Institutt for fysikk, NTNU TFY4150/FY1303/SIF4012/MNFFY103 Elektrisitet og magnetisme Høst 2003

Løsningsforslag til øving 8

Veiledning uke 40 og 41.

Oppgave  A  B  C  D  E
1  x
2  x
3  x
4  x
5  x  #####
6  x  #####
7  x  #####
8  x  #####
9  x
10  x
11  x
12  x
13  x
14  x  ##### #####
15  x  #####
16  x  ##### #####
17  x  ##### #####
18  x
19  x
20  x

1) Ladningen Q er fordelt over lederens overflate og resulterer i en eller annen slags flateladningstetthet σ (som typisk vil variere fra sted til sted på lederens overflate, med mindre den er kuleformet). Den dobbelt så store ladningen 2Q vil fordele seg på tilsvarende vis og resultere i en flateladningstetthet 2σ. Det elektriske feltet i punktet P kan da beregnes fra Coulombs lov. Med ladning Q:

E_{1}(P) = ∫_{S} \frac{σ dA}{4πε_{0}r^{2}} r̂

Med ladning 2Q:

E_{2}(P) = ∫_{S} \frac{2σ dA}{4πε_{0}r^{2}} r̂ = 2E_{1}(P)

Her går integralene over lederens (lukkede) overflate S, r er avstanden fra flateelementet dA til P og r̂ er enhetsvektor langs retningen fra dA til P.

Ettersom feltet overalt (dvs: overalt på utsiden av lederen!) er blitt dobbelt så stort, må også potensialet (f.eks. relativt til uendelig langt unna)

V (P) = − ∫_{∞}^{P} E · dl

ha blitt dobbelt så stort.

2) Ettersom E = 0 overalt inne i metallkula, må nettoladningen Q (pga Gauss’ lov) fordele seg på kulas overflate, og av symmetrigrunner jevnt utover overflaten. Da gir Gauss’ lov, med kuleformet gaussflate med radius r større enn kulas radius,

E(r) = \frac{Q}{4πε_{0}r^{2}}

dvs som for punktladning Q i sentrum av metallkula. Potensialet V (r) må følgelig også bli som for punktladning,

V (r) = \frac{Q}{4πε_{0}r}

(Inne i metallkula og på kulas overflate er potensialet konstant lik Q/4πε_{0}R, der R er kulas radius.) Med dobbelt så stor avstand fra kulas sentrum til B som til A blir feltet redusert med en faktor 4, mens potensialet blir redusert med en faktor 2. [På min utskrift av oppgaveteksten ser det ut som det står en O ved siden av metallkula. Det skal egentlig være en Q.]

3) Potensialet på ei metallkule med radius R og ladning Q er (se forrige oppgave)

V (R) = \frac{Q}{4πε_{0}R}

Altså større potensial jo mindre radien på kula er. Dette bør også være intuitivt rimelig: Tenk deg at du starter med ei nøytral metallkule og putter på elektrisk ladning inntil nettoladningen er Q. Da møter du “større motstand” jo mindre kula er, dvs du må utføre et større arbeid for å putte ladningen på ei lita kula i forhold til ei stor kule. Med andre ord, den minste kula ender opp med størst potensiell energi, og dermed også størst elektrisk potensial. [Hadde ladningen vært negativ, ville den minste kula hatt minst elektrisk potensial, dvs mest negativt potensial i forhold til V (∞) = 0. Fremdeles ville den minste kula hatt størst potensiell energi, ettersom ΔU = QΔV = −|Q|ΔV når Q < 0.]

4) Potensialet i en viss avstand fra punktladningen Q avhenger av Q, ikke av verdien q på den ladningen som vi plasserer der vi spør etter verdien på potensialet. Det var jo nettopp hovedpoenget med å innføre elektrisk felt og elektrisk potensial, som henholdsvis kraft og potensiell energi pr ladningsenhet, nemlig å kunne operere med fysiske størrelser som “er der” enten ladningen q er til stede eller ikke. Potensialet fra Q faller av som 1/r, så V (2r) = V (r)/2. De fire andre påstandene er alle korrekte.

