Obliczanie potencjału elektrycznego Ładunki punktowe, takie jak elektrony, są podstawowymi budulcami materii. Co więcej, sferycznie symetryczne rozkłady ładunków (jak np. naładowana metalowa sfera albo kula) wytwarzają wokół siebie pole identyczne z tym, które jest wytwarzane przez ładunki punktowe. Dlatego umiejętność wyznaczania potencjału ładunku punktowego jest ważna i przydatna w wielu przypadkach fizycznych. Wykorzystując całkową definicję pracy potrzebnej do przemieszczenia ładunku próbnego q z nieskończoności do punktu odległego o r od ładunku źródłowego oraz na podstawie związku pracy i różnicy potencjałów, W = − q  Δ V , opisanego w poprzednim podrozdziale, możemy otrzymać następujący wniosek. Potencjał elektryczny ładunku punktowego Potencjał elektryczny V wytworzony przez nieruchomy ładunek punktowy dany jest następującym wzorem V = k  q r  , V = \frac{kq}{r} \text{,} gdzie k jest stałą elektrostatyczną o wartości 8,99 ⋅ 10 9  N  m 2 ∕ C 2 (często będziemy zaokrąglać tę liczbę do 9 ⋅ 10 9  N  m 2 ∕ C 2 ). Zastosowaliśmy tutaj konwencję, zgodnie z którą potencjał elektryczny w nieskończoności wynosi zero. Wtedy potencjał V ładunku punktowego maleje wraz z odległością od źródła pola, podczas gdy wartość natężenia pola E → wytwarzanego przez ładunek punktowy maleje proporcjonalnie do odwrotności kwadratu odległości E = F q 0 = k  q r 2  . Przez q 0 oznaczyliśmy tym razem ładunek próbny. Pamiętaj także, że potencjał jest wielkością skalarną, natomiast natężenie jest wektorem, który ma wartość, kierunek i zwrot. Aby znaleźć wypadkowy potencjał układu ładunków, dodajesz potencjały poszczególnych ładunków jak liczby, natomiast wypadkowe natężenie pola jest wektorową sumą natężeń pół wytwarzanych przez poszczególne ładunki. Skalarny charakter potencjału jest związany z tym, że jest on zdefiniowany za pomocą energii, która jest skalarem, natomiast wektorowy charakter natężenia wynika z definicji natężenia odnoszącej się do siły Coulomba, która jest wektorem. Potencjał metalowej kuli Wielkość ładunku elektrycznego, jaki spotykamy w typowych zagadnieniach elektrostatyki, jest rzędu nanokulombów ( nC ) lub mikrokulombów ( µC ). Jaki potencjał panuje w odległości 5  cm od środka metalowej kulki o promieniu długości 1  cm , na której zgromadzono ładunek − 3  nC ? Strategia rozwiązania Tak jak mówiliśmy w rozdziale Ładunki elektryczne i pola , ładunek zgromadzony wewnątrz metalowej kuli rozkłada się zawsze równomiernie i symetrycznie na powierzchni, przez co wytwarza wokół pole, tak jak wokół ładunku punktowego. Możemy traktować cały ładunek kuli jak ładunek punktowy umieszczony w jej środku. W takim przypadku obowiązuje wzór V = k  q ∕ r . Rozwiązanie Podstawiamy dane do wzoru na potencjał ładunku punktowego V = k  q r = 8,99 ⋅ 10 9  N  m 2 ∕ C 2 ⋅ − 3 ⋅ 10 − 9  C 5 ⋅ 10 − 2  m = − 539  V  . Znaczenie Ujemna wartość potencjału oznacza, że ładunek dodatni byłby przyciągany do ładunku źródłowego, natomiast ładunek ujemny byłby od niego odpychany. Generator Van de Graaffa Generator Van de Graaffa (ang. Van de Graaff generator ) służy do wytwarzania dużych ładunków elektrycznych. Demonstracyjna wersja generatora posiada metalową czaszę w kształcie sfery o średnicy 25  cm , która pozwala na uzyskiwanie napięcia o wartości 100  kV przy powierzchni czaszy ( ). Jaki nadmiarowy ładunek jest zgromadzony na sferze przy takim napięciu? Podajmy wynik z dokładnością do trzech cyfr znaczących. Napięcie w tym modelu demonstracyjnym generatora Van de Graaffa mierzone jest między powierzchnią sferycznej czaszy generatora a podłożem. Potencjał Ziemi jest przyjęty jako zerowy poziom odniesienia. Potencjał naładowanej sfery jest dokładnie taki sam jak potencjał ładunku punktowego o identycznej wielkości, zgromadzonego w środku czaszy. Strategia rozwiązania Potencjał sferycznej czaszy jest taki sam jak potencjał ładunku punktowego umieszczonego w środku sfery, w odległości 12,5  cm od tego ładunku (promień czaszy wynosi 12,5  cm ). Ładunek nadmiarowy zgromadzony na powierzchni czaszy obliczymy za pomocą wzoru V = k  q r  . Rozwiązanie Ze wzoru wyznaczamy q i podstawiamy dane q = r  V k = 0,125  m ⋅ 100 ⋅ 10 3  V 8,99 ⋅ 10 9  N  m 2 ∕ C 2 = 1,39 ⋅ 10 − 6  C = 1,39  µC  . Znaczenie Obliczony ładunek jest raczej mały, mimo to wystarcza do wytworzenia całkiem dużego potencjału. Na podstawie tego zadania możemy też zobaczyć, że nie jest łatwo przechowywać odizolowane ładunki elektryczne. Nawet niewielka ich liczba wytwarza duże różnice potencjałów, które mogą doprowadzić do „przebicia”. Sprawdź, czy rozumiesz. Jaki potencjał panuje wewnątrz metalowej sfery z ? V = k  q ∕ r = 8,99 ⋅ 10 9  N  m 2 ∕ C 2 ⋅ − 3 ⋅ 10 − 9  C ∕ 5 ⋅ 10 − 3  m = − 5390  V . Przypomnij sobie, że natężenie pola elektrycznego wewnątrz przewodnika jest 0  V ∕ m . Zatem dla dowolnej krzywej całkowania od punktu na powierzchni do dowolnego punktu wewnątrz sfery, będziesz miał wartość zerową pod całką z natężenia pola, dlatego różnica potencjałów między tymi punktami jest 0  V . W efekcie potencjał w dowolnym punkcie wewnątrz sfery jest równy potencjałowi na powierzchni. W obu powyższych przykładach pomiaru napięcia moglibyśmy dokonać za pomocą prostego miernika, który porównywałby wielkość potencjału w danym punkcie z potencjałem Ziemi. Potencjał podłoża często przyjmujemy jako zerowy (zamiast nieskończoności jako punktu odniesienia). W problemach fizycznych ważna jest najczęściej różnica potencjałów, dlatego wybór punktu odniesienia nie jest bardzo istotny, możemy milcząco założyć, że jest to powierzchnia Ziemi, albo bardzo odległy punkt (w nieskończoności). Sytuacja jest podobna do wyboru poziomu morza czy gruntu ( h = 0  m ) jako poziomu zerowej energii potencjalnej, gdy określamy ją wzorem E p = m  g  h . Układy wielu ładunków Zasada superpozycji, którą poznałeś dla natężenia pola, obowiązuje także dla potencjału. Rozważmy układ N ładunków q 1 q 2 … q N . Jaki wypadkowy potencjał V panuje w punkcie P w pewnej odległości od tego układu ładunków? Każdy z ładunków wchodzących w skład układu jest ładunkiem źródłowym, który w punkcie P wytwarza swój własny potencjał, niezależnie od pozostałych ładunków. Niech V 1 V 2 … V N oznaczają potencjały w punkcie P wytworzone przez odpowiednie ładunki q 1 q 2 … q N . Wypadkowy potencjał V P w tym punkcie jest równy sumie wszystkich pojedynczych potencjałów V P = V 1 + V 2 + ⋯ + V N = ∑ i = 1 N V i  . Zauważmy, że co do konstrukcji matematycznej zasada superpozycji dla potencjału jest dokładnie taka sama jak zasada superpozycji dla natężenia pola i energii potencjalnej. Zasadę superpozycji dla potencjału łatwo udowodnić, obliczając całkowitą energię potencjalną ładunku próbnego przenoszonego od punktu odniesienia do punktu P . Załóżmy, że odległości ładunku próbnego q 0 umieszczonego w punkcie P od N ładunków źródłowych wynoszą odpowiednio r 1 r 2 … r N , jak pokazano na . Używając wzoru na potencjał ładunku punktowego dla każdego z ładunków źródłowych (o których zakładamy, że są punktowe), otrzymujemy V P = ∑ i = 1 N k  q i r i = k  ∑ i = 1 N q i r i  . W takim razie energia potencjalna ładunku próbnego wynosi E p P = q 0  V P = q 0  k  ∑ i = 1 N q i r i  , co jest wartością pracy wykonanej podczas przenoszenia ładunku próbnego w pobliże układu ładunków, jak pokazaliśmy w pierwszej części tego rozdziału. Definicja odległości od ładunków źródłowych do wybranego punktu P w przestrzeni. Dipol elektryczny Dipol elektryczny (ang. electric dipole ) to układ dwóch ładunków o jednakowych wartościach, ale przeciwnych znakach, umieszczonych w stałej odległości od siebie. Dipol jest wykorzystywany często w modelowaniu wielu rzeczywistych układów w fizyce, jak choćby modelu wiązań chemicznych między cząsteczkami lub atomami. W pewnych warunkach możemy przyjąć, że także cząsteczka wody jest dipolem. Taki obraz jest słuszny chociażby w przypadku kuchenki mikrofalowej, gdzie wytwarzane pole elektryczne o zmiennym kierunku powoduje gwałtowną i częstą zmianę orientacji cząsteczek wody. Pod wpływem tych wibracji rośnie energia cieplna cząsteczek, dzięki czemu nasza potrawa się podgrzewa. Potencjał dipola Rozważmy przypadek dipola z o ładunku q = 3  nC i rozmiarze d = 4  cm . Jaki potencjał dipol wytwarza w punkcie A = 0  cm 0  cm 1  cm A = (\SI{0}{\centi\metre}, \SI{0}{\centi\metre}, \SI{1}{\centi\metre}) ; B = 0  cm 0  cm − 5  cm B = (\SI{0}{\centi\metre}, \SI{0}{\centi\metre}, -\SI{5}{\centi\metre}) ; C = 3  cm 0  cm 2  cm C = (\SI{3}{\centi\metre}, \SI{0}{\centi\metre}, \SI{2}{\centi\metre}) ? Ogólny schemat budowy dipola, z zaznaczonymi położeniami kolejnych punktów, w których szukamy potencjału. Strategia rozwiązania Do każdego z położeń zastosujemy wzór V P = k  ∑ i = 1 N q i ∕ r i . Rozwiązanie V A = k  ∑ i = 1 N q i r i = 9 ⋅ 10 9  N  m 2 ∕ C 2 ⋅ 3  nC 0,01  m − 3  nC 0,03  m = 1,8 ⋅ 10 3  V  ; V_A = k \sum_{i=1}^N \frac{q_i}{r_i} = \SI{9e9}{\newton\metre\squared\per\coulomb\squared} \cdot (\frac{\SI{3}{\nano\coulomb}}{\SI{0,01}{\metre}} - \frac{\SI{3}{\nano\coulomb}}{\SI{0,03}{\metre}}) = \SI{1,8e3}{\volt} \text{;} V B = k  ∑ i = 1 N q i r i = 9 ⋅ 10 9  N  m 2 ∕ C 2 ⋅ 3  nC 0,07  m − 3  nC 0,03  m = − 5,1 ⋅ 10 2  V  ; V_B = k \sum_{i=1}^N \frac{q_i}{r_i} = \SI{9e9}{\newton\metre\squared\per\coulomb\squared} \cdot (\frac{\SI{3}{\nano\coulomb}}{\SI{0,07}{\metre}} - \frac{\SI{3}{\nano\coulomb}}{\SI{0,03}{\metre}}) = -\SI{5,1e2}{\volt} \text{;} V C = k  ∑ i = 1 N q i r i = 9 ⋅ 10 9  N  m 2 ∕ C 2 ⋅ 3  nC 0,03  m − 3  nC 0,05  m = 3,6 ⋅ 10 2  V  . V_C = k \sum_{i=1}^N \frac{q_i}{r_i} = \SI{9e9}{\newton\metre\squared\per\coulomb\squared} \cdot (\frac{\SI{3}{\nano\coulomb}}{\SI{0,03}{\metre}} - \frac{\SI{3}{\nano\coulomb}}{\SI{0,05}{\metre}}) = \SI{3,6e2}{\volt} \text{.} Znaczenie Zwróćmy uwagę, że wyznaczanie wypadkowego potencjału jest zasadniczo prostsze niż obliczanie wypadkowego natężenia pola, ponieważ potencjał jest wielkością skalarną. Sprawdź, czy rozumiesz. Jaki potencjał wytwarza dipol z powyższego przykładu wzdłuż osi x i z ? Potencjał na osi x wynosi zero, bo odejmują się potencjały od ładunków przeciwnego znaku umieszczonych w tej samej odległości od osi. Wzdłuż osi z musimy dodać dwa potencjały o różnych znakach, ale niejednakowych wartościach bezwzględnych. Można wykazać, że dla dużych odległości od dipola, z ≫ d , potencjał w przybliżeniu także będzie równy zero. Rozważmy teraz szczególny przypadek, gdy odległość punktu P od środka dipola jest dużo większa niż rozmiar dipola (czyli odległość między ładunkami): r ≫ d ; takie uproszczenie będzie dla nas wystarczające w większości przypadków, np. gdy pytamy o potencjał spolaryzowanej cząsteczki wody. Odległość, dla której stosujemy takie uproszczenie, nie jest wystarczająca (jest dużo mniejsza od nieskończoności), żeby potencjał spadał aż do zera, ale jest na tyle duża, by uproszczenie było możliwe. Uzyskamy wynik, który jest o wiele prostszy niż ten otrzymany metodą przedstawioną w przykładzie powyżej. Zgodnie z oznaczeniami na potencjał wypadkowy możemy zapisać jako sumę V P = V + + V − = k  q r + − q r −  , gdzie r ± = x 2 + z  ∓  d 2 2  . Ogólny schemat dipola z oznaczeniem odległości punktu P od poszczególnych ładunków. Powyższe wyrażenie jest pełnym wzorem na potencjał dipola, bez żadnych przybliżeń. Zanim dokonamy przybliżenia r ≫ d , wyraźmy długości promieni w zmiennych biegunowych (rozważamy dwuwymiarowy problem na płaszczyźnie): x = r  sin θ oraz z = r  cos θ . Otrzymujemy r ± = r 2  sin 2 θ + r  cos θ ∓ d 2 2  . r_x = \sqrt{r^2 \sin^2 \theta + (r\cos \theta \mp \frac{d}{2})^2} \text{.} Wyłączmy r przed pierwiastek r ± = r  sin 2 θ + cos θ ∓ d 2  r 2 r_x = r \sqrt{\sin^2 \theta + (\cos \theta \mp \frac{d}{2r})^2} i obliczmy kwadrat pod pierwiastkiem r ± = r  sin 2 θ + cos 2 θ ∓ d r  cos θ + d 2  r 2 = r  1 ∓ d r  cos θ + d 2  r 2  . r_x = r\sqrt{\sin^2 \theta + \cos^2 \theta \mp \frac{d}{r} \cos \theta + (\frac{d}{2r})^2} = r \sqrt{1 \mp \frac{d}{r} \cos \theta + (\frac{d}{2r})^2} \text{.