\documentclass[a4paper,twoside,12pt]{report}
\usepackage{graphicx}
\usepackage{a4wide}
\usepackage{wrapfig}
\usepackage{amssymb}

\DeclareGraphicsExtensions{.epsi,.eps,.ps,.eps.gz,.ps.gz,.gif,.epsi.gz}
\DeclareGraphicsRule{.ps.gz}{eps}{.ps.bb}{`gunzip -c #1}
\DeclareGraphicsRule{.eps.gz}{eps}{.eps.bb}{`gunzip -c #1}  

\begin{document}

\noindent \textbf{Ring- en schijfladingen}

Deze opdracht lijkt sterk op \emph{Een lijntje lading (I)}!
\begin{description}
\item{a)} De bijdrage aan het electrisch veld ten gevolge van een stukje ring is:
\[
d\vec{E} = \frac{dQ}{4 \pi \epsilon_0} \frac{1}{d^2} \hat{d}
\] 
Waar $d = r^2 + z^2$ de afstand is van punt $P$ tot het stukje ring. We kunnen de grootte van $dQ$ beschrijven door de oppervlakte lading $\sigma$ te vermenigvuldigen met de oppervlakte van het ringsegmentje:
\[
dQ = \sigma r d\phi dr
\]
De uitdrukking van $d\vec{E}$ zal dus zijn:
\[
d\vec{E} = \frac{\sigma r d\phi dr}{4 \pi \epsilon_0} \frac{1}{r^2 + z^2} \hat{d}
\]

\item{b)} In het systeem van ladings-ringen zit $\phi$-symmetrie: we kunnen het systeem roteren om de z-as zonder dat de ladingsconfiguratie veranderd. Het veld op de $z$-as kan geen $\phi$-afhankelijkheid  hebben omdat het electrisch veld dan deze symmetrie niet meer zal hebben. Je kan er ook met andere ogen tegenaan kijken: voor elke stukje lading op positie $\phi$ die een beetje electrisch veld veroorzaakt, is er altijd een gelijk stukje lading op $\phi + \pi$ die een veld genereert die de $\phi$-component van het electrisch veld tegenwerkt (maar niet in de $z$-richting).

\item{c)} De integraal op het hele veld van de schijf is de som van alle bijdragen aan het veld ten gevolgde van de stukjes lading over de hele schijf $\int_{schijf} dQ$:
\begin{eqnarray*}
\vec{E}(z) &=& \int_{schijf} dE cos(\theta) = \int_{schijf} \frac{\sigma r d\phi dr}{4 \pi \epsilon_0} \frac{1}{r^2 + z^2} \frac{z}{\sqrt{r^2 + z^2}} \hat{z}\\
&=& \frac{z \sigma}{4 \pi \epsilon_0} \int_0^{2\pi}d\phi \int_0^R dr \frac{r}{(r^2 + z^2)^{\frac{3}{2}}} \hat{z}
\end{eqnarray*}

\item{d)} Deze integraal invoeren in mathematica geeft als antwoord:
\begin{eqnarray*}
\vec{E}(z) &=& \frac{z \sigma}{2 \epsilon_0}  \int_0^R dr \frac{r}{(r^2 + z^2)^{\frac{3}{2}}} \hat{z}\\
&=& \frac{z \sigma}{2 \epsilon_0} \left[-\frac{r}{\sqrt{r^2 + z^2}}  \right]_0^R  \hat{z}\\
&=& \frac{z \sigma}{2 \epsilon_0} \left(1-\frac{z}{\sqrt{R^2 + z^2}}  \right) \hat{z}
\end{eqnarray*}

\item{e)} Als we naar kleine $z$ kijken, $Z<<R$, zien we dat de tweede term in de vergelijking verdwijnt:
\[
\vec{E}(z) = \frac{z \sigma}{2 \epsilon_0}  \hat{z}
\]
Dit is het electrisch veld van een geladen plaat. Dat was ook te verwachten, omdat dicht bij de schijf bij benadering een plaat is. Voor hele grote $z$, $z>>R$ is het niet meteen duidelijk hoe de uitdrukking voor het electrisch veld eruit zal zien. Het is duidelijker als we de uitdrukking eerst omschrijven:

\begin{eqnarray*}
\vec{E}(z) &=& \frac{z \sigma}{2 \epsilon_0} \left(1-\frac{z}{\sqrt{R^2 + z^2}}  \right) \hat{z} \\
&=& \frac{z \sigma}{2 \epsilon_0} \frac{R^2 + z^2 - z\sqrt{R^2 + z^2}}{R^2 + z^2} \hat{z} \\
&=& \frac{z \sigma}{2 \epsilon_0} \left( \frac{R^2}{R^2+z^2} \frac{z^2 - z\sqrt{R^2 + z^2}}{R^2 + z^2} \right) \hat{z} \\
\end{eqnarray*}

Voor $z>>R$ gedraagt de eerste term zich als $\frac{R^2}{z^2}$ en de tweede term zal naar nul gaan omdat voor hele grote z, (want $z\sqrt{R^2 + z^2}\rightarrow z$). Als we de totale lading van de schijf $Q$ gelijk stellen aan $2 \pi R^2 \sigma$:
\[
\vec{E}(z) = \frac{Q}{4 \pi \epsilon_0} \frac{1}{z^2}
\]
Voor hele grote afstanden van de schijf is het electrisch veld gelijk aan dat van een puntlading.
\end{description}
\end{document}