\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 10
\end{large}
\end{center}

\noindent
Veiledning torsdag 17. og fredag 18. mars


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

\vspace{0.2cm}
\noindent
$a)$ Dette systemet kan oppfattes som en seriekobling av tre motstander:
de to 30 cm lange Al--ledningene og motstanden $R = 10 \; \Omega$.
Motstanden til Al--ledningene blir
$$R_A = \frac{l}{\sigma A} = 
\cdot \frac{0.60{\rm m}}{3.54\cdot10^7\;\Omega^{-1}{\rm m}^{-1}\cdot
10^{-6}{\rm m}^2} = 0.017\;\Omega$$
Samme str{\o}mstyrke $I$ g{\aa}r gjennom hele systemet. Den er
$$I = \frac{V}{R+R_A} = \frac{1.5\;{\rm V}}{10.017\;\Omega} =
0.1497\;{\rm A} \simeq 0.15\;{\rm A}$$
if{\o}lge Ohms lov. Vi f{\aa}r dermed spenningsfallene
$$V_R = RI = 10\;\Omega \cdot 0.1497\;{\rm A} = 1.497\;{\rm V}$$
over motstanden $R$ og
$$V_A = R_A I = 0.017\;\Omega \cdot 0.1497\;{\rm A} = 0.0025\;{\rm V}$$
over de to Al--ledningene tilsammen.

\vspace{0.2cm}
\noindent
$b)$ Str{\o}mstyrken $I$ beregnet vi under punkt $a)$. Utviklet
effekt i motstanden $R$ blir
$$P = V_R I = 1.497\;{\rm V} \cdot 0.1497\;{\rm A} =
0.224\;{\rm W}$$
($0.225 \simeq 0.23\;{\rm W}$ dersom vi neglisjerer motstanden og spenningsfallet
over Al--ledningene) 

\vspace{0.2cm}
\noindent
$c)$ Her m{\aa} vi bestemme tettheten av frie elektroner $n$. Deretter
kan vi bruke $I = j \cdot A = n e v A$ til {\aa} beregne midlere
driftshastighet $v$.

\noindent
I Al har vi 2700 kg pr m$^3$. Dette tilsvarer 2700/0.02698 mol =
100074 mol = 100074 $\cdot 6.02\cdot10^{23}$ atomer = $6.02\cdot10^{28}$
atomer, og da like mange frie elektroner, med antagelsen ett fritt elektron
pr atom Al. Midlere driftshastighet blir
$$v = \frac{I}{neA} = \frac{0.15}{6.02\cdot10^{28}\cdot1.6\cdot10^{-19}
\cdot10^{-6}} = 1.56\cdot10^{-5} \; {\rm m/s} = 15.6 \mu{\rm m/s}$$
Midlere termiske hastighet for elektronene ansl{\aa}r vi ved {\aa}
sette kinetisk energi lik termisk energi:
\begin{eqnarray}
\frac{1}{2}mv^2 &=& \frac{3}{2}k_B T \nonumber \\
\Rightarrow v &=& \sqrt{\frac{3k_B T}{m}} \simeq 10^5 \; {\rm m/s} \nonumber
\end{eqnarray}
Her er $k_B = 1.38\cdot10^{-23}$ J/K Boltzmanns konstant. Vi ser at midlere
driftshastighet er ca 10 st{\o}rrelsesordener mindre enn midlere termiske
hastighet. Det tar alts{\aa} flere timer for et gitt elektron {\aa} komme
seg fra den ene til den andre siden av "systemet" v{\aa}rt! 


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

\vspace{0.2cm}
\noindent
$a)$ Dersom 700 W tilsvarer 90\% av total effekt, blir total effekt
700/0.9 W = 778 W. Denne effekten skal leveres i 0.005 s. Da m{\aa} en energi
$(700/0.9)\cdot0.005$ J = 3.89 J lagres i kondensatoren.

