\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 Elektrisitet og magnetisme

\noindent
V{\aa}r 2007

\end{bf}

\begin{center}
\begin{large}
L{\o}sningsforslag til {\o}ving 9
\end{large}
\end{center}

\noindent
Veiledning uke 9 og 10.

\vspace{1cm}
\noindent

\begin{tabular}{|r|c|c|c|c|c|} \hline
Oppgave &\hspace{0.3cm} A \hspace{0.3cm} &\hspace{0.3cm} B \hspace{0.3cm} &\hspace{0.3cm} C \hspace{0.3cm} &
\hspace{0.3cm} D \hspace{0.3cm} \\ \hline
1 \hspace{0.5cm} & & &x&  \\ \hline
2 \hspace{0.5cm} & &x& & \\ \hline
3 \hspace{0.5cm} & & & &x \\ \hline
4 \hspace{0.5cm} & & &x& \\ \hline
5 \hspace{0.5cm} & & & &x \\ \hline
6 \hspace{0.5cm} &x& & & \\ \hline
7 \hspace{0.5cm} & & & &x \\ \hline
8 \hspace{0.5cm} & & & &x \\ \hline
9 \hspace{0.5cm} & & &x&  \\ \hline
10 \hspace{0.5cm} &x& & & \\ \hline
11 \hspace{0.5cm} & & & &x \\ \hline
12 \hspace{0.5cm} &x& & & \\ \hline
13 \hspace{0.5cm} & & &x& \\ \hline
14 \hspace{0.5cm} & & &x& \\ \hline
15 \hspace{0.5cm} & & & &x \\ \hline
16 \hspace{0.5cm} & & &x&  \\ \hline
17 \hspace{0.5cm} &x& & &  \\ \hline
18 \hspace{0.5cm} & & & &x \\ \hline
19 \hspace{0.5cm} &x& & & \\ \hline
20 \hspace{0.5cm} & & & &x \\ \hline
\end{tabular}



\vspace{1.5cm}
\noindent
$1)$ Ladningen $Q$ er fordelt over lederens overflate og resulterer i en eller annen
slags flateladningstetthet $\sigma$. (Som typisk vil variere fra sted til sted p{\aa}
lederens overflate, med mindre den er kuleformet. Stor ladningstetthet der overflaten
har liten krumningsradius, f.eks. skarpe kanter, liten ladningstetthet der overflaten
har stor krumningsradius.) Den dobbelt s{\aa} store
ladningen $2Q$ vil fordele seg p{\aa} tilsvarende vis og resultere i en
flateladningstetthet $2\sigma$. Det elektriske feltet i punktet $P$ kan da beregnes
fra Coulombs lov. Med ladning $Q$:
$$\bold{E}_1(P) = \int_S \frac{\sigma \; dA}{4\pi\varepsilon_0 r^2} \hat{r}$$
Med ladning $2Q$:
$$\bold{E}_2(P) = \int_S \frac{2\sigma \; dA}{4\pi\varepsilon_0 r^2} \hat{r} = 2\bold{E}_1(P)$$
Her g{\aa}r integralene over lederens (lukkede) overflate $S$, $r$ er avstanden fra flateelementet
$dA$ til $P$ og $\hat{r}$ er enhetsvektor langs retningen fra $dA$ til $P$.

\noindent
Ettersom feltet overalt (dvs: overalt p{\aa} {\em utsiden} av lederen!) er blitt dobbelt s{\aa}
stort, m{\aa} ogs{\aa} potensialet (f.eks. relativt til uendelig langt unna)
$$V(P) = -\int_\infty^P \bold{E}\cdot d\bold{l}$$
ha blitt dobbelt s{\aa} stort.

\vspace{0.4cm}
\noindent
$2)$ Ettersom $E=0$ overalt inne i metallkula, m{\aa} nettoladningen $Q$ (pga Gauss' lov)
fordele seg p{\aa} kulas overflate, og av symmetrigrunner jevnt utover overflaten. Da gir
Gauss' lov, med kuleformet gaussflate med radius $r$ st{\o}rre enn kulas radius,
$$E(r) = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r^2}$$
dvs som for punktladning $Q$ i sentrum av metallkula. Potensialet $V(r)$ m{\aa} f{\o}lgelig
ogs{\aa} bli som for punktladning,
$$V(r) = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r}$$
(Inne i metallkula og p{\aa} kulas overflate er potensialet konstant lik $Q/4\pi\varepsilon_0 R$,
der $R$ er kulas radius.)

\noindent
Med dobbelt s{\aa} 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.

\noindent
[P{\aa} min utskrift av oppgaveteksten ser det ut som det st{\aa}r en $O$ ved siden av
metallkula. Det skal egentlig v{\ae}re en $Q$.]

