\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 13
\end{large}
\end{center}

\noindent
Veiledning uke 15.

\vspace{0.7cm}
\noindent
{\em Oppgave 1}

\vspace{0.2cm}
\noindent
$a)$ Argumentasjonen her tilsvarer den vi brukte da vi skulle beregne det elektriske
feltet p{\aa} symmetriaksen til en jevnt ladet ring. Da s{\aa} vi p{\aa} bidragene
til feltet fra diametralt motsatte ladningselementer $dq$ og overbeviste oss om
at det totale elektriske feltet m{\aa}tte peke langs symmetriaksen.

\noindent
Her kan vi f.eks. se p{\aa} de to lederelementene som ligger akkurat p{\aa} positiv
og negativ $y$-akse og bestemme retningen p{\aa} bidraget til magnetfeltet p{\aa} $z$-aksen
fra disse. Vi tar for oss positive $z$ f{\o}rst. (Se figuren p{\aa} neste side.
Her angir indeks + avstand fra og feltbidrag fra str{\o}melementet som krysser positiv $z$-akse,
mens indeks - angir tilsvarende fra str{\o}melementet som krysser negativ $z$-akse.)
``Str{\o}melementet'' $I\;d\bold{l}$ som krysser positiv $y$-akse har retning langs
negativ $x$-akse. Kryssproduktet av denne vektoren med $\bold{r_+}$ fra str{\o}melementet
til den aktuelle posisjonen p{\aa} positiv $z$-akse blir en vektor som ligger i $yz$-planet,
med positiv $y$- og $z$-komponent. Det diametralt motsatte str{\o}melementet som krysser
den negative $y$-aksen har retning langs positiv $x$-akse. 
Kryssproduktet av denne vektoren med $\bold{r_-}$ fra str{\o}melementet
til den aktuelle posisjonen p{\aa} positiv $z$-akse blir en vektor som ogs{\aa} ligger
i $yz$-planet, men denne vil ha {\em negativ} $y$-komponent og positiv $z$-komponent.
Av symmetrigrunner m{\aa} disse bidragene til $\bold{B}$ v{\ae}re like store i
absoluttverdi, ha like store $z$-komponenter med samme fortegn, og ha like store
$y$-komponenter med {\em motsatt} fortegn. Summen av de to bidragene peker med andre
ord langs (positiv) $z$-akse.

\noindent
Tilsvarende argumentasjon kan vi benytte for par av diametralt motsatte str{\o}melementer
rundt hele den str{\o}mf{\o}rende ringen. De vil alle ha like stor $z$-komponent med
samme fortegn og like store $x$- og $y$-komponenter med motsatt fortegn.

\noindent
Konklusjon: $\bold{B}$ p{\aa} positiv $z$-akse har retning langs $z$-aksen.

\vspace{0.5cm}
\noindent
$b)$ I forrige punkt overbeviste vi oss om at $\bold{B}(z)$ har retning langs
positiv $z$-akse n{\aa}r $z>0$. Hva hvis $z<0$?

\noindent
En figurbetraktning tilsvarende den vi gjorde under punkt $a)$ viser at
str{\o}melementet som krysser den positive $y$-aksen gir et bidrag til
$\bold{B}(z)$ p{\aa} negativ $z$-akse som ligger i $yz$-planet med positiv
$z$-komponent og negativ $y$-komponent. For str{\o}melementet som krysser den 
negative $y$-aksen finner vi et bidrag med positiv $z$-komponent og positiv
$y$-komponent. Alt i alt et magnetfelt med retning langs positiv $z$-akse.

\noindent
Konklusjon: Magnetfeltet peker langs positiv $z$-akse p{\aa} hele $z$-aksen.

\vspace{0.5cm}
\noindent
$c)$ Vektorene $I\;d\bold{l}$ og $\hat{r}$ st{\aa}r vinkelrett p{\aa} hverandre.
Dermed er
$$|I\;d\bold{l} \times \hat{r}| = I R\; d\phi \cdot 1$$
ettersom et kurveelement $dl$ langs en sirkel er lik radien $R$ multiplisert
med vinkelelementet $d\phi$:

%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=1.5in \epsfbox{los12_fig2.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE

\noindent
Retningen p{\aa} $d\bold{B}$ m{\aa} bli som vist i figuren:

%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=4.0in \epsfbox{los12_fig1.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE

\noindent
Fra figuren ser vi at
$$\frac{dB_z}{dB} = \sin\theta = \frac{R}{r} = \frac{R}{\sqrt{z^2+R^2}}$$
og det er jo nettopp $z$-komponenten av magnetfeltet vi her er ute etter.
Absoluttverdien til $d\bold{B}$ blir
$$dB = \frac{\mu_0}{4\pi}\cdot \frac{I R\; d\phi}{z^2+R^2}$$
slik at
$$dB_z = dB\sin\theta = \frac{\mu_0}{4\pi}\cdot \frac{I R\; d\phi}{z^2+R^2}
\cdot \frac{R}{\sqrt{z^2+R^2}} = \frac{\mu_0 I R^2\; d\phi}{4\pi\left(z^2+R^2\right)^{3/2}}$$
Den totale $z$-komponenten, og dermed det totale magnetfeltet, f{\aa}r vi deretter
ved {\aa} integrere opp bidragene fra alle str{\o}melementene i hele ringen, dvs ved
{\aa} integrere dette uttrykket over vinkelen $\phi$ fra 0 til $2\pi$:
$$B(z) = \int dB_z = \frac{\mu_0 I R^2}{4\pi\left(z^2+R^2\right)^{3/2}}
\int_0^{2\pi}\; d\phi = \frac{\mu_0 I R^2}{2\left(z^2+R^2\right)^{3/2}}$$
som skulle vises.

\vspace{0.2cm}
\newpage
\noindent
$d)$ I stor avstand fra str{\o}msl{\o}yfa kan vi sette
$$z^2+R^2 \simeq z^2$$
Dermed blir magnetfeltet tiln{\ae}rmet lik
$$B(z) \simeq \frac{\mu_0 I R^2}{2z^3}$$
Str{\o}msl{\o}yfas magnetiske dipolmoment er
$$m = IA = I \cdot \pi R^2$$
s{\aa} vi kan skrive dette magnetfeltet p{\aa} formen
$$B(z) = \frac{\mu_0 m}{2\pi z^3}$$
Det er vel verdt {\aa} sammenligne dette resultatet med det elektriske feltet
p{\aa} aksen til en elektrisk dipol, i stor avstand $z$ fra dipolen. Dette gjorde
vi i {\o}ving 5, hvor vi fant
$$E(z) = \frac{p}{2\pi\varepsilon_0 z^3}$$
der $p$ er dipolens elektriske dipolmoment. Alts{\aa} n{\o}yaktig samme resultat,
med $m$ istedetfor $p$ og $\mu_0$ istedetfor $1/\varepsilon_0$.

\noindent
Vi skal finne flere analogier mellom elektrostatikken og magnetostatikken etterhvert!


\vspace{1.2cm}
\noindent
{\em Oppgave 2}

\vspace{0.2cm}
\noindent
$a)$ Avstandsvektor (fra origo) til en punkt i ringen er:
$$\bold{r} = s \hat{s} + z \hat{z}$$
Str{\o}mtettheten er:
$$\bold{j} = \frac{I}{ab} \hat{\phi}$$
Dermed:
$$\bold{r} \times \bold{j} = \frac{I}{ab} \left( s \hat{z} - z \hat{s} \right)$$
Magnetisk dipolmoment blir:
$$\bold{m} = \frac{I}{2ab} \int \left( s \hat{z} - z \hat{s} \right)
s\,ds\,dz\,d\phi$$
der $\phi$ g{\aa}r fra 0 til $2\pi$, $s$ fra $R-a/2$ til $R+a/2$ og
$z$ fra $z_0$ til $z_0 + b$. I det f{\o}rste leddet, dvs det som er proporsjonalt
med $\hat{z}$, gir integralet over $z$ en faktor $b$ mens integralet over $\phi$ 
gir en faktor $2\pi$. Integralet over $s$ blir
$$\int_{R-a/2}^{R+a/2} s^2 ds = \frac{1}{3} \left(R+a/2\right)^3 -
\frac{1}{3} \left(R-a/2\right)^3$$ 
Det andre leddet, dvs det som er proporsjonalt med $\hat{s}$, m{\aa} av symmetrigrunner
forsvinne. Det kan vi ogs{\aa} vise eksplisitt: Enhetsvektoren $\hat{s}$ er {\em ikke}
konstant, men avhenger av vinkelen $\phi$ p{\aa} f{\o}lgende vis:
$$\hat{s} = \left( \cos \phi \right) \, \hat{x} + \left( \sin \phi \right) \, \hat{y}$$
Dermed blir hele leddet proporsjonalt med
$$\int_0^{2\pi} \, \hat{s} \, d\phi = \int_0^{2\pi} \, 
\left( \cos \phi \; \hat{x} + \sin \phi \; \hat{y} \right) d\phi = 0$$
Ringens magnetiske dipolmoment blir dermed:
\begin{eqnarray}
\bold{m} &=& \frac{I}{2ab} \cdot b \cdot 2\pi \cdot \left[ \frac{1}{3} \left(R+a/2\right)^3 -
\frac{1}{3} \left(R-a/2\right)^3 \right] \, \hat{z} \nonumber \\
&=& \frac{I \pi R^3}{3a} \left[ \left(1+\frac{a}{2R}\right)^3 -
\left(1-\frac{a}{2R}\right)^3 \right] \, \hat{z} \nonumber
\end{eqnarray}



