Opdracht 9
C =Q/V. Als er een lading +Q, respectievelijk -Q op de platen zit, en er is een dielektricum aanwezig, dan ontstaat een negatieve polarisatielading aan de kant van +Q en een negatieve polarisatielading aan de -Q kant. Het veld tussen de platen is kleiner, het potentiaalverschil dus ook. C=Q/V is dus groter.

Opdracht 10
qE is de kracht, D is slechts een hulpveld.

Opdracht 11
a) Neem een kring, met de lange zijden aan weerszijden van de grens, en hele korte zijden loodrecht daarop. Omdat de kringintegraal van het elektrisch veld nul is, omdat de infinitesimaal korte zijden geen bijdragen geven, en omdat de twee lange zijden in tegengestelde richting worden doorlopen, volgt dat de component van het elektrisch veld parallel aan de grens aan weerszijden van de grens gelijk is (dat is automatisch niet zo voor het D veld, als E hetzelfde is en de materialen zijn verschillend, dan is de component van D niet gelijk. Er is ook geen wet die zegt dat de kringintegraal van D gelijk is aan nul.)
b) Neem nu een platte doos, met de grote oppervlakken aan weerszijden van het grensvlak. Omdat de vrije lading nul is, is de flux van het D-veld door het hele oppervlak nul. Omdat het randje infinitesimaal klein is, moeten de fluxen door boven- en ondervlak elkaar opheffen. Dit kan alleen voor elk oppervlak goed gaan als de loodrechte component boven en onder het grensvlak gelijk is (de ene keer wijst het naar buiten, de andere keer prikt het naar binnen, dus bij gelijke waarde van de loodrechte compnent, is de totale flux gelijk aan nul).
c/d V is gegeven. E is gelijk aan V/d, of er nu materiaal tussen zit of niet. Verder geldt   en  =. We weten ook dat , dus   =  . Om de vrije lading te berekenen gebruik je Q = + = + = ( ε+ ε ). De capaciteit is nu C = = .
e/f Nu is Q gegeven. Dan volgt D = σ = Q/S. De elektrische velden zijn verschillend in beide delen: = en . De potentiaal vind je door te "integreren": V=+
Ten slotte geldt C=Q/V. Daarvoor geldt 1/C=+.
g)  De wet van Snellius bepaalt hoe licht wordt gebroken. Dat licht wordt gebroken kun je nu grofweg als volgt inzien. Bekijk het E-veld bij de overgang tussen twee media, met ≠  . Uit vraag a) weten we dat de component van E parallel aan het grensvlak continu is. Verder weten we dat de loodrechte component van D continu is. Maar dan is de loodrechte component van E niet continu, want =   en de epsilons waren niet hetzelfde. De loodrechte component van E verandert dus, oftewel het E-veld wordt 'gebroken'.

Opdracht 13
a)  De dielektrische constante ( = 1 + )  van papier is ongeveer 3. De uitdrukking voor de kracht is te vinden in de powerpointpresentatie, p. 118: F  =   . Als je dit invult krijg je ongeveer 8 N. Merk op dat dit sterk van de afstand tussen de platen en de spanning afhangt.
b)  Voor de cylindercondensator moeten we de berekening van de kracht opnieuw doen. De capaciteit zonder tussenmedium is (zie ook opdracht 5 van dagdeel 1.5): C  =  - , met de diameter van de buitenste koker en de lengte van de cylinder. Als de condensator gedeeltelijk wordt gevuld met een medium dan krijgen we voor de capaciteit: C  =  - ( - x + x )  =   - ( + x ). De kracht wordt nu: F  =    =  .

Opdracht 14
a)  dU = V dq = dq.  Je kunt een ongeladen condensator (q = 0) opladen tot q = Q , door telkens stukjes dq toe te voegen. De daarvoor benodigde energie krijg je door alle bijdragen dU op te tellen, oftewel integreren:
U = = .
b)  C = ,  dus U = .
c)  E is gelijk aan Q / (. Dit kwadrateren en vermenigvuldigen met het volume tussen de platen (en vermenigvuldigen met 1/2 ) levert hetzelfde op als bij a.
d)  De capaciteit vind je door Q/V te nemen (de potentiaal van een bol met lading Q en straal R is ). Daarna gebruik je a. Je vindt . Controle: merk op dat de dimensie dezelfde is als bij c.
e)  We moeten de energiedichtheid  ( = / 2 )  integreren over de hele ruimte. Binnen de bol is het veld 0, dat levert dus niets op. Buiten de bol is het veld . We krijgen dus:
U = sin θ dr dθ dϕ  =   +   )  =  .  Klopt met d.

Opdracht 15
a)  q(r)=4/3 πρ, V(r)==.
b) Vdq  =  Vdr  = 4π dr
c)  Integreer b) van 0 tot R: U  =    =  =
d)  Je moet zowel het deel binnen als het deel buiten de bol meenemen. Het deel buiten de bol gaat precies hetzelfde als bij 14 e). Het veld binnen de bol weten we uit opdracht 13 d) van dagdeel 2:  E  =  . De energiebijdrage wordt dan:   4π dr  =   4π   =   . Tellen we de twee bijdragen op dan krijgen we   ( +   )  =  . De uitkomst is hetzelfde als bij c). De energie is groter dan bij de geleidende bol met dezelfde lading en straal, omdat er ook binnen de bol een veld is. De uitkomsten c) en d) zijn groter dan de uitkomsten 14 e) en f).

Opdracht 16
a)  De vrije lading bevindt zich op de condensatorplaten; de gebonden lading zit in het medium, tegen de platen aan en is tegengesteld van teken (dus positieve gebonden lading bij de negatief geladen plaat en vice versa). We gaan nu het D-veld van de positieve plaat uitrekenen. Neem een pillendoosje met oppervlakte A dat een deel van de plaat omvat, en bereken de flux van D door dit doosje. Omdat het D-veld alleen van de vrije lading afhangt, zijn de bijdragen van boven- en onderkant van het doosje gelijk. We vinden:  2AD  =  A  ,  dus  D  =    ( is de ladingsdichtheid op de plaat), en het veld wijst van de plaat af. Buiten de condensator krijgen we nu  E  = D  =  , en binnen is E  = D  =  .  De berekening voor de negatieve plaat gaat precies hetzelfde, alleen wijzen D en E nu naar de plaat toe. Buiten de condensator heffen de twee bijdragen elkaar op, tussen de twee platen krijgen we:  E   =  2  =  .
b)  Voor de cylindercondensator gebruik je als oppervlak een 'kittekatblikje' (straal r en lengte l) dat tussen de twee geleiders zit. De berekening van D gaat dan zo:  2πrl D  =  2πl , dus  D  =   ,  met de straal van de binnenste geleidende koker.  Hieruit halen we het E-veld:  E  = D  =  .