\vspace{0.4cm}
\noindent
$3)$ Potensialet p{\aa} ei metallkule med radius $R$ og ladning $Q$ er (se forrige oppgave)
$$V(R) = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 R}$$
La oss f.eks. sette $V_0 = V(a) = Q/4\pi\varepsilon_0 a$, slik at $V_1=V_0/2=15V_0/30$,
$V_2=V_0/3=10V_0/30$ og $V_3=V_0/5=6V_0/30$. Da ser vi at $V_1:V_2:V_3=15:10:6$.

\noindent
Det er intuitivt rimelig at potensialet er st{\o}rst for kula med minst
radius: Tenk deg at du starter med ei n{\o}ytral
metallkule og putter p{\aa} elektrisk ladning inntil nettoladningen er $Q$. Da m{\o}ter
du ``st{\o}rre motstand'' jo mindre kula er, dvs du m{\aa} utf{\o}re et st{\o}rre arbeid
for {\aa} putte ladningen p{\aa} ei lita kula i forhold til ei stor kule. Med andre ord,
den minste kula ender opp med st{\o}rst potensiell energi, og dermed ogs{\aa} st{\o}rst
elektrisk potensial.

\noindent
[Hadde ladningen v{\ae}rt negativ, ville den minste kula hatt {\em minst} elektrisk
potensial, dvs {\em mest negativt} potensial i forhold til $V(\infty)=0$. Fremdeles
ville den minste kula hatt st{\o}rst potensiell energi, ettersom $\Delta U = Q \Delta V
= -|Q| \Delta V$ n{\aa}r $Q<0$.]

\vspace{0.4cm}
\noindent
$4)$ La oss bestemme retningen p{\aa} det elektriske feltet like i n{\ae}rheten av
de to ladningene, med utgangspunkt i at det elektriske feltet peker inn mot en negativ
ladning. Like til venstre for $x=-a$ m{\aa} feltet peke mot h{\o}yre, dvs $E(x)>0$.
Alle kurver stemmer med dette. Men like til h{\o}yre for $x=-a$ m{\aa} feltet peke mot
venstre, dvs $E(x)<0$. Kurve 1 stemmer ikke med dette. Like til venstre for $x=a$
m{\aa} feltet peke mot h{\o}yre, dvs $E(x)>0$. Kurve 4 stemmer ikke med dette. Og
endelig, like til h{\o}yre for $x=a$ m{\aa} feltet peke mot venstre, dvs $E(x)<0$.
Kurve 2 stemmer ikke med dette. Vi st{\aa}r igjen med kurve 3, som stemmer. Vi ser
at $E(0)=0$ i kurve 3, som opplagt ogs{\aa} m{\aa} v{\ae}re riktig.


\vspace{0.4cm}
\noindent
$5)$ $E=0$ inne i metallkula, dermed er A og C ikke aktuelle. (Feltlinjene i B tilsvarer,
som vi skal se om noen uker, magnetfeltet rundt en str{\o}mf{\o}rende leder som st{\aa}r
normalt p{\aa} papirplanet.)

\vspace{0.4cm}
\noindent
$6)$ La oss f{\o}rst bli enige om hva som skjer her: Ladningen $q$ fordeler seg jevnt p{\aa}
metallkulas overflate og skaper et elektrisk felt $E_0(r)=q/4\pi\varepsilon_0 r^2$ utenfor
(dvs $r>R$; $E=0$ inne i metallkula). Elektriske dipoler i plasten rettes inn p{\aa} grunn
av $E_0$, og netto effekt av denne polariseringen er at det induseres en negativ
ladning $-q_i$ p{\aa} indre overflate av plastlaget og en positiv ladning $q_i$ p{\aa} ytre 
overflate av plastlaget. Den induserte ladningen $-q_i$ skaper et elektrisk felt 
$E_i(r)=-q_i/4\pi\varepsilon_0 r^2$ i plastlaget, motsatt rettet $E_0$, dvs med retning
radielt innover, slik at det totale elektriske feltet $E=E_0+E_i$ blir svekket i plastlaget
i forhold til om vi hadde hatt luft. P{\aa} utsiden av plasten "gjenopprettes" feltstyrken
av den induserte ladningen $q_i$ p{\aa} ytre overflate. Alternativt, med Gauss' lov: Total
ladning innenfor en kuleformet gaussflate med radius $r>2R$ er $q-q_i+q_i=q$, s{\aa}
elektrisk felt her blir $E_0(r)=q/4\pi\varepsilon_0 r^2$. Total ladning innenfor en
kuleformet gaussflate med radius $R<r<2R$ er $q-q_i$, s{\aa} her, dvs i plasten, blir
elektrisk felt $E(r)=(q-q_i)/4\pi\varepsilon_0 r^2$.

\noindent
Polarisering $\bold{P}$ er, pr definisjon, elektrisk dipolmoment pr volumenhet. Det er bare
inne i det dielektriske plastlaget at vi har elektriske dipoler, og dermed bare her vi har
en $P$ forskjellig fra null. Feltlinjer for $E$ ville bli som i figuren, men i tillegg
ville nye feltlinjer starte p{\aa} plastlagets ytre overflate.