\vspace{0.2cm}
\noindent
$b)$ Med en tynn ring, $a \ll R$, kan uttrykket for $\bold{m}$ rekkeutvikles til laveste
orden i forholdet $a/R$:
$$\left(1+\frac{a}{2R}\right)^3 \simeq 1 + \frac{3a}{2R}$$
$$\left(1-\frac{a}{2R}\right)^3 \simeq 1 - \frac{3a}{2R}$$
En finner da:
$$\bold{m} \simeq I \pi R^2 \hat{z}$$
Her kan man alternativt bare multiplisere ut de to parentesene som er opph{\o}yd
i 3. potens, det blir jo ikke mer enn 4 ledd fra hver. Da f{\aa}r man:
$$\left(1+\frac{a}{2R}\right)^3 - \left(1-\frac{a}{2R}\right)^3 =
\frac{3a}{R} + \frac{a^3}{4R^3} \simeq \frac{3a}{R}$$
der siste tiln{\ae}rmelse kunne gj{\o}res fordi $a \ll R$.



\vspace{1.3cm}
\noindent
{\em Oppgave 3}

\vspace{0.2cm}
\noindent
$a)$ Sentripetalakselerasjonen er $v_0^2/R$ mens Coulombkraften er
$e^2/4\pi\varepsilon_0 R^2$. Newtons 2. lov gir da
$$m_e \frac{v_0^2}{R} = \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 R^2} \;\;\; \Rightarrow \;\;\;
R = \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 m_e v_0^2}$$
Banedreieimpulsen til elektronet er
$$\bold{L}_0 = m_e\; \bold{r} \times \bold{v}_0 = m_e R\; v_0 \;\hat{z}$$
mens dets magnetiske dipolmoment er
$$\bold{m}_0 = I \bold{A} = - \frac{e}{2\pi R/v_0} \cdot \pi R^2 \;\hat{z} =
-\frac{1}{2}e v_0 R \;\hat{z} = - \frac{e}{2 m_e} \bold{L}_0$$


%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
%\centerline{\epsfxsize=2.8in \epsfbox{los14_fig1.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE


\vspace{0.2cm}
\noindent
$b)$ Den valgte retningen p{\aa} $\bold{B}$ f{\o}rer til at den magnetiske kraften
$\bold{F}_m = -e\;\bold{v}\times\bold{B}$ blir rettet innover mot kjernen, dvs i
samme retning som den tiltrekkende Coulombkraften. Med uendret baneradius $R$ bestemmes
dermed hastigheten $v$ av ligningen
$$m_e \frac{v^2}{R} = \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 R^2} + evB$$
Dette er en annengradsligning for $v$,
$$v^2 - \frac{eBR}{m_e}\;v - \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 m_e R} = 0,$$
med l{\o}sning
$$v = \frac{eBR}{2m_e} + \sqrt{\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 m_e R} + \left(\frac{eBR}{2m_e}\right)^2 }$$
(L{\o}sningen med negativt fortegn foran kvadratroten er negativ og ikke aktuell.)

\noindent
La oss g{\aa} tilbake og se p{\aa} hastigheten uten magnetfelt:
$$v_0 = \sqrt{\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 m_e R}}$$
Vi ser umiddelbart at $v>v_0$. Det betyr at det magnetiske dipolmomentet
$$\bold{m} = - \frac{1}{2}e v R \;\hat{z}$$
er st{\o}rre enn f{\o}r vi skrudde p{\aa} magnetfeltet. Med andre ord,
{\em endringen}
$$\Delta \bold{m} = \bold{m} - \bold{m}_0$$
er motsatt rettet det ytre magnetfeltet.

\noindent
Hvis magnetfeltet istedet var rettet nedover, $\bold{B} = -B\;\hat{z}$, ville den magnetiske
kraften bli rettet radielt {\em utover}, dvs i motsatt retning av Coulombkraften, slik
at tilleggsleddet $evB$ i bevegelsesligningen ville komme inn med motsatt fortegn. Dermed
ville den nye hastigheten $v$ ha blitt mindre enn $v_0$, og det magnetiske dipolmomentet ogs{\aa}
mindre enn f{\o}r vi skrudde p{\aa} magnetfeltet. Igjen: {\em Endringen} i magnetisk
dipolmoment ville fremdeles ha v{\ae}rt motsatt rettet det ytre feltet.

\noindent
Konklusjon: Et ytre magnetfelt p{\aa}virker elektronets banebevegelse i atomet p{\aa} en slik
m{\aa}te at det {\em induserte} magnetiske dipolmomentet, dvs det magnetiske dipolmomentet knyttet
til endringen i banebevegelsen, blir motsatt rettet det p{\aa}trykte feltet.
Alts{\aa} {\em diamagnetisme}.

\end{document}
