(\frac{a\cos\theta}{2r}\right)^2
+\left(\frac{a\cos\theta}{2r}\right)^3 + \dots - \left(1 - \frac{a\cos\theta}{2r} +
\left(\frac{a\cos\theta}{2r}\right)^2 - \left(\frac{a\cos\theta}{2r}\right)^3 + \dots \right) \right] \nonumber \\
&=& \frac{a\cos\theta}{r^2} - \frac{a^3 \cos^3\theta}{4r^4} + \dots \nonumber \\
&=& \frac{a\cos\theta}{r^2} \left( 1 - \frac{a^2 \cos^2\theta}{4r^2} + \dots \right) \nonumber
\end{eqnarray}
Her brukte vi rekkeutviklingen $(1+x)^{-1} = 1 - x + x^2 - x^3 + \dots$ (som gjelder n{\aa}r $|x|<1$).
Ikke noe d{\aa}rlig fors{\o}k dette, men det er en liten hake ved det hele: Utgangspunktet for hele
rekkeutviklingen var i seg selv en tiln{\ae}rmelse, nemlig
\begin{eqnarray}
r_1 &\simeq& r - \frac{a}{2}\cos\theta \nonumber \\
r_2 &\simeq& r + \frac{a}{2}\cos\theta \nonumber
\end{eqnarray}
Og feilen vi gj{\o}r i disse tiln{\ae}rmelsene er av samme st{\o}rrelsesorden som det korreksjonsleddet
vi er p{\aa} jakt etter!

\noindent
L{\o}sningen ligger i {\aa} g{\aa} helt tilbake til det eksakte uttrykket for $V$, med $r_1$ og $r_2$
uttrykt ved de kartesiske koordinatene $x$ og $z$. Regningen er ikke direkte vanskelig, men
s{\aa}pass kronglete at jeg ikke tror jeg tar med noen flere detaljer her. Hvis jeg har regnet
riktig, hvilket p{\aa} ingen m{\aa}te er sikkert, blir svaret
$$\frac{1}{r_1} - \frac{1}{r_2} = \frac{a \cos\theta}{r^2}
\left[1 - \frac{3a^2}{8r^2} \left(1 - \frac{5}{3}\cos^2\theta\right) + \dots \right]$$
Her har vi tatt med alle korreksjoner som er en {\em st{\o}rrelsesorden} $a^2/r^2$ mindre
enn det dominerende bidraget. Neste ledd i rekken vil bli ytterligere redusert, med en
eller annen potens av den lille st{\o}rrelsen $a/r$. Det f{\o}rste leddet som vi {\em ikke}
tar med vil alltid v{\ae}re neglisjerbart i forhold til det siste leddet som vi tar med.
(I v{\aa}rt spesielle tilfelle, med unntak av retninger gitt ved $\cos^2\theta \simeq 3/5$,
der vi ser at f{\o}rste korreksjonsledd faktisk forsvinner.)


\newpage
%\vspace{1.5cm}
\noindent
{\em Oppgave 3}

\vspace{0.3cm}
\noindent
$a)$ {\bf C}

\noindent
$$\bold{F} = q\bold{E} = m\bold{a}$$
Newtons 2. lov! Her er $q=-e$, s{\aa} elektronets akselerasjon blir
$$\bold{a} = -\frac{e}{m} \bold{E}$$
alts{\aa} mot venstre.

\vspace{1.1cm}
\noindent
$b)$ {\bf C}

\noindent
$$\Delta V = - \int \bold{E}\cdot d\bold{l} = 0$$
dersom
$$d\bold{l} \perp \bold{E}$$

\vspace{1.1cm}
\noindent
$c)$ {\bf B}

\noindent
P{\aa} samme m{\aa}te som et legeme med null starthastighet
faller i gravitasjonsfeltet fra f.eks.  jorda, dvs beveger seg
i retning lavere potensiell energi, vil en ladet partikkel med
null starthastighet bevege seg i retning lavere potensiell energi
i et elektrisk felt.

\noindent
Matematisk: ($\bold{F}$ = kraft, $q$ = ladning ($q<0$), $U$ = potensiell energi,
$V$ = potensial)
\begin{eqnarray}
\bold{F} &=& q\bold{E} = - |q| \bold{E} \nonumber \\
\bold{E} &=& - \nabla V \nonumber \\
U &=& qV = - |q| V \nonumber \\
\bold{F} &=& - \nabla U = -q \nabla V = |q| \nabla V \nonumber
\end{eqnarray}
Partikkelens bevegelse m{\aa} selvsagt bli i samme retning som $\bold{F}$
(n{\aa}r starthastigheten er null), s{\aa} vi ser at bevegelsen blir i
motsatt retning av $\bold{E}$, og i retning h{\o}yere potensial $V$.


