Fragment notatki:
III Elektryczność i magnetyzm
14. Pole elektryczne, kondensatory, przewodniki i dielektryki.
Wybór i opracowanie zadań 14.1. – 14.53.: Andrzej Kuczkowski.
14.1. Dwie niewielkie, przewodzące kulki o masach równych odpowiednio m1 i m2
naładowane ładunkami q1 i q2 zawieszone są na równych niciach o długości l (jak na
rysunku).
(a) Jakie warunki muszą spełniać masy m1 i m2 oraz ładunki aby kąty odchylenia nici od
pionu spełniały warunek: α1 = α2 = α? (b) Oblicz sumaryczny ładunek obu kulek, jeżeli po
naładowaniu kąt między nićmi wynosi 900 przy założeniu, że rozmiary i masy obu kulek są
równe: m1 = m2 = m = 0,1 g długości nici: l = 10 cm, a kulki przed naładowaniem stykały się
ze sobą.
14.2. Dwie niewielkie, przewodzące kulki o jednakowych rozmiarach i ciężarach: G = 0,05 N
zawieszono na równych niciach o długościach: l = 10 cm tak, że powierzchnie stykały się.
Jakim ładunkiem qc należy naładować kulki aby naprężenie nici N wynosiło 0,1 N?
14.3. Czy dwa rozciągłe, przewodzące ciała naładowane ładunkami jednoimiennymi, będą
zawsze się odpychały?
14.4. Jak należy rozdzielić ładunek Q na dwie kulki, aby siła wzajemnego oddziaływania
między kulkami była największa? Oblicz wartość tej siły.
14.5. Jaś zrobił sobie smalec ze skwarkami i stopiony, jeszcze przed wlaniem do słoiczka,
posolił. Niestety sól nie rozpuściła się w tłuszczu i opadła na dno patelni. Spróbuj wyjaśnić
Jasiowi dlaczego tak się stało.
14.6. Czy można bezpośrednio posłużyć się prawem Coulomba w celu obliczenia siły, z jaką
przyciągają się okładki naładowanego kondensatora?
14.7. Oblicz siłę działającą na punktowy ładunek q = 5·10-9 C, znajdujący się w środku
równomiernie naładowanego ładunkiem Q = 3·10-7 C półokręgu o promieniu R = 5 cm.
14.8. Cztery jednakowe ładunki Q umieszczono w wierzchołkach kwadratu. Gdzie i jaki
ładunek q należy umieścić, aby układ znalazł się w równowadze? W jakiej równowadze
znajdują się ładunki?
14.9. Pole elektryczne jest wytwarzane przez trzy ładunki Q, 2Q i –3Q, umieszczone
w wierzchołkach trójkąta równobocznego o boku a. Oblicz potencjał w środku odcinka
łączącego ładunki Q i 2Q.
14.10. Na końcach odcinka o długości d znajdują się ładunki Q 0 i -4Q.
W jakich punktach prostej przechodzącej przez ładunki: (a) natężenie pola równa się zeru, (b)
potencjał pola równa się zeru, (c) występuje minimum (lokalne) potencjału?
14.11. Potencjał w pewnym punkcie pola pochodzącego od ładunku punktowego wynosi
V = 600 V, a natężenie pola wynosi E = 200 N/C. Oblicz wielkość ładunku i odległość tego
punktu od ładunku. Przyjmij εr = 1.
14.12. Mała kulka o masie m = 0,2 g wisi na nici między dwiema naładowanymi płytami.
Kulka naładowana jest ładunkiem q = 6⋅10-9 C.
Ile wynosi różnica potencjałów między płytami, jeżeli nić tworzy z pionem kąt α = 100,
a odległość między płytami d = 0,1 m?
14.13. Narysuj linie sił pola elektrycznego oraz powierzchnie stałego potencjału dla
przedstawionych poniżej układów ładunków elektrycznych:
(a)
(b)
(c)
(d)
14.14. Jak wpływają przedmioty przewodzące na rozkład pola elektrycznego? Narysuj linie
sił pola elektrycznego i powierzchnie ekwipotencjalne dla poniższych układów:
(a)
(b)
(c)
14.15. Oblicz potencjał i natężenie pola elektrycznego w środku półpierścienia o promieniu
R naładowanego równomiernie ładunkiem Q.
14.16. Druciany pierścień o promieniu R naładowany jest równomiernie ładunkiem Q. Oblicz
i wykreśl zależność potencjału i natężenia pola elektrycznego od tego pierścienia dla punktów
znajdujących się na osi prostopadłej do powierzchni pierścienia. Wartości natężenia pola
elektrycznego wyznacz dwoma metodami: (a) metodą superpozycji pól oraz (b) ze związku
r
E = − gradV .
14.17.* Oblicz natężenie pola elektrycznego na symetralnej odcinka o długości
2a naładowanego ze stałą gęstością ładunku liniowego λ. Wykaż, że pole to staje się
w granicznych przypadkach polem elektrycznym: (a) nieskończenie długiego przewodnika,
(b) ładunku punktowego.
14.18.* Oblicz potencjał i natężenie pola elektrycznego na osi symetrii prostopadłej do
powierzchni naładowanego ładunkiem Q krążka o promieniu R. Wykaż, że pole to staje się w
skrajnym przypadku polem elektrycznym: (a) płaszczyzny nieskończonej, (b) ładunku
punktowego.
14.19.* Potencjał pola elektrycznego określony jest równaniem: V = a(x2+y2)+bz2, gdzie a
0, b 0. (a) Jaki jest kształt powierzchni ekwipotencjalnych? (b) Wyznacz wektor natężenia
r
pola elektrycznego E i jego moduł E. (c) Jaki jest kształt powierzchni, na których E = const?
(d) Jaki kształt będą miały powierzchnie ekwipotencjalne gdy potencjał będzie określony
równaniem: V = a(x2+y2)-bz2 gdzie a 0, b 0?
14.20. Korzystając z zasady superpozycji oddziaływań, oblicz potencjał i natężenie pola
elektrycznego od układu dwóch ładunków +Q i –Q odległych od siebie o d (dipol
elektryczny) w odległości r od środka dipola: (a) na symetralnej odcinka łączącego obydwa
ładunki, (b) na prostej łączącej obydwa ładunki.
14.21.* Oblicz potencjał i wartości bezwzględne natężenia pola elektrycznego dipola
o momencie p jako funkcję r i φ, gdzie r oznacza odległość od środka a φ kąt między osią
dipola i prostą łączącą środek dipola z danym punktem.
14.22. Układ czterech ładunków q rozmieszczonych w narożach kwadratu o boku 2a jak na
rysunku tworzy kwadrupol. Oblicz potencjał i natężenie pola elektrycznego w punkcie
leżącym w odległości r a od środka kwadrupola (patrz rysunek):
14.23. Kwadrupolem liniowym nazywamy układ czterech ładunków q umieszczonych na
jednej prostej, jak na rysunku. Układ ten możemy traktować jako składający się z dwóch
stykających się dipoli. Oblicz potencjał i natężenie pola elektrycznego na osi kwadrupola
w odległości r a.
14.24. W jednorodnym polu elektrycznym o natężeniu E = 2⋅103 V/m znajduje się dipol
elektryczny o momencie dipolowym p = 5⋅10-3 C⋅m. Narysuj siły działające na dipol oraz
oblicz moment tych sił, jeżeli oś dipola tworzy z polem elektrycznym kąt α = 300.
14.25 Dipol o momencie p = 5⋅10-3 C⋅m znajduje się w niejednorodnym polu elektrycznym
V
∆E
o gradiencie
= 1 2 . Oblicz siłę wywieraną przez pole na dipol w tym polu.
∆x
m
14.26 Na dipol elektryczny w niejednorodnym polu elektrycznym działa siła wciągająca lub
wypychająca go z pola w zależności od ustawienia dipola. Wyjaśnij, dlaczego skrawki
papieru są zawsze przyciągane do naelektryzowanej pałeczki.