\vspace{0.2cm}
\noindent
$b)$ Vi har utledet i forelesningene hvor stort arbeid som skal til
for {\aa} lade opp en kondensator med kapasitans $C$. La oss kort
rekapitulere: For {\aa} {\o}ke ladningen p{\aa} kondensatoren fra $q$
til $q+dq$ fordres arbeidet $dW = v(q)dq$, der $v(q)$ er spenningen over
kondensatoren med ladning $q$. Pr definisjon er $C = q/v$ slik at
$dW = C^{-1}q\;dq$ og totalt arbeid $W = Q^2/2C$ for {\aa} {\o}ke ladningen
fra 0 til $Q$. Med $Q = VC$ kan dette ogs{\aa} skrives
$W = CV^2/2$. Det betyr at spenningen som skal til for {\aa} lagre
energien 3.89 J i en kondensator med kapasitans 0.80 mF er
$$V = \sqrt{\frac{2W}{C}} = \sqrt{\frac{2\cdot 3.89}{0.80\cdot 10^{-3}}} =
98.6 \; {\rm V}$$
 

\vspace{1.0cm}
\noindent
{\em Oppgave 3}

\vspace{0.2cm}
\noindent
Hele lederen kan deles opp i "sylinderr{\o}r" med
indre radius $r$, ytre radius $r+dr$, og dermed
tverrsnitt med areal
$$dA = 2 \pi r \; dr$$
Str{\o}mmen i et slik r{\o}r er
$$dI = j \cdot dA = j_0 \left(1 - \frac{r^2}{R^2} \right) \cdot
2\pi r \; dr$$
Total str{\o}m $I$ finner vi ved {\aa} integrere $dI$ over
lederens tverrsnitt, dvs ved {\aa} la $r$ variere fra 0 til $R$:
\begin{eqnarray}
I &=& \int dI \nonumber \\
&=& \int_0^R j_0 \left(1 - \frac{r^2}{R^2} \right) \cdot
2\pi r \; dr \nonumber \\
&=& 2\pi j_0 |_0^R \left( \frac{1}{2}r^2 - \frac{r^4}{4R^2} \right)
\nonumber \\
&=& 2\pi j_0 \left( \frac{1}{2}R^2 - \frac{1}{4}R^2 \right) \nonumber \\
&=& \frac{1}{2} j_0 \pi R^2 \nonumber
\end{eqnarray}



\newpage
%\vspace{1.0cm}
\noindent
{\em Oppgave 4}

\vspace{0.2cm}
\noindent
1. Hele omr{\aa}det mellom $r=a$ og $r=b$ kan oppfattes som en seriekobling
av motstander $dR$, der hver motstand er et tynt kuleskall med radius $r$ og tykkelse $dr$:
$$dR = \frac{\rho\;dr}{4\pi r^2}$$
Hele motstanden finner vi ved {\aa} legge sammen enkeltmotstandene, dvs ved
{\aa} integrere fra $r=a$ til $r=b$:
\begin{eqnarray}
R &=& \int dR \nonumber \\
&=& \int_a^b \frac{\rho\;dr}{4\pi r^2} \nonumber \\
&=& \frac{\rho}{4\pi} |_a^b \left(-\frac{1}{r}\right) \nonumber \\
&=& \frac{\rho}{4\pi}\left(\frac{1}{a} - \frac{1}{b} \right) \nonumber
\end{eqnarray}


\vspace{0.2cm}
\noindent
2. Det oppgitte uttrykket for str{\o}mstyrken $I$ viser at vi her kan
bruke Gauss' lov for det elektriske feltet til {\aa} bestemme $I$:
$$I = \frac{1}{\rho} \cdot \frac{Q}{\varepsilon_0}$$
Vi m{\aa} her forutsette at ladningen som kommer inn p{\aa} den innerste
lederen umiddelbart fordeler seg jevnt over kuleflaten ved $r=a$ f{\o}r den starter
sin vandring gjennom materialet mellom $r=a$ og $r=b$.

\noindent
Potensialforskjellen mellom indre og ytre lederskall bestemmes enkelt
ettersom vi kjenner feltet $\bold{E}$:
\begin{eqnarray}
\Delta V &=& V_a - V_b \nonumber \\
&=& - \int_b^a E(r)\; dr \nonumber \\
&=& \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0} |_b^a \frac{1}{r} \nonumber \\
&=& \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0} \left( \frac{1}{a} - \frac{1}{b} \right) \nonumber
\end{eqnarray}
Av disse uttrykkene f{\o}lger det at motstanden er
$$R = \frac{\Delta V}{I} = \frac{\rho}{4\pi}
\left( \frac{1}{a} - \frac{1}{b} \right)$$


\end{document}
