Jaki ładunek Q o znaku przeciwnym trzeba umieścić w środku kwadratu, aby siła wypadkowa działająca na każdy ładunek była równa zeru? Rozwiązanie: Rozpatrzmy siły działające na ładunek 1

Zadania do rozdziału 7.

Zad.7.1.

W wierzchołkach kwadratu o bokach a umieszczono jednakowe ładunku –q. Jaki ładunek Q o znaku przeciwnym trzeba umieścić w środku kwadratu, aby siła wypadkowa działająca na każdy ładunek była równa zeru?

Rozwiązanie:

Rozpatrzmy siły działające na ładunek 1. Pozostanie on w równowadze, jeżeli suma sił nań działających będzie równa zeru.

0 F F F

FG₂ + G₃ +G₄ +G₅ = Powyższy warunek jest równoważny

5

3 F

F '

FG G G

=

+ (*)

gdzie FG' = F₂² +F₄²

Zgodnie z prawem Coulomba

2 2 2

2 4

2 4 a

2 ' q

F a ;

4 F q

F = πε

= πε

=

( ) ²

2 2

2

3 8 a

q 2

a 4 F q

= πε πε

=

2 5 2

a 2

qQ

2 2 4 a

F qQ

= πε





 πε

=

Po podstawieniu powyższych wyrażeń do równania (*) otrzymamy:

2 2

2 2

2

a 2

qQ a

8 q a

4 2 q

= πε + πε

πε i stąd

(^{1 2 2})

4 Q= q +

Taki sam tok rozumowania można zastosować dla każdego ładunku Q umieszczonego w pozostałych wierzchołkach kwadratu.

Zad.7.2.

Cztery jednakowe ładunki q umieszczono w narożach kwadratu o bokach a. Znaleźć natężenie i potencjał pola elektrycznego w środku kwadratu?

Rozwiązanie:

Natężenie pola elektrycznego EG

w środku kwadratu wynosi:

EG EG₁ EG₂ EG₃ EG₄, + + +

= gdzie:

2 2

12 1 1

1 2 a

q 2 a

4 q 4

1 r Q 4 E 1

E = πε

⋅

⋅ ⋅

= πε

= πε

= G

2 2

22 2 2

2 2 a

q 2 a

4 q 4

1 r Q 4 E 1

E = πε

⋅

⋅ ⋅

= πε

= πε

= G

2 2

32 3 3

3 2 a

q 2 a

4 q 4

1 r Q 4 E 1

E = πε

⋅

⋅ ⋅

= πε

= πε

= G

2 2

42 4 4

4 2 a

q 2 a

4 q 4

1 r Q 4 E 1

E = πε

⋅

⋅ ⋅

= πε

= πε

= G

Widzimy, że .E₁=E₂ =E₃ =E₄

Z geometrii układu ładunków wynika, że

, E E i E

EG₁ G₃ G₄ G₂

−

=

−

= Zatem natężenie polaEG

w środku kwadratu wynosi:

0 E E E E

EG= G₁+ G₂ + G₃+ G₄ = Potencjał V pola elektrycznego w środku kwadratu wynosi:

, V V V V

V= ₁+ ₂ + ₃ + ₄ gdzie:

a 4

2 q 2 a

2 q 4

1 r Q 4 V 1

1

1 1 ⋅ = πε

= πε πε⋅

=

a 4

2 q 2 a

2 q 4

1 r Q 4 V 1

2

2 2 ⋅ = πε

= πε πε⋅

=

a 4

2 q 2 a

2 q 4

1 r Q 4 V 1

3

3 3 ⋅ = πε

= πε πε⋅

=

a 4

2 q 2 a

2 q 4

1 r Q 4 V 1

4

4 4 ⋅ = πε

= πε πε⋅

=

Widzimy, że V₁=V₂=V₃=V₄.

Potencjał V pola elektrycznego w środku kwadratu wynosi

a 2 q a 4

2 4 q V V V V

V _{1 2 3 4}

= πε

= πε + + +

= Zad.7.3.

Obliczyć potencjał pola elektrycznego w punkcie o współrzędnych (x,y), dla układu trzech ładunków: Q₁=q, Q₂ =2 2q, Q₃ =−q umieszczonych w punktach o współrzędnych: Q₁( )0,a, Q₂( )0,0, Q₃( )a,0 . Wyznaczyć V dla punktu P(a,a).