\noindent
Vi st{\aa}r igjen med elektrisk forskyvning $D$, og vi husker at $D$ er bestemt av fri
ladning: Gauss' lov for $D$ lyder
$$\oint \bold{D} \cdot d\bold{A} = Q_{\rm fri}$$
Og med {\em fri} ladning mener vi rett og slett all ladning bortsett fra indusert
(bundet) ladning knyttet til polariseringen i eventuelle dielektrika som er til stede.
Her er det ladningen $q$ p{\aa} metallkula som representerer fri ladning, mens $\pm q_i$
representerer indusert, bundet ladning.

\noindent
Bruk av Gauss' lov for $D$ gir umiddelbart $D(r)=q/4\pi r^2$ overalt p{\aa}
utsiden av metallkula, s{\aa} de inntegnede feltlinjene stemmer bra med dette.


\vspace{0.4cm}
\noindent
$7)$ Vi kan her anta at vi har tiln{\ae}rmet uendelig store plan. Da vet vi at det elektriske
feltet fra et plan er lik planets ladning pr flateenhet dividert med $2\varepsilon_0$, alts{\aa}
uavhengig av avstanden fra planet. Dermed kan vi utelukke C, ettersom feltet p{\aa} utsiden
m{\aa} v{\ae}re lik null (like stort, men motsatt rettet feltbidrag fra de to platene n{\aa}r
vi befinner oss p{\aa} utsiden). Videre m{\aa} A opplagt v{\ae}re feil: Vi kan i hvert fall
ikke f{\aa} et sterkere felt i dielektrikumet enn i vakuum.

\noindent
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 $\pm Q$ jevnt fordelt p{\aa} de to platene. S{\aa} setter vi inn
dielektrikumet i venstre halvdel. P{\aa} grunn av feltet fra metallplatene f{\aa}r
vi da en innretting av elektriske dipoler og dermed en
indusert overflateladning p{\aa} dielektrikumet, positiv {\o}verst og negativ
nederst. Hvis ikke noe mer skjedde, ville vi ikke ha elektrostatisk likevekt:
Det er ikke lenger energetisk fordelaktig {\aa} ha den frie ladningen
jevnt fordelt over metallplatene! Den induserte positive ladningen {\o}verst vil
trekke frie elektroner fra h{\o}yre halvdel av {\o}verste metallplate over til venstre,
nederst vil det motsatte skje. Og n{\aa}r har vi elektrostatisk likevekt? Jo, n{\aa}r
potensialet overalt p{\aa} {\o}verste plate har samme verdi $V_-$ og potensialet overalt
p{\aa} nederste plate har samme verdi $V_+$. (Husk: En metallplate er et ekvipotensial
i likevekt!) I likevekt har vi samme {\em totale} ladningstetthet p{\aa} venstre og
h{\o}yre side. P{\aa} h{\o}yre side har vi $\sigma = \sigma_f^0$ og p{\aa} venstre
side har vi $\sigma = \sigma_f^1 - \sigma_i$. Her angir indeks $f$ fri ladning p{\aa}
metallplatene og $i$ angir indusert ladning. Med plateareal $A$ m{\aa} disse
tetthetene av ladning selvsagt oppfylle $\pm Q = \pm (\sigma_f^0 A/2 + \sigma_f^1 A/2)$ = total
fri ladning p{\aa} metallplatene. Av symmetrigrunner m{\aa} det elektriske feltet
fremdeles st{\aa} normalt p{\aa} platene, og ettersom potensialet er konstant over hver
enkelt plate m{\aa} ogs{\aa} feltet v{\ae}re uniformt, $E = \Delta V/d = (V_+ - V_-)/d$,
der $d$ er avstanden mellom platene.

\vspace{0.4cm}
\noindent
$8)$ Null felt inne i metallet eliminerer A og C. Polarisering i plasten reduserer feltet
her med en faktor $\varepsilon_1/\varepsilon_0 = 10$ i forhold til om vi hadde hatt
luft eller vakuum. Feltet faller av som $1/r^2$, men dette gir bare en reduksjonsfaktor
p{\aa} $(5/4)^2/(5/2)^2 = 1/4$ n{\aa}r vi sammenligner posisjonene B og D. Alts{\aa}
blir feltet st{\o}rst i posisjon D.

\vspace{0.4cm}
\noindent
$9)$ I punktet $(x,0)$ ($x>a$) bidrar ladningene med parvis like store felt (i
absoluttverdi), og med retninger som vist i figuren:

%%FIGURE
\vspace{0.3cm} 
\centerline{\epsfxsize=3.0in \epsfbox{los8_fig1.eps}}
\vspace{0.3cm}
%%END FIGURE

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

\vspace{0.4cm}
\noindent
$10)$ Potensialet fra en punktladning $q$ er
$$V(r) = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 r}$$
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. Alts{\aa} m{\aa} summen bli null. Vi ser faktisk at hele
$xz$-planet er en ekvipotensialflate med verdien $V=0$. Det samme m{\aa} da ogs{\aa}
gjelde for $yz$-planet.

