D

A

D

The charge distribution will have cylindrical symmetry since the system has cylindrical symmetry. Since the electrical field must be zero inside the inner cylinder, the charges must be on the surface of the inner cylinder. They must be uniformly distributed due to the cylindrical symmetry. Inside the outer cylinder, the electric field must be zero. This can be achieved by having all the \( -Q \) charge uniformly distributed on the inner surface so that a cylindrical Gauss surface inside the outer cylinder would have zero net charge inside it.

Inside the inner cylinder, the electric field is zero, and the potential constant. In the region between the cylinders, the electric field can be found from Gauss law using a cylindrical Gauss surface. In the outer cylinder shell the electric field is zero, so potential is uniform. Outside the outer cylinder, we see that inside a cylindrical Gauss surface the net charge is zero, so that the electric field is zero. The potential is therefore constant from the inside of the outer cylinder and to infinity.

In this case, we can use the same argument as above. The charge \( +Q \) must be uniformly distributed on the outside of the inner cylinder. And there must be a charge \( -Q \) uniformly distributed on the inside of the outer cylinder. However, for the out cylinder to be neutral, a charge \( +Q \) must also be present. It can only be on the outside of the outer cylinder, and it must be uniformly distributed due to the cylindrical symmetry.

This problem is much more tricky. We can no longer assume cylindrical symmetry. However, we still know that the charges can only be on the surfaces and that they must be organized so that there is no electric field inside the condutors. This means that the electric field is zero inside the outer cylinder and the outer surface of the outer cylinder is an equipotential surface. This means that the charges on the surface of the inner cylinder will be non-uniform, probably with a higher charge density where it is closest to the outer cylinder, because the electric field will be the largest here since the distance is the smallest. (And the electric field depends on the difference in potential divided by the distance). Similarly, the charge density on the inner part of the outer cylinder will be largest where it is closest to the inner cylinder. Inside the outer cylinder the electric field is zero. Because the outer cylinder is neutral, there must be a corresponding positive charge on the outside of the conductor. However, this distribution must be uniform, otherwise it would induce an electric field inside the cylinder.

We can calculate the surface charge density using a short python program. The resulting distribution is shown in the figure.

This distribution was calculated by the following Python program (which you will need to find out how works for yourself. Notice how we have calculated the surface charge density as \( \vec{E} \cdot \rhat \), where \( \rhat \) is pointing outwards from the inner cylinder for the surface of the inner cylinder and inwards from outer cylinder for the inner surface of the outer cylinder.) This program only calculates the charges on the inner cylinder and on the inner part of the outer cylinder. We could use it to calculate the surface charge density on the outer part of the outer cylinder, but then we would need to make the boundaries far away (where the potential is zero) and to set the potential of the outer cylinder to a non-zero value. However, we know how the potential and the electric field will look like outside the outer cylinder: Similar to that of a cylinder with a net charge \( +Q \) on the outer surface, so we do not need to make this calculation.

# Definere randverdier
L = 200
b = np.zeros((L,L))
b[:] = np.float('nan')
# Make inner circle
a = 0.1*L
xca = L*0.5
yca = L*0.7
for ix in range(L):
    for iy in range(L):
        dx = ix - xca
        dy = iy - yca
        rr = np.sqrt(dx*dx+dy*dy)
        if (rr<a):
            b[ix,iy] = 1.0
# Make outer circle
rb = 0.4*L
rc = 0.45*L
xc = L/2
yc = L/2
for ix in range(L):
    for iy in range(L):
        dx = ix - xc
        dy = iy - yc
        rr = np.sqrt(dx*dx+dy*dy)
        if (rr>=rb and rr<=rc):
            b[ix,iy] = 0.0
V = solvepoissonvonneumann(b,10000)
Ey,Ex = np.gradient(-V)
# Visualize the surface charge distribution
rhos = Ex.copy()
rhos[:] = 0.0
# Inner cylinder
dr = 1.0
for ix in range(L):
    for iy in range(L):
        dx = ix - xca
        dy = iy - yca
        rr = np.sqrt(dx*dx+dy*dy)
        if (rr>=a and rr<=a+dr):
            ux = dx/rr
            uy = dy/rr
            rhos[ix,iy] = Ey[ix,iy]*ux + Ex[ix,iy]*uy
# Outer cylinder
for ix in range(L):
    for iy in range(L):
        dx = ix - xc
        dy = iy - yc
        rr = np.sqrt(dx*dx+dy*dy)
        if (rr>=rb and rr<=rb+dr):
            ux = dx/rr
            uy = dy/rr
            rhos[ix,iy] = -(Ey[ix,iy]*ux + Ex[ix,iy]*uy)
plt.figure(figsize=(8,8))
plt.imshow(rhos)
plt.colorbar()

Now, we are back to the symmetric case again, and we can use simpler arguments. We realize that all the charge \( +Q \) can be distributed uniformly on the outer surface of the outer cylinder. The electric field inside both cylinders (and in the region between them) will then be zero.