} Teraz możemy dokonać przybliżeń. Ostatni składnik pod pierwiastkiem z powodzeniem może być zaniedbany (pamiętaj, że r ≫ d , wobec czego d ∕ r 2 jest bardzo małe – tak małe, że na poziomie dokładności pomiarowej możemy je pominąć). Pozostaje r ± = r  1  ∓  cos θ  d r  . Dalszego przybliżenia dokonamy z użyciem rozwinięcia funkcji w szereg potęgowy – gdy α jest małe, możemy zastosować następujące rozwinięcie Taylora 1 1  ∓  α ≈ 1  ±  α 2  , gdzie uwzględniliśmy tylko dwa pierwsze wyrazy rozwinięcia. Stosując to przybliżenie do naszego wzoru na V P , otrzymujemy V P = k  q r  1 + d  cos θ 2  r − q r  1 − d  cos θ 2  r = k  q  d  cos θ r 2  . Ten wynik możemy zapisać w jeszcze wygodniejszej postaci, wprowadzając pojęcie elektrycznego momentu dipolowego (ang. electric dipole moment ) p → = q  d →  . Oba wektory w tym wzorze są skierowane od ładunku ujemnego do ładunku dodatniego (to jest tylko konwencja, której jednak wszyscy fizycy się trzymają). Zauważ, że wektor p → ma wartość q  d . Przy użyciu wektora elektrycznego momentu dipolowego możemy zapisać potencjał w punkcie P od dipola w przybliżeniu dla dużych odległości jako V P = k  p → ⋅ r ̂ r 2  . Sposób użycia tego wzoru przedstawiamy schematycznie na diagramie ( ). Diagram wektorowy ilustrujący zastosowanie wzoru na potencjał elektryczny dipola. Oprócz momentu dipolowego istnieją także momenty wyższego rzędu, takie jak moment kwadrupolowy, oktupolowy itd. Być może poznasz je na bardziej zaawansowanych kursach elektrodynamiki klasycznej. Potencjał pola układu ładunków można przybliżyć przez potencjał dipola, jak wyżej, ale także przez momenty wyższych rzędów. Procedura ta nazywa się rozwinięciem multipolowym. Potencjał ciągłego rozkładu ładunków Do tej pory pracowaliśmy z dyskretnym rozkładem ładunku (układem ładunków punktowych). Jak jednak znaleźć potencjał pola ciągłego rozkładu ładunku? Przypomnij sobie, że według V P = k  ∑ q i r i  . Ciągły rozkład ładunków możemy traktować jako układ nieskończenie małych, ale oddzielnych ładunków punktowych. W takim razie sumowanie w powyższym wzorze możemy zamienić na całkowanie V P = k  ∫ d q r  . Otrzymaliśmy wzór całkowy na potencjał w punkcie P ciągłego rozkładu ładunku. Zwróć uwagę, że r w tym wzorze jest odległością każdego kolejnego małego ładunku punktowego d q od punktu P . Zależy więc od ładunku (zmiennej całkowania), co musimy uwzględnić przed przystąpieniem do całkowania. Jak pamiętamy z rozdziału Ładunki elektryczne i pola , nieskończenie małe ładunki możemy wyrazić, w zależności od wymiaru przestrzeni, następująco d q = λ  d l (rozkład liniowy, jeden wymiar) σ  d S (rozkład powierzchniowy, dwa wymiary) ρ  d V (rozkład objętościowy, trzy wymiary), \d q = \left{\begin{matrix} \lambda \d l &\text{ (rozkład liniowy, jeden wymiar)} \\ \sigma \d S &\text{ (rozkład powierzchniowy, dwa wymiary)} \\ \rho \d V &\text{ (rozkład objętościowy, trzy wymiary),} \end{matrix} \right. gdzie λ jest gęstością liniową ładunku o wymiarze C ∕ m , σ jest gęstością powierzchniową ładunku o wymiarze C ∕ m 2 , natomiast ρ jest gęstością objętościową ładunku o wymiarze C ∕ m 3 . Potencjał pola liniowego rozkładu ładunku Znajdźmy potencjał pola wytworzonego przez nieprzewodzący pręt o długości L , naładowany jednorodnie ładunkiem o gęstości liniowej λ (o wymiarze C ∕ m ) w punkcie leżącym na symetralnej, w dowolnej odległości x od środka pręta. Strategia rozwiązania Wprowadźmy kartezjański układ współrzędnych o początku w środku pręta, osi y skierowanej wzdłuż pręta do góry oraz osi x przechodzącej przez punkt P , który leży w płaszczyźnie x y . W tej sytuacji końce pręta mają współrzędne y = ±  L ∕ 2 . Wybór układu współrzędnych przedstawia . Obliczanie potencjału elektrycznego ładunku punktowego. Rozwiązanie Rozważmy element ładunku d q umieszczony na odcinku o długości d y między punktami y oraz y + d y , który możemy wyrazić za pomocą gęstości liniowej d q = λ  d y . Odległość od tego ładunku do punktu P wynosi x 2 + y 2 . Położenie ładunku zmienia się od jednego końca pręta do drugiego, z czego wynikają granice całkowania. Zatem potencjał wynosi V P = k  ∫ d q r = k  ∫ − L ∕ 2 L ∕ 2 λ  d y x 2 + y 2 = k  λ  ln y + y 2 + x 2 y = − L ∕ 2 y = L ∕ 2 V P = k  λ  ln L 2 + L 2 2 + x 2 − ln − L 2 + − L 2 2 + x 2 V P = k  λ  ln L + L 2 + 4  x 2 − L + L 2 + 4  x 2  . \begin{multiline} V_P &= k \int \frac{\d q}{r} = k \int_{-L/2}^{L/2} \frac{\lambda \d y}{\sqrt{x^2+y^2}} = k \lambda [\ln(y+ \sqrt{y^2+x^2})]_{y=-L/2}^{y=L/2} \\ &= k \lambda [\ln(\frac{L}{2}+ \sqrt{(\frac{L}{2})^2+x^2}) - \ln(-\frac{L}{2}+ \sqrt{(-\frac{L}{2})^2+x^2})] \\ &= k \lambda \ln[\frac{L+ \sqrt{L^2+4x^2}}{-L+ \sqrt{L^2+4x^2}}] \text{.