\vspace{0.4cm}
\noindent
$11)$ I forelesningene brukte vi en parallellplatekondensator som eksempel og startet
med
$$U = \int_0^Q v(q)\;dq$$
og viste at med et elektrisk felt $\bold{E}$ har vi en (potensiell) energi pr
volumenhet lik
$$u(E) = \frac{1}{2}\varepsilon_0 E^2$$
Her var $v(q)$ potensialforskjellen mellom platene i kondensatoren, slik at $v(q)\;dq$
representerte det arbeidet som m{\aa}tte utf{\o}res for {\aa} {\o}ke ladningen
p{\aa} kondensatorplatene fra $\pm q$ til $\pm (q+dq)$. F{\o}lgelig blir $U$ den totale
potensielle energien lagret i kondensatoren n{\aa}r vi har ladet den opp fra 0 til
en endelig ladning $\pm Q$.

\noindent
Dette betyr at vi har to alternative m{\aa}ter {\aa} bestemme den potensielle energien
p{\aa}: Vi kan assosiere $U$ med ladningen $Q$ og bruke den f{\o}rste formelen, selvsagt
forutsatt at vi kjenner $v(q)$. Alternativt kan vi assosiere $U$ med det elektriske
feltet $E$ og bruke formelen
$$U = \int_V u(E)\; dV = \int_V \frac{1}{2}\varepsilon_0 E^2 \; dV$$
dersom vi vet hvordan feltet ser ut i hele volumet $V$.

\noindent
I denne oppgaven er systemet veldig enkelt, og vi kjenner b{\aa}de metallkulas potensial
n{\aa}r den har en ladning $q$,
$$v(q) = \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 R}$$
og det elektriske feltet i hele rommet utenfor kula,
$$E(r) = \frac{Q}{4\pi\varepsilon_0 r^2}$$
n{\aa}r den er ladet opp.
Det er selvsagt tilstrekkelig {\aa} beregne den potensielle energien $U$ p{\aa} en av
m{\aa}tene, men la oss gj{\o}re det med begge metoder og se at svaret blir det samme.

\noindent
$U$ assosiert med ladningen $Q$:
$$U = \int_0^Q v(q)\;dq = \int_0^Q \frac{q}{4\pi\varepsilon_0 R}\;dq = \frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0 R}$$

\vspace{0.3cm}
\noindent
$U$ assosiert med feltet $E$:
$$U = \int_V u(E)\; dV = \frac{1}{2}\varepsilon_0 \int_R^\infty E^2 \cdot 4\pi r^2 \;dr =
\frac{1}{2}\varepsilon_0 \left(\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\right)^2 \cdot 4\pi
\int_R^\infty \frac{r^2 \;dr}{r^4} = \frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0 R}$$
Her brukte vi kulekoordinater, men ettersom $E$ bare avhenger av $r$, kunne vi gj{\o}re
de to vinkelintegrasjonene ``p{\aa} direkten'' og sette $dV = 4\pi r^2 \;dr$ = volumet
av et kuleskall med radius $r$ og tykkelse $dr$.

\noindent
Vi ser at svaret blir det samme i begge tilfeller. Vi kan alts{\aa} velge om vi vil
assosiere den potensielle energien med ladningene eller det elektriske feltet som ladningene
omgir seg med.

\vspace{0.4cm}
\noindent
$12)$ Total ladning p{\aa} parallellkoblingen er
$$Q = Q_1 + Q_2$$
Ettersom $C_1 = Q_1/\Delta V$ og $C_2 = Q_2/\Delta V$, kan vi da skrive
$$Q = C_1 \Delta V + C_2 \Delta V = (C_1 + C_2) \Delta V$$
Den totale kapasitansen er (pr definisjon)
$$C = \frac{Q}{\Delta V}$$
slik at vi f{\aa}r
$$C = C_1 + C_2$$
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 vilk{\aa}rlig antall kondensatorer:
$$C = \sum_i C_i$$
der summen over $i$ g{\aa}r fra 1 til $N$ = antall parallellkoblede kondensatorer.

\vspace{0.4cm}
\noindent
$13)$ Totalt spenningsfall over seriekoblingen er
$$\Delta V = \Delta V_1 + \Delta V_2$$
Ettersom $C_1 = Q/\Delta V_1$ og $C_2 = Q/\Delta V_2$, kan vi da skrive
$$\Delta V = \frac{Q}{C_1} + \frac{Q}{C_2} = Q \left( \frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_2} \right)$$
Total kapasitans er
$$C = \frac{Q}{\Delta V}$$
slik at vi f{\aa}r
$$C = \left( \frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_2} \right)^{-1}$$
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 vilk{\aa}rlig antall kondensatorer:
$$\frac{1}{C} = \sum_i \frac{1}{C_i}$$
der summen over $i$ g{\aa}r fra 1 til $N$ = antall seriekoblede kondensatorer.