14.27. W polu elektrycznym wytworzonym przez punktowy ładunek q w odległości r od
niego znajduje się dipol elektryczny o momencie p. Oblicz siłę, jakiej doznaje dipol od
ładunku punktowego, w przypadku, gdy ładunek q znajduje się: (a) na osi dipola, (b) na
symetralnej dipola.
14.28. Wyznaczyć wartość momentu siły działającego na dipol o momencie dipolowym
p umieszczony w odległości r od bardzo dużej okrągłej płyty metalowej o promieniu R
(R r) naładowanej ładunkiem ujemnym o gęstości powierzchniowej –σ. Dipol jest
ustawiony pod kątem 450 do płyty.
14.29. Korzystając z prawa Gaussa, wyznaczyć natężenie pola elektrycznego wytworzonego
przez płaszczyznę naładowaną równomiernie ładunkiem o gęstości powierzchniowej σ.
14.30. Nieprzewodzącą kulę o promieniu R naładowano jednorodnie ładunkiem o gęstości
objętościowej ρ. Oblicz zależność potencjału i natężenia pola elektrycznego w funkcji
odległości od środka kuli. Przedstaw graficznie otrzymane zależności. Przyjmij εr = 1
wewnątrz kuli.
14.31. Metalową kulę o promieniu R naładowano ładunkiem q. (a) Oblicz i wykreśl zależność
potencjału i natężenia pola elektrycznego w funkcji odległości od środka kuli. (b) Jak zmieni
się rozkład pola elektrycznego, gdy zamiast metalowej, użyjemy kuli z dielektryka
naładowanej powierzchniowo ładunkiem q.
14.32. Nieskończenie długą prostą nić znajdującą się w próżni naładowano ze stałą gęstością
liniową ładunku λ = 2⋅10-6C/m. (a) Wyznacz moduł natężenia pola E i potencjał V jako
funkcję odległości r od nici. (b) Oblicz E i V dla r = 10m.
14.33. Ładunki o przeciwnych znakach są rozłożone ze stałymi gęstościami
powierzchniowymi +σ i –σ odpowiednio na dwóch metalowych płaszczyznach
nieskończonych, równoległych względem siebie i odległych o d. (a) Oblicz i wykreśl
zależność potencjału i natężenia pola elektrycznego w funkcji odległości między płytami.
(b) Jak zmieni się rozkład pola, gdy jedną z płyt połączymy z ziemią?
14.34. Oblicz pojemność odosobnionej kulki metalowej o promieniu R.
14.35. Oblicz, korzystając z definicji pojemności elektrycznej, pojemność kondensatora:
(a) płaskiego, (b) kulistego, (c) walcowego.
14.36. Płaski kondensator naładowano do napięcia U0 i odłączono od źródła. Jak zmieni się:
(a) napięcie na kondensatorze, (b) natężenie pole elektrycznego, (c) ładunek na okładkach,
jeżeli okładki zsuniemy na n razy mniejszą odległość?
14.37. Płaski kondensator połączono z biegunami akumulatora o sile elektromotorycznej
Ε. Jak zmieni się ładunek Q na kondensatorze, jeżeli zsuniemy okładki na n razy mniejszą
odległość? Jak zmieni się wówczas natężenie pola elektrycznego?
14.38. Do dwóch szeregowo połączonych kondensatorów o pojemnościach C1 = 100pF
i C2 = 200pF przyłożono stałe napięcie U = 300V. Oblicz napięcia U1 i U2 na kondensatorach
i ładunki q1 i q2 na ich okładkach. Jaka jest pojemność C tego układu?
14.39. Płaski kondensator powietrzny, o odległości między okładkami d, naładowano
ładunkiem Q. (a) Jak zmieni się natężenie pola elektrycznego po wprowadzeniu między
okładki, równolegle do nich, metalowej płytki o grubości l? Powierzchnie okładek i płytki
wynoszą S. (b) Oblicz pojemność C układu z płytką. (c) Jak zmieni się napięcie między
okładkami w wyniku wprowadzenia płytki?
14.40. Kulka rtęci, naładowana do potencjału V, podzieliła się na dwie kulki, z których jedna
ma n razy większą objętość od drugiej. Do jakich potencjałów będą naładowane te kulki?
14.41. Każdy z trzech kondensatorów o pojemnościach C1, C2, C3 naładowano do napięcia
U i następnie, po odłączeniu źródła napięcia, wszystkie połączono szeregowo (rys. a) Oblicz
ładunki Q1, Q2, Q3 na okładkach kondensatorów tak otrzymanego układu kondensatorów po
zwarciu ich przewodnikiem (rys. b).
(a)
(b)
14.42. Trzy kondensatory o pojemnościach C1, C2, i C3 połączono jak na rysunku
i naładowano ładunkiem Q. Oblicz ładunki na okładkach każdego z kondensatorów.
14.43. Trzy kondensatory o pojemnościach C1, C2, i C3 połączono jak na rysunku
i naładowano ładunkiem Q. Oblicz ładunki na okładkach każdego z kondensatorów.
14.44. Ile razy trwały moment dipolowy cząsteczki tlenku węgla CO, który wynosi
p0 = 0,37⋅10-30 C⋅m, jest większy od momentu dipolowego indukowanego w tej cząsteczce
przez zewnętrze pole elektryczne o natężeniu E = 104 V/cm? Średnia polaryzowalność
elektronowa cząsteczki CO wynosi α = 2,2 F⋅m2.
14.45. W odległości r = 15⋅10-10 m od atomu argonu znajduje się elektron. Oszacuj moment
dipolowy indukowany w atomie argonu przez pole elektryczne elektronu. Polaryzowalność
elektronowa atomu argonu wynosi α = 1,8⋅10-40 F⋅m2.
14.46. Momenty dipolowe molekuł równają się sumie wektorowej odpowiednich momentów
dipolowych wiązań. Oblicz moment dipolowy wiązania OH w molekule wody, jeżeli moment
dipolowy molekuły wody równa się 6,2⋅10-30 C⋅m, a kąt między wiązaniami OH wynosi 1040.
14.47. Stała elektryczna diamentu wynosi ε = 1,46⋅10-10 C/(N⋅m2). Znajdź względną
przenikalność εr i podatność dielektryczną χ diamentu. Ile wynosi polaryzowalność jednostki
objętości i jednego mola diamentu? Gęstość diamentu ρ = 3,51 g/cm2, masa molowa
r
r
r
µ = 12 g/mol. Skorzystaj ze wzorów na wektor polaryzacji: P = ε 0 (ε r − 1) E = n0αE , gdzie
n0 oznacza koncentrację dipoli.
14.48. Jak zmieni się: (a) pojemność elektryczna, (b) ładunek na okładkach, (c) napięcie,
(d) natężenie pola elektrycznego, jeżeli między elektrody kondensatora płaskiego
o pojemności C0 wsuniemy dielektryk o przenikalności εr i grubości d równej odległości
między okładkami kondensatora? Rozpatrzyć dwa przypadki: (I) Kondensator po
naładowaniu do napięcia U0 odłączono od źródła. (II) Kondensator jest cały czas podłączony
do źródła o napięciu U0.
14.49. Kondensator płaski, którego okładki są oddalone o l = 1cm wypełniony jest olejem
(εr = 5). Jakie napięcie należy przyłożyć do kondensatora, aby gęstość ładunków
polaryzacyjnych na oleju wynosiła σ = 6,2⋅10-10 C/cm2?
14.50. Płaski kondensator próżniowy naładowano tak, że natężenie pola wynosi w nim
E0 = 100 MV/m. Następnie wypełniono go dielektrykiem, którego drobiny są sztywnymi
dipolami o momencie pe = 0,5⋅10-29 C⋅m. Koncentracja dipoli n = 1026 m-3. Oblicz średnią
wartość natężenia pola elektrycznego wewnątrz dielektryka, pomijając wpływ ruchów
cieplnych drobin.
14.51. Oblicz gęstość ładunków polaryzacyjnych na powierzchni płytki mikowej (εr = 7)
o grubości l = 0,2 mm, wypełniającej całkowicie płaski kondensator naładowany do napięcia
U0 = 400 V. Jak i o ile zmieni się napięcie na kondensatorze po wyjęciu płytki?
