\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 7
\end{large}
\end{center}


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

\vspace{0.2cm}
\noindent
I denne oppgaven har vi en {\em fast} potensialforskjell $V_0$ mellom de to
metallplatene. La oss f{\o}rst se kvalitativt p{\aa} hva som skjer.

\noindent
Begge dielektrika blir polarisert i det elektriske feltet fra de to
metallplatene. I (a) blir venstre halvdel mindre polarisert enn h{\o}yre halvdel,
i og med at h{\o}yre halvdel har st{\o}rre relativ permittivitet.
Nettoresultatet blir en indusert overflateladning p{\aa}
hver side av dielektrikumet, her negativ {\o}verst og positiv nederst, ettersom
{\o}verste og nederste metallplate har hhv positiv og negativ ladning
({\o}verste plate har h{\o}yere potensial enn nederste plate). 
Dersom hele volumet mellom platene hadde v{\ae}rt fylt med ett og samme type medium,
ville fri ladning p{\aa} metallplatene ha v{\ae}rt {\em jevnt fordelt} over hele
metallplatenes areal. Dette er ikke tilfelle her! Ettersom h{\o}yre halvdel
polariseres mer enn venstre halvdel, vil h{\o}yre halvdel f{\aa} mer indusert
ladning p{\aa} dielektrikumets overflate enn venstre halvdel. Dersom fri ladning
p{\aa} metallplatene n{\aa} var jevnt fordelt, ville ikke den elektriske
feltstyrken v{\ae}re den samme p{\aa} h{\o}yre og venstre side, og da kunne heller 
ikke potensialforskjellen mellom metallplatene v{\ae}re den samme p{\aa}
h{\o}yre og venstre side. Men det {\em m{\aa}} den v{\ae}re, ettersom en gitt
metallplate er et ekvipotensial!
''Likevekten'' gjenopprettes
ved at ekstra fri ladning str{\o}mmer inn i h{\o}yre halvdel av metallplatene, inntil {\em total} ladning p{\aa}
h{\o}yre og venstre side er like stor. La oss kalle (tettheten av)
fri ladning hhv $\sigma_{af}^v$ og $\sigma_{af}^h$ til venstre og h{\o}yre,
og indusert (bundet) ladning $\sigma_{ai}^v$ og $\sigma_{ai}^h$ til h{\o}yre.
Vi lar dessuten notasjonen v{\ae}re slik at alle $\sigma$ er {\em positive}. Da m{\aa} vi
alts{\aa} ha
$$\sigma_{af}^h - \sigma_{ai}^h = \sigma_{af}^v - \sigma_{ai}^v$$
for {\aa} ha like mye total ladning til h{\o}yre og til venstre.

\noindent
I $(b)$ f{\aa}r vi ogs{\aa} indusert
overflateladning p{\aa} begge sider av begge dielektrika. Dielektrikumet
nederst har st{\o}rst relativ permittivitet. Det betyr at vi f{\aa}r 
sterkere polarisering i dette omr{\aa}det enn i den {\o}vre halvdelen.
F{\o}lgelig m{\aa} indusert ladning oppe, $\sigma_{bi}^o$, v{\ae}re mindre
enn indusert ladning nede, $\sigma_{bi}^n$. Fortegnet p{\aa} de induserte
ladningene m{\aa} v{\ae}re negativt oppe ved {\o}verste metallplate, positivt
nede ved nederste metallplate, og f{\o}lgelig positivt p{\aa} nedre overflate
av {\o}vre dielektrikum, og negativt p{\aa} {\o}vre overflate
av nedre dielektrikum. I dette tilfellet har vi ingen forskjell mellom h{\o}yre
og venstre, s{\aa} fri ladning er n{\aa} jevnt fordelt i metallplatene. Videre m{\aa}
veiintegralet av det elektriske feltet fra den ene til den andre plata
fremdeles ha verdien $V_0$. Med kun en type medium mellom platene ville vi
hatt et uniformt elektrisk felt $E_0 = V_0/d$. N{\aa} har vi konkludert med sterkest polarisering i det
nederste laget. Derfor m{\aa} det elektriske feltet, $E_b^n$, her v{\ae}re
svakere enn feltet $E_b^o$ i det {\o}verste laget. Det er klart at $E_b^o$ m{\aa}
v{\ae}re st{\o}rre enn $V_0/d$ og at $E_b^n$ m{\aa} v{\ae}re mindre enn
$V_0/d$, og slik at
$$E_b^o \cdot \frac{d}{2} + E_b^n \cdot \frac{d}{2} = V_0$$
Hvis vi sammenligner med forholdene uten noe dielektrikum til stede i det hele tatt,
m{\aa} det ha str{\o}mmet til ekstra fri ladning til metallplatene for {\aa}
opprettholde den samme potensialforskjellen $V_0$ mellom platene. Dette s{\o}rger
spenningskilden for.