Rozwiązanie:

Całkowity potencjał pola elektrycznego V(x,y) w dowolnym punkcie P(x,y), można przedstawić jako sumę potencjałów V( ) ( )r₁ , V r₂ i V( )r₃ wytworzonych w tym punkcie przez każdy z ładunków z osobna

( )x,y V( )r₁ V( )r₂ V( )r₃

V = + +

( )

1 1

1 1 r

q 4

1 r Q 4 r 1

V = πε

= πε

( )

2 2

2 2 r

q 2 2 4

1 r Q 4 r 1

V = πε

= πε

( )

3 3

3 3 r

q 4

1 r

Q 4 r 1

V =− πε

= πε

Ale

( )²

1 x2 y a

r = + −

2

2 x2 y

r = +

( )^{2 2}

3 x a y

r = − +

Zatem

( ) ( ) ( ) ^















+

− + −

+

− πε +

= 2 2 2 2 x a 2 y2

1 y

x 2 2 a

y x

1 4

y q , x V

Potencjał w punkcie P(a,a) wynosi

( ) _







 + −

= πε

a 1 2 a

2 2 a 1 4 a q , a V

( ) 2 a a q

, a

V = πε

Zad.7.4.

Obliczyć natężenie pola elektrycznego w otoczeniu tzw. dipola elektrycznego, tj.

układu dwóch różnoimiennych, jednakowych co do wartości ładunków elektrycznych +Q i –Q, rozsuniętych na odległość a, biorąc pod uwagę tylko punkty leżące na osi dipola (patrz rysunek).

Rozwiązanie:

Weźmy pod uwagę punkt A leżący na osi dipola w odległości r od jego środka 0. Natężenie EGA

pola w punkcie A jest wypadkową natężeń pól wytwarzanych w punkcie A przez ładunek +Q i –Q. Oba natężenia EG₊ i EG₋

są skierowane wzdłuż tej samej prostej, lecz mają zwroty przeciwne, a zatem ich suma geometryczna sprowadza się do różnicy arytmetycznej:

− + +

=E E

EG_A G G

( )² ( )²

A r a/2

Q 4

1 2 / a r

Q 4

E 1

⋅ +

− πε

⋅ −

= πε ,

( ) ( )

( ) (² )²

2 2

A r a/2 r a/2

2 / a r 2 / a r 4 E Q

− +

−

−

⋅ +

= πε ,

-Q 0 +Q E_ A E+ oś dipola

r a

( ^{2 2} )²

2 2

2 2

A

4 / a r

4 / a ra r 4 / a ra r 4 E Q

−

− +

− +

⋅ +

= πε ,

(^{2 2} )²

A

4 / a r

Qra 2 4

E 1

− πε⋅

=

Takie jest wyrażenie ogólne na natężenie pola w punktach leżących na osi dipola. Dla punktów leżących daleko od ładunków dipola (tzn. gdy r>>a) otrzymujemy wzór przybliżony

r3 Qa 2 4 E 1

≈ πε .

Iloczyn ładunku Q dipola i odległości a nazywamy momentem dipola. Tę nową wielkość traktujemy jako wektor o kierunku od ładunku ujemnego do ładunku dodatniego dipola i oznaczamy symbolem pG

.

A zatem natężenie pola elektrycznego w punktach leżących na osi dipola w odległości r znacznie większej od a wynosi

r3 p 2 4 E 1

≅ πε Zad.7.5.

Na powłoce kulistej o promieniu R rozmieszczone są równomiernie ładunki elektryczne z gęstością powierzchniową σ. Znaleźć natężenie pola i potencjał w odległości r od środka kuli.

Rozwiązanie:

Gęstość powierzchniowa σ ładunku mówi nam jaki ładunek elektryczny jest umieszczony na jednostce powierzchni ciała.



 



= 

σ ₂

m C ds dq

Na powłoce kulistej o promieniu R umieszczony jest ładunek Q S

Q=σ⋅ gdzie S=4πR² - pole powierzchni kuli.

Ładunek ten umieszczony jest tylko na powierzchni kuli tak, że wewnątrz kuli jak i na zewnątrz nie ma innych ładunków.

Jeżeli współśrodkowo z powłoką kulistą o promieniu R utworzymy (w myślach) powierzchnię kulistą o promieniu r, to na tej powierzchni (zwanej powierzchnią gaussowską) wektor EG

ma stałą wartość i jest zawsze prostopadły do powierzchni (EG dsG

) i wtedy Eds

s d EG⋅G =

.

Stosujemy prawo Gaussa, które mówi, że strumień natężenia pola elektrycznego Φ_E,S przez powierzchnię zamkniętą S ( przez naszą utworzoną w myślach sferę o promieniu r) jest równy całkowitemu ładunkowi Q zawartemu wewnątrz tej powierzchni (w naszym przypadku ładunkowi Q znajdującego się na powierzchni kuli o promieniu R leżącej wewnątrz kuli o promieniu r) pomnożonemu przez czynnik

ε 1.