\vspace{1.1cm}
\noindent
$d)$ {\bf D}

\noindent
Total potensiell energi for et system med punktladninger er
$$U = \sum_{i<j} \frac{q_i q_j}{4\pi\varepsilon_0 r_{ij}}$$
der summen g{\aa}r over alle par av ladninger $q_i$ og $q_j$
i innbyrdes avstand $r_{ij}$. Her er alle ladninger like store
i absoluttverdi. Vi har 4 par med motsatt fortegn i innbyrdes
avstand 5 cm og 2 par (diagonalt) med likt fortegn i innbyrdes
avstand $\sqrt{50}$ cm. Dermed f{\aa}r vi:
$$U = 9\cdot10^9\cdot(9\cdot10^{-6})^2 \cdot \left[-\frac{4}{0.05}
+ \frac{2}{\sqrt{50}\cdot10^{-2}} \right] \simeq -38 \;{\rm J}$$


\vspace{1.1cm}
\noindent
$e)$ {\bf D}

\noindent
Punktladningene $Q_1$ og $Q_2$ flyttes ikke, s{\aa} innbyrdes
potensiell energi for dette paret trenger vi ikke {\aa} bry oss om
fordi den endres ikke n{\aa}r den tredje ladningen (elektronet) flyttes.
Vi m{\aa} regne ut potensiell energi som skyldes vekselvirkningen mellom
elektronet og de to fastliggende ladningene, henholdsvis f{\o}r og etter
forflytningen. Alternativt kan vi regne ut potensialet fra ladningene
$Q_1$ og $Q_2$ i punktene A og B, hhv $V_A$ og $V_B$, og deretter endringen
i potensiell energi, $\Delta U = U_B - U_A = -e V_B - (-e)V_A = -e (V_B-V_A)$.
Potensialet i avstand $r$ fra en punktladning $q$ er
$$V(r) = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 r}$$
dvs Coulombpotensialet. De aktuelle avstandene her er 0.6 m (fra $Q_1$ til A
og fra $Q_2$ til B) og $\sqrt{0.6^2+0.8^2} = 1.0$ m (fra $Q_1$ til B og fra
$Q_2$ til A). Dermed:
$$V_A = \frac{Q_1}{4\pi\varepsilon_0 \cdot 0.6} +
\frac{Q_2}{4\pi\varepsilon_0 \cdot 1.0}$$
og
$$V_B = \frac{Q_1}{4\pi\varepsilon_0 \cdot 1.0} +
\frac{Q_2}{4\pi\varepsilon_0 \cdot 0.6}$$
som gir
$$\Delta V = V_B-V_A = -\frac{2(Q_1-Q_2)}{3\cdot4\pi\varepsilon_0}
= -\frac{2}{3} \cdot 9 \cdot 10^9 \cdot (69+98)\cdot 10^{-9} = -1002\;{\rm V}$$
og endelig
$$\Delta U = -e \cdot \Delta V \simeq + 1 \;{\rm keV}$$


\vspace{1.1cm}
\noindent
$f)$ {\bf B}

\noindent
$$U = \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r} = e \cdot \frac{e}{4\pi\varepsilon_0 r} =
e \cdot 1.6 \cdot 10^{-19} \cdot 9 \cdot 10^9 \cdot 10^{10} = 14.4 \; {\rm eV}$$

\vspace{1.1cm}
\noindent
$g)$ {\bf D}

\noindent
Energibevarelse gir
$$\frac{1}{2} m v^2 = qV$$
Dvs: Akselerasjon av en partikkel med ladning $q$ og masse $m$ gjennom en potensialforskjell
$V$ resulterer i at reduksjon i potensiell energi, $qV$, gir {\o}kning i kinetisk energi,
$mv^2/2$. Like stor hastighet for de to partiklene betyr da at
$$\frac{q_\alpha V_\alpha}{m_\alpha} = \frac{q_{\rm Be} V_{\rm Be}}{m_{\rm Be}}$$
med andre ord
$$\frac{V_{\rm Be}}{V_\alpha} = \frac{q_\alpha m_{\rm Be}}{q_{\rm Be} m_\alpha} =
\frac{2 \cdot 9}{4 \cdot 4} = \frac{9}{8}$$




\end{document}