\vspace{0.4cm}
\noindent
$14)$ Det elektriske feltet fra de to kondensatorplatene vil indusere ladning p{\aa}
{\o}vre og nedre flate av den innsatte metallskiva. I likevekt m{\aa} vi ha null
elektrisk felt inne i metallskiva. Det oppn{\aa}r vi ved at det induseres en ladning
$-Q$ p{\aa} {\o}vre flate og $Q$ p{\aa} 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 $\sigma$:
$$E_0 = \sigma/2\varepsilon_0$$
I v{\aa}rt tilfelle er $\sigma = Q/A$, der $A$ er platearealet. Retningen p{\aa}
feltet fra et ladet plan er {\em bort fra} hvis det er positivt og {\em inn mot}
hvis det er negativt. V{\aa}rt system blir da som vist i figuren nedenfor.
Med f.eks. $y$-aksen oppover blir de ulike bidragene til det totale elektriske
feltet i de ulike omr{\aa}dene dermed enten $(-\sigma/2\varepsilon_0)\hat{y}$
eller $(\sigma/2\varepsilon_0)\hat{y}$, se figuren.

%%FIGURE
\vspace{0.3cm}
\centerline{\epsfxsize=4.0in \epsfbox{los8_fig2.eps}}
\vspace{0.3cm}
%%END FIGURE

\noindent
Vi har her essensielt 4 uendelig
store plan, to med ladningstetthet $\sigma$ (1 og 3) og to med
ladningstetthet $-\sigma$ (2 og 4). I figuren er bidragene til totalt felt fra
hvert enkelt plan tegnet inn i alle de fem ``ulike'' omr{\aa}dene. Totalt elektrisk
felt blir rett og slett vektorsummen i hvert omr{\aa}de, s{\aa} vi har
$$E=0$$
p{\aa} utsiden av kondensatoren og inne i metallskiva (som vi {\em m{\aa}tte} ha).
I de to omr{\aa}dene mellom metallskiva og de to kondensatorplatene ser vi at
feltet blir
$$\bold{E} = -\frac{\sigma}{\varepsilon_0} \hat{y}$$
dvs det samme som vi hadde f{\o}r vi satte inn metallskiva.

\noindent
S{\aa} til det oppgaven sp{\o}r om, nemlig potensialforskjellen mellom kondensatorplatene.
Uten metallskiva blir potensialforskjellen
$$\Delta V = -\int_{(-)}^{(+)} \bold{E} \cdot d\bold{l} = \frac{\sigma d}{\varepsilon_0}$$
for da er $\bold{E} = (-\sigma/\varepsilon_0)\hat{y}$ i hele omr{\aa}det mellom platene.
(Vi velger selvsagt $d\bold{l} = dy\;\hat{y}$.)

\noindent
Med metallskiva p{\aa} plass blir potensialforskjellen
$$\Delta V = -\int_{(-)}^{(+)} \bold{E} \cdot d\bold{l} = \frac{\sigma (d-h)}{\varepsilon_0}
= \frac{\sigma d}{3\varepsilon_0}$$
for n{\aa} er $\bold{E} = (-\sigma/\varepsilon_0)\hat{y}$ bare i de to omr{\aa}dene p{\aa}
hver side av metallskiva, med total utstrekning $d-h=d-2d/3=d/3$; inne i metallskiva er $E=0$.

\noindent
Konklusjon: Potensialforskjellen mellom kondensatorplatene blir tre ganger mindre.

\noindent
Kommentar: Dette var en veldig omstendelig l{\o}sning. Ikke desto mindre synes jeg det kan
v{\ae}re en grei m{\aa}te {\aa} tenke p{\aa} i slike oppgaver med ``uendelig'' store ladete
plan. Det eneste vi trenger {\aa} vite er at feltet fra ett plan er $\sigma/2\varepsilon_0$,
med retning bort fra eller inn mot planet hvis hhv positiv eller negativ ladning. I tillegg
m{\aa} vi vite at $E=0$ inne i et metall, og endelig at superposisjonsprinsippet gjelder
for det elektriske feltet.


\vspace{0.4cm}
\noindent
$15)$ Et uendelig stort uniformt ladet plan med ladning pr flateenhet $\sigma$ resulterer
i et konstant elektrisk felt $E=\sigma/2\varepsilon_0$. Hvis $\sigma$ er positiv, blir
$E$ rettet bort fra planet, og omvendt hvis $\sigma$ er negativ. Vi vet videre at
potensialet {\em avtar} dersom vi beveger oss {\em med} det elektriske feltet. Husk:
Avtagende potensial n{\aa}r vi fjerner oss fra en positiv ladning, ettersom en positiv
testladning m{\aa} f{\aa} avtagende potensiell energi n{\aa}r den fjerner seg fra en positiv
ladning. 

\noindent
Her har vi nettopp et positivt ladet plan, s{\aa} potensialet m{\aa} alts{\aa} avta
med avstanden til planet. Det er valgt $V=-20$ V p{\aa} planet, s{\aa} $V$ m{\aa} her
v{\ae}re negativt overalt.

