Pole elektryczne
1. Cztery identyczne ładunki elektryczne q umieszczono w wierzchołkach kwadratu o boku L. Jaka siła działa na każdy z ładunków (kierunek i wartość).
Na każdy z czterech ladunków dzialają trzy sily, pochodzace od trzech pozostalych ladunkow. Rozważmy jeden z nich (sytuacja jest analogiczna dla każdego z czterech ladunkow, wystarczy rozpatrzeć jeden z nich). Na ladunek 1 dzialają sily o wartościach (ich kierunki i zwroty przedstawione są na rysunku):
(przekatna kwadratu ma długość )
.
Wypadkowa sił F21 i F41 leży wzdłuż przekatnej kwadratu (obie sily są równe), zatem w tym samym kierunku, co sila F31. Wypadkowa ta wynosi:
,
zatem całkowita sila wypadkowa dzialajaca na ladyunek 1 ma wartość:
a kierunek wzdłuż przekatnej kwadratu.
2. Ładunki: q, 2q, -2q rozmieszczone są na wierzchołkach trójkąta równobocznego. Wyznaczyć natężenie pola w środku tego trójkata.
Wartości natężenia pochodzące od ładunków 2q i -2q sa równe co do wartości, ale wektory sa skierowane odwrotnie (rys.). Wypadkowa tych dwóch bedzie skierowana równolegle do podstawy, a jej wartość obliczyć mozna zauważając, że pomiedzy wektorami tych dwóch natężeń jest kąt 60):
Wektory E3 i E12 są skierowane prostopadle do siebie, zatem wartość natężenia wypadkowego wynosi:
3. Cząstka ma ładunek –3.00 nC.
a) Wyznacz kierunek i natężenie pola elektrycznego w punkcie odległym o 0.25 m od cząstki
Ze wzoru na natężenie:
. Wektor natężenia skierowany jest wzdłuż linii łaczacej ladunek z danym punktem, ze zwrotem ku ladunkowi (ladunek próbny jest z definicji dodatni, zatem ladunek ujemny bedzie go przyciągał)
b) W jakiej odległości wartość natężenia pola wynosi 12N/C
. Wartości należy podstawić w jednostkach SI.
4. Elektron wpada dokładnie w środek pomiędzy poziome płytki kondensatora odległe o 1 cm (jednorodne pole elektryczne) z prędkością skierowaną poziomo. Przyjmując, że pole jest skierowane pionowo w dół, długość płytek wynosi 2 cm a elektron opuszcza kondensator w punkcie odległym w pionie o 0.01cm od krańca płytki, określ wartość natężenia pola. Jeśli elektron zastąpić przez proton to czy proton opuściłby kondensator czy też uderzyłby w jedną z płytek (Którą? W jakim punkcie?)
5. Jednorodnie naładowana cienka obręcz o promieniu R i gęstości liniowej ładunku elektrycznego jest źródłem pola elektrycznego. Wyznacz jego wartość na osi obręczy jako funkcję odległości. Rozpatrzeć przypadek, gdy .
Weźmy pod uwage dwa punkty na obreczy, leżące naprzeciwko siebie. Składowe pola elektrycznego równolegle do plaszczyzny pierscienia pochodzące od tych dwóch punktów znoszą się wzajemnie. Natomiast skladowe równolegle do osi obreczy maja taki sam zwrot. Ponieważ dla dowolnego punktu na obreczy istnieje punkt leżący naprzeciwko, zatem wypadkowe natężenie pola elektrycznego pochodzace od całej obreczy bedzie skierowane wzdłuż osi obreczy.
Wartość natężenia pola pochodzacego od elementu długości obręczy wynosi:
jest elementarnym ładunkiem zawartym na elemencie długości obręczy , zatem: .
Z rysunku widać, że .
Jedynie skladowa równoległa do osi daje wklad do całkowitego natężenia:
, .
