\documentclass[11pt]{article}
\usepackage{epsfig}
\usepackage[norsk]{babel}
\topmargin=-1.5cm
\oddsidemargin=-1.0cm
\evensidemargin=-1.0cm
\textheight=25cm
\textwidth=18cm
\setlength{\parindent}{0cm}

\begin{document}
\newcommand{\bold}[1]{\mbox{\boldmath $#1$}}
\newcommand{\half}{\frac{1}{2}}

\begin{center}
\begin{bf}
TFY4104/TFY4125 Fysikk. Institutt for fysikk, NTNU.

L{\o}sningsforslag til {\o}ving 7.
\end{bf}
\end{center}

\vspace{3mm}
{\bf Oppgave 1} \\

\noindent

%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=4.0in \epsfbox{los1_fig5.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE

\vspace{0.1cm}
\noindent
$a)$ Punktladningen $q$ er i likevekt dersom kraften p{\aa} den er lik null. Her virker
det to krefter, en frast{\o}tende fra $3q$ og en tiltrekkende fra $-q$, og disse to
kan bare kansellere hverandre dersom de har eksakt motsatt retning. Det er ikke mulig
dersom $q$ er plassert utenfor $x$-aksen, f.eks. som i figuren over. (Her er de to
enkeltkomponentene av kraften angitt med stiplede piler og totalkraften med heltrukken pil.)
Derfor m{\aa} eventuelle likevektsposisjoner v{\ae}re p{\aa} $x$-aksen.

\vspace{0.1cm}
\noindent
$b)$ Vi har f{\aa}tt oppgitt at det er {\em en} likevektsposisjon $x_0$ for $q$
p{\aa} $x$-aksen. Vi kan ikke ha $x_0$ mellom $0$ og $a$, for p{\aa} dette
intervallet peker de to kraftkomponentene i samme retning. Vi kan heller ikke
ha $x_0$ til venstre for $x=0$, for da er avstanden mellom $q$ og $3q$ alltid
mindre enn avstanden mellom $q$ og $-q$, og f{\o}lgelig den frast{\o}tende
kraften $3q^2/4\pi\varepsilon_0 x_0^2$ alltid st{\o}rre enn den tiltrekkende
kraften $q^2/4\pi\varepsilon_0(a-x_0)^2$. Alts{\aa} m{\aa} $x_0 > a$. Vi
bestemmer $x_0$ ved {\aa} sette total kraft lik null:
\begin{eqnarray}
0 &=& \frac{3q^2}{4\pi\varepsilon_0 x_0^2} \hat{x} - \frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0(x_0-a)^2} \hat{x}
\nonumber \\
&\Rightarrow& \frac{3}{x_0^2} = \frac{1}{(x_0-a)^2} \nonumber \\
&\Rightarrow& 3x_0^2-6ax_0+3a^2 = x_0^2 \nonumber \\
&\Rightarrow& 2x_0^2-6ax_0+3a^2 = 0 \nonumber \\
&\Rightarrow& x_0 = \frac{6a}{4} + \frac{1}{4}\sqrt{36a^2-24a^2} = \frac{3+\sqrt{3}}{2}a \simeq 2.37a
\nonumber
\end{eqnarray}
Da forutsetningen var $x_0 > a$, er l{\o}sningen med negativt fortegn foran kvadratroten
ikke en aktuell l{\o}sning. (Den tilsvarer $x\simeq 0.63a$, hvor begge kraftkomponenter
er like store og har {\em samme} retning.)

\noindent
Stabiliteten av likevektsposisjonen $x_0$ bestemmes kanskje enklest ved {\aa} se p{\aa}
nettokraften n{\aa}r $x \gg x_0$. Da ''ser'' punktladningen $q$ tiln{\ae}rmet en
punktladning $3q-q=2q$ og m{\aa} f{\o}lgelig erfare en netto frast{\o}tende kraft. Vi vet
at kraften er null bare i $x=x_0$. Da m{\aa} kraften peke mot h{\o}yre for alle $x > x_0$,
ogs{\aa} for en liten forflytning til h{\o}yre for $x_0$, mens den m{\aa} peke mot
venstre for en liten forflytning til venstre for $x_0$. Dermed er likevekten ustabil
mhp en forflytning langs $x$-aksen.

\noindent
Alternativt, med litt regning: La oss f{\o}rst forenkle notasjonen ved {\aa}
innf{\o}re funksjonen $f(x)$:
$$\bold{F}(x)=F(x)\hat{x}=\frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{3}{x^2}-\frac{1}{(x-a)^2}\right)\hat{x}
\equiv \frac{q^2}{4\pi\varepsilon_0} f(x) \hat{x}$$
Deretter bestemmer vi $df/dx$ i $x=x_0$:
$$\left(\frac{df}{dx}\right)_{x=x_0}=-\frac{6}{x_0^3}+\frac{2}{(x_0-a)^3}\simeq
-\frac{6}{(2.37a)^3}+\frac{2}{(1.37a)^3}\simeq \frac{0.33}{a^3} > 0$$
Da $f(x_0)=0$ og $f'(x_0)>0$, er likevekten ustabil.