1 Q s d E S S ,

E ⋅

= ε

∫ ⋅

=

Φ G G

Ale

2 S

S S S

,

E = ∫ E⋅ds=∫ E⋅ds=E∫ ds=E⋅4πr

Φ G G

Dla r<R (wewnątrz powłoki kulistej o promieniu R) ładunek Q nie występuje, więc 0

r 4 E⋅ π ² =

i wtedy natężenie pola elektrycznego wewnątrz naładowanej powierzchniowo kuli wynosi zero.

0 E=

Dlar≥ czyli w przypadku gdy gaussowska powierzchnia ( ta utworzona przez nas w R myślach powierzchnia kulista o promieniu r) obejmuje naładowaną powłokę o promieniu R prawo Gaussa możemy zapisać:

1 Q r 4

E ² ⋅

= ε π

⋅

σ

⋅ π ε⋅

= π

⋅ ² 1 4 R² r

4 E

( ) ( )

ε

= σ ε =

=σ ; dlar R otrzymujemy: E R r

r R

E 2

2

Zatem natężenie pola elektrycznego wewnątrz naładowanej powłoki kulistej jest równe zeru, na jej powierzchni osiąga wartość σ/ε, następnie maleje odwrotnie proporcjonalnie do kwadratu odległości i jest skierowane prostopadle do powierzchni kuli (rys.a).

Potencjał pola V wyznaczamy korzystając z wzoru definicyjnego, że

0 A qA V = W ^∞

Dla r>R

∫ ε

∫ ⋅ ⋅ = σ

∫ ⋅ =

=^{∞ ∞ ∞}

∞ r 2

2 r 0 0

A r dr

r q R r d F q r d F

W G G G G

∞ ∞

∞ 



 

−

ε

= σ ε ∫

= σ

r 0 2

r 2 0 2

A r

R 1 dr q r R 1 W q

r R 1 W_A q^{0 2} ⋅

ε

= σ

∞ i wtedy

( ) ( )

ε

⋅

=σ ε =

= σ R

R V : y otrzymujem R

r dla r ;

r R

V ²

Dla r≤ R

∫ ε

∫ ⋅ + σ

∫ ⋅ =

=^{∞ ∞}

∞ R 2

2 0 R

r 0 r 0

A dr

r q R dr 0 q r d E q

W G G

∞

∞ 



 

−

ε + σ

=

R 2

0

A r

1 q R

0 W

ε

= σ

∞ q R

W_A ⁰

i wtedy

( ) const

r r R

V =

ε σ

= ⋅

Wykres funkcji V(r) przedstawia rys. b.

Zad. 7.6.

Znaleźć natężenie pola elektrycznego EG

w odległości r od nieskończenie długiej prostoliniowej nici naładowanej ładunkiem elektrycznym z gęstością liniową λ.

Rozwiązanie:

Gęstość liniowa ładunku λ mówi nam jaki ładunek elektryczny jest umieszczony na jednostce długości nici.





=

λ m

C dl dQ

Na odcinku nici o długości l umieszczony jest ładunek Q l Q=λ⋅

Z symetrii układu (rozkładu ładunku) wynika, że natężenie poła EG

będzie skierowane prostopadle do powierzchni bocznej nici.

Opierając się na twierdzeniu Gaussa możemy zapisać:

∫ ⋅ = ε

= Φ

S S ,

E Q

s d EG G

gdzie S jest powierzchnią walca współśrodkowego z nicią o wysokości l i promieniu r.

∫ ⋅ = ∫ ⋅ + ∫ ⋅

= Φ

S pod

b S S S

,

E E ds E ds 2 E ds

pod b

G G G G

G G

Ostatni człon w tym wyrażeniu znika, gdyż strumień przechodzący przez podstawę walca jest równy zeru, ponieważ

E s

dG _pod G

⊥ , co czyni, że: EG⋅dGs_pod =0 . Ze względu na stałą wartość EG

na powierzchni bocznej walca zachodzi:

∫ ⋅ = ∫ ⋅ = ∫ = π ⋅

S b S

S

l r 2 E s d E s d E s d E

b b

G G G

G G

Zatem

1 Q l r 2

E ⋅

=ε

⋅ π

⋅

1 l l r 2

E ⋅λ⋅

=ε

⋅ π

⋅

r E 2

πε

= λ

Zad.7.7.

Obliczyć pojemność C kondensatora cylindrycznego o promieniach elektrod (cylindrów) R1 i R2 oraz długości l, wypełnionego dielektrykiem o przenikalności elektrycznej ε.

Rozwiązanie:

Wychodzimy ze wzoru definicyjnego pojemności

U Q V Q V V C Q

2 1

∆ =

− =

=

Gdzie U to napięcie, (czyli różnica potencjałów ∆V=V₁−V₂ między elektrodami kondensatora.