\vspace{0.3cm}
\noindent
Da har vi vel stort sett f{\aa}tt ''kartlagt situasjonen'', og dessuten
etablert b{\aa}de notasjon og diverse sammenhenger. I tillegg til dette
vet vi at (se forelesningene) elektrisk forskyvning $D$ er lik tettheten
av fri ladning, og at elektrisk polarisering $P$ er lik tettheten av
indusert ladning. Endelig har vi sammenhengene $D = \varepsilon_0 E + P =
\varepsilon E$. For v{\aa}re system kan vi her uten fare sl{\o}yfe
vektortegn: Alle vektorer $\bold{D}$, $\bold{E}$ og $\bold{P}$ peker
{\em nedover}. Vi har n{\aa} tilstrekkelig kunnskap til {\aa} regne
ut alle interessante st{\o}rrelser for de to kondensatorene.

\vspace{0.5cm}
\noindent
(a) Konstant elektrisk felt $E_a$ mellom platene:
$$E_a = \frac{V_0}{d}$$
Elektrisk forskyvning:
$$D_a^h = \varepsilon_2 E_a = \frac{4\varepsilon_{r1} \varepsilon_0 V_0}{d}$$
til h{\o}yre, og
$$D_a^v = \varepsilon_1 E_a = \frac{\varepsilon_{r1} \varepsilon_0 V_0}{d}$$
til venstre. Dette blir da ogs{\aa} tettheten av fri ladning til h{\o}yre og venstre:
\begin{eqnarray}
\sigma_{af}^h &=& D_a^h \nonumber \\
\sigma_{af}^v &=& D_a^v \nonumber
\end{eqnarray}
Polarisering og indusert ladning:
$$P_a^h = \sigma_{ai}^h = \chi_1 \varepsilon_0 E_a = \frac{(\varepsilon_{r1}-1)\varepsilon_0 V_0}{d}$$
$$P_a^v = \sigma_{ai}^v = \chi_2 \varepsilon_0 E_a = \frac{(4\varepsilon_{r1}-1)\varepsilon_0 V_0}{d}$$
Kapasitans:
$$C_a = \frac{Q_a}{V_0} = \frac{(\sigma_{af}^h+\sigma_{af}^v)\cdot A/2}{V_0} = 
\frac{5\varepsilon_{r1}\varepsilon_0 A}{2d}$$