14.52. Płaski kondensator powietrzny, o pionowo ustawionych okładkach odległych
o d, naładowano i zanurzono częściowo w cieczy o względnej przenikalności dielektrycznej
εr. Oblicz stosunek ładunków elektrycznych i natężeń pól elektrycznych w obu częściach
kondensatora, jeżeli wysokość okładek wynosi H, a wysokość zanurzonej części jest h.
14.53. Płaski kondensator o powierzchni elektrod S = 100 cm2 oddalonych od siebie o d = 1
cm naładowano do napięcia U0 = 100 V i odłączono od źródła. Następnie obszar między
okładkami kondensatora ściśle wypełniono dwiema płytkami dielektrycznymi o grubościach
d1 = 2 mm i d2 = 8 mm, oraz stałych dielektrycznych εr1 = 2 i εr2 = 4. Oblicz: (a) Ładunek
swobodny na okładkach kondensatora. (b) Wartości wektorów natężenia pola elektrycznego
r
r
r
E , indukcji elektrostatycznej D i polaryzacji elektrycznej P w obu dielektrykach.
(c) Napięcie na kondensatorze po włożeniu płytki. (d) Pojemność kondensatora z obu
dielektrykami.
Rozwiązania:
14.1.R.
(a)
Jednoimiennie naładowane kulki odpychają się siłami Fc1 = Fc2 = Fc (zgodnie
z III zasadą dynamiki).
Fc = k
q1q 2
,
d2
gdzie:
k=
1
.
4πε 0
Fc
F
= c
Q1 m1 g
⇒
Fc
Fc
tgα 2 =
=
Q2 m 2 g
tgα 1 =
(b)
α1 = α2 wtedy, gdy
m1 = m2 = m.
Ładunki q1 i q2
mogą być różne.
Ponieważ kąt α1 + α2 = 2α = 900, więc kąt α = 450, stąd:
(1)
(2)
tgα = tg 45 0 = 1
1 q2
4πε 0 d 2
F
q2
=
tgα = c =
.
Q
mg
4πε 0 mgd 2
Ładunki obu kulek są równe: q1 = q2 = q, bo kulki mają te same rozmiary, są przewodzące,
oraz stykały się ze sobą przed naładowaniem.
Z równań (1) i (2) otrzymujemy:
q 2 = 4πε 0 mgd 2 .
(3)
Ponieważ d = 2 ⋅ l (przekątna kwadratu), więc równanie (3) możemy zapisać w postaci:
q = 2l 2πε 0 mg = 4 ,7 ⋅ 10 −6 C .
Sumaryczny ładunek obu kulek qc równa się:
q c = 2q = 9 ,4 ⋅ 10 −8 C .
14.2.R.
3
( N 2 − G 2 ) 4 2l
≈ 1,1 ⋅ 10 −6 C ,
q c = 2q = 2
1
N
k2
gdzie:
k=
1
N ⋅ m2
= 9 ⋅ 10 9
4πε 0
C2
Wskazówka: Patrz rozwiązanie zad. 14.1. Skorzystaj z podobieństwa trójkątów sił
i odległości oraz prawa Pitagorasa.
14.3.R. Nie. W przypadku przewodzących ciał rozciągłych, gdy ładunek jednego z ciał będzie
znacznie większy od ładunku drugiego ciała, efekt indukcji elektrostatycznej (rozdzielenia
ładunków w przewodniku pod wpływem pola elektrostatycznego) może być silniejszy
i naładowane jednoimiennie ciała będą się przyciągały!
14.4.R.
q1 = q 2 =
Q
2
Wskazówka: Skorzystaj z warunku ekstremum siły coulombowskiej.
14.5.R. W soli występuje wiązanie jonowe. Zgodnie z prawem Coulomba, siła oddziaływania
dwóch ładunków Fc równa się:
Fc =
1 q1 q 2
.
4πε 0 ε r r 2
Dla tłuszczu εr = 2, w przeciwieństwie do wody, dla której εr = 81, dlatego też w wodzie
następuje rozpuszczanie się soli, a w tłuszczu nie. Jest to interpretacja jakościowa. W ciele
stałym o wiązaniu jonowym występują bardziej złożone oddziaływania.
14.6.R. Nie. Prawo Coulomba stosuje się ściśle tylko do ładunków punktowych.
W przypadku przewodzących ciał rozciągłych, rzeczywiste oddziaływanie może różnić się nie
tylko co do wartości, ale też co do znaku siły. Patrz przykład 14.3.
14.7.R.
Korzystamy z zasady superpozycji oddziaływań. Na długości dl półokręgu znajduje się
ładunek punktowy dQ:
(1)
dQ =
Q
dl ,
πR
gdzie dl – element długości półokręgu.
Ładunek q w środku półokręgu doznaje oddziaływania od tego punktowego ładunku:
(2)
dF = k
q ⋅ dQ
.
R2
Siłę dF możemy rozłożyć na dwie składowe: dFx i dFy. Składowe siły dFy pochodzące od
punktów położonych symetrycznie względem osi x będą się kompensowały. Dlatego też
wypadkowa siła F będzie skierowana wzdłuż osi x i pochodzić będzie od składowych siły
dFx.
π
F = Fx = ∫ dFx = ∫ dF ⋅ sin α
0
Podstawiając za dl: dl = R⋅dα we wzorze (1) i (2) otrzymamy:
Q
R sin α
2k ⋅ q ⋅ Q
πR
= 3,42 ⋅ 10 −3 N .
F = ∫k
dα =
2
2
R
πR
0
π
q
14.8.R. Układ znajduje się w równowadze, gdy w środku kwadratu umieścimy ładunek:
q=−
Q
(1 + 2 2 ) .
4
Będzie to równowaga chwiejna. Najmniejsze zakłócenie równowagi powoduje, że układ nie
będzie już w równowadze.
14.9.R.
V =k
gdzie: k =
2Q
(3− 3 ),
a
1
.
4πε 0 ε r
14.10.R.
(a)
Oznaczając przez E+ natężenie pola elektrycznego od ładunku dodatniego, a przez
E- natężenie pola elektrycznego od ładunku ujemnego, oraz przez r odległość od ładunku
dodatniego, możemy stwierdzić, że natężenie wypadkowe może być równe zeru tylko
w obszarze I. Dla tego obszaru:
Q
,
r2
4Q
E− = k
(r + d ) 2
E+ = k
i E+ = E-, czyli:
k
Q
4Q
.
=k
2
r
(r + d ) 2
Stąd otrzymujemy równanie kwadratowe na r:
3r 2 − 2dr − d 2 = 0 .
Z równania tego otrzymujemy dwa rozwiązania:
r1 = d
i r2 = − 1 d ,
3
czyli natężenie pola elektrostatycznego równe zero wystąpi z lewej strony ładunku
Q w odległości r = r1 = d . Drugie rozwiązanie r = r2 = − 1 d będzie odpowiadało położeniu
3
na prawo od ładunku Q. W punkcie tym natężenia E+ i E- są również równe, lecz są zgodnie
skierowane (sprawdź to!).
(b)
Korzystamy z zasady superpozycji pól:
V = V+ + V-,
gdzie:
V+ = k
Q
- wartość potencjału elektrycznego w punkcie odległym o r od ładunku Q,
r
V− = − k
4Q
- wartość potencjału elektrycznego w punkcie odległym o r’ od ładunku -4Q.
r'
Wartość odległości r’ związana jest z odległością r następującą zależnością:
r + d w obszarze I
r' = d − r w obszarze II
r − d w obszarze III
W dalszych rozważaniach zamiast |r| będziemy pisać r pamiętając, że jest to wartość
bezwzględna. W obszarze I wartość wypadkowego potencjału V wyraża się wzorem:
Q
4Q
4
1
−k
= kQ −
r
r+d
r r+d
d
V =0⇔r=
3
V = V+ + V− = k
w obszarze II zaś:
Q
4Q
4
1
−k
= kQ −
r
d −r
r d −r
d
V =0⇔r=
5
V = V+ + V− = k
Jak łatwo sprawdzić, w obszarze III wypadkowy potencjał nie przyjmuje wartości równej
zeru.