0

Because the electric field inside both conductors and inside the region between the conductors are zero, the potential is constant in this region and the potential difference \( \Delta V = 0 \).

No

The surface charge density on the inner surface is \( Q/(2 \pi a L) \) and on the outer surface \( -Q/(2 \pi b L) \).

Choose a Gaussian surface and use Gauss' law.

\( \vec{E} = (Q/L)/(2 \pi \epsilon r) \rhat \) for \( a < r < b \) and zero otherwise.

We notice that we expect the electric field to have cylindrical symmetry and that it only will have a radial component. We then find the electric field by using Gauss' law on a cylindrical surface with radius \( r \), getting $$ \begin{equation} \oint_S \vec{E} \cdot d \vec{S} = E A = E 2 \pi r L = Q_{in}/\epsilon\; , \tag{6.1} \end{equation} $$ where \( r \) is the radius, \( L \) is the length of the cylinder, $ Q_{in} $ is the net, free charge inside the cylinder, and \( \epsilon \) is the dielectric constant for the material inside the cylinder.

For \( r < a \) $Q_{in} = 0$ and \( E = 0 \).

For \( a < r < b \), \( Q_{in} = Q \) and \( E = (Q/L)/(2 \pi \epsilon r) \).

For \( b < r \), \( Q_{in} = 0 \) and \( E = 0 \).

\( V(a) = (Q/L)/(2 \pi \epsilon) \ln (b/a) \)

We find the potential \( V(r) \) by integrating the line intergral from \( r \) to \( r=b \) where \( V=0 \): $$ \begin{equation} V(r) - V(b) = \int_{r}^{b} \vec{E} \cdot \d \vec{l} = \int_{r}^{b} \frac{(Q/L)}{2 \pi \epsilon r}\d r = \frac{(Q/L)}{2 \pi \epsilon}\left( \ln b - \ln r \right) = \frac{(Q/L)}{2 \pi \epsilon} \ln\left(\frac{b}{r}\right) \; . \tag{6.2} \end{equation} $$ and $$ \begin{equation} V(a) = \frac{(Q/L)}{2 \pi \epsilon} \ln\left(\frac{b}{a}\right) \; . \tag{6.3} \end{equation} $$

\( C = (2 \pi \epsilon L)/(\ln(b/a)) \)

The capacitance is given as \( C=Q/V \), which gives $$ \begin{equation} C = \frac{Q}{V} = \frac{2 \pi \epsilon L}{\ln(b/a)} \tag{6.4} \end{equation} $$

\( Q_1/(2 A_1) \)

The total charge of \( Q_1 \) will be distributed uniformly on both sides of the plate, that is, over an area \( 2A_1 \). The charge density is therefore \( \rho_a = Q_1/(2A_1) \).

We can find the contribution from one surface charge density by applying Gauss' law on a small cylinder of area \( dA \). We place one end outside the surface and one end inside the conductor. We can make the sides infinitely small. Thus, the only contribution is from the surfaces and not from sides. The flux through the top and bottom surfaces are \( EdA + EdA = 2EdA = Q/\epsilon = dA \rho_a / \epsilon \), and thus \( E = \rho_a/(2\epsilon) \) is a constant. However, the contribution from each surface will cancel, making the field zero inside the conductor.

\( E = Q_1/(A_1\epsilon) \)

We use the result from above. The field will be the field from the charge density on each side, giving a total field of \( E = 2 \rho_a/(2\epsilon) = Q_1/(A_1 \epsilon) \).

\( \rho_a'=Q_1/A_1 \), \( E = Q_1/(A_1 \epsilon) \).

The charge density is \( \rho_a' = Q_1/A_1 \). The electric field will be \( E = \rho_a'/\epsilon = Q_1/(A_1 \epsilon) \).