Aby policzyć wartość całkowitego natężenia należy posumować wkłady od wszystkich elementów , zatem:
Ponieważ R i r są takie same dla wszystkich punktów leżących na obreczy, wiekości te można wyciagnąć przed znak całki:
Całka po całej obreczy z elementów jej dlugości to oczywiście długość tej obreczy, czyli:
Wynik ten mozna zapisac przy pomocy calkowitego ładunku. Jeśli liniowa gęstość ladunku wynosi , to calkowity ladunek na obreczy równy jest gestości liniowej pomnozonej przez długość obreczy, czyli:
Podstawiajac do wzoru na natężenie pola:
W granicy, gdy , obręcz dąży do ładunku punktowego, a pole elektryczne powinno przyjmowac postac pola dla ladunku punktowego. Faktycznie:
co jest postacia dla ladunku punktowego.
(Podobny wynik otrzymamy, jesli dązyć bedziemy do nieskończoności z odległością od obręczy, . Jest to zrozumiale, gdyż pierścień o skończonym promieniu widziany z bardzo dużej odleglości redukuje sie do punktu)
6. Jednorodnie naładowany dysk o promieniu R i gęstości ładunku elektrycznego jest źródłem pola elektrycznego. Wyznacz jego wartość na osi dysku jako funkcję odległości. Rozpatrzeć przypadki, gdy i .
Mozna tu skorzystać z wynikow zadania poprzedniego. Jeśli spojrzymy na dysk jako na nieskończony zbiór obręczy o coraz mniejszych promieniach, rozwiązanie zagadnienieagadnienia sprowadza się do posumowania wkładow od wszystkich tych obreczy, z których najwieksza ma promień R, natomisat najmniejsza promień zero. Korzystamy ze wzoru otrzymanego w poprzednim zadaniu:
gdzie zostaly zmienione oznaczenia: (gęstość liniową na powierzchniową), oraz , gdyż promień obręczy nie jest juz stała - jest teraz zmienną, zmieniajaca się w zakresie . Po lewej stronie zamiast E mamy natomiast dE, gdyż to, co było całkowitym natężeniem w poprzednim zadaniu, jest teraz tylko wkladem od jejdnej z nieskończenie wielku obręczy.
Posumowanie wkładow od nieskończenie wielu obręczy oznacza całkowanie:
Całkę tę łatwo wykonać przez podstawienie:
Ponieważ całkowity ładunek na tarczy o promieiu R i gęstości powierzchniowej wynosi: , to:
Rozpatrzmy teraz granicę . Proste podstawienie R=0 do powyzszego wzoru prowadzi do wyrażenia nieoznaczonego typu: . Nalezy zatem wzór na E przekształcić:
. Gdy , wielkość R/r jest bardzo mala i człon można rozwinąć w szereg Taylora wokół zera:
Ponieważ a , to:
. Podstawiając:
, a wiec znow uzyskujemy wzór na pole elektyczne od ładunku punktowego, co jest tak samo uzasadnione, jak w przypadku zerowego promienia obręczy.
W drugim przypadku, w granicy :
, gdyż ułamek w nawiasie dąży do zera, skoro jego mianownik dąży do nieskończoności.
(W tym przypadku nie korzystalismy ze wzoru z ladunkiem calkowitym, gdyż przy i stalej gęstości powierzchniowej musiałby byc on równiez nieskończony i mielibysmy wyrażenie typu: . )
Wynik ten zostanie wykorzystany do porownania z zadaniem 10a.
7. Ładunek elektryczny Q jest równomiernie rozłożony wzdłuż półkola o promieniu R. Wyznaczyć wartość natężenia pola w środku półkola.
8. Bardzo cienki pręt o długości 2a naładowany jest ze stałą gęstością liniową ładunku . Znaleźć wartość natężęnia pola w odległości r od środka pręta dla punktów leżących na prostej prostopadlej do osi pręta i przechodzącej przez jego środek. Rozpatrzyć przypadek .
