\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/FY1303 Elektrisitet og magnetisme

\noindent
V{\aa}r 2004

\end{bf}

\begin{center}
\begin{large}
L{\o}sningsforslag til {\o}ving 7
\end{large}
\end{center}

\noindent
Veiledning uke 9 og 10.


\vspace{1cm}
\noindent

\begin{tabular}{|r|c|c|c|c|c|} \hline
Oppgave &\hspace{0.3cm} A \hspace{0.3cm} &\hspace{0.3cm} B \hspace{0.3cm} &\hspace{0.3cm} C \hspace{0.3cm} &
\hspace{0.3cm} D \hspace{0.3cm} &\hspace{0.3cm} E \hspace{0.3cm} \\ \hline
1 \hspace{0.5cm} & & & & &x\\ \hline
2 \hspace{0.5cm} & & & &x& \\ \hline
3 \hspace{0.5cm} & & & &x& \\ \hline
4 \hspace{0.5cm} & &x& & & \\ \hline
5 \hspace{0.5cm} &x& & & & \\ \hline
6 \hspace{0.5cm} &x& & & & \\ \hline
7 \hspace{0.5cm} & & &x& & \\ \hline
8 \hspace{0.5cm} &x& & & & \\ \hline
9 \hspace{0.5cm} & & & & &x\\ \hline
10 \hspace{0.5cm} & & & &x& \\ \hline
11 \hspace{0.5cm} & & & & &x\\ \hline
12 \hspace{0.5cm} & & &x& & \\ \hline
13 \hspace{0.5cm} & & &x& & \\ \hline
14 \hspace{0.5cm} &x& & & & \\ \hline
15 \hspace{0.5cm} &x& & & & \\ \hline
16 \hspace{0.5cm} & & &x& &\#\#\#\#\# \\ \hline
17 \hspace{0.5cm} & & & &x&\#\#\#\#\# \\ \hline
18 \hspace{0.5cm} & & & &x&\#\#\#\#\# \\ \hline
19 \hspace{0.5cm} & & & &x&\#\#\#\#\# \\ \hline
20 \hspace{0.5cm} & & &x& &\#\#\#\#\# \\ \hline
\end{tabular}



\vspace{1.5cm}
\noindent
$1)$ Faktasp{\o}rsm{\aa}l! Her er dessuten elektronets masse $m_e$ og
protonets masse $m_p$ oppgitt i oppgaveteksten, s{\aa} det er jo bare
{\aa} regne ut forholdet.

\vspace{0.4cm}
\noindent
$2)$ Se forrige punkt.

\vspace{0.4cm}
\noindent
$3)$ Ett elektron har ladning $-e = -1.6\cdot10^{-19}$ C. En ladning p{\aa}
$-160$ pC = $-160\cdot10^{-12}$ C tilsvarer da
$$\frac{-160\cdot10^{-12}}{-1.6\cdot10^{-19}} = 10^9\;\;{\rm elektroner}$$

\vspace{0.4cm}
\noindent
$4)$ En ladet metallkule vil tiltrekke seg en kule med motsatt ladning. Den vil imidlertid
ogs{\aa} tiltrekke seg en n{\o}ytral metallkule p{\aa} grunn av polarisering av den
n{\o}ytrale kula. (Se ytterligere forklaring under punkt 9.) Det er da {\em alltid
sant} at minst en av kulene er ladet. (Mens det {\em kan} v{\ae}re sant at begge kulene
er ladet.)


\vspace{0.4cm}
\noindent
$5)$ Ved ber{\o}ring mellom den ladete glass-staven og en av metallkulene vil ladning
overf{\o}res fra den ene til den andre. Her har glass-staven et underskudd p{\aa}
elektroner, s{\aa} fri elektroner i metallet vil overf{\o}res til glass-staven. Dermed f{\aa}r
metallkulen et underskudd p{\aa} elektroner, dvs en netto positiv ladning. De to metallkulene
som er i ber{\o}ring med hverandre vil i elektrostatisk likevekt ha samme elektriske potensial
overalt. Det oppn{\aa}s her ved at fri ladning p{\aa} begge kulene omfordeler seg for {\aa}
``utligne'' effekten av at noen elektroner forsvant over til glass-staven. Resultatet blir
at begge metallkulene ender opp med netto positiv ladning.