\( \vec{E} = V_0/(r \ln (b/a)) \rhat \), \( C' = 2 \pi \epsilon/\ln (b/a) \)

We can choose to use either method 1 or method 2. Here, since we have given the potential, we attempt to use method 2 where we first find the potential and then find the electric field. Laplace equation in the region between the two conductors in cylindrical coordinates is $$ \begin{equation} \frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r} \left( r \frac{\partial V}{\partial r} \right) = 0 \; , \tag{6.5} \end{equation} $$ where we only have included the radial component due to the cylindrical symmetry of the system. This means that $$ \begin{equation} r \frac{\partial V}{\partial r} = c_1 \; , \tag{6.6} \end{equation} $$ where \( c_1 \) is a constant. This gives us: $$ \begin{equation} \frac{\partial V}{\partial r} = \frac{c_1}{r} \; , \tag{6.7} \end{equation} $$ and therefore \( V = c_1 \ln r + c_2 \). We know that \( V(b) = 0 \), which means that \( V = c_1 \ln (r/b) \) and \( V(a) = c_1 \ln (a/b) = V_0 \), and \( c_1 = V_0/\ln (a/b) \). Therefore $$ \begin{equation} V(r) = V_0 \ln (r/b)/\ln (a/b) \; . \tag{6.8} \end{equation} $$ We now need to find the electric field, which is $$ \begin{equation} \vec{E} = -\nabla V = \frac{\partial V}{\partial r} \rhat = -\frac{V_0}{r \ln (a/b)} \rhat \; , \tag{6.9} \end{equation} $$ which points outward since \( \ln(a/b) \) is negative. And we find the surface charge density on the inner cylinder to be $$ \begin{equation} \rho_s = \epsilon \vec{E} \cdot \rhat = -\frac{V_0}{a \ln (a/b)} \; . \tag{6.10} \end{equation} $$ The total charge on a cylinder of radius \( a \) and length \( L \) is \( Q = \rho_s A \), where \( A = 2 \pi a L \), and therefore: $$ \begin{equation} Q = A \rho_s = - \frac{V_0 \epsilon}{a \ln (a/b)} 2 \pi a L = - \frac{2 \pi V_0 L \epsilon}{ \ln (a/b)} \; . \tag{6.11} \end{equation} $$ We change the sign by realizing that \( \ln(a/b) = - \ln(b/a) \) and that \( \ln(b/a) \) is positive. The capacitance of a length \( L \) of the cylinder is then: $$ \begin{equation} C = Q/V_0 = \frac{2 \pi L \epsilon}{\ln(b/a)} \;. \tag{6.12} \end{equation} $$ and the capacitance per unit length, \( C' \), is $$ \begin{equation} C' = \frac{2 \pi \epsilon}{\ln (b/a)} \; . \tag{6.13} \end{equation} $$ (You could try to solve the same problem using method 1).

\( C' = 8.58 \times 10^{-11}\text{F/m} \)

We find that \( C' = 2 \pi 3 \epsilon_0/ \ln (b/a) = 2 \pi 3 \, 8.85 \times 10^{−12}/\ln(7) = 8.58 \times 10^{-11}\text{F/m} \).

\( U' = \frac{\pi \epsilon}{\ln \frac{b}{a}}V_0^2 \)

We apply the formula for the energy stored in a capacitor: $$ \begin{equation} U = \frac{1}{2} CV^2 \tag{6.14} \end{equation} $$ This means that the energy density (per unit length) must be: $$ \begin{eqnarray} U' &=& \frac{1}{2} C'V^2 \\ &=& \frac{\pi \epsilon}{\ln \frac{b}{a}}V_0^2 \end{eqnarray} $$

Zero.

Due to symmetry, the total force must be zero.

Let us address this a bit closer. There cannot be any force along the cable, because the system has mirror symmetric along the \( z \)-axis: \( z \rightarrow -z \). Only a zero force has this symmetry. There cannot be any force in an azimuthal direction because the cable has rotational symmetry around the cable. There might by a force acting radially, but because the system has rotational symmetry, there would always be another equal force on the opposite site of the cable. The net radial force must therefore also be zero.

Speilladningsmetoden

La oss si at det ledende planet ligger i \( xy \)-planet.

Potensialet over \( xy \)-planet må være likt som potensialet ville vært dersom vi i stedet for å ha et ledende plan, speilet ladningsfordelingen om \( xy \)-planet og satte motsatt ladning på ladningene på nedsiden.

