<html><head><meta name="color-scheme" content="light dark"></head><body><pre style="word-wrap: break-word; white-space: pre-wrap;">\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 2
\end{large}
\end{center}

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

\vspace{1.0cm}
\noindent
$a)$ {\bf C}

\noindent
$$\bold{F} = q\bold{E} = m\bold{a}$$
Newtons 2. lov! Her er $q=-e$, s{\aa} elektronets akselerasjon blir
$$\bold{a} = -\frac{e}{m} \bold{E}$$
alts{\aa} mot venstre.

\vspace{1.0cm}
\noindent
$b)$ {\bf C}

\noindent 
Totalt elektrisk felt i P er vektorsummen av bidragene fra de fire punktladningene.
Konfigurasjonen i figur 3 gir den st{\o}rste feltstyrken. (Ingen feltbidrag har
her komponent oppover.)


%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=4.2in \epsfbox{los2_fig3.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE


\newpage
%\vspace{0.7cm}
\noindent
{\em Oppgave 2}

%%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} $x_0 &gt; a$. Vi
bestemmer $x_0$ ved {\aa} sette total kraft lik null:
\begin{eqnarray}
0 &amp;=&amp; \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 \\
&amp;\Rightarrow&amp; \frac{3}{x_0^2} = \frac{1}{(x_0-a)^2} \nonumber \\
&amp;\Rightarrow&amp; 3x_0^2-6ax_0+3a^2 = x_0^2 \nonumber \\
&amp;\Rightarrow&amp; 2x_0^2-6ax_0+3a^2 = 0 \nonumber \\
&amp;\Rightarrow&amp; 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 $x_0 &gt; a$, 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 $x &gt; x_0$,
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 $x=x_0$:
$$\left(\frac{df}{dx}\right)_{x=x_0}=-\frac{6}{x_0^3}+\frac{2}{(x_0-a)^3}\simeq
-\frac{6}{(2.37a)^3}+\frac{2}{(1.37a)^3}\simeq \frac{0.33}{a^3} &gt; 0$$
Da $f(x_0)=0$ og $f'(x_0)&gt;0$, er likevekten ustabil.


\vspace{0.3cm}
\noindent
{\em Oppgave 3}

\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 $\theta &gt; 0$ n{\aa}r $x&gt;0$.
Vi bruker tipset i oppgaven og uttrykker $dx$ og $1/r^2$ ved vinkelen $\theta$:
\begin{eqnarray}
x &amp;=&amp; R\tan\theta \;\;\Rightarrow\;\; dx = \frac{Rd\theta}{\cos^2\theta} \nonumber \\
r &amp;=&amp; \frac{R}{\cos\theta} \;\;\Rightarrow\;\; \frac{1}{r^2} = \frac{\cos^2\theta}{R^2} \nonumber \\
\Rightarrow \frac{dx}{r^2} &amp;=&amp; \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&amp;=&amp;\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&amp;=&amp;\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 ''uheldige'' 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} &amp;=&amp; \frac{r \cos\theta \, d\theta + \sin\theta \, dr}{r^2} \nonumber \\
&amp;=&amp; \frac{\cos\theta \, d\theta \cdot \cos\theta}{R} +
    \frac{\sin\theta \cdot R \sin\theta \, d\theta}{R^2} \nonumber \\
&amp;=&amp; \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 $R$.


\vspace{0.7cm}
\noindent
{\em Oppgave 4}

\vspace{0.1cm}
\noindent
$a)$ Arealet av en tynn ring med radius $R$ og bredde $dR$ er $dA = 2\pi R\,dR$, slik at ladningen p{\aa}
en slik ring blir
$$dq = \sigma\,dA = 2\pi\sigma R\,dR$$
Arealet av skiva er $A = \pi R_0^2$, s{\aa} skivas totale ladning blir
$$Q = \sigma A = \pi\sigma R_0^2$$
Hvis en ikke husker hva arealet av ei sirkelformet skive er, kan en
selvsagt bestemme totalladningen $Q$ ved {\aa} integrere $dq$:
$$Q = \int dq = \left. \int_0^{R_0} 2\pi\sigma R\,dR = 2\pi\sigma\;\right|_0^{R_0} \frac{R^2}{2}=\pi\sigma R_0^2$$
Og om en heller ikke husker hva omkretsen av en ring er,
kan ladningen p{\aa} den tynne ringen bestemmes ved {\aa} starte med en liten vinkel $d\phi$ og arealet
avgrenset mellom $R$ og $R+dR$. Dette arealet er $Rd\phi\cdot dR$, og integrerer vi dette uttrykket
over $\phi$ fra 0 til $2\pi$, f{\aa}r vi nettopp $2\pi R\,dR$ som blir arealet av den tynne ringen med radius
$R$ og bredde $dR$.