5) E = 0 inne i metallkula, dermed er A og C ikke aktuelle. (Feltlinjene i B tilsvarer, som vi skal se om noen uker, magnetfeltet rundt en strømførende leder som står normalt på papirplanet.)

6) E = 0 inne i metallkula utelukker C og D. Plasten er et dielektrikum med elektriske dipoler som retter seg inn etter det elektriske feltet fra den ladete metallkula. Vi får indusert en negativ overflateladning på den indre overflaten av plastlaget og en positiv overflateladning på den ytre overflaten av plastlaget. (Tilsammen like mye negativ ladning innerst som positiv ladning ytterst, ettersom plasten totalt sett er nøytral.) Disse induserte ladningene genererer da et bidrag til det totale elektriske feltet med retning innover, dvs i motsatt retning av feltet fra ladningen på metallkula. Følgelig må det elektriske feltet inne i plasten bli redusert i forhold til om vi hadde luft eller vakuum der. Utenfor plastlaget blir feltet det samme som om vi ikke hadde plastlaget til stede, og altså sterkere enn inne i plasten. Dette kan du f.eks. vise med Gauss’ lov, ved å ta en kuleformet gaussflate med radius større enn avstanden fra sentrum til plastens ytre overflate. Da er netto ladning innenfor gaussflaten lik Q, så feltet må bli Q/4πε_{0}r^{2}, dvs som for punktladning Q i sentrum. Alternativt, hvis du vet at en kulesymmetrisk ladningsfordeling gir samme elektriske felt (på utsiden) som om hele ladningen var samlet i sentrum, dvs som fra punktladning: Her har du tre kulesymmetriske ladningsfordelinger: Q på metallkulas overflate, −q_{i} på plastlagets indre overflate og q_{i} på plastlagets ytre overflate. Tilsammen som en punktladning Q − q_{i} + q_{i} = Q i sentrum! (Denne “visdommen” er et direkte resultat av Gauss’ lov, og dermed formen på Coulombs lov. Du husker kanskje at det samme gjelder for gravitasjonskrefter, dvs jorda tiltrekker deg like sterkt som om hele jordas masse var samlet i sentrum.)

7) Vi kan her anta at vi har tilnærmet uendelig store plan. Da vet vi at det elektriske feltet fra et plan er lik planets ladning pr flateenhet dividert med 2ε_{0}, altså uavhengig av avstanden fra planet. Dermed kan vi utelukke C, ettersom feltet på utsiden må være lik null (like stort, men motsatt rettet feltbidrag fra de to platene når vi befinner oss på utsiden). Videre må A opplagt være feil: Vi kan i hvert fall ikke få et sterkere felt i dielektrikumet i forhold til i vakuum. Men hvorfor er ikke B riktig? Var det ikke slik at feltet skulle bli svekket hvis vi puttet inn et dielektrikum? Jo, men: Tenk deg at vi starter med vakuum over det hele. Da er ladningene ±Q jevnt fordelt på de to platene. Så setter vi inn dielektrikumet i venstre halvdel. På grunn av feltet fra metallplatene får vi da en innretting av elektriske dipoler og dermed en indusert overflateladning på dielektrikumet, positiv øverst og negativ nederst. Hvis ikke noe mer skjedde, ville vi ikke ha elektrostatisk likevekt: Det er ikke lenger “fordelaktig” å ha den frie ladningen jevnt fordelt over metallplatene! Den induserte positive ladningen øverst vil trekke frie elektroner fra høyre halvdel av øverste metallplate over til venstre, nederst vil det motsatte skje. Og når har vi elektrostatisk likevekt? Jo, når potensialet overalt på øverste plate har samme verdi V_{−} og potensialet overalt på nederste plate har samme verdi V_{+}. (Husk: En metallplate er et ekvipotensial i likevekt!) I likevekt har vi samme totale ladningstetthet på venstre og høyre side. På høyre side har vi σ = σ_{f}^{0} og på venstre side har vi σ = σ_{f}^{1} − σ_{i}. Her angir indeks f fri ladning på metallplatene og i angir indusert ladning. Med plateareal A må disse tetthetene av ladning selvsagt oppfylle ±Q = ±(σ_{f}^{0}A/2 + σ_{f}^{1}A/2) = total fri ladning på metallplatene. Av symmetrigrunner må det elektriske feltet fremdeles stå normalt på platene, og ettersom potensialet er konstant over hver enkelt plate må også feltet være homogent, E = ΔV/d = (V_{+} − V_{−})/d, der d er avstanden mellom platene.

