Institutt for fysikk, NTNU TFY4155/FY1003 Elektrisitet og magnetisme Vår 2006

Løsningsforslag til øving 10

Veiledning torsdag 16. mars

Oppgave 1

Hele lederen kan deles opp i ”sylinderrør” med indre radius r, ytre radius r + dr, og dermed tverrsnitt med areal

dA = 2πr dr

Strømmen i et slik rør er

dI = j · dA = j_{0} e^{−r/R} · 2πr dr

Total strøm I finner vi ved å integrere dI over lederens tverrsnitt, dvs ved å la r variere fra 0 til R:

I = ∫ dI
= ∫_{0}^{R} j_{0} e^{−r/R} · 2πr dr
= 2πj_{0} R^{2} ∫_{0}^{1} x e^{−x} dx
= 2πj_{0} R^{2} (1 − \frac{2}{e})

Her har vi substituert x = r/R slik at dr = R dx og r = R x. Integralet er oppgitt i oppgaveteksten. Jeg er forøvrig overbevist om at du hadde klart å regne det ut selv, ved hjelp av delvis integrasjon.

Oppgave 2

a) Her er høyre halvdel av kondensatoren en seriekobling av to kondensatorer, begge med plateareal A/2, plateavstand d/2 og fylt med dielektrika med permittivitet henholdsvis ε_{2} (øverst) og ε_{3} (nederst). Høyre halvdel har dermed en kapasitans bestemt ved

C_{h}^{−1} = (ε_{2} \frac{A/2}{d/2})^{−1} + (ε_{3} \frac{A/2}{d/2})^{−1}

dvs

C_{h} = \frac{ε_{2}ε_{3}}{ε_{2} + ε_{3}} \frac{A}{d}

Venstre halvdel er rett og slett en kondensator med plateareal A/2, plateavstand d og fylt med dielektrikum med permittivitet ε_{1}. Venstre halvdel har dermed kapasitans

C_{v} = ε_{1} \frac{A/2}{d} = \frac{ε_{1}}{2} \frac{A}{d}

Hele kondensatoren er en parallellkobling av C_{v} og C_{h}, og dermed med kapasitans

C = C_{v} + C_{h} = \frac{A}{d} (\frac{ε_{1}}{2} + \frac{ε_{2}ε_{3}}{ε_{2} + ε_{3}} )

b) Nedre metallplate representerer ekvipotensialet V = 0, øvre metallplate representerer ekvipotensialet V = 100 V. Dersom hele volumet mellom platene hadde vært fylt med ett og samme dielektrikum (evt vakuum), ville den elektriske feltstyrken ha vært konstant i hele dette volumet, slik at de tre ekvipotensialflatene 25 V, 50 V og 75 V ville ha blitt horisontale plan i avstand henholdsvis d/4, d/2 og 3d/4 fra nedre metallplate. I venstre halvdel må det fortsatt bli slik. I høyre halvdel er dette ikke lenger tilfellet: Vi har ε_{2} = 2ε_{0} og ε_{3} = 6ε_{0}. Følgelig får vi sterkest polarisering i medium 3, og dermed minst elektrisk feltstyrke her. Vi må uansett ha en potensialforskjell lik 100 V mellom nedre og øvre plate. Det innebærer at

∫ E · dl

må ha verdien 100 V uansett hvilken vei vi velger mellom de to metallplatene. Hvis vi går langs stiplet linje h, har vi

E_{2} \frac{d}{2} + E_{3} \frac{d}{2} = ΔV

Fri ladning ±Q vil ikke fordele seg likt mellom venstre og høyre halvdel. På grunn av polariseringen i høyre halvdel, vil mer enn halvparten av den frie ladningen på metallplatene ligge på høyre halvdel i elektrostatisk likevekt. Men uansett hvor stor denne andelen av fri ladning er, vil elektrisk forskyvning D bli konstant langs hele linjen h. Følgelig blir elektrisk feltstyrke i medium 2 tre ganger større enn i medium 3, ettersom vi har sammenhengen D = εE. Altså: E_{2} = 3E_{3}. I høyre halvdel blir da ekvipotensialflaten 25 V liggende midt i, dvs i grenseflaten mellom medium 2 og medium 3, i avstand d/2 fra nedre metallplate. Deretter har vi 50 V i avstand d/6 over midten og 75 V i avstand d/3 over midten. Hvis alle disse ekvipotensialflatene skal være kontinuerlige, må hele bildet bli seende omtrent slik ut:

Ettersom E må stå normalt på ekvipotensialflatene, kan E ikke ha retning rett nedover i nærheten av midtlinjen ab.