} \end{multiline} V P = k  ∫ d q r = k  ∫ − L ∕ 2 L ∕ 2 λ  d y x 2 + y 2 = k  λ  ln y + y 2 + x 2 y = − L ∕ 2 y = L ∕ 2 = k  λ  ln L 2 + L 2 2 + x 2 − ln − L 2 + − L 2 2 + x 2 = k  λ  ln L + L 2 + 4  x 2 − L + L 2 + 4  x 2  . Znaczenie Zauważmy, że po raz kolejny obliczanie potencjału okazało się łatwiejsze niż obliczanie natężenia pola. Potencjał jest skalarem. Zwróć uwagę, że dla skończonej wartości ładunku liniowego spodziewamy się, że w nieskończoności potencjał spada do zera. Sprawdźmy, czy nasz wzór to pokazuje. Obliczmy granicę powyższego wyrażenia przy x zdążającym do nieskończoności. W naszym przypadku ułamek pod logarytmem zmierza do jedności, a więc rzeczywiście potencjał spada do zera. Zauważ też, że całkowanie mogliśmy równie dobrze przeprowadzić w zmiennych cylindrycznych, które dobrze oddają symetrię rozkładu ładunków (ładunek liniowy leży wzdłuż osi cylindra), a jedyną zmianą byłoby zastąpienie x przez r oraz y przez z . Potencjał pola naładowanego pierścienia Cienki pierścień o promieniu R jest naładowany ładunkiem o gęstości liniowej λ . Znajdźmy zależność potencjału od odległości dla punktu na prostej przechodzącej przez środek pierścienia i do niego prostopadłej. Strategia rozwiązania Zastosujemy dokładnie tę samą strategię co w przypadku naładowanego pręta. Jedyna różnica w tym zadaniu jest taka, że ładunek jest rozłożony wzdłuż pierścienia, dlatego całkowanie przeprowadzimy w zmiennych biegunowych, które są wygodniejsze w przypadku symetrii kołowej. Układ współrzędnych i notację pokazujemy na . Ilustracja do obliczenia potencjału naładowanego pierścienia. Rozwiązanie Element długości w zmiennych biegunowych między położeniami kątowymi θ i θ + d θ wynosi R  d θ , więc ładunek zgromadzony w tym elemencie jest równy λ  R  d θ . Odległość od punktu P wynosi z 2 + R 2 . Z definicji całkowej wynika, że potencjał pierścienia naładowanego jednorodnie wynosi V P = k  ∫ d q r = k  ∫ 0 2  π λ  R  d θ z 2 + R 2 = k  λ  R z 2 + R 2  ∫ 0 2  π d θ = 2  π  k  λ  R z 2 + R 2 = k  q cał z 2 + R 2  . Znaczenie Wynik całkowania jest bardzo prosty, czego mogliśmy się spodziewać, skoro każdy element długości łuku jest w stałej odległości od środka okręgu, a więc i od punktu P . Stąd potencjał wypadkowy w punkcie P odpowiada sytuacji, gdy całkowity ładunek zgromadzony w pierścieniu został umieszczony w odległości z 2 + R 2 od punktu P . Potencjał pola jednorodnie naładowanego dysku Cienki dysk o promieniu R jest naładowany jednorodnie ładunkiem o gęstości powierzchniowej σ . Znajdźmy potencjał w dowolnym punkcie na osi dysku. Strategia rozwiązania Podzielimy dysk na układ cienkich pierścieni o nieskończenie małej grubości i wykorzystamy wynik z poprzedniego przykładu. W rezultacie oprócz całkowania po kącie θ wykonamy też całkowanie po współrzędnej radialnej r wzdłuż promienia dysku. Przyjęte oznaczenia zobrazowano na . Chcemy obliczyć potencjał elektryczny naładowanego jednorodnie dysku. Rozwiązanie Pierścień o nieskończenie małej grubości z przedziału r i r + d r w zmiennych biegunowych (jak na ) ma w punkcie r potencjał d V P , wyrażony przez d V P = k  d q z 2 + r 2  , gdzie d q = σ  2  π  r  d r  . Superpozycja potencjałów wszystkich cienkich pierścieni daje wypadkowy potencjał pola całego dysku w punkcie P . Obliczymy go, całkując po zmiennej radialnej w zakresie od r = 0 do r = R V P = ∫ d V P = k  2  π  σ  ∫ 0 R r  d r z 2 + r 2 = k  2  π  σ  z 2 + R 2 − z 2  . Znaczenie Standardowym sposobem obliczania potencjału dysku jest najpierw całkowanie po θ , a następnie po r . Ta druga całka może być bardziej skomplikowana, niż w przykładzie, który właśnie rozważaliśmy, bo gęstość powierzchniowa ładunku może zależeć dodatkowo od r , podczas gdy tu była stała. Wynik całkowania będzie wtedy inny. Potencjał pola nieskończenie długiego przewodu Obliczmy potencjał w dowolnym punkcie oddalonym od nieskończenie długiego przewodu naładowanego jednorodnie. Strategia rozwiązania Skoro dysponujemy rozwiązaniem dla skończonego przewodu o długości L , znalezionym w , to najprostszym