\vspace{0.5cm}
\noindent
(b) Her har vi konstant elektrisk forskyvning mellom platene:
$$D_b^o = D_b^n = D_b = \sigma_{bf}^o = \sigma_{bf}^n = \sigma_{bf}$$
Vi vet ikke umiddelbart hva fri ladning $\sigma_{bf}$ p{\aa} metallplatene er,
men vi kjenner sammenhengen mellom $D$ og $E$ i de to sjiktene, og dessuten
sammenhengen mellom $E$ og $V_0$. Alt i alt:
\begin{eqnarray}
V_0 &=& \frac{d}{2} \left( E_b^o + E_b^n \right) \nonumber \\
&=& \frac{d}{2} \left( \frac{D_b^o}{\varepsilon_1} + \frac{D_b^n}{\varepsilon_2} \right) \nonumber \\
&=& \frac{D_b d}{2\varepsilon_0} \left( \frac{1}{\varepsilon_{r1}} + \frac{1}{4\varepsilon_{r1}} \right) \nonumber \\
\Rightarrow D_b &=& \frac{8\varepsilon_{r1}\varepsilon_0 V_0}{5d} \nonumber
\end{eqnarray}
Elektrisk felt oppe:
$$E_b^o = \frac{D_b}{\varepsilon_1} = \frac{8V_0}{5d}$$
Elektrisk felt nede:
$$E_b^n = \frac{D_b}{\varepsilon_2} = \frac{2V_0}{5d}$$
Polarisering, og dermed ogs{\aa} indusert ladning, oppe:
$$P_b^o = \frac{8(\varepsilon_{r1}-1)\varepsilon_0 V_0}{5d}$$
Polarisering, og dermed ogs{\aa} indusert ladning, nede:
$$P_b^n = \frac{2(4\varepsilon_{r1}-1)\varepsilon_0 V_0}{5d}$$
Kapasitans:
$$C_b = \frac{Q_b}{V_0} = \frac{\sigma_{bf}\cdot A}{V_0} = 
\frac{8\varepsilon_{r1}\varepsilon_0 A}{5d}$$

\vspace{0.5cm}
\noindent
For parallellkobling av to kapasitanser $C_1$ og $C_2$ har vi utledet at ekvivalent kapasitans er
$$C = C_1 + C_2$$
En kondensator med plateavstand $d$ og plateareal $A/2$ som er fylt med dielektrikum med
relativ permittivitet $\varepsilon_r$ har (fra forelesningene)
en kapasitans $\varepsilon_r \varepsilon_0 A/2d$.
En parallellkobling av to slike, den ene med relativ permittivitet $\varepsilon_{r1}$ og den andre
med relativ permittivitet $4\varepsilon_{r1}$, tilsvarer da en ekvivalent kapasitans
$$C = \frac{\varepsilon_{r1}\varepsilon_0 A}{2d} + \frac{4\varepsilon_{r1}\varepsilon_0 A}{2d} =
\frac{5\varepsilon_{r1}\varepsilon_0 A}{2d}$$
som er nettopp det vi fant ved {\aa} regne i detalj p{\aa} kondensator (a).

\vspace{0.5cm}
\noindent
For seriekobling av to kapasitanser $C_1$ og $C_2$ har vi utledet at ekvivalent kapasitans er
$$C = \left( \frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_2}\right)^{-1}$$
En kondensator med plateavstand $d/2$ og plateareal $A$ som er fylt med dielektrikum med
relativ permittivitet $\varepsilon_r$ har (fra forelesningene) 
en kapasitans $2\varepsilon_r \varepsilon_0 A/d$.
En seriekobling av to slike, den ene med relativ permittivitet $\varepsilon_{r1}$ og den andre
med relativ permittivitet $4\varepsilon_{r1}$, tilsvarer da en ekvivalent kapasitans
$$C = \left( \frac{d}{2\varepsilon_{r1}\varepsilon_0 A} + \frac{d}{8\varepsilon_{r1}\varepsilon_0 A} \right)^{-1}=
\frac{8\varepsilon_{r1}\varepsilon_0 A}{5d}$$
som er nettopp det vi fant ved {\aa} regne i detalj p{\aa} kondensator (b).


