POLE ELEKTROSTATYCZNE
Źródłem pola elektrostatycznego jest ładunek elektryczny.
Elementarną jednostką ładunku jest
e = 1,60x10
-19
C
(kwantyzacja ładunku - ładunek dowolnej cząstki jest zawsze wielokrotnością
e)
W układzie zamkniętym wypadkowa ilość ładunku jest stała (zasada
zachowania ładunku)
Prawo Coulomba
:
F = k
(k = 9 ·10
9
Nm
2
/C
2
; k =
;
ε
o
= 8,854· 10
-12
C
2
/Nm
2
(analogia do F
g
= G
; F
g
∼
ale siła grawitacji zawsze przyciągająca)
Natężenie pola elektrostatycznego
≡
( F - siła działająca na próbny ładunek q - dodatni)
dla ładunku punktowego:
E =
analogia do
=
, ale
=
(przysp. grawitacyjne) bo jest
równoważność masy grawit. i bezwład., natomiast q jest niezależne od masy.
1
2
2
q q
r
−
+
1
4
π ε
ο
1
2
2
m m
r
1
2
r
→
E
→
F
q
k
Q
r
2
→
g
E
g
F
m
→
→
g
E
→
a
Zasada superpozycji (nakładania) pól.
=
(pole pochodzące od n ładunków punktowych)
=
(siła działająca na ładunek q ze strony n ładunków punktowych)
Zapis wektorowy prawa Coulomba
- wektor jednostkowy skierowany
od Q do q
= k
Zasada superpozycji
:
=
=
=
Znając natężenie pola elektrostatycznego w danym punkcie, nie musimy znać
rozkładu i wielkości ładunków wytwarzających to pole aby wyznaczyć siłę
działającą na ładunek umieszczony w tym punkcie; = q
→
E
→
=
∑
j
j
n
E
1
→
F
→
=
∑
j
j
n
F
1
∧
r
→
F
Qq
r
2
∧
r
→
E
1
q
F
j
j=1
n
→
∑
1
2
1
q
k
Q q
r
r
j
j
j
j
n
∧
=
∑
k
Q
r
r
j
j
j
j
n
2
1
∧
=
∑
→
F
→
E
Przykład 1
: Obliczyć pole elektrostatyczne w dowolnym punkcie x
na symetralnej dipola.
Obliczmy siłę działającą na dodatni ładunek próbny q umieszczony w x.
F
1
= k
; F
2
= k
Z podobieństwa trójkątów:
=
Q l
≡ p - moment dipolowy
F = k
E =
(wektor
ma ten sam zwrot i kierunek jak
)
Qq
r
2
Qq
r
2
1
1
F
F
r
l
F
l
r
F
= ⇒ =
l
r
k
Qq
r
k
lQq
r
2
3
=
pq
r
3
F
q
k
p
r
=
3
→
E
→
F
Przykład 2
:
Obliczyć pole elektrostatyczne na osi
naładowanego pierścienia o promieniu R i ładunku całkowitym Q.
Element
∆
l pierścienia ma ładunek równy
i w odległości r =
wytwarza pole
∆E = k
Dla każdego elementu
∆l można znaleźć przeciwległy element ∆l
’
wytwarzający pole
∆E
’
, o takiej samej składowej wzdłuż osi x i o
składowej prostopadłej do osi x równej co do wartości lecz przeciwnie
skierowanej.
Q
R
l
2
π
∆
2
2
R
x
+
∆Q
r
2
Tzn. wypadkowy wektor natężenia pola jest skierowany wzdłuż osi x i
równy sumie składowych
∆E
x
od wszystkich elementów
∆l pierścienia.
Z podobieństwa trójkątów
∆E
x
=
E =
= k
- dla x = 0 ( w środku pierścienia): E = 0
- dla x
>> R (bardzo daleko od pierścienia):
E
≈
k
(tak jak od ładunku punktowego).