8) Null felt inne i metallet eliminerer A og C. Polarisering i plasten reduserer feltet her med en faktor ε_{1}/ε_{0} = 10 i forhold til om vi hadde hatt luft eller vakuum. Feltet faller av som 1/r^{2}, men dette gir bare en reduksjonsfaktor på (5/4)^{2}/(5/2)^{2} = 1/4 når vi sammenligner posisjonene B og D. Altså blir feltet størst i posisjon D.

9) I punktet (x, 0) (x > a) bidrar ladningene med parvis like store felt (i absoluttverdi), og med retninger som vist i figuren:

Vektorsummen av de fire tynne vektorene gir tilsammen et elektrisk felt som peker i positiv y-retning.

10) Potensialet fra en punktladning q er

V (r) = \frac{q}{4πε_{0}r}

der r er avstanden fra punktladningen. Det totale potensialet er summen av potensialet fra hver enkelt punktladning (superposisjonsprinsippet). Her har vi to og to ladninger med motsatt fortegn men med samme avstand. Altså må summen bli null. Vi ser faktisk at hele xz-planet er en ekvipotensialflate med verdien V = 0. Det samme må da også gjelde for yz-planet.

11) I forelesningene brukte vi en parallellplatekondensator som eksempel og startet med

U = ∫_{0}^{Q} v(q) dq

og viste at med et elektrisk felt E har vi en (potensiell) energi pr volumenhet lik

u(E) = \frac{1}{2}ε_{0}E^{2}

Her var v(q) potensialforskjellen mellom platene i kondensatoren, slik at v(q) dq representerte det arbeidet som måtte utføres for å øke ladningen på kondensatorplatene fra ±q til ±(q + dq). Følgelig blir U den totale potensielle energien lagret i kondensatoren når vi har ladet den opp fra 0 til en endelig ladning ±Q. Dette betyr at vi har to alternative måter å bestemme den potensielle energien på: Vi kan assosiere U med ladningen Q og bruke den første formelen, selvsagt forutsatt at vi kjenner v(q). Alternativt kan vi assosiere U med det elektriske feltet E og bruke formelen

U = ∫_{V} u(E) dV = ∫_{V} \frac{1}{2}ε_{0}E^{2} dV

dersom vi vet hvordan feltet ser ut i hele volumet V. I denne oppgaven er systemet veldig enkelt, og vi kjenner både metallkulas potensial når den har en ladning q,

v(q) = \frac{q}{4πε_{0}R}

og det elektriske feltet i hele rommet utenfor kula,

E(r) = \frac{Q}{4πε_{0}r^{2}}

når den er ladet opp. Det er selvsagt tilstrekkelig å beregne den potensielle energien U på en av måtene, men la oss gjøre det med begge metoder og se at svaret blir det samme. U assosiert med ladningen Q:

U = ∫_{0}^{Q} v(q) dq = ∫_{0}^{Q} \frac{q}{4πε_{0}R} dq = \frac{Q^{2}}{8πε_{0}R}

U assosiert med feltet E:

U = ∫_{V} u(E) dV = \frac{1}{2}ε_{0} ∫_{R}^{∞} E^{2} · 4πr^{2} dr = \frac{1}{2}ε_{0} (\frac{Q}{4πε_{0}} )^{2} · 4π ∫_{R}^{∞} \frac{r^{2} dr}{r^{4}} = \frac{Q^{2}}{8πε_{0}R}

Her brukte vi kulekoordinater, men ettersom E bare avhenger av r, kunne vi gjøre de to vinkelintegrasjonene “på direkten” og sette dV = 4πr^{2} dr = volumet av et kuleskall med radius r og tykkelse dr. Vi ser at svaret blir det samme i begge tilfeller. Vi kan altså velge om vi vil assosiere den potensielle energien med ladningene eller det elektriske feltet som ladningene omgir seg med.