\vspace{0.4cm}
\noindent
$6)$ Her kommer glass-staven ikke i ber{\o}ring med metallkulene, s{\aa} vi kan ikke f{\aa}
noen netto overf{\o}ring av ladning mellom glass-staven og kulene. Imidlertid vil den positivt
ladete glass-staven trekke fri elektroner i metallet til seg, slik at vi f{\aa}r et overskudd
av negativ ladning p{\aa} venstre side av venstre metallkule. Siden metallkulene totalt sett
er elektrisk n{\o}ytrale, m{\aa} det bety at h{\o}yre kule ender opp med et underskudd av
elektroner, alts{\aa} netto positiv ladning. Dette er igjen polarisering (jfr oppgave 4, 9
og 14), eller ``lading ved induksjon'' som det ogs{\aa} kalles.

\vspace{0.4cm}
\noindent
$7)$ {\O}vingens eneste ordentlige regneoppgave! Fra figuren nedenfor ser vi
at summen av gravitasjonskraften og den (frast{\o}tende) elektrostatiske
kraften akkurat m{\aa} kansellere snordraget $\bold{s}$. 


%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=2.0in \epsfbox{los7_fig1.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE

\noindent
Da har vi f{\o}lgende sammenhenger:
\begin{eqnarray}
& &\tan \frac{\theta}{2} = \frac{F_q}{F_m} = \frac{q^2/4\pi\varepsilon_0 r^2}{mg} \nonumber \\
& &\sin \frac{\theta}{2} = \frac{r/2}{l} \nonumber \\
&\Rightarrow& r = 2 l \sin \frac{\theta}{2} \nonumber \\
&\Rightarrow& q = \left\{4\pi\varepsilon_0 mg \left(2l\sin \frac{\theta}{2}\right)^2
\tan \frac{\theta}{2} \right\}^{1/2} \nonumber \\
& & \;\;\;\;\;
= \left\{\frac{1}{9\cdot10^9}\cdot10\cdot10^{-3}\cdot9.8\cdot
\left(2\cdot0.1\cdot\sin 15^\circ\right)^2\cdot\tan 15^\circ \right\}^{1/2} \;{\rm C}
\simeq 8.8\cdot10^{-8} \;{\rm C} \nonumber 
\end{eqnarray}

\vspace{0.4cm}
\noindent
$8)$ Kreftene fra ladningene i $B$ og $C$ er like store og motsatt rettet og gir
derfor null netto bidrag. Kraften fra ladningen i $A$ peker langs $OD$. (Vektor-)Summen
av kreftene fra de to ladningene midt p{\aa} $CD$ og $BD$ m{\aa} peke langs
$OA$. I absoluttverdi m{\aa} hver av disse v{\ae}re n{\o}yaktig dobbelt s{\aa}
store som kraften fra ladningen i $A$, ettersom avstanden $OA$ er $\sqrt{2}$ ganger
s{\aa} stor som avstanden fra $O$ ut til de to midtpunktene. I absoluttverdi er
vektorsummen av kreftene fra de to ladningene midt p{\aa} $CD$ og $BD$ en faktor
$\sqrt{2}$ st{\o}rre enn lengden av hver av dem. F{\o}lgelig er denne vektorsummen
ogs{\aa} st{\o}rre enn kraften fra ladningen i $A$. Dermed m{\aa} totalkraften peke
langs $OA$.

\vspace{0.4cm}
\noindent
$9)$ Motsatte ladninger tiltrekker hverandre, like ladninger frast{\o}ter hverandre.
Dessuten vil et ladet objekt alltid tiltrekke seg et n{\o}ytralt objekt p{\aa} grunn
av polarisering av det n{\o}ytrale objektet: Et positivt ladet objekt vil f.eks. skyve
positive ladninger i det n{\o}ytrale objektet fra seg og trekke de negative til seg.
Nettoeffekten blir tiltrekning p{\aa} grunn av kortere avstand til de negative ladningene.
(Eks: Lad opp en kam ved {\aa} gre deg. Vannet i springen er n{\o}ytralt, men tiltrekkes
av kammen.)

\noindent
Dermed: Kulene 2 og 3 m{\aa} begge v{\ae}re ladet, og med ladning av samme fortegn.
Kule 1 kan v{\ae}re n{\o}ytral eller v{\ae}re ladet med motsatt ladning av kulene 2 og 3.
I begge tilfeller vil den tiltrekkes av kule 2. Det er alt vi kan si, s{\aa} vi har ikke
nok informasjon til {\aa} bestemme hva slags ladning vi har p{\aa} alle kulene.

\vspace{0.4cm}
\noindent
$10)$ Newtons 3. lov: Kraft = motkraft! 

\vspace{0.4cm}
\noindent
$11)$ If{\o}lge Gauss' lov er total elektrisk fluks gjennom de tre lukkede flatene
$a$, $b$ og $c$ like store, ettersom netto ladning innenfor er like stor.
Det elektriske feltet st{\aa}r vinkelrett p{\aa} den plane flaten (og peker
bort fra flaten hvis $\sigma$ er positiv). Dermed g{\aa}r det ikke noe fluks
gjennom sidene av de to sylinderne. Dermed g{\aa}r n{\o}yaktig
halvparten av den totale fluksen gjennom b{\aa}de de to topplokkene av $a$ og $b$ og
halvkulen av $c$.