pomysłem jest, obliczyć granicę przy L ⟶ ∞ z wyrażenia V P = lim L ⟶ ∞ k  λ  ln L + L 2 + 4  x 2 − L + L 2 + 4  x 2  . Okazuje się, że granicę taką nie jest łatwo policzyć. Przy L ⟶ ∞ pod logarytmem otrzymujemy symbol nieoznaczony 2 ∕ 0 , więc ten sposób nie doprowadzi nas szybko do wyniku. Uzasadnienie tego, dlaczego takie podejście zawodzi, przynosi obserwacja, że tym razem ładunek rozciąga się do nieskończoności, a nie jest zlokalizowany w pręcie o skończonym rozmiarze. Wobec tego nasze ciche założenie, że potencjał w nieskończoności wynosi zero, nie jest dłużej zasadne. Zastosujemy zatem inne podejście. Wykorzystamy zależność potencjału od natężenia w postaci całkowej, które dla nieskończonego przewodu ustaliliśmy w poprzednim rozdziale. Rozwiązanie Wykorzystamy wzór V P = − ∫ R P E → ⋅ d l →  , gdzie R jest skończoną odległością od ładunku liniowego do punktu, w którym przyjmujemy poziom odniesienia dla potencjału, jak pokazano na . Definicje punktów charakterystycznych przy obliczaniu potencjału pola nieskończenie długiej prostej naładowanej ładunkiem jednorodnym. Przy takich założeniach do całki wstawimy E P = 2  k  λ ∕ r ⋅ i ̂ E_P = 2k\lambda / r \cdot \hat{i} oraz d l → = d r → \d \vec{l} = \d \vec{r} i łatwo ją obliczymy V P − V R = − ∫ R P 2  k  λ  d r r = − 2  k  λ  ln r P r R  . V_P - V_R = -\int_R^P 2k\lambda \frac{\d r}{r} = - 2k\lambda \ln \frac{r_P}{r_R} \text{.} Przyjmijmy teraz, że potencjał V R = 0  V w punkcie odniesienia, dla którego r R = 1  m r_R = \SI{1}{\metre} . Jest to zupełnie arbitralny wybór, ale nasz wynik upraszcza się wtedy do końcowej postaci V P = − 2  k  λ  ln r P  . V_P = -2l\lambda \ln r_P \text{.} Zauważmy, że ten wynik jest całkiem wiarygodny. Potencjał rzeczywiście wynosi zero w odległości 1  m od przewodu i jest nieokreślony w nieskończoności, z którego to powodu nie mogliśmy przyjąć nieskończoności jako punktu odniesienia. Znaczenie W większości przypadków, obliczanie potencjału dla rozkładu ciągłego ładunku jako superpozycji przyczynków do potencjału dyskretnych, nieskończenie małych ładunków jest bardzo wygodne i łatwo pozwala otrzymać wynik. Znaleźliśmy jednak taki przykład układu, gdy ta metoda zawodzi. Z pomocą może wtedy przyjść definicja potencjału jako całki z natężenia pola, które możemy znać skądinąd. Dociekliwy Czytelnik z pewnością zauważy, że granicę w powyższej definicji V P V_P można było obliczyć, wykorzystując rozwinięcie w szereg Maclaurina przy x ∕ L ⟶ 0 x/L \to 0 , po uprzednim podzieleniu licznika i mianownika przez L L . Podejście takie da wzór na potencjał postaci V P = 2  k  λ  ln L ∕ x V_P = 2k \lambda \ln (L/x) dla punktu P P w odległości x x od prostoliniowego przewodnika, jeśli odległość ta jest bardzo mała w porównaniu z długością przewodnika (albo długość przewodnika jest o wiele większa niż odległość do punktu P P ). Jeżeli zażądamy, aby L ⟶ ∞ , to nadal otrzymamy V P ⟶ ∞ . W tych obliczeniach nadal zakładamy położenie punktu referencyjnego w nieskończoności, gdzie tym razem przecież istnieje ładunek. Możemy postąpić podobnie do strategii rozwiązania tego zadania. Jeżeli punkt referencyjny, w którym V R = 0 , przeniesiemy do punktu r R , to potencjał w punkcie P P obliczymy następująco: V P = 2  k  λ  ln L ∕ r P − 2  k  λ  ln L ∕ r R = − 2  k  λ  ln r P ∕ r R . Jeżeli r R = 1  m , to otrzymujemy wynik taki sam, jak powyżej. Należy pamiętać, że nie w każdym przypadku ciągłego rozkładu ładunku możemy przyjąć, że potencjał jest zerowy w nieskończoności. Sprawdź, czy rozumiesz. Jaki jest potencjał w dowolnym punkcie na osi cienkiego pierścienia naładowanego niejednorodnie ładunkiem o gęstości liniowej zależnej od kąta tak, jak λ  θ = λ 0  cos θ ( λ 0 jest stałą)? Potencjał będzie wynosił zero w każdym punkcie na osi pierścienia, bo w każdym punkcie sumują się potencjały o tych samych wartościach, ale przeciwnych znakach, pochodzące od fragmentów łuku po przeciwnych stronach okręgu. Zauważ, że taki rozkład ładunku będzie miał w efekcie moment dipolowy. Podsumowanie Potencjał elektryczny jest wielkością skalarną, natomiast natężenie pola jest wektorem. Potencjał wypadkowy układu