12) Total ladning på parallellkoblingen er

Q = Q_{1} + Q_{2}

Ettersom C_{1} = Q_{1}/ΔV og C_{2} = Q_{2}/ΔV, kan vi da skrive

Q = C_{1}ΔV + C_{2}ΔV = (C_{1} + C_{2})ΔV

Den totale kapasitansen er (pr definisjon)

C = \frac{Q}{ΔV}

slik at vi får

C = C_{1} + C_{2}

Med andre ord: Kapasitansen til to parallellkoblede kondensatorer er lik summen av kapasitansene til hver enkelt kondensator. Her har vi vist at det er slik for to kondensatorer. En kan enkelt generalisere til et vilkårlig antall kondensatorer:

C = ∑_{i} C_{i}

der summen over i går fra 1 til N = antall parallellkoblede kondensatorer.

13) Totalt spenningsfall over seriekoblingen er

ΔV = ΔV_{1} + ΔV_{2}

Ettersom C_{1} = Q/ΔV_{1} og C_{2} = Q/ΔV_{2}, kan vi da skrive

ΔV = \frac{Q}{C_{1}} + \frac{Q}{C_{2}} = Q (\frac{1}{C_{1}} + \frac{1}{C_{2}} )

Total kapasitans er

C = \frac{Q}{ΔV}

slik at vi får

C = (\frac{1}{C_{1}} + \frac{1}{C_{2}} )^{−1}

Med andre ord: Den inverse kapasitansen til to seriekoblede kondensatorer er lik summen av de inverse kapasitansene til hver enkelt kondensator. Her har vi vist at det er slik for to kondensatorer. En kan enkelt generalisere til et vilkårlig antall kondensatorer:

\frac{1}{C} = ∑_{i} \frac{1}{C_{i}}

der summen over i går fra 1 til N = antall seriekoblede kondensatorer.

14) Det elektriske feltet fra de to kondensatorplatene vil indusere ladning på øvre og nedre flate av den innsatte metallskiva. I likevekt må vi ha null elektrisk felt inne i metallskiva. Det oppnår vi ved at det induseres en ladning −Q på øvre flate og Q på nedre flate av metallskiva. Hvorfor nettopp −Q og Q? Jo, fordi det elektriske feltet fra et uendelig stort ladet plan er uavhengig av avstanden til planet, og gitt ved flateladningstettheten σ:

E_{0} = σ/2ε_{0}

I vårt tilfelle er σ = Q/A, der A er platearealet. Retningen på feltet fra et ladet plan er bort fra hvis det er positivt og inn mot hvis det er negativt. Vårt system blir da som vist i figuren på neste side. Med f.eks. y-aksen oppover blir de ulike bidragene til det totale elektriske feltet i de ulike områdene dermed enten (−σ/2ε_{0})ŷ eller (σ/2ε_{0})ŷ, se figuren.

Vi har her essensielt 4 uendelig store plan, to med ladningstetthet σ (1 og 3) og to med ladningstetthet −σ (2 og 4). I figuren er bidragene til totalt felt fra hvert enkelt plan tegnet inn i alle de fem “ulike” områdene. Totalt elektrisk felt blir rett og slett vektorsummen i hvert område, så vi har

E = 0

på utsiden av kondensatoren og inne i metallskiva (som vi måtte ha). I de to områdene mellom metallskiva og de to kondensatorplatene ser vi at feltet blir

E = −\frac{σ}{ε_{0}} ŷ

dvs det samme som vi hadde før vi satte inn metallskiva. Så til det oppgaven spør om, nemlig potensialforskjellen mellom kondensatorplatene. Uten metallskiva blir potensialforskjellen

ΔV = − ∫_{(−)}^{(+)} E · dl = \frac{σd}{ε_{0}}

for da er E = (−σ/ε_{0})ŷ i hele området mellom platene. (Vi velger selvsagt dl = dy ŷ.) Med metallskiva blir potensialforskjellen