(c)
Minimum lokalne potencjału wypadkowego może wystąpić tylko w obszarze
dV
I. Korzystając z warunku ekstremum funkcji:
= 0 , znajdujemy wartość odległości tego
dr
punktu od ładunku Q: r = d. Jest to równocześnie wartość odległości, w której E = 0. Wynika
r
to ze związku E = − grad V , który w przypadku jednowymiarowym wyraża się wzorem:
E=
− dV
.
dr
14.11.R.
r = 3 m, Q = 2⋅10-7 C.
14.12.R.
U=
14.13.R.
(a)
(b)
tg α ⋅ m ⋅ g ⋅ d
= 5,77 ⋅ 10 3 V
q
(c)
(d)
14.14.R.
(a)
(b)
(c)
14.15.R.
Q
R
Q
E = k 2 ⋅2.
πR
V =k
Wskazówka: Należy skorzystać z zasady superpozycji oddziaływań, podobnie jak
w zad. 14.7. Potencjały należy sumować skalarnie, a natężenia wektorowo.
14.16.R.
Ładunek dq znajdujący się na elemencie długości pierścienia dl wytwarza na osi
z w odległości r od niego potencjał dV:
dV =
ponieważ: dQ =
dQ
,
r
Q
dl , a r = R 2 + z 2 , więc:
2πR
V =k
Q
2πR
1
dl .
R2 + z2
Po scałkowaniu:
V =k
2πR
1
Q
2πR
∫ dl ,
R2 + z2
0
skąd:
Q
V =k
R2 + z2
.
Z symetrii układu widać, że składowe natężenia pola elektrycznego prostopadłe do osi
z skompensują się, dlatego E = Ez.
(a)
Korzystając z zasady superpozycji możemy napisać:
dE = k
ale: cos α =
dQ
, dE z = dE cosα ,
r2
z
, więc:
r
dE z = k
dQ z
z Q
dl ,
=k 3
2
r r
r 2πR
skąd:
Ez = k
(R
z
2
+ z2
)
3
Q
2πR
E = Ez = k
(b)
2πR
∫ dl = k
0
(R
Qz
2
+ z2
(R
Qz
2
+ z2
)
3
)
3
r
E = − grad V . W naszym przypadku wyrażenie to możemy zapisać w postaci:
E = Ez =
d
− dV
= − k
dz
dz
,
R2 + z2
Q
stąd:
E = Ez = k
(R
Qz
2
+ z2
)
3
14.17.R.
2aλ
E=k
r a2 + r 2
(a)
dla
r
1
a
E=k
2aλ
q
= k 2 , gdzie q = 2aλ .
2
r
r
(b)
dla
a
1
r
E=k
2λ
λ
.
=
r
2πε r
14.18.R. Posługując się zasadą superpozycji pól znajdujemy podobnie jak w zad. 14.14.
wartości potencjału i natężenia pola elektrycznego dla punktów znajdujących się na osi z.
Potencjał dV od ładunku dQ, znajdującego się na pierścieniu o promieniu r i szerokości
dr, w punkcie znajdującym się na osi z w odległości r’ od promienia, równa się:
dV = k
dQ
,
r'
ale: dQ = 2πr ⋅ dr ⋅ σ , gdzie σ – gęstość powierzchniowa ładunku, a r ' = r 2 + z 2 . Stąd:
dV = k
2πr ⋅ dr ⋅ σ
r2 + z2
Wartość potencjału V od całego krążka równa się więc:
R
r ⋅ dr
V = k 2πσ ∫
r2 + z2
0
.
Całkując przez podstawienie otrzymujemy:
V = k 2πσ
(R
2
+ z2 − z
)
Podstawiając za σ : σ =
Q
, otrzymujemy:
πR 2
(1)
V =k
2Q
R2
(R
2
)
+ z2 − z .
Ponieważ natężenie pola elektrycznego jest wielkością wektorową, dlatego też składową pola
w kierunku osi z od ładunku znajdującego się na pierścieniu, można wyrazić wzorem:
dE z = dE cos α = k
dQ z
dQz
=k 3 .
2
r' r'
r'
Podstawiając za dQ : dQ = 2πr ⋅ dr ⋅ σ oraz za r ': r ' = r 2 + z 2 otrzymamy:
R
E z = k ⋅ 2πσz ∫
0
(r
r ⋅ dr
2
+ z2
)
3
skąd:
1
1
E z = k ⋅ 2πσz −
z
R2 + z2
lub kładąc σ =
,
Q
:
πR 2
(2)
Ez = k
z
2Q z
−
2
2
R z
R + z2
.
Dla z R, czyli dla dużych odległości wyrażenie na potencjał (1) można zapisać w postaci:
2
2Q
z 1+ R − z
V =k 2
R
z
2
Wyłączając |z| przed nawias i stosując przybliżenie
1R
R
1+ ≈ 1+
2 z
z
2
słuszne dla
Q
R
z. Stąd:
V =k
2Q
(R − z ) .
R2
Natomiast dla R z, w wyrażeniu na składową Ez pola, możemy zaniedbać drugi człon
w nawiasie, co prowadzi do wyrażenia na natężenie pola elektrycznego od naładowanej
nieskończonej powierzchni:
E=k
2Q z
σ z
=
.
2
R z 2ε 0 z
14.19.R.
(a)
Powierzchnie ekwipotencjalne mają kształt elipsoidy obrotowej o półosiach:
V
,
a
V
V
,
.
a
b
r
r
r
r
E = −2( axi + ayj + bzk ) , E = 2 a 2 ( x 2 + y 2 ) + b 2 z 2 .
r
Wskazówka: Skorzystać ze związku E = − grad V .
(b)
(c)
Powierzchnie, na których E = const mają również kształt elipsoidy obrotowej o innych
E E E
półosiach:
, , .
2a 2a 2b
(d)
W tym przypadku dla wartości potencjału V 0 powierzchnie ekwipotencjalne będą
miały kształt jednopłatowej hiperboloidy obrotowej, dla V = 0 kształt stożka, a dla V d.
14.21.R. Potencjał w dowolnym punkcie C, odległym od dipola o r, liczymy sumując
potencjały od obu ładunków.
V =k
r −r
Q
Q
− k = kQ 2 1 .
r1
r2
r1 r2
Dla r l r1 ≈ r2 ≈ r , a r2 − r1 = l cos φ , skąd:
V =k
Ql cos φ
1 p cos φ
,
=
2
r
4πε 0 r 2
gdzie: p = q⋅l – moment dipolowy.
Wartość natężenia pola elektrycznego w punkcie C liczymy posługując się następującym
rozumowaniem: Załóżmy, że w punkcie B umieścimy obok siebie dwa ładunki: +q i –q. Nie
wpłyną one na pole pierwotne, lecz teraz już nasz układ można traktować jak dwa dipole:
pI i pII. Z trójkąta prostokątnego ABD wynika, że długość boku AB ≈ l cos φ , a boku
BD ≈ l sin φ . Stąd wartość dipola p I = ql cos φ = p cos φ , a dipola p II = ql sin φ = p sin φ .
Natężenie pola elektrycznego w punkcie C można traktować jako sumę wektorową pól:
EI – pochodzącego od dipola pI (na jego osi), oraz pola EII – pochodzącego od dipola
pII (na jego osi symetrii), czyli:
2 pI
2 p cos φ
=k
,
3
r
r3
p II
2 p sin φ
E II = k 3 = k
.
r
r3
EI = k
stąd:
2
2
E = E I + E II = k
p
r3
4 cos 2 φ + sin 2 φ =
p
1 p
= k 3 3 cos 2 φ + 1 =
3 cos 2 φ + 1
4πε 0 r 3
r
.
14.22.R.
V = 0, E = k
6Q
3Q
,
=
4
r
2πε 0 r 4
gdzie: Q = 2qa2 – moment kwadrupolowy.