\noindent
(Hvis planet hadde v{\ae}rt negativt ladet, med ladningstetthet $\sigma = -4$ nC/m$^2$,
hadde vi hatt $V=0$ i avstand $d = \Delta V/E = \Delta V \cdot 2\varepsilon_0/\sigma =
20 \cdot 2 \cdot 8.85 \cdot 10^{-12}/4\cdot 10^{-9} \simeq 0.09$ m.)

\vspace{0.4cm}
\noindent
$16)$ Dersom det elektriske feltet er $E_0$ mellom metallplatene f{\o}r vi setter inn de to
dielektriske lagene, blir feltstyrken redusert med en faktor $1/\varepsilon_{rj}$ inne i
dielektrikum $j$ ($j=1,2$). Her er $\varepsilon_{rj}$ relativ permittivitet til
dielektrikum $j$, dvs $\varepsilon_{r1}=4$ og $\varepsilon_{r2}=2$. Feltstyrken forblir
uendret i vakuumlaget mellom $x=2a$ og $x=3a$. Dermed:
\begin{eqnarray}
E &=& \frac{1}{4} E_0 \;\;\;\;\; 0 < x < 2a \nonumber \\
E &=& E_0 \;\;\;\;\;\;\; 2a < x < 3a \nonumber \\
E &=& \frac{1}{2} E_0 \;\;\;\;\; 3a < x < 5a \nonumber
\end{eqnarray}
Dette betyr at potensialet avtar minst mellom 0 og $2a$, raskest (mer presist: fire
ganger raskere) mellom $2a$ og $3a$, og "mellomraskt" (mer presist: dobbelt s{\aa}
raskt som mellom 0 og $2a$) mellom $3a$ og $5a$. Bare kurve 3 kan stemme med dette.


\vspace{0.4cm}
\noindent
$17)$ Se oppgave 7: Der ble vi enige om at det elektriske feltet $\bold{E}$ er konstant
i hele omr{\aa}det mellom platene. Videre er $\bold{P} = 0$ i omr{\aa}det til h{\o}yre:
Ingen elektriske dipoler {\aa} rette inn her som vi har vakuum! I dielektrikumet, derimot,
har vi slike elektriske dipoler som rettes inn og resulterer i en polarisering $\bold{P}$
i samme retning som $\bold{E}$. Da passer det jo aldeles utmerket at den elektriske
forskyvningen $\bold{D} \equiv \varepsilon_0 \bold{E} + \bold{P}$ blir st{\o}rst
i omr{\aa}det til venstre. Dette stemmer ogs{\aa} bra med at $\bold{D}$ kan assosieres
med fri ladning: I oppgave 7 konkluderte vi nettopp med at vi hadde st{\o}rst
fri ladning p{\aa} venstre halvdel av metallplatene, dvs der vi har dielektrikum.

\vspace{0.4cm}
\noindent
$18)$ Med utgangspunkt i oppgavene 7 og 17 har vi blitt enige om at det elektriske
feltet er konstant i hele omr{\aa}det mellom platene og at tettheten av fri ladning p{\aa}
metallplatene er st{\o}rst p{\aa} den siden der vi har dielektrikumet til stede.
Vi kan alts{\aa} skrive
$$E_1 = \frac{\sigma^{(1)}}{\varepsilon_0} = \frac{\sigma_f^{(1)} - \sigma_i^{(1)}}{\varepsilon_0}$$
for feltet i omr{\aa}de 1, til venstre, og
$$E_2 = \frac{\sigma^{(2)}}{\varepsilon_0} = \frac{\sigma_f^{(2)}}{\varepsilon_0}$$
for feltet i omr{\aa}de 2, til h{\o}yre. Her er $\sigma^{(1)}$ og $\sigma^{(2)}$ {\em total}
ladningstetthet henholdsvis til venstre og h{\o}yre, $\sigma_f^{(1)}$ og $\sigma_f^{(2)}$
er {\em fri} ladningstetthet (dvs p{\aa} metallplatene) henholdsvis til venstre og h{\o}yre,
og $\sigma_i^{(1)}$ er {\em indusert} ladningstetthet (dvs p{\aa} overflaten av
dielektrikumet) til venstre. Disse feltene skal alts{\aa} v{\ae}re like, $E_1 = E_2 = E$, og
potensialforskjellen mellom platene er bestemt av denne feltstyrken:
$$\Delta V = Ed$$
La oss for sikkerhets skyld kjapt repetere de ulike sammenhengene og st{\o}rrelsene vi 
innf{\o}rte i forbindelse med polarisering i line{\ae}re medier. Vi antok at polariseringen
er proporsjonal med det elektriske feltet:
$$\bold{P} = \chi_e \varepsilon_0 \bold{E}$$
der $\chi_e$ = mediets {\em susceptibilitet}. Med {\em definisjonen}
$$\bold{D} \equiv \varepsilon_0 \bold{E} + \bold{P}$$
kunne vi da skrive
\begin{eqnarray}
\bold{D} &=& \varepsilon_0 \bold{E} + \bold{P} \nonumber \\
&=& (1 + \chi_e) \varepsilon_0 \bold{E} \nonumber \\
&=& \varepsilon_r \varepsilon_0 \bold{E} \nonumber \\
&=& \varepsilon \bold{E} \nonumber
\end{eqnarray}
der vi hadde innf{\o}rt $\varepsilon_r \equiv 1 + \chi_e$ = mediets {\em relative
permittivitet og $\varepsilon \equiv \varepsilon_r \varepsilon_0$ = mediets {\em
permittivitet. 

