\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 2008

\end{bf}

\begin{center}
\begin{large}
L{\o}sningsforslag til {\o}ving 13
\end{large}
\end{center}

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

\vspace{0.2cm}
\noindent
Retningen p{\aa} $\bold{B}$:
\begin{itemize}
\item
$B_y = 0$ fordi $d\bold{B} \sim \hat{y} \times \hat{r} \perp \hat{y}$ if{\o}lge Biot-Savarts
lov. (Alle str{\o}mbidrag g{\aa}r i $y$-retningen.)
\item
$B_z=0$: Se p{\aa} figuren nedenfor. Her er $d\bold{B}_{+}$ og $d\bold{B}_{-}$ bidrag til
magnetfeltet henholdsvis over og under $xy$-planet fra ``symmetrisk lokaliserte'' uendelig
lange, tynne str{\o}mf{\o}rende ledere i posisjon $\pm x$. Biot-Savarts lov og figurbetraktning gir
at $\bold{B}$ m{\aa} v{\ae}re rettet i positiv $x$-retning for $z>0$ og i negativ
$x$-retning for $z<0$.
\end{itemize}

%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=2.5in \epsfbox{los13_fig5.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE

\noindent
Absoluttverdien av magnetfeltet kan ikke avhenge av $x$ eller $y$ n{\aa}r det
str{\o}mf{\o}rende planet er uendelig stort. Dessuten m{\aa} $B$ v{\ae}re like
stor en avstand $z$ over $xy$-planet som en avstand $z$ under. 
($B_{+} = B_{-} = B$, se figuren nedenfor) Da skulle vi
ha det beste valget av amperekurve klart: Et rektangel med flatenormal i positiv
$y$-retning, symmetrisk plassert i forhold til $xy$-planet:

%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=2.5in \epsfbox{los13_fig6.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE
                                                                                                                         
\noindent
N{\aa}r integrasjonsveien velges som vist i figuren, er str{\o}mmen omsluttet
av amperekurven {\em positiv}, if{\o}lge h{\o}yreh{\aa}ndsregelen. Med en lengde
$L$ i $x$-retningen blir den omsluttede str{\o}mmen $I_{\rm in} = i \cdot L$.
Amperes lov gir dermed:
$$\oint \bold{B}\cdot \; d\bold{l} = 2 \cdot B \cdot L = \mu_0 i \cdot L$$
eller
$$B = \mu_0 i/2$$
(P{\aa} de vertikale bitene av amperekurven er $\bold{B} \perp \;d\bold{l}$ s{\aa}
disse gir null bidrag til integralet.)

\noindent
Alternativt kunne vi f{\o}rst ha lagt hele ampererektangelet p{\aa} en side av
$xy$-planet. Da hadde vi hatt null omsluttet str{\o}m, og dermed f{\aa}tt at
$B$ m{\aa}tte v{\ae}re uavhengig av $z$. I neste omgang legger vi amperekurven slik
at den omslutter en del av $xy$-planet, og dermed ogs{\aa} en viss str{\o}m, og
finner det samme som over. S{\aa} langt jeg kan se, holder det {\aa} bruke
Amperes lov {\em en} gang
n{\aa}r vi legger amperekurven symmetrisk om $xy$-planet.


\vspace{1.3cm}
\noindent
{\em Oppgave 2}

\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}.

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

\vspace{0.2cm}
\noindent
Opplysningene gitt i oppgaveteksten medf{\o}rer at vi her velger som amperekurve en sirkel
som er ko-planar med smultringspolen, med sentum p{\aa} spolens akse og radius $s$. Hvis
amperekurven ligger inni spolen, vil den omslutte $N$ viklinger som hver f{\o}rer en
str{\o}m $I$, dvs netto omsluttet str{\o}m $NI$. Hvis amperekurven ligger utenfor spolen,
vil den omslutte null netto str{\o}m: Enten ingen str{\o}m i det hele tatt, eller like
mye str{\o}m opp gjennom som ned gjennom den valgte omsluttede flaten. Amperes lov gir da,
inni spolen:
\begin{eqnarray}
B(s) \cdot 2\pi s &=& \mu_0 N I \nonumber \\
\Rightarrow B(s) &=& \frac{\mu_0 N I}{2\pi s} \nonumber
\end{eqnarray}
og utenfor spolen:
\begin{eqnarray}
B(s) \cdot 2\pi s &=& 0 \nonumber \\
\Rightarrow B(s) &=& 0 \nonumber
\end{eqnarray}