\vspace{0.3cm}
\noindent
$b)$ Vi deler skiva opp i (infinitesimalt) tynne ringer med bredde $dR$ (se figur nedenfor). 
Alle punkter p{\aa} ringen ligger i samme
avstand $r$ fra punktet p{\aa} $z$-aksen. Diametralt motsatte punkter (evt arealer $dA$) f{\o}rer
til at $x-$ og $y$-komponentene til feltet forsvinner (jfr eksemplet fra forelesningene).
$z$-komponenten blir
$$dE_z = \frac{dQ}{4\pi\varepsilon_0 r^2}\cos\theta$$
Da $r$ er konstant rundt hele ringen, kan en la $dQ$ v{\ae}re ladningen p{\aa} hele den tynne ringen:
$$dQ = \sigma R\,dR \int_0^{2\pi}d\phi = 2\pi\sigma R\,dR$$
Dermed blir feltet fra hele skiva
$$E_z = \int dE_z = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\left.\int_0^{R_0}\frac{2\pi\sigma Ra\,dR}
{\left(a^2+R^2\right)^{3/2}} = \frac{\sigma a}{2\varepsilon_0}\right|_0^{R_0}\frac{(-1)}{\sqrt{a^2+R^2}}
= \frac{\sigma}{2\varepsilon_0} \left(1-\frac{a}{\sqrt{a^2+R_0^2}}\right)$$
Her har vi benyttet at
$$\cos\theta = \frac{a}{r} = \frac{a}{\sqrt{a^2+R^2}}$$

%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=3.5in \epsfbox{los2_fig2.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE

\vspace{0.1cm}
\noindent
Et alternativ ville ha v{\ae}rt {\aa} bruke vinkelen $\theta$ som integrasjonsvariabel:
\begin{eqnarray}
\tan\theta &amp;=&amp; \frac{R}{a} \;\;\Rightarrow\;\; d(\tan\theta) = \frac{d\theta}{\cos^2\theta}
=\frac{dR}{a} \nonumber \\
r&amp;=&amp;\frac{a}{\cos\theta} \nonumber \\
\int_0^{R_0}\frac{R\,dR}{r^2}\cos\theta &amp;=&amp; \int_0^{\theta_0}\left(\frac{\cos\theta}{a}\right)^2
a\tan\theta \frac{a\,d\theta}{\cos^2\theta}\cos\theta = \int_0^{\theta_0}\sin\theta\,d\theta \nonumber \\
&amp;=&amp; 1 - \cos\theta_0 = 1 - \frac{a}{r_0} = 1 - \frac{a}{\sqrt{a^2+R_0^2}} \nonumber 
\end{eqnarray}
der $r_0$ og $\theta_0$ er definert i figuren over.


\vspace{0.3cm}
\noindent
$c)$ N{\aa}r $a\gg R_0$, kunne en i f{\o}rste omgang (som i oppgave 1c)
tenke seg {\aa} erstatte $\sqrt{a^2+R_0^2}$
med $a$. Da f{\aa}r vi imidlertid bare den ''trivielle'' l{\o}sningen $E_z = 0$, mens vi er
interessert i det dominerende ikke-forsvinnende bidraget til $E_z$. Det betyr at vi m{\aa}
rekkeutvikle $\sqrt{a^2+R_0^2}$ og ta med s{\aa} mange ledd at vi alt i alt ender opp med
noe som er forskjellig fra null:
\begin{eqnarray}
E_z &amp;=&amp; \frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\left(1-\frac{a}{a\sqrt{1+\frac{R_0^2}{a^2}}}\right)\nonumber \\
&amp;=&amp;\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\left(1-\left(1-\frac{R_0^2}{2a^2}+\cdots\right)\right)\nonumber \\
&amp;\simeq&amp;\frac{\sigma R_0^2}{4\varepsilon_0 a^2} \nonumber \\
&amp;=&amp; \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 a^2} \nonumber
\end{eqnarray}
Her har vi brukt tiln{\ae}rmelsen som var gitt i oppgaveteksten, $(1+\alpha)^{-1/2} \simeq 1 - \alpha/2$,
med $\alpha = R_0^2/a^2 \ll 1$.

\noindent
Dette er feltet i avstand $a$ fra en punktladning $Q=\sigma A$, 
der $A = \pi R_0^2$ er arealet av sirkelskiva. Som forventet: Er vi tilstrekkelig langt borte, ser
vi ikke forskjell p{\aa} ei ladet skive og en punktladning.