Wskazówka: Natężenie pola elektrycznego kwadrupola możemy traktować jako złożenie dwu
pól dipolowych w punkcie leżącym na ich osi symetrii. Należy zwrócić uwagę, że odległości
między ładunkami wynoszą 2a.
14.23.R.
V =k
Q
1 Q
3Q
1 3Q
, E=k 4 =
,
=
3
3
4πε 0 r
4πε 0 r 4
r
r
gdzie: Q = 2qa2.
14.24.R.
r r r
M = p×E
M = p ⋅ E ⋅ sinα = 5 N ⋅ m
14.25.R.
F=p
∆E
= 5 ⋅ 10 −3 N
∆x
14.26.R. Skrawki papieru są elektrycznie obojętne. Dopiero pod wpływem pola elektrycznego
skrawki papieru stają się dipolami indukowanymi. Przy takim zaś ustawieniu dipola, będzie
on wciągany przez niejednorodne pole elektryczne. (Zrób rysunek i narysuj siły działające na
poszczególne ładunki dipola).
14.27.R.
(a)
W punkcie, w którym znajduje się ładunek q występuje pole elektryczne od dipola
2p
o natężeniu E: E = k 3 . Dlatego też na ładunek będzie działała siła:
r
F = qE = k
2 pq
1 2 pq
.
=
3
4πε 0 r 3
r
Na dipol zaś, zgodnie z III zasadą dynamiki, będzie działała siła równa, przeciwnie
skierowana.
(b)
Stosując podobne rozumowanie jak w punkcie (a), otrzymujemy wartość siły:
F =k
pq
1 pq
.
=
3
4πε 0 r 3
r
14.28.R.
M = pE sin α ,
gdzie: E – natężenie pola elektrycznego od naładowanej płyty. Dla R r, E =
σ
. Patrz
2ε 0
zad. 14.18. Stąd:
M =p
σ
sin α .
2ε 0
14.29.R.
E=
σ
2ε 0
14.30.R.
(a)
r R:
(2)
r r
Q
∫ EdS = ε
0
gdzie: Q = 4 πR 3 ρ - ładunek zawarty w całej naładowanej kuli. dla sfery gaussowskiej
3
o promieniu r = rz R otrzymamy, całkując (2):
E ⋅ 4πr 2 =
4 πR 3 ρ
3 ε0
skąd:
(3)
E=
4
3
πR 3 ρ
4πε 0 r 2
=
ρR 3
.
3ε 0 r 2
Ze wzoru (3) wynika, że dla r R natężenie pola elektrycznego naładowanej objętościowo
kuli jest identyczne z polem od ładunku punktowego, znajdującego się w środku kuli.
Potencjał pola elektrycznego w naładowanej kuli liczymy korzystając ze związku: E = −
dV
,
dr
ρR 3
ρR 3 dr
dla r R: dV = − E ⋅ dr = −
+ C : dla r → ∞ V = 0 ⇒ C = 0
, skąd: V = V zew =
3ε 0 r
3ε 0 r 2
czyli:
V = V zew =
dla r R:
(b)
Na zewnątrz i wewnątrz kuli z dielektryka, naładowanej powierzchniowo ładunkiem
q, pole będzie identyczne z polem od kuli metalowej o tych samych rozmiarach
i naładowanej identycznym ładunkiem.
14.32.R.
(a)
E=
r
λ
1 λ
,V =−
ln
2πε 0 r
2πε 0 r0
(b)
E = 3,5⋅103 V/m, V = -0,83⋅105 V
Wskazówka: W celu obliczenia E należy posłużyć się prawem Gaussa. Potencjał należy
dV
wyznaczyć całkując zależność: E = −
. Stałej całkowania nie można jednak wyznaczyć
dr
z zależności V = 0 dla r → ∞ . Stałą C dobieramy tak, aby V = 0 dla r = r0 = 1 m.
14.33.R.
(a)
Natężenie pola elektrycznego równa się: między płytkami:
σ
0≤ x≤d: E =
, poza płytkami: 0 d: E = 0. Potencjał
ε0
liczymy z zależności:
E=−
dV
,
dx
skąd:
V
x
V+
0
V − V+ =
−σ
x,
ε0
V = V+ −
ρ
x.
ε0
∫ dV = − ∫ Edx .
Po scałkowaniu:
ostatecznie:
(b)
Gdy jedną z płyt połączymy z ziemią, wówczas potencjał jej będzie równy zeru,
a druga płyta będzie na potencjale V+ + V-.
14.34.R. Korzystając z definicji pojemności elektrycznej odosobnionego przewodnika:
C=
Q
,
V
gdzie: Q – ładunek na przewodniku, a V – potencjał na powierzchni przewodnika. Pamiętając,
że dla kuli o promieniu R:
V =
Q
,
4πε 0 R
otrzymamy:
C = 4πε 0 R .
14.35.R. Pojemność kondensatora:
(a)
Płaskiego:
C=
(b)
Kulistego:
C=
(c)
Walcowego: C =
ε rε 0 S
, dla S d2
d
4πε r ε 0
,
1 1
−
r R
2πε r ε 0 l
, dla l R i r.
R
ln
r
Sposób obliczania pojemności kondensatorów pokażemy na przykładzie kondensatora
płaskiego.
Natężenie pola elektrycznego między okładkami kondensatora:
E=
σ
,
ε0
Q
- gęstość powierzchniowa ładunku, S – powierzchnia okładki. Korzystając
S
z zależności:
gdzie: σ =
E=−
dV
dx
otrzymamy:
V−
d
d
σ
V+
0
0
0
∫ dV = − ∫ Edx = − ∫ ε
dx ,
skąd otrzymamy:
V − − V+ = −
σ
d
ε0
V+ − V− = U =
Podstawiając do ostatniego wyrażenia za σ =
U=
| ⋅(−1)
σ
d,
ε0
Q
, dostajemy:
S
Qd
,
ε0S
skąd otrzymamy wyrażenie na pojemność kondensatora płaskiego:
C=
Q ε0S
=
.
U
d
14.36.R.
przed zsunięciem:
po zsunięciu:
Pojemności:
C0 =
ε0S
,
d0
C=
ε0S ε0S
=
= nC 0
d0
d
n
Ładunki:
Q0 = C 0U 0
Q = Q0 = CU
(a)
C 0U 0 = CU
C 0U 0 = nC0U → U =
Napięcie zmniejsza się n razy.
U0
n
(b)
E0 =
U0
d0
U0
U
U
E = = n = 0 = E0
d0
d0
d
n
E = E 0 = const
Natężenie pola elektrycznego nie zmieni się.
(c)
Q = Q0 = const .
14.38.R. Ładunki na okładkach obu kondensatorów połączonych szeregowo spełniają relację:
q1 = q 2 = q = UC
,
q 2 = C 2U 2
q1 = C1U 1
CC
1
1
1
=
+
→ C = 1 2 , a q – ładunek wypadkowy.
C C1 C 2
C1 + C 2
Z tych trzech równań otrzymujemy:
gdzie C – pojemność zastępcza
U1 =
C 2U
C1U
= 200V , U 2 =
= 100V
C1 + C 2
C1 + C 2
q1 = q 2 = q = UC = 2 ⋅ 10 −8 C .
14.39.R.
(a)
Natężenie pola elektrycznego nie zmieni się w wyniku wprowadzenia płytki
Q
σ
metalowej między okładki kondensatora, bowiem: E =
.
=
ε 0 Sε 0
(b)
(c)
Pojemność kondensatora po włożeniu płytki wzrośnie: C =
ε0S
.
d −l
Ponieważ ładunek na okładkach kondensatora jest stały, a pojemność wzrośnie,
Ql
w związku z tym napięcie zmaleje o: ∆U = −
.
ε0S
14.40.R. Ponieważ kulki rtęci są przewodzące, więc ich potencjały w chwili rozdzielania
i potem muszą być równe.
V1 = V2 = V
3
1+ n
1+ 3 n
.
Wskazówka: Skorzystaj z prawa zachowania ładunku, definicji pojemności kulki, oraz
z faktu, że objętość pierwotna kulki będzie równa sumie objętości obu kulek.