Ponieważ wyznaczamy natężenie pola na osi przechodzącej przez srodek pręta, zatem dla każdego odcinka preta o długości dx, dajacego wklad do pola elektrycznego istnieje odcinek o długości dx leżący w tej samej odległości od osi, ale po przeciwnej stronie. Jak widać na rysunku, skladowe pola elektrycznego równolegle do pręta, pochodzące od tych symetrycznie położonych odcinków, znoszą sie, natomiast składowe prostopadłe do pręta sumują się.
Wkład od odcinka dx wynosi:
Ładunek zawarty w odcinku preta o długości dx wynosi: , a odleglość r’: . Uwzgledniajac to, że tylko skladowe prostopadłe do pręta daja wklad do natężenia wypadkowego mamy:
Nalezy teraz posumowac wklady od wszystchich elementarnych odcinków długości preta, od –a do +a:
Całkę te rozwiązujemy przez podstawienie: . Korzystając z relacji: otrzymujemy:
9. Nieskończenie długą prosta nić naładowano ze stałą gęstością liniową ładunku . Znaleźć natężęnie pola elektrycznego jako funkcję odległości od nici. Porównać z poprzednim zadaniem.
Ponieważ w tym przypadku nic jest nieskończenie długa, zatem mozna wykorzystać wystepujaca symetrię i skorzystać z prawa Gaussa. Otaczamy nić powierzchnia walca. Ponieważ wektor natężenia pola elektrycznego skierowany jest prostopadle do nici (wynika to z symetrii) to na podstawach walca wektor natężenia pola skierowany bedzie prostopadle do wektorow elementow powierzchni: . Na pobocznicy walca natomiast wektory te będa rownoległe: . Całke po powierzchni zamknietej, wsytepujacej w prawie Gaussa:
rozbijamy zatem na sume dwoch calek: całki po pobocznicy oraz calki po dwóch podstawach:
Druga całka znika, ponieważ tam iloczyn skalarny zeruje, zgodni z tym, co było powiedziane powyżej. Natomiast na pobocznicy walca wartość natężenia pola bedzie stala, co rowniez wynika z symetrii (kazdy punkt pobocznicy walca oddalnony jest od nici o tę sama odległość), zatem mozna ją wyciagnąć przed znak całki. Czyli:
Calka po wszystkich powierzchniach elementarnych liczona po poboocznicy walca rowna bedzie oczywiscie calkowitej powierzchni pobocznicy, czyli , gdzie l jest wysokością walca.
Całkowity ladunek zawarty wewnatrz tego walca wynosić bedzie:
Podstawiajac do prawa Gaussa:
10. Korzystając z prawa Gaussa wyznacz natężenie pola elektrycznego jako funkcję odległości w przypadku gdy źródło pola stanowi jednorodny rozkład ładunku:
a) nieskończona płaszczyzna (gęstość powierzchniowa ). Porównać z zadaniem 6.
