\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 1
\end{large}
\end{center}

\noindent
Veiledning 13. og 14. januar

\vspace{0.5cm}
\noindent
Aller f{\o}rst et par kommentarer ang{\aa}ende notasjon: Mens vektorer p{\aa} tavla blir
angitt med en pil over symbolet, brukes typisk {\bf fete} symboler i trykte
notater, som her. Det betyr at \bold{F} angir vektoren (f.eks. en kraft), og da b{\aa}de dens
st{\o}rrelse $F$ og retning. Enhetsvektorer, dvs (dimensjonsl{\o}se) vektorer med lengde 1, angis
med en $\; \hat{ } \;$ over symbolet. Da har vi f.eks. sammenhengene $\bold{F} = |\bold{F}|\hat{F}=
F\hat{F}$. Videre vil vi skrive de ulike {\em komponentene} av en vektor med
en senket indeks, f.eks. $F_x$ for $x$-komponenten av \bold{F}. Vi skal alts{\aa} ikke
bruke notasjonen $F_x = dF/dx$, slik dere muligens kommer til {\aa} gj{\o}re i 
noen av matematikkfagene.

\vspace{1.0cm}
\noindent
{\em Oppgave 1}

\vspace{0.3cm}
\noindent
$a)$ Riktig svar er C:
$$A = |\bold{A}| = \sqrt{A_x^2+A_y^2} = \sqrt{8.5^2+1.3^2} = 8.6$$

\vspace{0.3cm}
\noindent
$b)$ Riktig svar er B:

\noindent
Vektoren $\bold{A}$ har negativ $x$-komponent og positiv $y$-komponent, hvilket
betyr at den ligger i 2. kvadrant. La oss f{\o}rst bestemme vinkelen $\theta$
mellom negativ $x$-akse og $\bold{A}$. Vi har da
$$\tan\theta = \frac{|A_y|}{|A_x|} = \frac{2.3}{3.7}$$
som gir $\theta = 32$ grader. Den s{\o}kte vinkelen, n{\aa}r vi g{\aa}r mot
urviseren fra positiv $x$-akse til $\bold{A}$, m{\aa} bli lik 180 - $\theta$ = 148 grader.

\vspace{0.3cm}
\noindent
$c)$ Riktig svar er A:

\noindent
La oss sette $\bold{C} = \bold{B} - \bold{A}$. Da er
$$C_x = B_x - A_x = -10.7$$
$$C_y = B_y - A_y = 3.9$$
slik at absoluttverdien til $\bold{C}$ blir
$$C = |\bold{C}| = \sqrt{C_x^2+C_y^2} = \sqrt{10.7^2+3.9^2} = 11.4$$

\vspace{0.3cm}
\noindent
$d)$ Riktig svar er C:

$$\bold{A}\cdot\bold{B} = A_x B_x + A_y B_y = (-6.1) \cdot (-9.8) + (-5.8) \cdot 4.6 = 33.1$$


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

\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.

\vspace{1.2cm}
\noindent
{\em Oppgave 3}

%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=2.6in \epsfbox{los1_fig1.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE

\noindent
Den tredje ladningen skal ligge like langt fra de to
andre, p{\aa} positiv $y$-akse.
Pytagoras gir da en posisjon $y = \sqrt{(\sqrt{5}a)^2-a^2} = 2a$
for den tredje ladningen.

\noindent
Kraften mellom $-q$ og $q$ er tiltrekkende, ettersom de har motsatt fortegn.
I absoluttverdi m{\aa} de to kreftene $F_1$ og $F_2$ v{\ae}re like store:
$$F_1 = F_2 = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{q^2}{(\sqrt{5}a)^2} =
\frac{q^2}{20\pi\varepsilon_0 a^2}$$
Av figuren ser vi at $\bold{F}_1$ og $\bold{F}_2$ har like store $y$-komponenter
men motsatt rettede $x$-komponenter. Dermed blir den resulterende kraften
\begin{eqnarray}
\bold{F} &=& (F_{1y} + F_{2y})\, \hat{y} \nonumber \\
&=& 2 F_{1y}\, \hat{y} \nonumber \\
&=& - 2 F_1 \frac{2}{\sqrt{5}}\, \hat{y} \nonumber \\
&=& - \frac{q^2}{5\sqrt{5}\pi\varepsilon_0 a^2}\, \hat{y} \nonumber
\end{eqnarray}
Her angir $\hat{y}$ enhetsvektor i $y$-retning. Vi har her brukt at $F_{1y}$
forholder seg til $F_1$ som vertikalavstanden $2a$ forholder seg til
avstanden mellom $q$ og $-q$, dvs $\sqrt{5}\,a$. Eventuelt: For {\aa} f{\aa}
$y$-komponenten av $F_1$, m{\aa} vi multiplisere med cosinus til vinkelen
$\alpha$ (se figuren), som er $2/\sqrt{5}$.

\noindent
Med $q=2\cdot 10^{-6}$ C og $a = 4\cdot10^{-2}$ m f{\aa}r vi
$$F = \frac{(2\cdot 10^{-6})^2 {\rm C}^2}{5\sqrt{5}\pi\cdot 8.85\cdot 10^{-12}
{\rm C}^2/{\rm Nm}^2 \cdot (4\cdot 10^{-2})^2 {\rm m}^2} \simeq 8.0\; {\rm N}$$

\vspace{0.3cm}
\noindent
Dersom $q$ i $x=-a$ erstattes av $-q$, virker det en tiltrekkende og
en frast{\o}tende kraft p{\aa} den tredje ladningen:

%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=2.6in \epsfbox{los1_fig2.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE

\noindent
Vi ser av figuren at totalkraften \bold{F'} peker i positiv $x$-retning.
$x$-komponenten av hver av delkreftene finner vi ved {\aa} multiplisere
med $\cos \beta = 1/\sqrt{5}$. Dermed ser vi at $F'$ m{\aa} bli halvparten
s{\aa} stor som $F$, dvs
$$\bold{F'} = \frac{q^2}{10\sqrt{5}\pi\varepsilon_0 a^2} \hat{x} = 
(4.0\; {\rm N}) \hat{x}$$

\vspace{0.3cm}
\noindent
Kommentar: Denne oppgaven var vel ikke altfor vanskelig? Ikke desto mindre
illustrerer den flere grunnleggende elementer:
\begin{itemize}
\item Elektriske ladninger p{\aa}virker hverandre (``vekselvirker'') med krefter
if{\o}lge Coulombs lov.
\item Krefter, enten de er elektriske eller av andre slag, er {\em vektorer}.
\item For elektriske krefter (og andre krefter, for den saks skyld) gjelder
{\em superposisjonsprinsippet}: Totalkraften p{\aa} en ladning finner vi ved {\aa}
summere opp enkeltkreftene som virker p{\aa} den. For all del, ikke glem at det
da er snakk om en sum av vektorer!
\end{itemize}


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

\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 5}

%%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}