Det skyldes at når vi gjør dette får vi konstant potensial akkurat i \( xy \)-planet. Det er flere måter vi kan se det på. En av dem er å innse at alle komponenter av det elektriske feltet i planet må kansellere mellom ladningene over og ladningene under \( xy \)-planet: For enhver ladning på oversiden finnes det en tilsvarende plassert ladning med motsatt fortegn på undersiden, og denne kansellerer komponenten i planet. Men den adderer til feltet normalt på planet, altså i \( z \)-retning.

Siden entydighetsteoremet sier oss at det kun skal være én løsning for det elektrostatiske potensialet gitt randbetingelser og ladningsfordeling, og vi kan sette randbetingelsen til \( V= \) konstant i \( xy \)-planet uansett om det er pga. et ledende plan eller en motsatt ladning speilet, kan det ikke ha noe å si om vi ser på situasjonen med et ladet plan, eller situasjonen med en speilet ladning. Så lenge vi ser på feltet over \( xy \)-planet.

Dermed ser vi egentlig bare på potensialet fra en dipol, langs dipolaksen: $$ \begin{equation} V = \frac{Q}{4\pi\epsilon_0 r_1} - \frac{Q}{4\pi\epsilon_0 r_2} \tag{6.15} \end{equation} $$

Vi skulle finne potensialet i området \( [0, h) \), og der får vi $$ \begin{equation} V = \frac{Q}{4\pi\epsilon_0} \left( \frac{1}{h-z} - \frac{1}{h+z} \right). \tag{6.16} \end{equation} $$

Vi finner så det elektriske feltet. Av symmetri ser vi at feltet må virke kun i \( z \)-retning, slik at vi kun ser på \( z \)-komponenten: $$ \begin{eqnarray} E_z &=& -\pz \frac{Q}{4\pi\epsilon_0} \left( \frac{1}{h-z} - \frac{1}{h+z} \right) \\ &=& -\frac{Q}{4\pi\epsilon_0} \left( \frac{1}{(h-z)^2} + \frac{1}{(h+z)^2} \right) \\ \mathbf{E} &=& -\frac{Q}{4\pi\epsilon_0} \left( \frac{1}{(h-z)^2} + \frac{1}{(h+z)^2} \right) \z \text{ for } 0 \leq z < h \end{eqnarray} $$

Bruk \( \rho_s = \epsilon_0 E \), der \( E \) evalueres rett ovenfor lederen.

\( \rho_s = -\frac{Qh}{2\pi(r^2+h^2)^\frac{3}{2}} \)

Vi kjenner til at feltet fra en dipol normalt på dipolens akse er $$ \begin{equation} E = -\frac{Q h }{2\pi \epsilon_0 (r^2+h^2)^\frac{3}{2}} \tag{6.17} \end{equation} $$ der \( r \) er avstanden over dipolen (her er det til side for), og \( h \) er halve avstanden mellom ladningene.

Videre vet vi at i grensen mellom en leder og vakuum, så er ladningstettheten gitt som \( \rho_s = \epsilon_0 E \). Dermed er ladningsteheten gitt som $$ \begin{equation} \rho_s = -\frac{Qh}{2\pi(r^2+h^2)^\frac{3}{2}}. \tag{6.18} \end{equation} $$

Vi integrerer opp ladningsfordelingen. Her må vi huske på at vi skal integrere over hele \( xy \)-planet. Vi vekger å gjøre det i polarkoordinater, siden vi allerede har ladningsfordelingen uttrykt ved \( r \), avstanden fra \( z \)-aksen. $$ \begin{eqnarray} Q_{\text{indusert}} &=& \int_S \rho_s \d S \\ &=& -\frac{Qh}{2\pi} \int_0^\infty \frac{2\pi r \d r }{(r^2 + h^2)^\frac{3}{2}} \\ &=& \left[\frac{Qh}{\sqrt{r^2 + h^2}}\right]_0^\infty \\ &=& -Q. \end{eqnarray} $$

Vi bruker Coulombs lov for å finne kraften. Dette er kraften mellom to motsatt ladde partikler med ladning \( \pm Q \) og avstand \( 2h \): $$ \begin{eqnarray} \mathbf{F} &=& \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{Q(-Q)}{(2h)^2} \z \\ &=& -\frac{Q^2}{16 \pi \epsilon_0 h^2}\z \end{eqnarray} $$

Fordi metallkulen er en ideell leder, vil det elektriske feltet inne i kulen være null. Det kan vi kun få til ved å fordele ladningen uniformt på overflaten. Da ser vi f.eks. fra Gauss lov at det elektriske feltet inne i kulen er null. (Hvis vi f.eks. fordeler ladningen uniformt inne i kulen, vil det elektriske feltet ikke bli null).