14.41.R. W wyniku zwarcia kondensatorów nastąpi przepływ jednakowego ładunku między
kolejnymi kondensatorami, aż do chwili, gdy okaże się, że suma napięć na wszystkich
kondensatorach stanie się równa zeru. W Wyniku tego ładunki na poszczególnych
kondensatorach będą równe:
C
C
Q1 = C zU 1 + 1 − 2
C
2 C3
C
C
Q2 = C zU 2 + 2 − 2
C
1 C3
C
C
Q3 = C zU 3 + 3 − 2 ,
C C
2
1
gdzie:
−1
1
1
1
Cz = +
C C + C .
2
3
1
14.42.R.
C1 (C1 + C3 )
Q,
C 2 C3 + C1C 2 + C3C1
C 2 C3
Q2 = Q3 =
Q.
C 2 C3 + C1C 2 + C3C1
Q1 =
14.43.R.
Q1 = Q ,
C2
Q2 = Q
,
C 2 + C3
C3
Q3 = Q
.
C 2 + C3
14.44.R.
p ind = αE = 2 ,2 ⋅ 10 −34 C ⋅ m
p0
= 1680
pind
14.45.R.
pind = αE = α
e
= 0 ,12 ⋅ 10 −30 C ⋅ m
2
4πε 0 r
14.46.R.
p OH = 7 ,63 ⋅ 10 −30 C ⋅ m
14.47.R.
ε
= 16,5 ,
ε0
χ = ε r − 1 = 15,5 ,
εr =
F
,
m
F ⋅ m2
.
mol
n0α = ε 0 ( ε r − 1 ) = 1,4 ⋅ 10 −10
N Aα =
µ
n0α = 4,7 ⋅ 10 −16
ρ
14.48.R.
(I)
Kondensator po naładowaniu do napięcia U0 odłączono od źródła. W tym przypadku
ładunek na okładkach nie będzie się zmieniał Q = Q0 = const .
(a)
Pojemność:
Przed włożeniem dielektryka:
C0 =
ε0S
.
d
Po włożeniu dielektryka:
C=
ε rε 0 S
= ε r C0
d
Pojemność wzrośnie εr razy.
(b)
Ładunek:
(1)
Q0 = C 0U 0 = CU = const
(c)
Napięcie:
Z równania (1) wynika, że:
U = U0
C0 U 0
=
εr
C
Napięcie zmniejszy się εr razy.
(d)
Natężenie pola elektrycznego
U0
,
d
E
U U
E= = 0 = 0 .
d εrd εr
E0 =
Natężenie pola elektrycznego wewnątrz dielektryka zmniejszy się εr razy, ponieważ ładunki
polaryzacyjne na powierzchni dielektryka wytworzą pole przeciwne do pola zewnętrznego.
(II)
Kondensator jest cały czas podłączony do źródła o napięciu U0. W związku z tym
napięcie U = U 0 = const . Napięcie nie zmieni się.
(a)
Pojemność:
C = ε r C0 .
(b)
Ładunek na okładkach kondensatora:
Q0 = C 0U 0
Q = CU 0 = ε r C 0U 0 = ε r Q0
Ładunek wzrośnie εr razy. Ze źródła dopłynie na okładki dodatkowy ładunek ∆Q = Q − Q0 ,
równy ładunkowi polaryzacyjnemu.
(c)
Napięcie:
U = U 0 = const .
(d)
Natężenie pola elektrycznego:
E0 =
E=
U0
,
d
U U0
=
= E0 = const .
d
d
Natężenie pola elektrycznego nie ulegnie zmianie.
14.49.R.
σ = Pn = (ε r − 1)ε 0
U=
U
l
σ ⋅l
= 1750V
(ε r − 1)ε 0
Wskazówka: Gęstość ładunków polaryzacyjnych równa się składowej normalnej wektora
polaryzacji.
14.50.R.
E = E0 +
np
P
MV
= E 0 − e = 43,4
.
ε0
ε0
m
14.51.R.
σ = Pn = ε 0κ
U
C
= 1,06 ⋅ 10 − 4 2
l
m
U 1 = Uε r = 2800V
14.52.R. Kondensator płaski o okładkach zanurzonych częściowo w cieczy dielektrycznej
można rozpatrzyć jako dwa kondensatory połączone równolegle. Dlatego U 1 = U 2 , czyli:
Q1 Q2
=
,
C1 C 2
skąd:
Q1 C1 ( H − h)
=
=
.
εrh
Q2 C 2
Ponieważ U 1 = U 2 , więc:
E1 = E 2 =
U
.
d
14.53.R.
(a)
Ładunki na okładkach kondensatora równają się:
q = C 0U 0 =
ε0S
U 0 = 8,9 ⋅ 10 −10 C
d
(b)
Wartości: natężenia pola elektrycznego w dielektrykach:
E0
U0
V
=
= 5 ⋅ 10 3
ε r 1 ε r1 d 0
m
E
U
V
E 2 = 0 = 0 = 2,5 ⋅ 10 3
ε r2 ε r2d
m
E1 =
indukcji elektrycznej:
U0
C
= 8,85 ⋅ 10 −8 2
d
m
U
C
D2 = ε 0 ε r 2 E 2 = ε 0 0 = 8,85 ⋅ 10 −8 2 ,
d
m
D1 = ε 0ε r1 E1 = ε 0
czyli D1 = D2 .
wektora polaryzacji:
C
m2
C
− 1 )E 2 = 6 ,64 ⋅ 10 −8 2
m
P1 = ε 0 ( ε r1 − 1 )E1 = 4 ,4 ⋅ 10 −8
P2 = ε 0 ( ε r 2
(c)
Napięcie na kondensatorze po włożeniu płytek:
d1
d
0
d1
U = ∫ E1 dx + ∫ E 2 dx = E1 d1 + E 2 d 2 =
=
U0
U
U d
d
d1 + 0 d 2 = 0 1 + 2
ε
ε r1 d
ε r2d
d r1 ε r 2
Podstawiając wartości liczbowe:
U = 30 V .
(d)
Pojemność kondensatora z dielektrykiem liczymy z wzoru definicyjnego:
C=
ε0S
d
Q Q0
d
=
= C0
=
= 3 ⋅ 10 −11 F
d1 d 2
d1 d 2
U U 0 d1 d 2
+
+
+
ε r1 ε r 2
ε r1 ε r 2 ε r 1 ε r 2
15. Energia i praca w polu elektrycznym.
Wybór i opracowanie zadań Andrzej Kuczkowski.
15.1. Jaka praca zostanie wykonana podczas przenoszenia ładunku punktowego q = 2⋅10-8 C
z nieskończoności do punktu oddalonego o 1 cm od powierzchni kulki o promieniu r = 1 cm
i gęstości powierzchniowej ładunku σ = 10-5 C/m2?
15.2. Kulka o masie 1 g i ładunku 10-8 C przemieszcza się z punktu A o potencjale równym
600 V do punktu B o potencjale równym zeru. Jaką prędkość miała kulka w punkcie A, jeżeli
w punkcie B osiągnęła ona prędkość 0,20 m/s?
15.3. W procesie rozpadu promieniotwórczego z jądra atomu polonu wylatuje cząstka
α z prędkością 1,6⋅107 m/s. Znajdź energię kinetyczną tej cząstki α oraz różnicę potencjałów
takiego pola, w którym nieruchomą początkowo cząstkę α można rozpędzić do identycznej
prędkości. Masa cząstki α wynosi 6,69⋅10-27 kg. Zagadnienie należy rozpatrywać w sposób
nierelatywistyczny, ponieważ v ≈ 0 ,05 ⋅ c .
15.4. Z jaką minimalną prędkością v powinna poruszać się cząstka a, aby osiągnąć
powierzchnię kuli o promieniu r = 1 mm, naładowanej ładunkiem dodatnim Q = 1 nC?
Odległość cząstki od kuli d r.
15.5.* Jaką siłą f (na jednostkę długości) odpychają się dwie jednoimiennie naładowane,
nieskończenie długie, równoległe nici o jednakowej liniowej gęstości ładunku λ = 3⋅10-6 C/m,
znajdujące się w próżni w odległości b = 20 mm? Jaką pracę A na jednostkę długości należy
wykonać, aby zbliżyć te nici na odległość a = 10 mm?
