(1) 電気容量
この時、コンデンサーは真空部分の電気容量C1、誘電体部分の電気容量C2のコンデンサーの並列であるとみなせます。
C1=ϵ0daSx=adϵ0Sx,C2=ϵdaS(a−x)=adϵS(a−x)
したがって、
C=C1+C2=adϵ0Sx+adϵS(a−x)=dϵS−(ϵ−ϵ0)adSx
です。
(2) 電荷を一定に保つ場合
誘電体をδxだけ引き出すと、真空部分の長さが増えるので、電気容量は減少します。
誘電体をδxずらす間の電気容量の変化をδCとすると、
δC=Cx+δx−Cx=−(ϵ−ϵ0)adSδx
です。
また、静電エネルギーの変化δUは、Qが一定であるから
δU=21C+δCQ2−21CQ2=2CQ2{1+CδC1−1}
です。
ここで、δx≪xより、電気容量の変化も十分小さいとみなせるので、
CδC≪1
です。したがって、問題文中の近似式を用いると、
1+CδC1≈1−CδC
となります。よって、
δU≈2CQ2{1−CδC−1}=−2C2Q2δC
となります。
ここで
C=adS{ϵa−(ϵ−ϵ0)x}
であるから、
δU=−2C2Q2{−(ϵ−ϵ0)adSδx}=2{ϵa−(ϵ−ϵ0)x}2S(ϵ−ϵ0)Q2adδx
です。
この時、誘電体をゆっくり引き出すために加える外力の大きさを F1 とします。
外力がする仕事は、コンデンサーの静電エネルギーの増加になるため、
δU=F1δx
です。よって、
F1=2{ϵa−(ϵ−ϵ0)x}2S(ϵ−ϵ0)Q2ad
です。
誘電体をゆっくり引き出しているので、誘電体にはたらく力はつり合っています。したがって、外力の大きさと、電界が誘電体に及ぼす力の大きさは等しいです。ただし向きは互いに反対です。
したがって、静電気力によって誘電体が受ける力は、
FQ=2{ϵa−(ϵ−ϵ0)x}2S(ϵ−ϵ0)Q2ad
であり、向きは誘電体をコンデンサー内部に引き込む方向です。
(3) 電圧を一定に保つ場合
ここでコンデンサーの極板間の電圧がV一定なので、静電エネルギーの変化量δUは
δU=21(C+δC)V2−21CV2=21δCV2
です。
また、電池がコンデンサーにした仕事Wbattは、
Wbatt=VδQ=δCV2
です。今回、誘電体を引き出すとδC<0なので、この仕事は負になります。
この時、誘電体を引き出すために加えた外力をF2とすると、エネルギー保存則より
δUF2δxF2=F2δx+Wbatt=−21δCV2=2ad(ϵ−ϵ0)SV2
です。
誘電体をゆっくり引き出しているので、誘電体の運動エネルギーの変化は無視できます。したがって、外力と電界が誘電体に及ぼす力は大きさが等しく、向きが反対です。
よって静電気力の大きさは、
FV=2ad(ϵ−ϵ0)SV2
であり、向きは誘電体をコンデンサー内部に引き込む方向です。
数値代入
まず、
ϵ−ϵ0=3.60×10−11−9.00×10−12=2.70×10−11
です。また、
ϵa−(ϵ−ϵ0)x=(3.60×10−11)(4.80×10−2)−(2.70×10−11)(2.40×10−2)=1.728×10−12−6.48×10−13=1.080×10−12
です。
したがって、(2)より
FQ=2{ϵa−(ϵ−ϵ0)x}2S(ϵ−ϵ0)Q2ad=2(1.080×10−12)2(2.304×10−3)(2.70×10−11)(7.20×10−9)2(4.80×10−2)(8.00×10−4)=1.00×10−5 N
です。
また、(3)より
FV=2ad(ϵ−ϵ0)SV2=2(4.80×10−2)(8.00×10−4)(2.70×10−11)(2.304×10−3)(120)2=1.1664×10−5 N
です。
よって、
(FQ+FV)×109=(1.00×10−5+1.1664×10−5)×109=2.1664×104=21664
したがって、答えは
21664
です。