Vi kan finne det elektriske feltet fra en kule (kule 1) ved Gauss lov. Feltet vil har sfærisk symmetri og være gitt ved at \( \oint_S E_{1,r} \rhat \cdot \d \vec{S} = E_{1,r} 4 \pi r^2 = Q/\epsilon_0 \) og dermed \( E_{1,r} = Q/(4 \pi \epsilon_0 r^2) \). (Det vil her være greit å skrive opp dette direkte ved å argumentere med at det elektriske feltet fra et kuleskall er det samme som fra en punktladning.)

Det elektriske potensialet fra en kule (kule nummer 1) finner vi ved å integrere det elektriske feltet: \( V_1(r) = \int_r^{\infty} E_1 \d r \) hvor vi har satt potensialet til å være null uendelig langt borte. Da er \( V_1(r) = Q/(4 \pi \epsilon_0 r) \). (Det er også her greit å skrive opp potensialet direkte, men da må du argumentere med at kuleskallet oppfører seg som en punktladning utenfor kuleskallet).

Potensialforskjellen mellom et punkt \( a \) på overflaten av kulen og punktet \( a+d \) på overflaten av den andre kulen pga feltet fra kul \( 1 \) er da $$\Delta V_1 = V_1(a) - V_1(a+d) = \frac{Q}{4 \pi \epsilon_0} \left( \frac{1}{a} - \frac{1}{a+d} \right) \; . $$

Da har vi kun tatt med feltet fra en ene kulen. Hva med den andre kulen? Vi kan finne dette elektriske feltet og integrere opp det også. Det er et fullgodt svar. Det er også greit å innse at potensial-forskjellen blir den samme for den andre kulen. Den er motstatt ladet, men retningen er også motsatt. Den totale potensialforskjellen blir derfor det dobbelte av det vi fant for en kule: $$\Delta V = 2\frac{Q}{4 \pi \epsilon_0} \left( \frac{1}{a} - \frac{1}{a+d} \right) \; .$$

Vi finner kapasitansen fra \( C = Q/V \) slik at $$C = \frac{Q}{\Delta V} = \frac{2 \pi \epsilon_0}{ \frac{1}{a} - \frac{1}{a+d}}$$

Hvis vi plassere to kuleformede ledere med ladninger \( +Q \) og \( -Q \) nær hverandre, vil ladningene plassere seg slik på overflaten av kulene at det elektriske feltet inne i kulene blir null. Det betyr at ladningen på den positive kulen må plasseres slik at det elektriske feltet fra de positive ladningene på overflaten av denne kulen og de negative ladningene på overflaten av den andre kulen blir null til sammen.

Det betyr at de positive ladningene ikke blir uniformt fordelt, men i stedet vil fordele seg med en høyere tetthet på den siden som er nærmest den andre kulen, for å kansellere det elektriske feltet innen i kulen. Tilsvarende på den andre kulen.

Ladningene blir derfor plassert nærmere hverandre enn når vi antok uniform ladningsfordeling på overflaten av kulen. Vi antar derfor at det elektriske feltet blir større ved samme ladning, at det elektriske potensialet derfor også blir større ved samme ladning og at den elektriske potensialforskjellen også blir større ved samme ladning. Det betyr at nevneren i brøken \( C = Q/V \) blir større og at kapasitansen derfor blir mindre.

Det elektriske feltet i origo blir null fordi ladningsfordelingen er symmetrisk om origo. Men det elektriske potensialet blir ikke nødvendigvis null. Hvis vi fører en testladning inn langs med \( z \)-aksen vil det være et elektrisk felt som peker vekk fra kvadratet for alle \( z>0 \). Derfor vil potensialet være større en det potensialet er uendelig langt vekk fra kvadratet. Langt vekk fra origo forventer vi at det elektriske potensialet vil oppføre seg som potensialet fra en punktladning i origo, dvs. at potensialet tilnærmet vil være \( V(r) \simeq Q/(4 pi\epsilon_0 r) \) for \( r \gg a \).

Se først på ett enkelt linjestykke og bruk deretter superposisjonsprinsippet.