ΔV = − ∫_{(−)}^{(+)} E · dl = \frac{σ(d − h)}{ε_{0}}

for nå er E = (−σ/ε_{0})ŷ bare i de to områdene på hver side av metallskiva, med total utstrekning d − h; inne i metallskiva er E = 0. Konklusjon: Potensialforskjellen blir mindre. Kommentar: Dette var en veldig omstendelig løsning. Ikke desto mindre synes jeg det kan være en grei måte å tenke på i slike oppgaver med “uendelig” store ladete plan. Det eneste vi trenger å vite er at feltet fra ett plan er σ/2ε_{0}, med retning bort fra eller inn mot planet hvis hhv positiv eller negativ ladning. I tillegg må vi vite at E = 0 inne i et metall, og endelig at superposisjonsprinsippet gjelder for det elektriske feltet. Fins det et kjapt, intuitivt argument for at potensialforskjellen må bli mindre? Vel, la oss forsøke: På grunn av den induserte negative og positive ladningen på henholdsvis øvre og nedre overflate av metallskiva, vil det virke tiltrekkende krefter mellom skivas overflater og kondensatorplatene. (Men nettokraften på metallskiva er selvsagt null!) Det betyr at dersom vi vil fjerne metallskiva, må vi utføre et positivt arbeid på systemet: Vi må overvinne de tiltrekkende kreftene mellom skive og kondensatorplater hvis vi f.eks. trekker skiva ut mot høyre. Det må igjen bety at systemet har en lavere potensiell energi med skiva på plass enn uten, og følgelig at potensialforskjellen mellom platene da også er mindre.

15) Vi vet at det elektriske feltet fra et uendelig stort ladet plan er uavhengig av avstanden til planet. Altså er feltet mellom to slike plan også uavhengig av avstanden til de to planene. En økning av avstanden d mellom de to planene endrer heller ikke på den elektriske feltstyrken. Hva med de andre alternative løsningene? En økning i d gir redusert kapasitans (C = ε_{0}A/d), økt potensiell energi (U = ∫ (ε_{0}E^{2}/2)dV = Adε_{0}E^{2}/2) og økt potensialforskjell mellom platene (V = Ed).

16) Se oppgave 7: Feltet fra metallplatene vil polarisere dielektrikumet og indusere overflateladning på dielektrikumet, negativ øverst og positiv nederst. Dette vil føre til at flere frie elektroner vil vandre fra høyre til venstre side av nedre plate, og motsatt øverst. Følgelig blir Q_{1} > Q_{2}.

17) Se oppgave 7: Der ble vi enige om at det elektriske feltet E er konstant i hele området mellom platene. Videre er P = 0 i området til høyre: Ingen elektriske dipoler å rette inn her som vi har vakuum! I dielektrikumet, derimot, har vi slike elektriske dipoler som rettes inn og resulterer i en polarisering P i samme retning som E. Da passer det jo aldeles utmerket at den elektriske forskyvningen D ≡ ε_{0}E + P blir størst i området til venstre. Dette stemmer også bra med at D kan assosieres med fri ladning: I forrige oppgave konkluderte vi nettopp med at vi hadde størst fri ladning (Q_{1}) på venstre halvdel av metallplatene.

18) Med utgangspunkt i oppgavene 7, 16 og 17 har vi blitt enige om at det elektriske feltet er konstant i hele området mellom platene og at tettheten av fri ladning på metallplatene er størst på den siden der vi har dielektrikumet til stede. Vi kan altså skrive

E_{1} = \frac{σ^{(1)}}{ε_{0}} = \frac{σ_{f}^{(1)} − σ_{i}^{(1)}}{ε_{0}}

for feltet i område 1, til venstre, og

E_{2} = \frac{σ^{(2)}}{ε_{0}} = \frac{σ_{f}^{(2)}}{ε_{0}}

for feltet i område 2, til høyre. Her er σ^{(1)} og σ^{(2)} total ladningstetthet henholdsvis til venstre og høyre, σ_{f}^{(1)} og σ_{f}^{(2)} er fri ladningstetthet (dvs på metallplatene) henholdsvis til venstre og høyre, og σ_{i}^{(1)} er indusert ladningstetthet (dvs på overflaten av dielektrikumet) til venstre. Disse feltene skal altså være like, E_{1} = E_{2} = E, og potensialforskjellen mellom platene er bestemt av denne feltstyrken:

ΔV = Ed

La oss for sikkerhets skyld kjapt repetere de ulike sammenhengene og størrelsene vi innførte i forbindelse med polarisering i lineære medier. Vi antok at polariseringen er proporsjonal med det elektriske feltet:

P = χ_{e}ε_{0}E

der χ_{e} = mediets susceptibilitet. Med definisjonen

D ≡ ε_{0}E + P

kunne vi da skrive

D = ε_{0}E + P
= (1 + χ_{e})ε_{0}E
= ε_{r}ε_{0}E
= εE

der vi hadde innført ε_{r} ≡ 1 + χ_{e} = mediets relative permittivitet og ε ≡ ε_{r}ε_{0} = mediets permittivitet. Det elektriske dipolmomentet til dielektrikumet i område 1 er

p_{1} = (σ_{i}^{(1)}A/2)d

slik at polariseringen her blir

P_{1} = \frac{p_{1}}{(Ad)/2} = σ_{i}^{(1)}

ettersom volumet av område 1 er Ad/2. Den elektriske forskyvningen i område 1 blir da

D_{1} = ε_{0}E_{1} + P_{1} = σ_{f}^{(1)} − σ_{i}^{(1)} + σ_{i}^{(1)} = σ_{f}^{(1)}

I område 2 har vi P_{2} = 0, slik at

D_{2} = ε_{0}E_{2} = σ_{f}^{(2)}

Samtidig har vi

D_{1} = εE_{1}

La oss se på hva total ladning på metallplatene blir:

Q = \frac{A}{2} (σ_{f}^{(1)} + σ_{f}^{(2)})
= \frac{A}{2} (D_{1} + D_{2})
= \frac{A}{2} (εE_{1} + ε_{0}E_{2})
= \frac{A}{2}E (ε + ε_{0})
= \frac{A}{2} \frac{ΔV}{d} ε_{0}(ε_{r} + 1)

Pr definisjon er kondensatorens kapasitans lik

C = \frac{Q}{ΔV}

slik at her får vi

C = \frac{A}{2}dε_{0}(ε_{r} + 1) = \frac{ε_{r} + 1}{2}C_{0}

med C_{0} = ε_{0}A/d. Ikke uventet har vi funnet at denne kondensatoren er en parallellkobling av to kondensatorer, begge med plateareal A/2, plateavstand d, og den ene fylt med vakuum og den andre fylt med et dielektrikum med permittivitet ε = ε_{r}ε_{0}. Vi kunne altså ha skrevet ned resultatet mer eller mindre direkte, med bruk av resultatet i oppgave 12.

19) La oss i denne oppgaven ta den enkle løsningen først, utstyrt med den visdommen som vi opparbeidet oss i oppgave 18. Her har vi en seriekobling av to kapasitanser: Begge har plateareal A og plateavstand d/2, den ene er luftfylt og den andre er fylt med et dielektrikum med permittivitet ε = ε_{r}ε_{0}. Da kan vi benytte oss av resultatet i oppgave 13. Kapasitansen til halvdelen med dielektrikum er

C_{1} = ε\frac{A}{d/2} = 2ε_{r}ε_{0} \frac{A}{d}

mens kapasitansen til den luftfylte halvdelen er

C_{2} = ε_{0} \frac{A}{d/2} = 2ε_{0} \frac{A}{d}

Total kapasitans blir ifølge oppgave 13

C = (\frac{1}{C_{1}} + \frac{1}{C_{2}} )^{−1}
= ε_{0} \frac{A}{d} (\frac{1}{2ε_{r}} + \frac{1}{2})^{−1}
= ε_{0} \frac{A}{d} \frac{2ε_{r}}{ε_{r} + 1}
= \frac{2ε_{r}}{ε_{r} + 1}C_{0}

Også i denne oppgaven kan vi gå veien om elektrisk forskyvning, indusert og fri ladning osv, og bestemme sammenhengen mellom total fri ladning Q og potensialforskjellen ΔV. Vi har

