\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 Elektromagnetisme

\noindent
V{\aa}r 2009

\end{bf}

\begin{center}
\begin{large}
L{\o}sningsforslag til {\o}ving 3
\end{large}
\end{center}


\vspace{1.8cm}
\noindent
{\em Oppgave 1}

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

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

\vspace{1.1cm}
\noindent
$b)$ {\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
$c)$ {\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
$d)$ {\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
$$\frac{V_{\rm Be}}{V_\alpha} = \frac{q_\alpha m_{\rm Be}}{q_{\rm Be} m_\alpha} =
\frac{2 \cdot 9}{4 \cdot 4} = \frac{9}{8}$$

\vspace{0.5cm}
\noindent
{\em Oppgave 2}

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

\vspace{0.2cm}
\noindent
$a)$ Vi benytter oss av tipsene gitt i oppgaveteksten og tar utgangspunkt i figuren
fra "ukentlig sammendrag uke 4":

%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=5.0in \epsfbox{uke34_fig2.eps}}
\vspace{0.5cm} 
%%END FIGURE

\noindent
I figuren har vi tegnet inn et veielement $d\bold{l}$, som i kulekoordinater, i sin mest
generelle form, best{\aa}r av en forflytning langs de tre ortogonale retningene spesifisert ved
de ovenfor nevnte enhetsvektorer. Vi ser at en slik forflytning, fra punktet $(r,\theta,\phi)$
til punktet $(r+dr,\theta+d\theta,\phi+d\phi)$, nettopp tilsvarer vektoren $d\bold{l}$ diagonalt
gjennom volumelementet $dV$. Vi ser av figuren at denne vektoren har komponenter $dr$ langs
$\hat{r}$, $r\;d\theta$ langs $\hat{\theta}$ og $r\sin\theta\;d\phi$ langs $\hat{\phi}$. Alts{\aa}:
$$d\bold{l} = dr\;\hat{r} + r\;d\theta\;\hat{\theta} + r\sin\theta\;d\phi\;\hat{\phi}$$
Legg merke til at mens komponentene til vektoren $d\bold{l}$ i kartesiske koordinater alltid er
de samme ($dx$, $dy$, $dz$), avhenger to av dem av ``hvor vi er'' i kulekoordinater: Komponenten
langs $\hat{\theta}$ er proporsjonal med $r$, dvs avstanden til origo, mens komponenten
langs $\hat{\phi}$ i tillegg avhenger av vinkelen $\theta$ (dvs ``breddegraden'', hvis vi tenker
oss $z$-aksen gjennom polene og ekvator i $xy$-planet). F.eks. er $dl_\phi=r\sin 0 = 0$ hvis
vi starter i $\theta=0$. Ikke urimelig: St{\aa}r vi p{\aa} en av polene, vil et lite skritt
alltid bli i retning s{\o}rover (evt nordover), aldri {\o}stover eller vestover. St{\aa}r vi
p{\aa} ekvator, derimot, dvs i $\theta = \pi/2$, blir $dl_\phi = r\sin\pi/2 \;d\phi = r\;d\phi$.
Ikke urimelig det heller: Her er {\o}st, vest, s{\o}r og nord ``likeverdige'' retninger,
s{\aa} $dl_\theta = r\;d\theta$ og $dl_\phi = r\;d\phi$ b{\o}r her v{\ae}re ``p{\aa} samme form''.


\vspace{0.2cm}
\noindent
Fra figuren finner vi videre de tre flateelementene med flatenormaler henholdsvis
langs $\hat{r}$, $\hat{\theta}$ og $\hat{\phi}$:
\begin{eqnarray}
d\bold{A}_r &=& (r\;d\theta)(r\sin\theta\;d\phi)\hat{r} \nonumber \\
&=& r^2\sin\theta\;d\theta\;d\phi\;\hat{r} \nonumber \\ 
d\bold{A}_\theta &=& (dr)(r\sin\theta\;d\phi)\hat{\theta} \nonumber \\
&=& r\;dr\sin\theta\;d\phi\;\hat{\theta} \nonumber \\
d\bold{A}_\phi &=& (dr)(r\;d\theta)\hat{\phi} \nonumber \\
&=& r\;dr\;d\theta\;\hat{\phi} \nonumber
\end{eqnarray}
Merk at disse tre er {\em vektorer}, med absoluttverdi lik arealet av
flateelementet (f.eks. $dA_r$) og retning normalt p{\aa} flaten
(f.eks. $\hat{r}$). Vi trenger b{\aa}de {\em st{\o}rrelse} og {\em orientering}
for {\aa} gi en presis beskrivelse av en flate!