ładunków punktowych możemy obliczyć dzięki zasadzie superpozycji, a więc sumując potencjały poszczególnych ładunków źródłowych jak liczby V P = k  ∑ i = 1 N q i r i  . Dipol składa się z dwóch identycznych ładunków o przeciwnych znakach, umieszczonych w stałej odległości od siebie. Wielkością charakterystyczną dipola jest jego elektryczny moment dipolowy p → = q  d → . Potencjał ciągłego rozkładu ładunków może być obliczony za pomocą całkowej zasady superpozycji V P = k  ∫ d q r  . Pytania Porównaj wielkości momentów dipolowych dwóch układów: dwa ładunki ±  Q w odległości d oraz para ładunków ±  Q ∕ 2 w odległości d ∕ 2 . Drugi dipol ma moment równy 1 ∕ 4 wielkości momentu pierwszego dipola. Czy prawo Gaussa może być pomocne przy obliczaniu natężenia pola dipola? Wyjaśnij. W jakim obszarze potencjał jednorodnie naładowanej sfery jest taki jak potencjał ładunku punktowego? W jakim obszarze jest on różny? W obszarze na zewnątrz sfery potencjał jest równy potencjałowi ładunku punktowego, natomiast wewnątrz sfery potencjały te są różne. Czy potencjał niejednorodnie naładowanej sfery może w jakimkolwiek obszarze być taki jak potencjał ładunku punktowego o równoważnej wartości? Zadania Na powierzchni plastikowej kulki o średnicy 0,5  cm , używanej do pokazów fizycznych, zgromadzono ładunek 40  pC rozłożony jednorodnie na powierzchni kulki. Jaki potencjał ma kulka tuż przy powierzchni? V = 144  V . W jakiej odległości od ładunku punktowego o wartości 1  µC potencjał wynosi 100  V ? W jakiej odległości potencjał jest równy 200  V ? Potencjał ładunku punktowego w odległości 15  m od niego wynosi 500  V . Jaki jest znak i wartość ładunku? V = k  Q ∕ r ⇒ Q = 8,33 ⋅ 10 − 7  C . Ładunek jest dodatni, bo potencjał ma dodatni znak. W wyniku rozszczepienia jądro atomowe rozpada się mniej więcej na połowy. Jaki potencjał wytwarza nowo powstałe jądro o 46 protonach w odległości 2 ⋅ 10 − 14  m od niego? Jaką energię potencjalną w MeV ma drugie jądro umieszczone w tym punkcie? Badawczy generator Van de Graaffa ma czaszę o średnicy 2  m , na której można zgromadzić ładunek 5  mC . Jaki potencjał może wytworzyć czasza tuż przy powierzchni? W jakiej odległości od jej środka potencjał wynosi 1  MV ? Zjonizowany atom tlenu o trzech brakujących elektronach zostaje wpuszczony w obszar pola elektrycznego wytwarzanego przez generator. Jaką energię potencjalną w MeV ma jon tlenu w punkcie znalezionym w części (b)? a. V = 45  MV ; b. V = k  Q ∕ r ⇒ r = 45  m ; c. Δ E p = 132  MeV . Elektrostatyczny rozpylacz do farby malarskiej zbudowany jest m.in. z metalowej kulki o średnicy 0,2  m , do której przyłożono napięcie 25  kV . Dzięki temu zjonizowane cząsteczki farby są odpychane od kulki w kierunku malowanej powierzchni. Jaki ładunek jest zgromadzony na kuli w rozpylaczu? Jaki ładunek musi nieść kropla farby o masie 0,1  mg , aby paść na malowaną powierzchnię z prędkością 10  m ∕ s ? Jaka różnica potencjałów panuje między punktami odległymi o 10  cm i 20  cm od ładunku 3  µC ? Do położenia o jakiej odległości od ładunku źródłowego należałoby przenieść ten drugi punkt, aby zwiększyć różnicę potencjałów dwukrotnie? a. V = k  Q ∕ r . Należy obliczyć potencjały w każdym punkcie pochodzące od ładunku źródłowego i odjąć je od siebie. Δ V = 135 ⋅ 10 3  V ; b. Aby podwoić różnicę potencjałów, należy punkt początkowo znajdujący się w odległości 20  cm od źródła przenieść do nieskończoności. Potencjał w punkcie 20  cm jest równy połowie potencjału w punkcie 10  cm . Znajdź potencjały w punktach P 1 , P 2 , P 3 , P 4 pochodzące od dwóch ładunków z rysunku. Dwa ładunki − 2  µC i + 2  µC są umieszczone w odległości 4  cm od siebie wzdłuż osi z , symetrycznie po obu stronach początku osi, przy czym ładunek dodatni znajduje się po dodatniej stronie osi. Dwa punkty P 1 i P 2 znajdują się 3  cm i 30  cm od początku układu pod kątem 30 ° względem osi z . Oblicz potencjały w punktach P 1 i P 2 na dwa sposoby: używając dokładnego wzoru na potencjał dwóch ładunków punktowych; korzystając z przybliżonego wzoru na potencjał dipola. a. V P 1 = 7,4 ⋅ 10 5  V oraz V P 2 = 6,9 ⋅ 10 3  V ; b. V P 1 = 6,9 ⋅ 10 5  V oraz