\noindent
Det elektriske dipolmomentet til dielektrikumet i omr{\aa}de 1 er
$$p_1 = (\sigma_i^{(1)}A/2)d$$
slik at polariseringen her blir
$$P_1 = \frac{p_1}{(Ad)/2} = \sigma_i^{(1)}$$
ettersom volumet av omr{\aa}de 1 er $Ad/2$. Den elektriske forskyvningen i omr{\aa}de 1
blir da
$$D_1 = \varepsilon_0 E_1 + P_1 = \sigma_f^{(1)} - \sigma_i^{(1)} + \sigma_i^{(1)} = \sigma_f^{(1)}$$
I omr{\aa}de 2 har vi $P_2 = 0$, slik at
$$D_2 = \varepsilon_0 E_2 = \sigma_f^{(2)}$$
Samtidig har vi
$$D_1 = \varepsilon E_1$$
La oss se p{\aa} hva total ladning p{\aa} metallplatene blir:
\begin{eqnarray}
Q &=& \frac{A}{2} \left(\sigma_f^{(1)} + \sigma_f^{(2)} \right) \nonumber \\
&=& \frac{A}{2}\left( D_1 + D_2 \right) \nonumber \\
&=& \frac{A}{2} \left( \varepsilon E_1 + \varepsilon_0 E_2 \right) \nonumber \\
&=& \frac{A}{2} E \left( \varepsilon + \varepsilon_0 \right) \nonumber \\
&=& \frac{A}{2} \frac{\Delta V}{d} \varepsilon_0 (\varepsilon_r + 1) \nonumber
\end{eqnarray}
Pr definisjon er kondensatorens kapasitans lik
$$C = \frac{Q}{\Delta V}$$
slik at her f{\aa}r vi
$$C = \frac{A}{2d} \varepsilon_0 (\varepsilon_r + 1) = \frac{\varepsilon_r + 1}{2} C_0$$
med $C_0 = \varepsilon_0 A/d$.

\noindent
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 $\varepsilon = \varepsilon_r \varepsilon_0$.
Vi kunne alts{\aa} ha skrevet ned resultatet mer eller mindre direkte, med bruk av resultatet i
oppgave 12.


\vspace{0.4cm}
\noindent
$19)$ La oss i denne oppgaven ta den enkle l{\o}sningen f{\o}rst, utstyrt med den visdommen som vi
opparbeidet oss i oppgave 18. Her har vi en {\em 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 $\varepsilon = \varepsilon_r \varepsilon_0$. Da kan vi benytte oss av resultatet i
oppgave 13. Kapasitansen til halvdelen med dielektrikum er
$$C_1 = \varepsilon \frac{A}{d/2} = 2\varepsilon_r \varepsilon_0 \frac{A}{d}$$
mens kapasitansen til den luftfylte halvdelen er
$$C_2 = \varepsilon_0 \frac{A}{d/2} = 2\varepsilon_0 \frac{A}{d}$$
Total kapasitans blir if{\o}lge oppgave 13
\begin{eqnarray}
C &=& \left(\frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_2} \right)^{-1} \nonumber \\
&=& \varepsilon_0 \frac{A}{d} \left( \frac{1}{2\varepsilon_r} + \frac{1}{2} \right)^{-1} \nonumber \\
&=& \varepsilon_0 \frac{A}{d} \frac{2\varepsilon_r}{\varepsilon_r + 1} \nonumber \\
&=& \frac{2\varepsilon_r}{\varepsilon_r + 1} C_0 \nonumber
\end{eqnarray}
Ogs{\aa} i denne oppgaven kan vi g{\aa} veien om elektrisk forskyvning, indusert og fri ladning
osv, og bestemme sammenhengen mellom total fri ladning $Q$ og potensialforskjellen $\Delta V$.
Vi har
$$D = \sigma_f = Q/A$$
Her er $D$ konstant i hele omr{\aa}det mellom platene ettersom den frie ladningen er jevnt
fordelt utover metallplatene (ingen forskjell p{\aa} h{\o}yre og venstre her).
Vi har videre
$$D = \varepsilon E_1$$
for sammenhengen mellom elektrisk forskyvning og elektrisk felt i omr{\aa}de 1 (= det nederste,
med dielektrikum). Dessuten er
$$D = \varepsilon_0 E_2$$
for sammenhengen mellom elektrisk forskyvning og elektrisk felt i omr{\aa}de 2 (= det
{\o}verste, med vakuum). Potensialforskjellen mellom platene er
$$\Delta V = E_1 \cdot \frac{d}{2} + E_2 \cdot \frac{d}{2}$$
som framkommer ved {\aa} ta veiintegralet av $\bold{E}$ fra den ene til den andre plata.
Men da er vi omtrent i m{\aa}l:
\begin{eqnarray}
\Delta V &=& E_1 \cdot \frac{d}{2} + E_2 \cdot \frac{d}{2} \nonumber \\
&=& \frac{d}{2} \left( \frac{D}{\varepsilon} + \frac{D}{\varepsilon_0} \right) \nonumber \\
&=& \frac{d}{2\varepsilon_0} \left( \frac{Q}{A\varepsilon_r} + \frac{Q}{A} \right) \nonumber \\
&=& \frac{Qd}{2\varepsilon_0 A}\cdot \frac{1 + \varepsilon_r}{\varepsilon_r} \nonumber
\end{eqnarray}
slik at
$$C = \frac{Q}{\Delta V} = \frac{2\varepsilon_0 A}{d}\cdot \frac{\varepsilon_r}{1 + \varepsilon_r}
= \frac{2\varepsilon_r}{1 + \varepsilon_r} C_0$$
Det samme som vi fant ved {\aa} bruke formelen for seriekobling av to kapasitanser!