∆
∆
x
E
E
x
r
=
x
r
E
∆ =
x
r
k
Q
r
k
∆
2
=
x
Q
R
l
r
2
3
π
∆
d E dl k
x
Q
R
r
dl
k
x
Q
R
r
R
x
=
=
=
∫
∫
2
2
2
3
3
π
π
π
xQ
r
k
xQ
R
x
3
2
2
3 2
=
+
(
)
/
xQ
(x )
k
xQ
x
k
Q
x
2
3 / 2
3
2
=
=
Linie sił
Linia sił (natężenie) jest krzywą do której w każdym punkcie jest
styczny wektor siły działającej na ładunek dodatni (wektor natężenia
pola).
Linie sił (natężenia)
nigdy się nie przecinają
Są zawsze skierowane
od ładunku dodatniego
do ujemnego.
* Liczba linii natężenia na jednostkę powierzchni prostopadłej do tych
linii jest liczbowo równa natężeniu pola elektrycznego w danym
punkcie przestrzeni.
* Całkowita liczba linii pola przechodząca
przez daną powierzchnię
∆S nosi nazwę
strumienia
∆
φ
linii pola.
E =
⇒
∆
φ
= E ·
∆ S
∆ φ
∆
S
Obliczmy strumień
∆
φ
przez element powierzchni
∆ S
’
ustawionej pod
kątem
α
w stosunku do powierzchni
∆S prostopadłej do linii pola (obie
zawierają taką samą liczbę linii pola).
Wprowadzamy wektor
∆ , prostopadły do elementu powierzchni ∆S o
długość równej polu powierzchni
∆S (analogicznie ∆
’
i dla każdego
innego elementu powierzchni).
∆
∆
α ∆
∆
α
S
'
S
cos
'
S
S
cos
=
⇒
=
→
S
→
S
Iloczyn skalarny
·
∆
= E
∆S
’
cos
α = E
=
= E
∆S = ∆φ
Ogólnie więc,
strumień elektryczny
, czyli liczba linii pola przez dowolny
element powierzchni dS : d
φ
= d
Strumień przez rozległą powierzchnię S jest sumą strumieni d
φ przez
elementy dS :
φ =
∆
w postaci całkowej:
φ = (całka powierzchniowa)
→
E
S
∆
α
α
S
cos
cos
→
E
→
S
→
∑ E
→
S
→
∫ E
s
d S
→
→
Przykład 1
: Obliczmy liczbę linii pola wytwarzanych przez ładunek punktowy Q
Rozważmy powierzchnię kulistą
o promieniu r
1
i środku w punkcie Q
S = 4
π
Pole na powierzchni tej kuli wynosi
E = k
Linie pola są prostopadłe do powierzchni kuli, zatem :
φ
=
·
= E S = k
4
π
= 4
π k Q
φ
nie zależy od r (ze wzrostem r rośnie S, ale maleje E).
φ
= 4
π k Q jest całkowitą liczbą linii pola wytwarzaną przez ładunek Q (strumień
całkowity).
1
2
r
Q
r
1
2
→
S
Q
r
1
2
1
2
r
→
E
Zatem, jeśli ładunek otacza dowolna zamknięta powierzchnia S
’
(niekoniecznie kula), całkowita liczba linii pola jest taka sama i strumień
przez taką powierzchnię wynosi
φ
= 4
π
k Q.
=
(
∆S
’
- element rozważanej powierzchni, obejmujący taką samą ilość linii
co element powierzchni kuli
∆S, który zawsze jest prostopadły do )
φ = d =
d =
d =
4
πkQ
Jeśli wewnątrz zamkniętej powierzchni znajduje się kilka ładunków Q
1
, Q
2
,
.... Q
n
, to każdy z nich wytwarza liczbę linii pola równą odpowiednio
4
πkQ
1
, 4
πkQ
2
, ...... 4
πkQ
n
→
E
∆
→
S
→
E
∆
→
'
S
→
E
→
∫ E
kula
→
S
→
∫ E
S
'
→
'
S
E
→
∫
→
S
z zasady superpozycji
φ
całk.
= d = (
+ +...+ ) d =
=
d +
d +
....+ d =
= 4
π
kQ
1
+ 4
π
kQ
2
+ .... = 4
π
kQ
n
= = 4
π
k(Q
1
+ Q
2
+ ...+ Q
n
)
φ
całk.
=
d = 4
π
kQ
wewn.