15.6. Oblicz energię potencjalną układu utworzonego z cienkiego pierścienia o promieniu
R, naładowanego równomiernie ładunkiem dodatnim z gęstością liniową λ, oraz ujemnego
ładunku punktowego q, umieszczonego na osi pierścienia w odległości x od niego.
15.7. W narożach kwadratu o boku a umieszczono ładunki jak na rysunku. (a) Oblicz energię
potencjalną ładunku Q, znajdującego się w narożu A. (b) Jaką energię potencjalną ma cały
układ ładunków?
15.8. Dwa ładunki: dodatni Q i ujemny –Q znajdują się w odległości 2a od siebie. Oblicz:
(a) Gęstość energii w punkcie A leżącym w środku odcinka łączącego ładunki. (b) Energię
elektronu umieszczonego w punkcie A.
15.9. Oblicz gęstość energii w przy powierzchni protonu zakładając, że ładunek protonu jest
rozmieszczony jednorodnie, a promień protonu wynosi R = 1,5 fm.
15.10. Oblicz energię pola elektrycznego zawartą w warstwie parafiny o grubości
d, otaczającej naładowaną ładunkiem Q metalową kulę o promieniu R.
15.11. Oblicz energię oddziaływania dwóch cząstek wody znajdujących się w odległości
10-8 m w przypadku, gdy momenty dipolowe molekuł są do siebie równoległe. Trwały
moment dipolowy cząsteczki wody przyjmij p0 = 6,2⋅10-30 C⋅m.
15.12. Jaką pracę należy wykonać, aby trwały moment dipolowy p0 = 6,2⋅10-30 C⋅m
(cząsteczka wody), ustawiony równolegle do linii pola elektrycznego o natężeniu 106 V/m,
obrócić do położenia antyrównoległego względem linii pola?
15.13. Wykaż, że praca wykonana przez pole elektryczne w czasie polaryzacji cząstki
niepolarnej umieszczonej w jednorodnym polu elektrycznym polu elektrycznym o natężeniu
1
E wynosi: W = αε 0 E 2 , gdzie α jest polaryzowalnością elektronową cząsteczki. Przyjąć, że
2
indukowany moment dipolowy cząsteczki p proporcjonalny jest do pola elektrycznego.
p = αE
15.14. Jakiej energii nabywa jednostka objętości niepolarnego dielektryka o względnej stałej
dielektrycznej εr = 4.5, jeżeli umieścić go w polu elektrycznym o natężeniu 104 V/cm?
15.15. Okładki kondensatora płaskiego o powierzchni elektrod S = 0,0098 cm przyciągają się
z siłą 3⋅10-2 N. Przestrzeń między okładkami jest wypełniona miką (εr = 6). Oblicz: (a)
ładunki na okładkach, (b) natężenie pola elektrycznego, (c) energię zawartą w jednostce
objętości pola.
15.16. Jaką pracę należy wykonać, aby rozsunąć okładki kondensatora płaskiego
(S = 200 cm2) z odległości l1 = 0,3 cm na odległość l2 = 0,5 cm? Rozpatrzyć dwa przypadki:
(a) Kondensator ładujemy do napięcia 600 V i odłączamy od źródła. (b) Kondensator jest cały
czas połączony ze źródłem o stałym napięciu 600 V.
15.17. Płaski kondensator o pojemności C naładowano do napięcia U i odłączono od źródła.
Między okładkami kondensatora znajduje się dielektryk. Jaką pracę W należy wykonać, aby
usunąć dielektryk z kondensatora, jeżeli jego względna przenikalność wynosi εr?
15.18. Akumulator o sile elektromotorycznej Ε połączono z płaskim kondensatorem
o pojemności C. Jaką pracę należy wykonać, aby z kondensatora usunąć dielektryk, jeżeli
jego względna przenikalność wynosi εr?
15.19. Okładki kondensatora o pojemności C, naładowanego do napięcia U, połączono
równolegle z okładkami identycznego kondensatora, lecz nie naładowanego. Oblicz zmianę
energii ∆E układu kondensatorów wywołaną połączeniem. Czy zmiana energii byłaby
mniejsza, gdybyśmy okładki kondensatorów połączyli przy pomocy drutu z nadprzewodnika?
15.20. Dwa kondensatory o pojemności C1 = 1 µF i C2 = 10 µF są połączone szeregowo. Do
zacisków baterii kondensatorów przyłożono napięcie U0 = 200 V. Jaka jest energia każdego
z kondensatorów?
15.21. Elektron przelatuje od jednej płytki kondensatora płaskiego do drugiej. Różnica
potencjałów między płytkami wynosi 3 kV, odległość między płytkami 5 mm. Znaleźć:
(a) Siłę działającą na elektron. (b) Przyspieszenie elektronu. (c) Prędkość, z jaką elektron
dociera do drugiej płytki. (d) Gęstość powierzchniową ładunku na płytkach kondensatora.
Prędkość początkową elektronu przyjąć równą zeru.
15.22. Pole elektryczne jest wytworzone przez dwie równoległe płytki oddalone od siebie
o 2 cm. Różnica potencjałów między płytkami wynosi 120 V. Jaką prędkość uzyska elektron
wskutek działania pola, przebywając wzdłuż linii sił odległość x = 3 mm. Prędkość
początkową elektronu przyjąć równą zeru.
15.23. Proton i cząstka α, poruszające się z jednakową prędkością, wlatują do kondensatora
płaskiego, równolegle do płytek. Ile razy odchylenie protonu w polu kondensatora będzie
większe od odchylenia cząstki α?
15.24. Proton i cząstka α, przyspieszone jednakową różnicą potencjałów, wlatują do
kondensatora płaskiego, równolegle do płytek. Ile razy odchylenie protonu w polu
kondensatora będzie większe od odchylenia cząstki α?
15.25. Oblicz czas przelotu elektronu między okładkami płaskiego kondensatora
próżniowego, jeśli odległość między okładkami wynosi d = 5 mm, a różnica potencjałów
między okładkami U = 200 V. Pomiń początkową prędkość elektronu.
15.26.* Pomijając wpływ ładunku przestrzennego i prędkość początkową, oblicz czas
przelotu elektronu od anody do katody w lampie dwuelektrodowej o elektrodach
cylindrycznych. Napięcie między elektrodami U = 100 V, promień katody R1 = 2 mm,
promień anody R2 = 10 mm.
15.27. W pobliżu typowej żarówki natężenie światła żółtego wynosi I ≈ 0 ,01 W / m 2 . Oblicz
amplitudę natężenia pola elektrycznego tej fali.
15.28. Laser dużej mocy wytwarza impuls światła o energii Em = 1000 J i czasie trwania
t = 0,5 ms. Oblicz amplitudę natężenia pola elektrycznego fali świetlnej, jeżeli przekrój
wiązki wynosi S = 1 cm2.
Rozwiązania.
15.1.R.
L = q [ V ( 2r ) − V ( ∞ )] =
qrσ
= 1,13 ⋅ 10 − 4 J
2ε 0
15.2.R.
2
vA = vB −
2q
m
v A = 16 ,7 ⋅ 10 − 2
s
m
15.3.R.
mv 2
Ek =
= 8,57 ⋅ 10 −13 J ,
2
mv 2
U=
= 2 ,66 ⋅ 10 6 V .
2q
15.4.R.
v=
Q ⋅ qα
m
= 9 ,27 ⋅ 10 5 , gdzie qα = |2e|
2πε 0 mr
s
15.5.R.
f =
A=
λ2
N
= 8,1 ,
2πε 0 b
m
λ2
b
J
ln = 0 ,112 .
2πε 0 a
m
Wskazówka: należy najpierw obliczyć natężenie pola elektrycznego od jednej nici
w odległości b od niej, korzystając z prawa Gaussa lub zasady superpozycji, a następnie siłę
F: F = Eλ .
15.6.R.