\vspace{0.4cm}
\noindent
Endelig ser vi at volumelementet m{\aa} bli 
$$dV = (dr)(r\;d\theta)(r\sin\theta\;d\phi) = r^2\;dr\sin\theta\;d\theta\;d\phi$$

\vspace{0.6cm}
\noindent
$b)$ Volumet av ei kule med radius $R$ finner vi ved {\aa} integrere volumelementet
$dV$ over alle verdier av $\theta$ og $\phi$ og $r$ fra 0 til $R$:
\begin{eqnarray}
V(R) &=& \int_{r<R} dV = \int_0^R r^2\;dr \int_0^\pi \sin\theta\;d\theta \int_0^{2\pi}d\phi \nonumber \\
&=&\frac{1}{3}R^3 \cdot 2 \cdot 2\pi = \frac{4\pi}{3}R^3 \nonumber
\end{eqnarray}
Merk at n{\aa}r vi integrerer over $\phi$ fra 0 til $2\pi$, m{\aa} vi integrere over $\theta$
fra 0 til $\pi$, og ikke $2\pi$, for {\aa} dekke alle romvinkler (``retninger'') {\em en} gang, og ikke to.


\vspace{0.4cm}
\noindent
Arealet av ei kuleflate med radius $R$ finner vi ved {\aa} integrere flateelementet
$dA_r$ (alts{\aa} absoluttverdien av $d\bold{A}_r$) over alle verdier av $\theta$ og $\phi$ med $r=R$:
$$A(R) = \int_{r=R} dA_r = R^2 \int_0^\pi \sin\theta\;d\theta \int_0^{2\pi} d\phi =
R^2 \cdot 2 \cdot 2\pi = 4\pi R^2$$

%\newpage
\vspace{0.4cm}
\noindent
$c)$ Den oppgitte ladningstettheten er positiv (eller null) overalt inne i kula. Den vokser line{\ae}rt
med avstanden fra kulas sentrum. Videre f{\o}rer leddet $\cos^2\theta$ til st{\o}rst ladningstetthet
p{\aa} de to ``polene'' (dvs $\theta=0$ eller $\theta = \pi$) og minst ladningstetthet (null) i
ekvatorplanet (dvs $\theta = \pi/2$).

\noindent
Et lite volumelement $dV$ av kula inneholder en ladning
$$dq = \rho \; dV$$
Kulas totale ladning f{\aa}r vi ved {\aa} integrere $dq$ over kulas volum. Vi bruker uttrykket for $dV$
fra punkt $a)$ og f{\aa}r:

\begin{eqnarray}
Q &=& \int dq \nonumber \\
&=& \int_{r=0}^{R} \int_{\theta=0}^{\pi} \int_{\phi=0}^{2\pi} \rho_0 \frac{r}{R} \cos^2\theta\;
    r^2\;dr\sin\theta\;d\theta\;d\phi \nonumber \\
&=& \rho_0 \left( \int_{r=0}^{R} \frac{r^3}{R}\;dr \right) 
           \left( \int_{\theta=0}^{\pi} \cos^2\theta \sin\theta\;d\theta \right)
           \left( \int_{\phi=0}^{2\pi} d\phi \right) \nonumber \\
&=& \rho_0 \;\; |_{0}^{R}\;\frac{r^4}{4R} \;\; |_{0}^{\pi}\;\left(-\frac{1}{3}\cos^3\theta\right) \;\;
    |_{0}^{2\pi}\;\phi \nonumber \\
&=& \rho_0 \frac{R^3}{4} \cdot \frac{2}{3} \cdot 2\pi \nonumber \\
&=& \frac{\rho_0 \pi R^3}{3} \nonumber 
\end{eqnarray}

\noindent
Har vi regnet riktig? Vel, vi har i hvert fall riktig dimensjon: Ladning pr volumenhet $\rho_0$
ganget med en faktor $R^3$, som har dimensjon som et volum.

\vspace{0.5cm}
\noindent
Med andre ord: Intet ``mystisk'' med slike flerdimensjonale integraler: Det er bare {\aa} integrere over hver
integrasjonsvariabel for seg. Her var integranden hele tiden uavhengig av vinkelen $\phi$, s{\aa} integralet over
den gav bare en faktor $2\pi$. Videre var selvsagt $\theta$-avhengigheten i $\rho$ 
i den siste oppgaven valgt med omhu, slik
at vi fikk et enkelt l{\o}sbart integral over variabelen $\theta$. 


\vspace{0.5cm}
\noindent
Legg videre merke til at vi som regel ikke ``gidder'' {\aa} skrive $\int \int \int dV$,
men simpelthen $\int dV$, selv om det alts{\aa} er tre integrasjoner involvert. Det vil
alltid g{\aa} fram av sammenhengen om det er en linje, en flate eller et volum vi skal
integrere over.


\vspace{1.5cm}
\noindent
{\em Oppgave 4}

\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 en avstand
$r_2$ 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.)



\end{document}