- prawo Gaussa
E
→
∫
→
S
→
1
E
→
2
E
→
n
E
→
S
→
∫
1
E
→
S
→
∫
2
E
→
S
→
∫
n
E
→
S
E
→
∫
→
S
Q
wew.
jest ładunkiem wypadkowym zawartym w zamkniętej
powierzchni. Gdy Q
wew.
jest dodatnie, linie wychodzą z powierzchni;
gdy Q
wew.
jest ujemne, linie wchodzą do wewnątrz zamkniętej
powierzchni; gdy Q
wew.
=0
(np. ),
strumień
φ
całk.
= 0
(niezależnie od tego czy na zewnątrz znajdują się jakieś ładunki).
*
Linie pola zaczynają się i kończą zawsze tylko na ładunkach,
gdzie indziej są ciągłe
.
*
Strumień przez powierzchnię zamkniętą wytworzony przez
ładunek zewnętrzny jest równy zero, bo wszystkie te linie
które wejdą do wewnątrz muszą wyjść na zewnątrz (więc
całkowita liczba linii wychodzących z tej powierzchni
zamkniętej jest równe zero)
.
+ = − −
∑
∑ q
q
Przykład 2
: Korzystając z prawa Gaussa wykazać, że w przewodnikach
wprowadzone ładunki zawsze gromadzą się na powierzchni.
Niech S będzie powierzchnią zamkniętą
poprowadzoną tuż pod powierzchnią
rozważanego przewodnika.
Z prawa Gaussa:
d =
4
π
kQ
wewn
Ale wewnątrz przewodnika (w tym i na powierzchni) pole
E = 0, bo w przeciwnym wypadku elektrony w przewodniku poruszałyby
się pod wpływem pola (rozważamy stan ustalony, gdy ładunki się nie
poruszają), czyli:
d = 0
⇒
0 = 4
πkQ
wew.
⇒ Q
wew.
= 0
tzn. że wewnątrz powierzchni S nie ma ładunku.
E
→
∫
→
S
→
∫ E
S
→
S
Przykład 3
: Obliczyć pole wewnątrz i zewnątrz jednorodnie naładowanej
powłoki kulistej o promieniu R.
Na zewnątrz powłoki kulistej
Obliczmy strumień pola przez
pow. kulistą o promieniu r
>
R.
d = E dS (powierzchnia kulista)
d =E
=E4
πr
2
z prawa Gaussa :
d = 4
πkQ
wew.
4
πkQ
wew.
= E4
πr
2
Q
wew.
jest całkowitym ładunkiem Q na powłoce kulistej.
k Q = E r
2
⇒
E = k (r
>
R)
(tak, jakby cały ładunek Q był położony w środku kuli).
→
E
→
S
→
∫ E
→
S
dS
∫
→
∫ E
→
S
Q
r
2
Wewnątrz powłoki kulistej (r
<
R)
Wewnątrz powierzchni kulistej (dla r
< R) nie ma ładunku, czyli
d = 0
⇒ E 4πr
2
= 0
⇒
E = 0
1) Na zewnątrz, (r
> R), E = k
2) Wewnątrz, (r
< R):
Pole od powłoki kulistej pomiędzy
r i R równe jest zero. Pole od kul
o promieniu r (na zewnątrz):
E =k
;
=
Q(r) = Q
E = k
= k
= k·
· r
∼
r
→
∫ E
→
S
Przykład 4
: Jednorodnie naładowana pełna kula.
Q
r
2
Q r
r
( )
2
Q r
Q
( )
(4 / 3) r
(4 / 3) R
r
R
3
3
3
3
π
π
=
3
3
r
R
Q r
r R
3
3
2
Qr
R
3
Q
R
3
Przykład 5
: Jednorodnie naładowany długi pręt, z liniową
gęstością ładunku:
λ =
Obliczmy pole w punkcie x, odległym
od pręta o r.
Rozpatrzmy walec o długości L i o
promieniu r. Wewnątrz tego walca
zawarty jest ładunek Q
wew.