\vspace{0.2cm}
\noindent
I den motsatte grensen, $R_0 \gg a$, kan vi neglisjere leddet $a/\sqrt{a^2+R_0^2}$ i forhold til 1.
Vi f{\aa}r da
$$E_z = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0}$$
Alts{\aa} et uniformt elektrisk felt som verken avhenger av avstanden $a$ eller skivas utstrekning
$R_0$. Dermed m{\aa} dette v{\ae}re feltet utenfor et {\em uendelig stort plan} med ladningstetthet
$\sigma$. Det er kanskje ikke umiddelbart opplagt at feltet da blir {\em uavhengig av avstanden}
til planet, men slik er det alts{\aa}! Selv om vi i praksis ikke har uendelig store flater til 
r{\aa}dighet, er dette et viktig resultat: Med et stort ladet plan genererer vi et tiln{\ae}rmet uniformt
elektrisk felt i n{\ae}rheten av planet, s{\aa} lenge vi ikke kommer for n{\ae}r planets ytterkanter. Vi skal
bruke dette resultatet mange ganger utover i kurset.


\newpage
%\vspace{0.5cm}
\noindent
{\em Oppgave 5}

\vspace{0.2cm}
\noindent
$a)$

%%FIGURE
\vspace{0.6cm}
\centerline{\epsfxsize=2.0in \epsfbox{los3_fig3a.eps} \hfill
            \epsfxsize=2.5in \epsfbox{los3_fig3b.eps}}
\vspace{1.2cm}
\centerline{\epsfxsize=2.5in \epsfbox{los3_fig3d.eps} \hfill
            \epsfxsize=2.5in \epsfbox{los3_fig3c.eps}}
\vspace{0.6cm}
\centerline{\epsfxsize=2.5in \epsfbox{los3_fig3f.eps} \hfill
            \epsfxsize=2.5in \epsfbox{los3_fig3h.eps}}
\vspace{1.2cm}
\centerline{\epsfxsize=2.5in \epsfbox{los3_fig3e.eps} \hfill
            \epsfxsize=2.5in \epsfbox{los3_fig3g.eps}}
%%END FIGURE
\vspace{1.2cm}
\noindent
Kommentar: Disse skissene er bare {\em kvalitative}, ikke {\em kvantitative}.
Legg spesielt merke til at langt unna (dvs, de fire i h{\o}yre kolonne) ser alt
ut som en punktladning. P{\aa} n{\ae}rt hold kan en som regel benytte
symmetribetraktninger kombinert med det en vet om feltet i umiddelbar
n{\ae}rhet av eventuelle punktladninger til {\aa} tegne opp et temmelig
korrekt bilde av feltlinjene.

\vspace{0.5cm}
\noindent
$b)$ $(i)$ Feltlinjer rundt to like store positive punktladninger:

%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=2.5in \epsfbox{los3_fig5i.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE

\vspace{0.2cm}
\noindent
$(ii)$ Feltlinjer rundt punktladninger $-2q$ og $q$:

\noindent
''N{\ae}rbilde'' (like mange feltlinjer ut pr positiv ladning $q$ som inn  pr negativ
ladning $-q$, s{\aa} dobbelt s{\aa} mange inn mot $-2q$ som ut fra $q$. De ''resterende''
m{\aa} komme fra uendelig):

%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=2.0in \epsfbox{los3_fig5ii.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE

\noindent
Riktig langt unna (da ser vi essensielt en punktladning $-2q+q = -q$, dvs feltlinjene g{\aa}r
{\em inn} mot ladningen):

%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=2.0in \epsfbox{los3_fig5iii.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE


\vspace{1.5cm}
\noindent
{\em Oppgave 6}

\vspace{0.2cm}
\noindent
Av symmetrigrunner m{\aa} alle bindingslengder N-H v{\ae}re like store i NH$_3$,
og tilsvarende for bindingslengdene B-F i BF$_3$. Dessuten m{\aa} alle bindingsvinkler H-N-H v{\ae}re like store,
og tilsvarende for F-B-F. Da har vi kun to muligheter: Enten er molekylet plant eller s{\aa}
er det pyramideformet, med de 3 like atomene i grunnplanet og det siste p{\aa} toppen.
I disse to molekylene m{\aa} vi forvente litt ulik grad av {\em elektronegativitet}
dvs "evne til {\aa} tiltrekke seg ekstra elektroner". I BF$_3$ blir F litt negativt ($-q$) og
B litt positivt ($+3q$), i NH$_3$ blir H litt positivt ($+q$) mens N blir litt negativt
($-3q$). Vi f{\aa}r i hvert molekyl et totalt dipolmoment lik vektorsummen av tre
dipolmoment assosiert med tre ladningspar $q$ og $-q$. Hvis molekylet er plant, blir
summen av disse tre lik null, hvis molekylet er pyramidalt, blir summen ikke lik null.
Konklusjonen m{\aa} bli at BF$_3$ er et plant molekyl og at NH$_3$ har pyramidal struktur.
Og slik er det da ogs{\aa} i virkeligheten! Eksperimenter viser at vinklene F-B-F alle
er 120 grader, mens vinklene H-N-H er ca 107 grader.

\noindent
Se for eksempel: 

\noindent
http://en.wikipedia.org/wiki/Ammonia 

\noindent
http://en.wikipedia.org/wiki/Boron$_{-}$trifluoride.



\end{document}
</pre></body></html>