Z warunków symetrii wynika, że pole elektryczne pochodzące od nieskończenie dużej naładowanej płaszczyzny będzie skierowane prostopadle do tej płaszczyzny i dla ustalonej odległości od płaszczyzny będzie miało taką samą wartość w każdym punkcie. Weźmy sześcian o boku długości a i skorzystajmy z prawa Gaussa:
Wektory elementów powierzchni sa zawsze prostopadle do tej powierzchni, zatem na sciankach równoległych do płaszczyzny wektory dS bedą prostopadłe do płaszczyzny, natomiast na sciankach równoległych do płaszczyzny wektory dS bedą do plaszczyzny prostopadłe. Rozbijmy całkę zamknieta po calej powieżchni na sume calek po sciankach równoległych do plaszczyzny oraz po ściankach do niej prostopadłych:
Ponieważ wektor natężenia pola jest zawsze prostopadły do płaszczyzny, zatem na ściankach równoległych do płaszczyzny będzie: , a na ściankach prostopadłych: . Zatem:
Ponieważ ścianki równoległe mają ustaloną odległość od płaszczyzny, zatem wartość natężenia pola będzie stała i można ją wyciagnąć przed znak całki:
(Wartość nateżenia pola na sciankach prostopadłych do płaszczyzny nie musi być stałe, ale dzieki temu, że natężenie jest prostopadle do wektorów elementow powierzchni, nie trzeba się tym przejmować)
Całka z elementów powierzchni liczona dla calej powierzchni równa jest po prostu polu tej powierzchni. W tym przypadku całka liczona jest po sciankach równoległych. Pole powierzchni ścianki szescianu o boku a wynosi a2, a ponieważ scianeki są dwie, więc:
Zatem:
Całkowity ladunejk zawarty wewnatrz sześcianu równy jest gestości powierzchniowej ładunku na płaszczyźnie przemnożonej przez powierzchnię płaszczyzny zamknieta wewnatrz sześcianu, która wynosi a2:
. Podsumowując:
, czyli natężenie pola elektycznego w przypadku nieskończonej płaszczyzny nie zalezy od odległości od niej. Wynik jest identyczny jak w przypadku jednorodnie naladowanego dysku w granicy nieskończonego promienia (zadanie 6): w przypadku nieskoczonych plaszczyzn nie ma znaczenia, jakiego sa one „kształtu”.
W rozwiązaniu zadania mozna było przyjąć jakąkolwiek powierzchnię o dwóch sciankach rownoległych do płaszczyzny i łączącej je powierzchni prostopadlej do plaszczyzny. Na przykład walec.
b) sfera o promieniu R i gęstości ładunku.
Z warunkow symetrii wynika, że pole elektryczne pochodzace od sfery bedzie skierowane wzdłuż promienia sfery i zależało tylko od odleglości od jej srodka. Wewnątrz sfery pole wynosi 0, ponieważ jakąkolwiek powierzchnię weźmiemy, calkowity ladunek w niej zawarty wynosić będzie 0. Na zewnatrz sfery wybierzmy powierzchnie sferyczną (o tym samym srodku co sfera naladowana), o promieniu r>R. Wektos dS na sferze skierowany jest prostopadle do jej powierzchni, czyli wzdłuz jej promienia. Skoro zatem pole elektryczne jest również skierowane wzdłuz promienia, wektory E i dS są równolegle. Wartość wektora E jest rownież stala na calej sferze, ponieważ każdy punkt na sferze ma tą samą odległość od jej srodka. Zatem:
Pole powierzchni sfery wynosi (małe r, ponieważ calka liczona jest po powierzchni, która otacza powierzchnię naładowaną), więc:
Calkowity ładunek zawarty wewnątrz tej powierzchni (dla r>R) równy jest całkowitemu ladunkowi na sferze naladowanej:
, czyli:
Przedstawiajac to w postaci:
, czyli na zewnatrz jednorodnie naladowanej sfery pole elektryczne jest identyczne z polem ladunku punktowego umieszczonego w srodku tej sfery.
c) kula izolatorowa o promieniu R i całkowitym ładunku Q.
W kuli izolatorowej ładunek rozmieszczony jest jednorodnie w całej objetości ze stalą gestością objętościową. Na zewnątrz kuli sytuacja bedzioe identyczna jak w przypadku naladowanej sfery, natomiast odmiennie niż w tamtym przypadku pole istnmieć bedzie rownież dla r<R. W tym przypadku ladunek zawarty wewnątrz sfery o promieniu r wynosić bedzie:
. Zatem:
. Zbierając obydwa przypadki:
d) kula przewodząca o promieniu R i całkowitym ładunku Q.
Przypadek kuli przewodzącej jest identyczny z przypadkiem naladowanej sfery, ponieważ na skutek odpychania się ladunkow znajdą się one jak najdalej od siebie, czyli na powierzchni kuli (w przypadku kuli izolatorowej nie jest to mozliwe, ponieważ ładunki nie moga się przemieszczać)
chaosandfury