=
λ⋅
L
Z prawa Gaussa: d = 4
π k
λ
L (*)
Ze względu na symetrię, linie pola rozchodzą się tylko
promieniście, prostopadle do pręta (jeśli l
>> r); strumień
przed podstawy walca
∆
φ
= 0 (
⊥ d
więc
⋅ d = 0),
więc:
⋅ d = E 2πrL
powierzchnia boczna walca
Porównując z (*): 4
πk
λ
L = E2
πrL
E =
⇒
E
∼
Q
l
→
∫ E
→
S
→
E
→
S
→
E
→
S
→
∫ E
→
S
2k
r
λ
1
r
Przykład 6
: Jednorodnie naładowana nieskończona płaszczyzna.
Powierzchniowa gęstość
ładunku
σ
= Q/S
Obliczmy pole w odległości d
od płyty (d
<< rozmiarów płyty).
Rozpatrzmy walec o długości
2d i polu podstawy
∆S. Walec
zawiera ładunek Q
wew.
=
σ
∆S
Strumień przez powierzchnię boczną walca
φ
= 0 ( bo jest równoległe
do powierzchni).
Strumienie przez obie podstawy są takie same (symetria):
d
= 2E
∆S
z prawa Gaussa: d
= 4
πk
σ
∆S ⇒ 2E∆S = 4π
σ
∆S
E = 2
πk
σ
Pole jednorodne (nie zależy od odległości d !)
→
E
→
∫ E
→
S
→
S
→
∫ E
Dwie równoległe płyty przeciwnie naładowane
σ
+
=
σ
-
Na zewnątrz płyt (np. w punkcie 1 lub 2)
pola od płyty ujemnej i dodatniej są
równe co do wartości (E = 2
πk
σ
), ale
przeciwnie skierowane. Z zasady
superpozycji
E
wyp.
(zewn.) = 0.
Pomiędzy płytami skierowane są
zgodnie, od „+” do „-”
E
wyp.
(wewn) = 4
πk
σ
Pole elektryczne wytwarzane przez naładowane ciała o różnych kształtach
k
o
=
1
4
π ε
o
Indukcja elektryczna
W przewodniku umieszczonym w polu elektrycznym następuje przesunięcie
ładunków takie, aby pole wewnątrz przewodnika było równe zeru. Dotyczy
to również przewodników „wydrążonych”, np. pudła z metalowymi ściankami
- wykorzystywane to jest do ekranowania.
Zjawisko indukcji występuje również w izolatorach, ale ze względu na
ograniczoną
możliwość
ruchu ładunków nie występuje całkowite
zrównoważenie pola wewnątrz izolatora.
Przykład 7:
Przyjmijmy, że modelem atomu wodoru jest
jednorodnie naładowana kula o promieniu R i ładunku -e (”chmura”
elektronu) z protonem o ładunku +e umieszczonym w środku.
1) Jak przesunie się „chmura” elektronu
pod wpływem zewn. pola elektrycznego
E
zew.
względem protonu
2) Z jaką częstotliwością po usunięciu pola,
będą drgały proton i „chmura” elektronowa
wokół położenia równowagi?
k=8,988
⋅10
9
2
C
Nm
ad 1)
Na „chmurę” -e działa siła =
-e
i
przesuwa ją o x względem położenia równowagi.
Zgodnie z Przykładem 4, „chmura” elektronu
wytwarza w odległości x od środka pole:
E
(-)
= - k
Przesuwanie trwa, aż pole wypadkowe działające na proton będzie
zero:
-k
+ E
zew.
= 0
x = E
Co odpowiada indukowanemu momentowi dipolowemu:
p = x e =
E
e x
R
3
e x
R
3
3
R
k
→
ze w
E
.
→
F
3
R
e k
ad 2) F = - e E; gdy E
zew.
= 0, E = E
(-)
= - k
F = - k
(taka sama siła działa na „chmurę” elektronu).
(m a = F) to m
e
równanie ruchu oscylatora harmonicznego
; f
o
= =
f
o
= 1/s = 2,5 1015 1/s = 2,5 1015 Hz
e x
R
3
2
2
e
R
x
2
2
2
3
d x
d t
k e
R
x
= −
2
2
2
d x
d t
x
o
= − ω
o
e
k e
m R
2
2
3
ω =
o
ω
π
2
1
2
2
3
π
k e
m R
e
1
2
9 10 16 10
9 1 10
10
9
19
2
31
10
3
π
( ,
)
,
(
)
x
x
−
−
−