Du kan få bruk for integralet \( \int \frac{\d x}{\sqrt{C^2 + x^2}} = \textrm{arcsinh} \frac{x}{C} \).

Vi finner potensialet ved først å finne potensialet for ett enkelt linjestykke og derettet summere bidraget fra hvert av de fire linjestykkene. La oss se på ett enkelt linjestykke som ligger langs \( y \)-aksen i \( y=a \) fra \( x=-a \) til \( x=a \). Et punkt på denne linjer er gitt som \( \vec{r}'=(x',a,0) \). Vi ønsker å finne potensialet i punktet \( \vec{r}=(0,0,z) \) slik at \( \vec{R} = \vec{r}- \vec{r}' = (0,0,z)-(x',a,0) = (-x',-a,z) \). Vi finner da det elektriske potensialet ved $$\int_{-a}^{a}\frac{\rho_l \d x'}{4 \pi \epsilon_0 |R|} = \int_{-a}^{a}\frac{\rho_l \d x'}{4 \pi \epsilon_0 \sqrt{a^2 + z^2 + (x')^2}} \; ,$$ hvor \( \rho_l = (Q/4)/(2a) = Q/(8a) \). Vi trekker konstantene utenfor integralet og set at vi da får det oppgitte integralet: $$\frac{(Q/8a)}{4 \pi \epsilon_0} \int_{-a}^{a} \frac{\d x'}{\sqrt{a^2 + z^2 + (x')^2}} \; .$$ 1Vi setter inn grensene som er \( x'=-a \) og \( x'=+a \) og bruker at \( \textrm{arcsinh}(-a)=-\textrm{arcsinh}(a) \): $$\frac{(Q/8a)}{4 \pi \epsilon_0} \int_{-a}^{a} \frac{\d x'}{\sqrt{a^2 + z^2 + (x')^2}} = \frac{(Q/8a)}{4 \pi \epsilon_0} \left( 2\textrm{arcsinh}\frac{a}{\sqrt{a^2+z^2}}\right) = \frac{Q}{16\pi \epsilon_0 a}\left(\textrm{arcsinh}\frac{a}{\sqrt{a^2+z^2}}\right) \; .$$ Det var bidraget fra ett linjestykke. Det totale potensialet blir fire ganger så stort: $$V(z) = \frac{Q}{4\pi \epsilon_0 a}\left(\textrm{arcsinh}\frac{a}{\sqrt{a^2+z^2}}\right) \; .$$

Først setter vi opp firkanten

# Vi lager en firkant
a = 1.0
N = 20
q = 1.0
Q = []
R = []
# Linje 1
for i in range(N):
    xi = -a + (i/N)*2*a
    yi = -a
    ri = np.array([xi,yi,0.0])
    Qi = q/(4*N)
    Q.append(Qi)
    R.append(ri)
# Linje 2
for i in range(N):
    xi = -a + (i/N)*2*a
    yi = a
    ri = np.array([xi,yi,0.0])
    Qi = q/(4*N)
    Q.append(Qi)
    R.append(ri)
# Linje 3
for i in range(N):
    yi = -a + (i/N)*2*a
    xi = -a
    ri = np.array([xi,yi,0.0])
    Qi = q/(4*N)
    Q.append(Qi)
    R.append(ri)
# Linje 4
for i in range(N):
    yi = -a + (i/N)*2*a
    xi = a
    ri = np.array([xi,yi,0.0])
    Qi = q/(4*N)
    Q.append(Qi)
    R.append(ri)
# Merk at denne mangler ett enkelt punkt i (1,1,0)
# (Vi bekymrer oss ikke for det nå)

Så sjekker vi at vi har laget riktig firkant ved å plotte den. (Dette ble det ikke spurt om i oppgaven, så det er ikke noe trekk for ikke å gjøre det og ikke noe bonus for å gjøre det).