D = σ_{f} = Q/A

Her er D konstant i hele området mellom platene ettersom den frie ladningen er jevnt fordelt utover metallplatene (ingen forskjell på høyre og venstre her). Vi har videre

D = εE_{1}

for sammenhengen mellom elektrisk forskyvning og elektrisk felt i område 1 (= det nederste, med dielektrikum). Dessuten er

D = ε_{0}E_{2}

for sammenhengen mellom elektrisk forskyvning og elektrisk felt i område 2 (= det øverste, med vakuum). Potensialforskjellen mellom platene er

ΔV = E_{1} · \frac{d}{2} + E_{2} · \frac{d}{2}

som framkommer ved å ta veiintegralet av E fra den ene til den andre plata. Men da er vi omtrent i mål:

ΔV = E_{1} · \frac{d}{2} + E_{2} · \frac{d}{2}
= \frac{d}{2} (\frac{D}{ε} + \frac{D}{ε_{0}} )
= \frac{d}{2ε_{0}} (\frac{Q}{Aε_{r}} + \frac{Q}{A})
= \frac{Qd}{2ε_{0}A} · \frac{1 + ε_{r}}{ε_{r}}

slik at

C = \frac{Q}{ΔV} = \frac{2ε_{0}A}{d} · \frac{ε_{r}}{1 + ε_{r}} = \frac{2ε_{r}}{1 + ε_{r}} C_{0}

Det samme som vi fant ved å bruke formelen for seriekobling av to kapasitanser!

20) Her er det elektriske feltet i området mellom indre og ytre metallsylinder oppgitt, så det er bare å regne ut potensialforskjellen direkte:

ΔV = V_{a} − V_{b} = − ∫_{b}^{a} E(r) dr
= \frac{λ}{2πε} ∫_{a}^{b} \frac{dr}{r}
= \frac{λ}{2πε}(ln b − ln a)
= \frac{Q}{2πεL} ln \frac{b}{a}

Følgelig blir sylinderkondensatorens kapasitans

C = \frac{Q}{ΔV} = \frac{2πεL}{ln b/a}

For enkelte vil kanskje det største problemet i denne oppgaven være å holde styr på fortegnet, slik at en ender opp med alternativ D. Da må en huske: Kapasitans er (pr definisjon) en positiv størrelse. Ettersom a < b, må alt. E være det riktige, fordi logaritmen til et tall mindre enn 1 er negativt. Dessuten vil vi ha høyest elektrisk potensial ved den positivt ladete lederen. Det følger av definisjonen av elektrisk potensial, som potensiell energi pr ladningsenhet. Tenk deg en liten positiv ladning. Den må da opplagt ha størst potensiell energi hvis vi velger å plassere den i et punkt nær den positivt ladete lederen. Altså har vi her også høyest verdi på det elektriske potensialet. For en liten negativ ladning blir det omvendt: Den vil ha høyest potensiell energi hvis vi velger å plassere den i et punkt nær den negativt ladete lederen. Da må vi her ha lavest verdi på det elektriske potensialet, slik at når vi ganger potensialet med den lille negative ladningen, ender vi opp med størst positiv verdi på potensiell energi.

Sluttkommentar: Synes du det var mye å gjøre på denne øvingen? Da er vi enige. Jeg har antydet at semesterprøven vil inneholde ganske mange oppgaver, anslagsvis i området 40 – 50. Det er klart at det ikke blir 40 – 50 oppgaver med samme omfang som mange av oppgavene i denne øvingen. Dette gjelder spesielt endel av de siste oppgavene, hvor det virkelig er ganske mye å gjøre, ikke minst fordi det er forholdsvis nytt og uvant stoff. På den annen side: Oppgaver som f.eks. nr 5 bør ikke ta lang tid å besvare. Enten vet en at E = 0 inne i ei metallkule i likevekt, eller så vet en det ikke. Med 50 oppgaver har en 3.6 minutter til rådighet pr oppgave. Siden alle oppgaver gir samme uttelling (med riktig svar!), kan det jo være en ide å gjøre unna de “raske” oppgavene først.