\newpage
\noindent
{\em Oppgave 4}

\vspace{0.2cm}
\noindent
Det vi har bruk for i denne oppgaven, er et uttrykk for magnetfeltet $\bold{B}_1$
i et vilk{\aa}rlig punkt, fra en rett str{\o}mf{\o}rende leder med lengde $2L$,
str{\o}mstyrke $I$. Med utgangspunkt i f{\o}lgende figur,

%%FIGURE
\vspace{0.3cm}
\centerline{\epsfxsize=2.2in \epsfbox{los13_fig9.eps}}
\vspace{0.3cm}
%%END FIGURE

\noindent
har vi
\begin{eqnarray}
B_1 &=& \frac{\mu_0 I}{4\pi b} \left( \sin\beta_{\rm max} - \sin\beta_{\rm min} \right) \nonumber \\
&=& \frac{\mu_0 I}{4\pi b} \left( \cos\alpha_{\rm min} - \cos\alpha_{\rm max} \right) \nonumber \\
&=& \frac{\mu_0 I}{4\pi b} \left( \frac{2L+a}{\sqrt{(2L+a)^2+b^2}} -
                                  \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}} \right) \nonumber
\end{eqnarray}
Hvis vi her setter $a = -L$ og $b = x$, har vi spesialtilfellet med et punkt i avstand $x$ fra
lederen, i planet som deler lederen p{\aa} midten, dvs det vi s{\aa} p{\aa} i forelesningene.
Men i denne oppgaven skal vi se p{\aa} magnetfeltet fra en kvadratisk str{\o}mf{\o}rende leder.

\vspace{0.2cm}
\noindent
La oss starte med et punkt p{\aa} $z$-aksen (se figur A nedenfor), og la oss anta $z>0$. 
Vi antar ogs{\aa} at str{\o}mmens retning er slik at det magnetiske
dipolmomentet peker i positiv $z$-retning.
De 4 sidekantene bidrar her med like stor feltstyrke. Avstanden fra hver rette 
lederbit til punktet p{\aa} $z$-aksen er $b=\sqrt{z^2+L^2}$, og vi har nettopp $a=-L$. 
Bruker vi uttrykket ovenfor, finner vi dermed
$$B_1 = \frac{\mu_0 I L}{2\pi b \sqrt{b^2+L^2}} = 
\frac{\mu_0 I L}{2\pi\sqrt{z^2+L^2}\sqrt{(z^2+L^2)+L^2}}.$$
Alle disse 4 bidragene har forskjellig retning, og summmen av dem blir
en vektor i positiv $z$-retning. Vi finner $z$-komponenten av $B_1$ ved
{\aa} multiplisere med faktoren
$$\cos\theta = \frac{L}{\sqrt{z^2+L^2}}$$
slik at det totale feltet blir
$$\bold{B}(z) = \hat{z}\cdot 4 \cdot \frac{\mu_0 I L}{2\pi\sqrt{z^2+L^2}\sqrt{z^2+2L^2}} 
\cdot \frac{L}{\sqrt{z^2+L^2}} = \frac{2\mu_0 I L^2 \hat{z}}{\pi(z^2+L^2)\sqrt{z^2+2L^2}}$$

\vspace{0.2cm}
\noindent
I et punkt p{\aa} $x$-aksen ($x > L$) vil sidekantene i $y=L$, $x=-L$ og $y=-L$ gi
bidrag som peker i positiv $z$-retning, mens sidekanten i $x=L$ gir et bidrag i
negativ $z$-retning (se figur B nedenfor). Vi ser p{\aa} de 4 bidragene hver for seg.

\noindent
Bidrag fra sidekant i $x=L$ (''nr 1''): Her er $b=x-L$ og $a=-L$, og vi finner
$$\bold{B}_1(x) = -\frac{\mu_0 I L \hat{z}}{2\pi} \frac{1}{(x-L)\sqrt{(x-L)^2 + L^2}}$$

\vspace{0.3cm}
\noindent
Bidrag fra sidekant i $x=-L$ (''nr 3''): Her er $b=x+L$ og $a=-L$, og vi finner
$$\bold{B}_3(x) = \frac{\mu_0 I L \hat{z}}{2\pi} \frac{1}{(x+L)\sqrt{(x+L)^2 + L^2}}$$

\vspace{0.3cm}
\noindent
Bidragene fra sidekantene i $y=L$ (''nr 2'') og $y=-L$ (''nr 4'') er like store og har samme
retning, s{\aa} disse to tar vi i en smekk. I dette tilfellet er $b=L$ og $a=x-L$, som gir
$$\bold{B}_2(x) = \bold{B}_4(x) = 
\frac{\mu_0 I}{4\pi L} \left[ \frac{x+L}{\sqrt{(x+L)^2+L^2}} - \frac{x-L}{\sqrt{(x-L)^2+L^2}} \right]$$