# Vi plotter punktene i R for å sjekke at de utgjør et kvadrat
Rplot = np.array(R)
xplot = rr[:,0]
yplot = rr[:,1]
plt.plot(xplot,yplot,'.')
plt.axis('equal')

# Vi regner ut det elektriske potensialet i et område i yz planet
Ly = 3
Lz = 3
N = 21
y = np.linspace(-Ly,Ly,N)
z = np.linspace(-Lz,Lz,N)
ry,rz = np.meshgrid(y,z)
V = np.zeros((N,N),float) # Initialize V 
for i in range(len(rz.flat)):
    r = np.array([0.0,ry.flat[i],rz.flat[i]])
    V.flat[i] = epotlist(r,Q,R)

Og visualiserer resultatene

plt.figure(figsize=(8,8))
plt.contourf(ry,rz,V)
Ez,Ey = np.gradient(-V)
plt.quiver(ry,rz,Ey,Ez)
plt.axis('equal')

Resultatet er vist i figuren:

Visualiser det analytiske og det numeriske uttrykket \( V(z) \) i det samme plottet. (Hvis de ikke faller oppå hverandre har du gjort noe galt).

Vi sammenlikner med det analytiske uttrykket langs \( z \)-aksen for \( z>0 \) ved å regne ut verdiene langs \( z \)-aksen i modellen og sammenlikne med det analytiske uttrykket.

# Vi regner V ut i enheter av 1/(4 pi epsilon0 a)
z = np.linspace(0,6,100)
# Analytisk løsning
Va = np.arcsinh(1/np.sqrt(1+z**2))
plt.plot(z,Va,'.')
# Numerisk løsning
Vz = np.zeros(len(z))
for i in range(len(z)):
    zi = z[i]
    r = np.array([0,0,zi])
    Vz[i] = epotlist(r,Q,R)
plt.plot(z,Vz)
plt.xlabel('$z/a$')
plt.ylabel('$V/V_0$')

(Merk at hvis du her bruker det samme grove gitteret som i forrige oppgave til sammenlikningen vil vi til eksamen vanligvis trekke 1 poeng på denne oppgaven, selv om den ellers er riktig løst.)

Resultatet er vist i figure:

Det holder å se på et av kvadratene og så bruke superposisjonsprinsippet for å finne potensialforskjellen mellom de to kvadratene.

Bidraget fra det positivt ladede kvadratet blir \( \Delta V_1 = V_z(0) - V_z(2a) \).

Hva blir bidraget fra det negativt ladede kvadratet? Her er det tilstrekkelig å kommentere kort at dette bidraget blir det samme pga symmetri.

Men vi kan også ønske et mer komplett argument. Det kan gå som følger: Vi innser at arbeidet fra det positive kvadratet på en positiv ladning som beveger seg fra det positive kvadratet til det negative kvadratet langs en bane \( C_1 \), \( W_1 = \int_{C_1}\vec{F}_1 \cdot \d \vec{r} = \Delta V_1 q \), blir like stort som arbeidet fra det negative kvadratet på en negativ ladning \( -q \) som beveger seg fra det negative kvadratet til det positive kvadratet langs en bane \( C_2 \) (som er symmetrisk om planet \( z=a \)), \( W = \int_{C_2} \vec{F}_2 \cdot \d \vec{r} = W_1 \). Men vi ønsker å finne arbeidet \( W_2 \) fra det negative planet på en positiv ladning som beveger seg i motsatt retning, fra det positive kvadratet til det negative kvadratet. Her blir både arbeidet motsatt vei og kraften virker motsatt vei (fordi ladningen er positiv), slik at \( W = \int_{-C_2} -\vec{F}_2 \cdot \d \vec{r} = \int_{C_2} \vec{F}_2 \cdot \d \vec{r} = W_2 = W_1 \). Det totale arbeidet på en positiv ladning blir derfor \( W_T = 2 W_1 \). Potensialforskjellen blir derfor \( \Delta V = 2 \Delta V_1 \). Denne forklaringen var omstendelig, men ganske presis. Det vil her være tilstrekkelig med en kort kommentar om at begge bidragene blir like store pga symmetri for å få full uttelling.

Potensialforskjellen er derfor tilnærmet med $$\Delta V = 2 \left( V_z(0) - V_z(2a) \right) = \frac{2Q}{4 \pi \epsilon_0 a }\left( \textrm{arcsinh}\frac{a}{\sqrt{a^2 + (0)^2}} - \textrm{arcsinh}\frac{a}{\sqrt{a^2+(2a)^2}} \right) = \frac{2Q}{4 \pi \epsilon_0 a}\left( \textrm{arcsinh} 1 - \textrm{arcsinh} \frac{1}{\sqrt{5}} \right) \simeq 0.9 \, \frac{Q}{4 \pi \epsilon_0 a} \; .$$

Og kapasitansen er tilnærmet lik \( C = Q/V \) $$ C = \frac{Q}{V} = 1.1 \cdot 4 \pi \epsilon_0 a$$

(Merk at her er fremgangsmåten den viktigste, ikke om svaret blir helt korrekt).