Ep = −
rλq
2ε 0 R 2 + x 2
15.7.R.
(a)
E pA = −QV A ,
gdzie VA – potencjał w punkcie A.
VA = k
Q
Q
2Q
Q
+k −k
= k (2 − 2 ) ,
a
a
a
a 2
stąd:
E pA = −k
Q2
(2 − 2 ) .
a
Energia potencjalna całego układu ładunków jest równa sumie prac potrzebnych na
przeniesienie poszczególnych ładunków z ich początkowych położeń do nieskończoności.
Dlatego trzeba rozpatrywać pracę usunięcia kolejnych ładunków w polu ładunków
pozostałych. Tak więc praca usunięcia ładunku Q z naroża D, gdy wcześniej usunięty został
ładunek Q z naroża A, będzie równa:
Q2
2Q
q
+k
E pD = Q − k
=k
a
a
a 2
2
− 2 +
,
2
a praca usunięcia ładunku Q z naroża B:
2
2Q
2Q
E pB = Q − k
,
= −k
a
a
stąd energia potencjalna całego układu ładunków:
E p = E pA + E pB + E pD ,
ostatecznie:
Ep = k
Q2
a
2 (2 + 1)
− 6
2
15.8.R.
(a)
Gęstość energii pola elektrycznego równa się:
w=
(b)
1
1 Q2
ε 0ε r E 2 =
2
8πε 0 ε r a 4
E p = −eV = 0 , gdyż w środku odcinka pomiędzy +Q i –Q, V = 0.
15.9.R.
1
1
J
e2
2
= 1,81 ⋅ 10 30 3
w = ε 0ε r E =
4
2
32πε 0 ε r R
m
15.10.R. Ponieważ gęstość energii pola elektrycznego w = 1 ε r ε 0 E 2 , a natężenie pola
2
Q
, dlatego
elektrycznego w odległości r od środka kuli w warstwie dielektryka: E =
4πε 0 ε r r 2
też energia zawarta w warstwie kulistej o grubości dr i objętości dV = 4πr 2 dr wynosi
dW = WdV , stąd całkowita wartość energii zawarta w warstwie parafiny:
Q2
W =
8πε 0 ε r
R+d
∫
R
1
dr
Q 1
=
−
.
2
8πε 0 ε r R R + d
r
15.11.R.
Energia dipola w polu elektrycznym:
r r
W = − p ⋅ E = − pE cos α .
W naszym przypadku dipol drugi znajduje się w polu elektrycznym dipola pierwszego
o natężeniu równym:
E=
p
,
4πε 0 r 3
a kąt α = 1800, dlatego też:
W =
p2
= 3,46 ⋅ 10 − 25 J
3
4πε 0 r
15.12.R.
W = 2 pE = 12 ,4 ⋅ 10 −24 J
15.13.R.
E
E
1
W = ∫ pdE = ∫ αEdE = αE 2
2
0
0
15.14.R.
W = 1 n0αE 2 = 1 ε 0 ( ε r − 1 )E 2 = 15,5
2
2
Wskazówka: patrz rozwiązanie zadań 15.13. oraz 14.47.
J
m3
15.15.R.
Q = 2ε 0 ε r FS = 1,77 ⋅ 10 −7 C
Q
V
= 3,4 ⋅ 10 5
Sε 0 ε r
m
J
we = 1 ε 0 ε r E 2 = 3,07 3 .
2
m
E=
15.16.R.
(a)
W1 =
ε 0 SU 2
2l1
2
( l 2 − l1 ) = 71,2 ⋅ 10 −7 J
(b)
W1 =
ε 0 SU 2
2
1 1
+ = 42,7 ⋅ 10 −7 J
l l
2
1
Wskazówka: Skorzystać z twierdzenia o pracy i energii. W przypadku (a) stały jest ładunek
na okładkach. Dlatego praca siły zewnętrznej równa jest przyrostowi energii ładunku.
W przypadku (b) natomiast, napięcie jest stałe, a ładunek z okładek kondensatora częściowo
odpłynie do źródła. Dlatego praca rozsuwania okładek będzie równa przyrostowi energii
kondensatora oraz pracy doładowania źródła napięcia równej ∆U ⋅ Q .
15.17.R.
W =
CU 2
(ε r − 1) 0
2
Spolaryzowany dielektryk jest przyciągany przez różnoimiennie naładowane okładki. Dlatego
W 0.
15.18.R.
CΕ 2
W =
2
1
1 −
ε
r
Wskazówka: Zobacz rozwiązanie zadania 15.16.
15.19.R.
∆E = −
CU 2
4
Przy połączeniu kondensatora naładowanego z nienaładowanym o równej pojemności,
połowa energii ulegnie rozproszeniu. Część zamieni się na ciepło, a część zostanie
wypromieniowana w postaci fal elektromagnetycznych. Gdybyśmy zastosowali połączenia
z nadprzewodnika, to strata energii układu obu kondensatorów byłaby taka sama, tylko
prawie w całości rozproszona energia zostałaby wpromieniowana.
15.20.R.
2
C1C 2 U 2
W1 =
= 8,26 ⋅ 10 −3 J
2
2( C1 + C 2 )
2
C1 C 2U 2
W2 =
= 8,26 ⋅ 10 − 4 J
2
2( C1 + C 2 )
15.21.R.
(a)
F = eE = e
U
= 9 ,6 ⋅ 10 −14 N
d
(b)
a=
F
m
= 1,05 ⋅ 1017 2
m
s
(c)
eU =
mv 2
⇒v=
2
2eU
m
= 3,24 ⋅ 10 7
s
m
(d)
E=
C
σ
⇒ σ = ε 0 E = 4 ,7 ⋅ 10 −9 2
ε0
m
15.22.R.
v=
x
d = 2 ,53 ⋅ 10 6 m .
m
s
2eU
15.23.R. Odchylenie protonu będzie dwukrotnie większe od odchylenia cząstki α.
15.24.R. W tym przypadku odchylenie protonu i cząstki α będzie równe.
15.25.R.
t=
2md 2
= 5,33 ⋅ 10 −6 s
eU
15.26.R. Ponieważ pole elektryczne jest niejednorodne, dlatego też przyspieszenie elektronu
nie będzie stałe. Po przebyciu różnicy potencjałów Ur, elektron uzyskuje prędkość:
v=
2eU r
.
m
Różnica potencjałów Ur od katody o promieniu R1 do punktu o promieniu r wynosi
(zad. 14.35.c):
Ur =
Ponieważ dr = v ⋅ dt , stąd dt =
r
U
ln .
R
R1
ln 2
R1
dr
, a całkowity czas przelotu:
v
R2
R1
2eU
m ln
R2
dr
t=∫
=
v
R1
R2
∫
R1
dr
ln
r
R1
= 1,7 ⋅ 10 −9 s
15.27.R. Światło jest falą elektromagnetyczną. Natężenie światła I można wyrazić przez
2
gęstość energii pola elektrycznego (dla światła niespolaryzowanego): I = ε 0 ε r E 0 c , gdzie c –
prędkość światła, a E –amplituda natężenia pola elektrycznego fali, stąd :
E0 =
V
I
= 1,9 .
ε 0ε r c
m
15.28.R. Moc lasera:
(1)
P=
Em
.
t
Moc promieniowania można wyrazić również przez gęstość energii pola elektrycznego
P = w ⋅ c ⋅ S , gdzie c – prędkość światła, a S – pole przekroju wiązki. Dla światła
2
spolaryzowanego gęstość energii fali, w = 1 ε 0 ε r E 0 , gdzie Eo amplituda natężenia pola
2
elektrycznego:
(2)
2
P = 1 ε 0ε r E0 c ⋅ S .
2
Z (1) i (2) otrzymamy:
E0 =
2En
V
= 3,8 ⋅ 10 6 .
ε 0ε r c ⋅ t ⋅ S
m
Po zogniskowaniu wiązki laserowej natężenie pola elektrycznego może wzrosnąć o kilka
rzędów. Dzięki temu wiązkę laserową można stosować do obróbki materiałów.
... zobacz całą notatkę
Komentarze użytkowników (0)