\vspace{0.5cm}
\noindent
Feltlinjer for $E$, $P$ og $D$:

%%FIGURE
\vspace{1.5cm}
{\epsfxsize=2.5in \epsfbox{feltlinjer_E.eps}}
\hspace{1cm}
{\epsfxsize=2.5in \epsfbox{feltlinjer_P.eps}}
\vspace{1.5cm}
%%END FIGURE


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


\newpage
\noindent
{\bf Tallverdier}:

\vspace{1.2cm}
\noindent
(a)
\begin{eqnarray}
E_a &=& V_0/d = 10^5 \; {\rm V/m} \nonumber \\
D_a^h &=& \sigma_{af}^h = \frac{4\varepsilon_{r1} \varepsilon_0 V_0}{d} = 7.08 \; \mu{\rm C/m}^2 \nonumber \\
D_a^v &=& \sigma_{af}^v = \frac{\varepsilon_{r1} \varepsilon_0 V_0}{d} = 1.77 \; \mu{\rm C/m}^2 \nonumber \\
P_a^h &=& \sigma_{ai}^h = \frac{(\varepsilon_{r1}-1)\varepsilon_0 V_0}{d} = 6.20 \; \mu{\rm C/m}^2 \nonumber \\
P_a^v &=& \sigma_{ai}^v = \frac{(4\varepsilon_{r1}-1)\varepsilon_0 V_0}{d} = 0.89 \; \mu{\rm C/m}^2 \nonumber \\
C_a &=& \frac{5\varepsilon_{r1}\varepsilon_0 A}{2d} = 44 \; {\rm pF} \nonumber
\end{eqnarray}

\vspace{0.2cm}
\noindent
(b)
\begin{eqnarray}
D_b &=& \sigma_{bf} = \frac{8\varepsilon_{r1}\varepsilon_0 V_0}{5d} = 2.83 \; \mu{\rm C/m}^2 \nonumber \\
E_b^o &=& \frac{8V_0}{5d} = 1.6\cdot 10^5 \; {\rm V/m} \nonumber \\
E_b^n &=& \frac{2V_0}{5d} = 0.4\cdot 10^5 \; {\rm V/m} \nonumber \\
P_b^o &=& \sigma_{bi}^o = \frac{8(\varepsilon_{r1}-1)\varepsilon_0 V_0}{5d} = 1.42 \; \mu{\rm C/m}^2 \nonumber \\
P_b^n &=& \sigma_{bi}^n = \frac{2(4\varepsilon_{r1}-1)\varepsilon_0 V_0}{5d} = 2.48 \; \mu{\rm C/m}^2 \nonumber \\
C_b &=& \frac{8\varepsilon_{r1}\varepsilon_0 A}{5d} = 28 \; {\rm pF} \nonumber
\end{eqnarray}



\newpage
\noindent
{\em Oppgave 2}

\vspace{0.5cm}
\noindent
Vi ser f{\o}rst p{\aa} komponenten av $\bold{E}$ tangentielt med grenseflaten. Den ene av
Maxwells ligninger sier at kurveintegralet av $\bold{E}$ rundt en lukket kurve skal v{\ae}re
lik null. Vi bruker tipsene i oppgaveteksten og integrerer rundt den rektangul{\ae}re
kurven vist i figuren:

%%FIGURE
\vspace{0.8cm}
\centerline{\epsfxsize=2.6in \epsfbox{los6_fig2.eps}}
\vspace{0.8cm}
%%END FIGURE

\noindent
N{\aa}r vi lar ''h{\o}yden'' $h$ g{\aa} mot null, f{\aa}r vi null bidrag til
kurveintegralet fra de to vertikale bitene av rektangelet. Bidraget fra den horisontale
biten i omr{\aa}de 2 blir $E_2^\parallel L$ ettersom feltet her peker samme vei
som veielementet $d\bold{l}_2$. Bidraget fra den horisontale biten i omr{\aa}de
1 blir $-E_1^\parallel L$, for her peker feltet motsatt vei av $d\bold{l}_1$.
Det totale bidraget skal if{\o}lge Maxwell forsvinne, slik at
$$E_2^\parallel L - E_1^\parallel L = 0$$
dvs
$$E_2^\parallel = E_1^\parallel$$
Konklusjon: Tangentialkomponenten av $\bold{E}$ er kontinuerlig n{\aa}r vi krysser en grenseflate.

\noindent
I neste omgang ser vi p{\aa} komponenten av $\bold{E}$ normalt p{\aa} grenseflaten. Den andre
Maxwell-ligningen, dvs Gauss' lov, sier at flateintegralet av $\bold{E}$ over en lukket flate
skal v{\ae}re lik netto ladning innenfor den lukkede flaten, dividert med
konstanten $\varepsilon_0$. 