Na wewnętrznej elektrodzie cylindrycznej o promieniu R1 znajduje się ładunek Q równomiernie rozłożony na tej elektrodzie.

Z symetrii rozkładu ładunku wynika, że natężenie pola EG

w przestrzeni między elektronowej będzie skierowane prostopadle do powierzchni pobocznicy walca (elektrody).

Jako powierzchnię Gaussa wybieramy powierzchnię walca o promieniu r i wysokości l, którego oś symetrii pokrywa się z osią kondensatora (z osiami walców o R₁ i R₂).

Opierając się na twierdzeniu Gaussa możemy zapisać

∫ ⋅ = ε

= Φ

S S ,

E Q

s d EG G

gdzie S=S_b +2S_pod jest powierzchnią całkowitą walca o promieniu r i wysokości l. Na wielkość tej powierzchni S składa się powierzchnia pobocznicy walca S_b=2πr⋅l

oraz dwie powierzchnie podstawy S_pod =πr² Zatem

∫ ⋅ = ∫ ⋅ + ∫ ⋅

= Φ

S pod

b S S S

,

E E ds E ds 2 E ds

pod b

G G G G

G G

Ostatni człon w tym wyrażeniu zanika, gdyż strumień przechodzący przez podstawy walca jest równy zeru ponieważ dla l>>r dGs_pod EG

⊥ co czyni, że: EG⋅dGs_pod =0 . Ze względu na stałą wartość EG

na powierzchni bocznej walca gaussowskiego zachodzi:

∫ ⋅ = ∫ ⋅ = ∫ = π ⋅

S S S

l r 2 E ds E s d E s d E

b b

G G G

G

czyli 1 Q l r 2

E ⋅

= ε

⋅ π

⋅ ;

r 1 l 2

E Q ⋅

= πε Znając E w przestrzeni międzyelektronowej obliczamy U

( ) ( ) ²

1 2

1 2

1

R R R

R R

R

r l ln 2 dr Q r 1 l 2 dr Q r E V

U=∆ = ∫ ⋅ = πε ∫ = πε

( ) _



 





= πε

− πε ⋅

=

1 1 2

2 R

ln R l 2 R Q ln R l ln 2 U Q

Ostatecznie pojemność C kondensatora wynosi



 





= πε



 



 πε

=

=

1 2 1

2

R ln R

l 2

R ln R l 2

Q Q U

C Q



 





= πε

1 2 R ln R

l C 2

Zad.7.8.

N kondensatorów o pojemnościach C₁,C₂,C₃,... ,C_j,... ,C_N połączono w baterię raz szeregowo, raz równoległe. Oblicz pojemność elektryczną powyższych baterii kondensatorów.

Rozwiązanie:

a) połączenie szeregowe

Napięcie U przyłożone do baterii N szeregowo połączonych kondensatorów jest równe sumie spadków napięć na poszczególnych kondensatorach

N j

3 2

1 U U ... U ... U

U

U= + + + + + + (*)

Na okładce każdego kondensatora zgromadzony jest jednakowy ładunek Q.

Z definicji pojemności C wynika, że

N N j j

3 3 2 2

1 1 C

U Q C ;...

U Q C ;...

U Q C ; U Q C ; U Q U;

C=Q = = = = =

Po podstawieniu do (*) otrzymujemy:











 + + + + +

=

N j

3 2

1 C

... 1 C ... 1 C

1 C

1 C Q 1 U

N j

3 2 1

WS C

... 1 C ... 1 C

1 C

1 C

1 Q U C

1 = = + + + + + +

Ostatecznie bateria kondensatorów utworzona z N kondensatorów połączonych szeregowego ma pojemność C_WS taką, że

N j

3 2 1

WS C

... 1 C ... 1 C

1 C

1 C

1 C

1 = + + + + + +

a) połączenie równoległe

Przy połączeniu równoległym kondensatorów na każdym kondensatorze panuje to samo napięcie U, ale zgromadzony jest na ich elektrodach inny ładunek.

Zatem ładunek całkowity Q zgromadzony w baterii kondensatorów o pojemności C_WR wynosi

N j

3 2

1 Q Q ... Q ... Q

Q

Q= + + + + + + (**)

Z definicji pojemności C wynika, że:

U C Q , ,...

U C Q , ...

, U C Q , U C Q

U; C Q

N N j

j 2

2 1

1= = = =

=

oraz Q=C_WR ⋅U

Po podstawieniu do (**) otrzymujemy

U C ...

U C ...

U C U C U C U

C_WR⋅ = ₁ + ₂ + ₃ + + _j + + _N ⋅

OstatecznieC_WR =C₁+C₂ +C₃ +... +C_j +... +C_N