\vspace{0.3cm}
\noindent
Totalt felt blir summen av disse 4:
$$\bold{B}(x) = \bold{B}_1(x) + \bold{B}_2(x) + \bold{B}_3(x) + \bold{B}_4(x)$$


%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=3.8in \epsfbox{los13_fig8.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE
                                                                                                                         
\vspace{0.2cm}
\noindent
La oss n{\aa} regne ut hva magnetfeltet blir til ledende orden langt ute p{\aa} hhv $z$- og $x$-aksen.
Dette blir lettest langt ute p{\aa} $z$-aksen. Da kan vi i uttrykket for $\bold{B}(z)$ ganske
enkelt neglisjere $L^2$ og $2L^2$ i forhold til $z^2$ i nevneren:
$$\bold{B}(z) \simeq \frac{2\mu_0 I L^2 \hat{z}}{\pi z^3}$$
Og dette er konsistent med $\bold{B}_{\rm dipol}(\bold{r})$ gitt i oppgaveteksten: Sl{\o}yfa
har magnetisk dipolmoment
$$\bold{m} = I \bold{A} = I \cdot 4L^2 \hat{z}$$
og for et punkt p{\aa} $z$-aksen er
$$\hat{r} = \hat{z}$$
Dermed:
$$\bold{B}_{\rm dipol}(z) = \frac{\mu_0}{4\pi z^3}
\left[ 3 \cdot 4IL^2 \hat{z} - 4IL^2 \hat{z} \right] =
\frac{2\mu_0 I L^2 \hat{z}}{\pi z^3}$$

\vspace{0.2cm}
\noindent
For et punkt langt ute p{\aa} $x$-aksen er
$$\hat{r} = \hat{x}$$
slik at f{\o}rste ledd i $\bold{B}_{\rm dipol}$ forsvinner. Vi st{\aa}r igjen med
$$\bold{B}_{\rm dipol}(x) = \frac{\mu_0}{4\pi x^3}  \left[- 4IL^2 \hat{z} \right] =
-\frac{\mu_0 IL^2 \hat{z}}{\pi x^3}$$
Vi regner ut ledende ordens bidraget fra den eksakte $\bold{B}(x)$:
\begin{eqnarray}
B_1(x) &=& -\frac{\mu_0 I L }{2\pi x^2} \frac{1}{(1-L/x)(1-2L/x+2(L/x)^2)^{1/2}} \nonumber \\
&\simeq& -\frac{\mu_0 I L }{2\pi x^2} \left(1+\frac{L}{x}\right)\left(1+\frac{L}{x}\right) \nonumber \\
&\simeq& -\frac{\mu_0 I L }{2\pi x^2} \left(1+\frac{2L}{x}\right) \nonumber
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
B_3(x) &=& \frac{\mu_0 I L }{2\pi x^2} \frac{1}{(1+L/x)(1+2L/x+2(L/x)^2)^{1/2}} \nonumber \\
&\simeq& \frac{\mu_0 I L }{2\pi x^2} \left(1-\frac{L}{x}\right)\left(1-\frac{L}{x}\right) \nonumber \\
&\simeq& \frac{\mu_0 I L }{2\pi x^2} \left(1-\frac{2L}{x}\right) \nonumber
\end{eqnarray}
\begin{eqnarray}
&  & B_2(x)+B_4(x) \nonumber \\
&=&\frac{\mu_0 I}{2\pi L} \left[ \frac{1+L/x}{(1+2L/x+2(L/x)^2)^{1/2}} -
\frac{1-L/x}{(1-2L/x+2(L/x)^2)^{1/2}} \right] \nonumber \\
&\simeq& \frac{\mu_0 I}{2\pi L} 
\left[(1+L/x)(1-L/x+L^2/2x^2+L^3/2x^3) - (1-L/x)(1+L/x+L^2/2x^2-L^3/2x^3) \right] \nonumber \\
&\simeq& \frac{\mu_0 I}{2\pi L} \left[ \frac{2L^3}{x^3} \right] \nonumber
\end{eqnarray}
Og summen av disse blir nettopp
$$B(x) \simeq -\frac{\mu_0 IL^2}{\pi x^3},$$
dvs det samme som $B_{\rm dipol}(x)$ ovenfor.


\end{document}