Vi ønsker å tilnærme potensialforskjellen ved å se på ett punkt på det positive kvadratet og et punkt på det negative kvadratet og så ta det dobbelte siden det er to symmetriske kvadrater: \( \Delta V = 2 (V(\vec{r}_1) - V(\vec{r}_1)) \). Vi velger punktet \( \vec{r}_2=(0,a,2a) \) som ligger midt på en av linjene i det negative kvadratet. Det går fint å finne potensialet fra det positive kvadratet i dette punktet. Men vi kan ikke velge et punkt \( \vec{r}_1 = (0,a,0) \) fordi dette punktet ligger på selve ledningen, og her vil potensialet bli uendelig stort. Hmmm. I stedet velger vi et punkt som ligger på overflaten av lederen, dvs i punktet \( \vec{r}_1 = (0,a-h/2,0) \) hvor \( h = a/20 \). Vi velger \( h/2 \) fordi vi tenker oss at \( (0,a,0) \) er midt på lederen og at den derfor strekker seg en avstand \( h/2 \) til hver side.

Da gjenstår det bare å finne \( \Delta V \) numerisk:

r2 = np.array([0,1,2]) # \vec{r}_2=(0,a,2a), a = 1
V2 = epotlist(r2,Q,R)
r1 = np.array([0,1-0.1,0]) # \vec{r}_2=(0,a-h/2,0), h=a/20, a = 1
V1 = epotlist(r1,Q,R)
DeltaV = 2*(V1-V2)
print("Delta V = ",DeltaV)
print("C = Q/V = ",1.0/DeltaV)

Delta V =  1.6741306769551052
C = Q/V =  0.5973249363178695

Vi ser at \( \Delta V \) har blitt vesentlig større og at \( C \) har blitt omtrent halvert. Hmmm. Her er det tydelig at vi må være mer presise.

Vi finner potensialforskjellen mellom punktet \( \vec{r}_1 = (0,a-h/2,0) \) og \( \vec{r}_2 = (x,a,2a) \) for \( -a < x < a \) og plotter dette:

r1 = np.array([0,1-0.1,0]) # \vec{r}_2=(0,a-h/2,0), h=a/20, a = 1
V1 = epotlist(r1,Q,R)
N = 51
xx = np.zeros(N)
DeltaV = np.zeros(N)
for i in range(N):
    xi = -a + i/(N-1)*(2*a)
    xx[i] = xi
    r2 = np.array([xi,1,2]) # \vec{r}_2=(0,a,2a), a = 1
    V2 = epotlist(r2,Q,R)
    DeltaV[i] = V1-V2
plt.plot(xx,DeltaV)
plt.xlabel('$x/a$')
plt.ylabel('$V/V_0$')

Resultatene er vist i figuren:

Vi ser at det er en liten variasjon i potensialet målt langs overflaten på den negative lederen. I et virkelig system, så er overflaten en ekvipotensialflate, så det skal ikke være noen forskjell i potensialet her. Forskjellen skyldes at vi har gjort en antagelse om at ladningstettheten langs lederne som utgjør kvadratene er homogene (de samme overalt), men i virkeligheten vil overflateladningene flytte på seg slik at potensialet på overflaten av lederne og inne i lederne blir det samme overalt på lederen. Her er forskjellen liten. Forskjellen ville blitt større hvis de to kvadratene var nærmere sammen. Forskjellen er liten, så den har ikke så stor betydning for kapasitansen til systemet.

Hvis vi ønsket å gjøre en mer korrekt beregning, kan vi ikke anta at ladningsfordelingen er gitt, men heller anta at potensialene er gitt. Da må vi løse systemet med Laplace likning. Vi setter opp det positive kvadratet til å ha potensialet \( V \) og det negative kvadratet til å ha potensialet \( 0 \) og løser Laplace likning i tre dimensjoner. Vi kan etterpå finne ladningen ved å beregne overflateladningstettheten av ladning fra \( \rho_S = \epsilon_0 E_n \), hvor \( E_n \) er det elektriske feltet normalt på overflaten umiddelbart utenfor overflaten. Det er fullt mulig å gjøre dette numerisk, men det er litt omstendelig. Du kan se eksamen H2020 for et eksempel på hvordan dette gjøres.