\newpage
\noindent
{\bf Oppgave 2}

\vspace{0.1cm}
\noindent
$a)$ Med ''linjeladning'' (dvs: ladning pr lengdeenhet) $\lambda$ m{\aa} ladningene $dq$
og $Q$ p{\aa} henholdsvis en liten lengde $dx$ og p{\aa} hele staven bli
$$dq = \lambda\,dx \;\;\;\;\;\;\; Q = \lambda L$$

%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=3.5in \epsfbox{los2_fig1.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE

\vspace{0.3cm}
\noindent
$b)$ Elektrisk felt fra lengdeelement $dx$ i posisjon $x$:
$$d\bold{E} = \frac{\lambda\,dx}{4\pi\varepsilon_0 r^2} \hat{r} = A \frac{dx}{r^2}\hat{r}$$
der vi har innf{\o}rt $A = \lambda/4\pi\varepsilon_0$. Fra figuren ser vi at denne
vektoren har komponentene
$$dE_x = -dE \sin\theta = -\frac{A\,dx}{r^2}\sin\theta \;\;\;\;\; 
dE_y = dE \cos\theta = \frac{A\,dx}{r^2}\cos\theta$$
Her har vi valgt $x=0$ n{\aa}r $\theta=0$, og
fortegnet stemmer med oppgaveteksten, dvs $\theta > 0$ n{\aa}r $x>0$.
Vi bruker tipset i oppgaven og uttrykker $dx$ og $1/r^2$ ved vinkelen $\theta$:
\begin{eqnarray}
x &=& R\tan\theta \;\;\Rightarrow\;\; dx = \frac{Rd\theta}{\cos^2\theta} \nonumber \\
r &=& \frac{R}{\cos\theta} \;\;\Rightarrow\;\; \frac{1}{r^2} = \frac{\cos^2\theta}{R^2} \nonumber \\
\Rightarrow \frac{dx}{r^2} &=& \frac{d\theta}{R} \nonumber
\end{eqnarray}
De s{\o}kte komponentene $E_x$ og $E_y$ av feltet $\bold{E}$ i punktet $P$ fra hele staven f{\aa}r
vi ved {\aa} integrere $dE_x$ og $dE_y$:
\begin{eqnarray}
E_x&=&\int dE_x = -\frac{A}{R}\int_{\theta_2}^{\theta_1}\sin\theta d\theta= \left.
\frac{A}{R}\;\right|_{\theta_2}^{\theta_1}\cos\theta = \frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0 R}\left(\cos\theta_1
-\cos\theta_2\right) \nonumber \\
E_y&=&\int dE_y = \frac{A}{R}\int_{\theta_2}^{\theta_1}\cos\theta d\theta= \left.
\frac{A}{R}\;\right|_{\theta_2}^{\theta_1}\sin\theta = \frac{\lambda}{4\pi\varepsilon_0 R}\left(\sin\theta_1
-\sin\theta_2\right) \nonumber 
\end{eqnarray}

\vspace{0.3cm}
\noindent
Kommentar: Her kunne en ha v{\ae}rt ''uheldig'' og startet med sammenhengen $x=r\sin\theta$, som gir
$dx = r \cos\theta \, d\theta + \sin\theta \, dr$, ettersom b{\aa}de $\theta$ og $r$ varierer med $x$.
Men det g{\aa}r bra likevel: Vi har $\cos\theta = R/r$, dvs $r = R/\cos\theta$, og dermed
$$dr = -R \frac{1}{\cos^2\theta} (-\sin\theta)\,d\theta$$
slik at
\begin{eqnarray}
\frac{dx}{r^2} &=& \frac{r \cos\theta \, d\theta + \sin\theta \, dr}{r^2} \nonumber \\
&=& \frac{\cos\theta \, d\theta \cdot \cos\theta}{R} +
    \frac{\sin\theta \cdot R \sin\theta \, d\theta}{R^2} \nonumber \\
&=& \frac{d\theta}{R} \left( \cos^2\theta + \sin^2\theta \right) = \frac{d\theta}{R} \nonumber
\end{eqnarray}

\vspace{0.3cm}
\noindent
$c)$ Med $P$ like langt fra stavens to ender er $\theta_1 = -\theta_2$ og f{\o}lgelig
$\cos\theta_1 - \cos\theta_2 = 0$ og $\sin\theta_1 - \sin\theta_2 = 2\sin\theta_1 = L/\sqrt{R^2+L^2/4}$.
Dermed:
$$E_x = 0$$
og
$$E = E_y = \frac{\lambda L}{4\pi\varepsilon_0 R\sqrt{R^2+L^2/4}}$$
Langt unna staven, dvs $R\gg L$:
Vi kan n{\aa} erstatte kvadratroten med $R$, idet
vi kan neglisjere $L^2/4$ i forhold til $R^2$. Vi f{\aa}r da:
$$E \simeq \frac{\lambda L}{4\pi\varepsilon_0 R^2} = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 R^2}$$
Dette er det samme som feltet fra en punktladning $Q$ i avstand $R$. Ikke uventet: Langt unna ser staven 
essensielt ut som en punktladning med total ladning $Q = \lambda L$.

\vspace{0.3cm}
\noindent
$d)$ En uendelig lang stav oppn{\aa}r vi ved {\aa} la $\theta_2\rightarrow -\pi/2$ og
$\theta_1\rightarrow\pi/2$. Da blir igjen $E_x = 0$ og f{\o}lgelig
$$E = E_y = \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon_0 R}$$
Med andre ord: Feltet fra en uendelig lang linjeladning faller av som en over avstanden $R$.


\end{document}