\vspace{0.4cm}
\noindent
$20)$ Her er det elektriske feltet i omr{\aa}det mellom indre og ytre metallsylinder oppgitt,
s{\aa} det er bare {\aa} regne ut potensialforskjellen direkte:
\begin{eqnarray}
\Delta V &=& V_a - V_b = -\int_b^a E(r)\;dr \nonumber \\
&=& \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon} \int_a^b \frac{dr}{r} \nonumber \\
&=& \frac{\lambda}{2\pi\varepsilon} (\ln b - \ln a ) \nonumber \\
&=& \frac{Q}{2\pi\varepsilon L} \ln \frac{b}{a} \nonumber
\end{eqnarray}
F{\o}lgelig blir sylinderkondensatorens kapasitans
$$C = \frac{Q}{\Delta V} = \frac{2\pi\varepsilon L}{\ln b/a}$$
For enkelte vil kanskje det st{\o}rste problemet i denne oppgaven v{\ae}re {\aa}
holde styr p{\aa} fortegnet, slik at en ender opp med alternativ C. Da m{\aa}
en huske: Kapasitans er (pr definisjon) en {\em positiv} st{\o}rrelse. Ettersom
$a<b$, m{\aa} alt. D v{\ae}re det riktige, fordi logaritmen til et tall mindre
enn 1 er negativt.

\noindent
Dessuten vil vi ha h{\o}yest elektrisk potensial ved den positivt ladete lederen.
Det f{\o}lger av definisjonen av elektrisk potensial, som potensiell energi pr
ladningsenhet. Tenk deg en liten positiv ladning. Den m{\aa} da opplagt ha st{\o}rst
potensiell energi hvis vi velger {\aa} plassere den i et punkt n{\ae}r den positivt
ladete lederen. Alts{\aa} har vi her ogs{\aa} h{\o}yest verdi p{\aa} det elektriske
potensialet. For en liten negativ ladning blir det omvendt: Den vil ha h{\o}yest
potensiell energi hvis vi velger {\aa} plassere den i et punkt n{\ae}r den negativt
ladete lederen. Da m{\aa} vi her ha {\em lavest} verdi p{\aa} det
elektriske potensialet, slik at n{\aa}r vi ganger potensialet med den lille
negative ladningen, ender vi opp med st{\o}rst positiv verdi p{\aa} potensiell energi.

\vspace{1.5cm}
\noindent
Sluttkommentar: Synes du det var mye {\aa} gj{\o}re p{\aa} denne {\o}vingen? Da er vi
enige. Semesterpr{\o}ven vil inneholde 25 oppgaver. Det er klart at det da ikke blir 25 oppgaver
med samme omfang som enkelte av oppgavene i denne {\o}vingen. Dette gjelder spesielt
endel av de siste oppgavene, hvor det virkelig er ganske mye {\aa} gj{\o}re, ikke
minst fordi det er forholdsvis nytt og uvant stoff. P{\aa} den annen side: Oppgaver
som f.eks. nr 5 b{\o}r ikke ta lang tid {\aa} besvare. Enten vet en at $E=0$
inne i ei metallkule i likevekt, eller s{\aa} vet en det ikke.

\noindent
Med 25 oppgaver og 2 timer har du 4.8 minutter til r{\aa}dighet pr oppgave
p{\aa} midtsemesterpr{\o}ven. Siden alle
oppgaver gir samme uttelling (med riktig svar!), kan det jo v{\ae}re en ide
{\aa} gj{\o}re unna de ``raske'' oppgavene f{\o}rst.


\end{document}