%%FIGURE
\vspace{0.5cm}
\centerline{\epsfxsize=2.6in \epsfbox{los6_fig3.eps}}
\vspace{0.5cm}
%%END FIGURE

\noindent
Igjen er vi interessert i hva som skjer idet vi krysser grenseflaten,
s{\aa} vi lar h{\o}yden av pilleesken $h$ g{\aa} mot null. Det betyr at arealet av 4 av de 6
sideflatene p{\aa} den valgte gaussflaten g{\aa}r mot null, s{\aa} de eneste bidragene til
flateintegralet i Gauss' lov (dvs til den elektriske fluksen gjennom gaussflaten) blir fra
''topplokket'' i omr{\aa}de 1 og fra ''bunnen'' i omr{\aa}de 2. F{\o}rstnevnte bidrag blir
$E_1^\perp A$ ($A = L\times L$), ettersom normalkomponenten av feltet peker i samme retning som flatenormalen
$d\bold{A}_1$. Sistnevnte bidrag blir $-E_2^\perp A$, for her peker feltets normalkomponent
i motsatt retning av flatenormalen $d\bold{A}_2$. Netto ladning innenfor gaussflaten er
$$q_{\rm in} = \sigma A$$
Gauss' lov gir dermed
$$E_1^\perp A - E_2^\perp A = \frac{\sigma A}{\varepsilon_0}$$
dvs
$$E_1^\perp - E_2^\perp = \frac{\sigma}{\varepsilon_0}$$
Konklusjon: Normalkomponenten av $\bold{E}$ er diskontinuerlig n{\aa}r vi krysser en
grenseflate med nettoladning forskjellig fra null.

\vspace{0.2cm}
\noindent
Kommentar 1: I utledningen ovenfor har jeg valgt bestemte retninger for det elektriske
feltet like over og like under grenseflaten. I utgangspunktet kjenner jeg selvsagt ikke
disse retningene og kunne f.eks. like gjerne ha pr{\o}vd meg med helt motsatt retning
p{\aa} vektoren $\bold{E}_1$. Konklusjonene hadde imidlertid blitt de samme! Under
betraktning av f.eks. tangentialkomponenten ville begge bidragene til kurveintegralet
da blitt positive, slik at resultatet hadde blitt
$$E_2^\parallel = - E_1^\parallel$$
Men her betyr jo minustegnet nettopp at valget av {\em relativ retning} p{\aa} $\bold{E}_1$
og $\bold{E}_2$ da hadde blitt ''feil'', dvs {\em gitt} en viss retning p{\aa}
$\bold{E}_2$, s{\aa} m{\aa} $\bold{E}_1$ peke i en slik retning at tangentialkomponenten
av $\bold{E}$ blir den samme p{\aa} de to sidene av grenseflaten.

\noindent
Samme argumentasjon gj{\o}r seg gjeldende ved betraktning av normalkomponenten av feltet.

\noindent
Kommentar 2: Egentlig kan alt ovenst{\aa}ende sammenfattes i f{\o}lgende enkle
l{\o}sning: Bidraget til det totale elektriske feltet fra ladningen $\sigma$ i
flaten er $\sigma/2\varepsilon_0$, rettet vinkelrett bort fra flaten p{\aa}
begge sider. ''Resten av verden'' bidrar med et felt $\bold{E}_{\rm ytre}$ i
tillegg til feltet fra $\sigma$, men $\bold{E}_{\rm ytre}$ m{\aa} v{\ae}re
kontinuerlig n{\aa}r vi krysser flaten. Da m{\aa} det totale feltet ha en
diskontinuerlig normalkomponent, med diskontinuitet $2 \cdot \sigma/2\varepsilon_0 =
\sigma/\varepsilon_0$, mens tangentialkomponenten m{\aa} v{\ae}re kontinuerlig.



\end{document}