\vspace{0.4cm}
\noindent
$12)$ Se forrige punkt. Samme netto ladning innenfor flaten gir samme netto 
fluks gjennom flaten.

\vspace{0.4cm}
\noindent
$13)$ Bare ladning {\em innenfor} gaussflaten bidrar til netto elektrisk fluks
gjennom den. Feltlinjer fra ladningene p{\aa} utsiden g{\aa}r b{\aa}de inn gjennom
og ut av gaussflaten og bidrar ikke til netto fluks. 

\vspace{0.4cm}
\noindent
$14)$ Det spiller ingen rolle om ladningsfordelingen p{\aa} metallet ikke lenger
er uniform: Det elektrostatiske feltet $\bold{E}$ er null overalt inne i metallet,
s{\aa} potensialet $V$ m{\aa} v{\ae}re konstant overalt. Se ogs{\aa} neste
sp{\o}rsm{\aa}l. 

\vspace{0.4cm}
\noindent
$15)$ Det elektrostatiske feltet $\bold{E}$ er null overalt inne i metallet (lederen). 
Feltet $\bold{E}$ er (minus) gradienten til det elektriske potensialet $V$. Dermed m{\aa}
$V$ v{\ae}re konstant overalt inne i lederen. Dette m{\aa} gjelde helt ut og til og med
lederens overflate, ettersom potensialet $V$ m{\aa} v{\ae}re kontinuerlig (i motsetning
til $\bold{E}$). Hvis $V$ gjorde et ``sprang'' (dvs var diskontinuerlig) p{\aa}
lederens overflate, m{\aa}tte det svare til en uendelig stor elektrostatisk kraft,
hvilket er ufysikalsk.

\vspace{0.4cm}
\noindent
$16)$ Det at $E=0$ inne i en elektrisk leder i elektrostatisk likevekt har ingenting med
Gauss' lov {\aa} gj{\o}re. Det uttrykker bare at alle krefter p{\aa} de frie
ladningene m{\aa} v{\ae}re lik null i likevekt.

\vspace{0.4cm}
\noindent
$17)$ Det er bare tull {\aa} p{\aa}st{\aa} at $V=0$ i en leder. Det vi {\em kan} si
er at $V$ er {\em konstant} i en leder. Vi {\em velger} $V=0$ der det passer oss.

\vspace{0.4cm}
\noindent
$18)$ Vi kan starte fra definisjonen av elektrisk fluks, $\phi_E = \int \bold{E} \cdot d\bold{A}$,
og skrive ned en rekke ulike mulige enheter:
$$[\phi_E] = [E\cdot A] = [\frac{V}{l} \cdot l^2] = [V \cdot l] = [\frac{Q}{C} \cdot l] = [\frac{U}{Q}\cdot l]$$
Alts{\aa} er disse enhetene mulige:

\noindent
$[\phi_E]$ = (V/m)m$^2$ = Vm = Cm/F = Jm/C.

\noindent
Den siste, NV/J, er imidlertid ikke riktig.

\vspace{0.4cm}
\noindent
$19)$ Med en potensialforskjell $\Delta V$ mellom kondensatorplatene er det elektriske feltet
mellom platene
$$E = \frac{\Delta V}{d}$$
der $d$ er avstanden mellom platene. En halvering av $\Delta V$ vil alts{\aa} halvere $E$
(med $d$ holdt fast).

\noindent
I et omr{\aa}de med elektrisk felt $E$ er energien pr volumenhet
$$u = \frac{1}{2} \varepsilon_0 E^2$$
slik at total energi lagret i det elektriske feltet i en platekondensator er
$$U = \int u \; dV = \int \frac{1}{2} \varepsilon_0 E^2 \; dV = \frac{1}{2} \varepsilon_0 E^2 \cdot V$$
ettersom $E$ er konstant mellom platene. Her er $V$ volumet mellom platene.
Halvering av $E$ reduserer alts{\aa} $U$ til fjerdeparten.

\vspace{0.4cm}
\noindent
$20)$ Vi m{\aa} alltid utf{\o}re et {\em positivt} arbeid p{\aa} ladningene for
{\aa} lade opp ei metallkule, enten den er positiv eller negativ. Alts{\aa}
er alltid $U>0$. (Merk opplysningen gitt p{\aa} side 1: Dersom ikke annet er
oppgitt, er nullpunkt for potensiell energi valgt uendelig langt borte.)




\end{document}