V P 2 = 6,9 ⋅ 10 3  V . Narysuj wykres zależności potencjału wytworzonego przez pręt długości 1  m jednorodnie naładowany ładunkiem o gęstości liniowej 1  C ∕ m w funkcji odległości od środka pręta wzdłuż jego symetralnej. Przyjmij zakres zmienności odległości od 0,1  m \SI{0,1}{\metre} do 1  m \SI{1}{\metre} ; Na tym samym wykresie naszkicuj przebieg zależności od odległości potencjału ładunku punktowego o wartości 1  C , umieszczonego w środku pręta; Który potencjał jest większy bliżej środka? Jak zmienia się rozbieżność między potencjałami, gdy wzrasta odległość? Zinterpretuj tę obserwację. dipol elektryczny (ang. electric dipole ) układ dwóch takich samych ładunków o przeciwnych znakach, umieszczonych w stałej odległości od siebie elektryczny moment dipolowy (ang. electric dipole moment ) wielkość wektorowa zdefiniowana jako p → = q  d → , gdzie oba wektory skierowane są od ujemnego do dodatniego ładunku

Science


Obliczanie natężenia na podstawie potencjału W poprzednim podrozdziale pokazaliśmy, jak na podstawie znajomości wektora natężenia pola elektrycznego obliczyć potencjał określonego układu ładunków, także tworzącego ciągły rozkład. Wykorzystaliśmy wtedy wzór całkowy. Jak się zapewne domyślasz, możliwy jest rachunek w drugą stronę ‒ obliczenie natężenia jako pochodnej potencjału. Uwagi wymaga jednak przejście od wielkości skalarnej do wektorowej. Najczęściej potrzebujemy wektora E → , żeby obliczyć siłę działającą na ładunek w danym polu. Jednak często łatwiej jest znaleźć potencjał niż natężenie, dlatego wygodnie byłoby znać metodę obliczania wektora natężenia pola E → na podstawie potencjału V . Wektor natężenia pola jest w ogólności, niezależnie od tego, czy pole jest jednorodne, czy nie, skierowany w stronę malejącego potencjału. Dzieje się tak dlatego, że siła działająca na ładunek próbny dodatni zwrócona jest zgodnie z liniami pola E → , czyli w stronę mniejszego potencjału V . Co więcej, wartość wektora E → jest równa szybkości spadku potencjału V wraz ze zmianą odległości. Widać to choćby na podstawie analizy wymiarowej natężenia (jednostką natężenia jest V ∕ m ). Im szybciej V maleje wraz ze zmianą odległości, tym większe jest natężenie pola. Możemy więc podać następujące stwierdzenie. Związek napięcia z natężeniem pola jednorodnego Równanie opisujące zależność napięcia i natężenia pola jednorodnego możemy zapisać następująco E = − Δ V Δ s  , gdzie Δ s jest odległością, na jakiej zachodzi zmiana potencjału Δ V . Znak minus we wzorze oznacza, że wektor natężenia jest skierowany w stronę malejącego potencjału. Mówimy, że natężenie pola jest gradientem potencjału. Dla ciągłej funkcji potencjału wielkości Δ V i Δ s stają się małymi przyrostami (różniczkami) i musimy zastosować rachunek różniczkowy w celu obliczenia natężenia pola. Na pokazujemy, że jeśli Δ s jest bardzo małe, natężenie pola jest zasadniczo stałe na tym odcinku i możemy to zapisać następująco E = − d V d s  . E = - \frac{\d V}{\d s} \text{.} Składowa wektora natężenia pola elektrycznego wzdłuż przemieszeczenia Δ s jest równa E = − Δ V ∕ Δ s . Zauważ, że gdy punkty A i B są blisko siebie, natężenie pola jest stałe na odcinku Δ s . We wszystkich trzech kierunkach układu kartezjańskiego możemy zdefiniować składowe wektora natężenia pola jako odpowiednie pochodne E x = − ∂ V ∂ x  ,  E y = − ∂ V ∂ y  ,  E z = − ∂ V ∂ z  . E_x = -\frac{\partial V}{\partial x} \text{, } E_y = - \frac{\partial V}{\partial y} \text{, } E_z = -\frac{\partial V}{\partial z} \text{.} Użyliśmy tutaj zapisu z użyciem symbolu pochodnej cząstkowej ∂ . Do zapisania tych trzech równań w bardziej zwartej postaci możemy użyć operatora matematycznego gradientu (oznaczenie ∇ → \vec{\nabla} lub „grad”). Postać tego operatora różniczkowego, który jest wektorem o trzech składowych, w zmiennych kartezjańskich jest następująca ∇ → = i ̂  ∂ ∂ x + j ̂  ∂ ∂ y + k ̂  ∂ ∂ z  . \vec{x} = \hat{i}{\dd[\partial]{x}} + \hat{j}{\dd[\partial]{y}} + \hat{k}{\dd[\partial]{z}} \text{.} Za pomocą tej notacji możemy zapisać jedno równanie na wektor natężenia pola obliczony na podstawie potencjału elektrycznego E → = − ∇ →  V  , a procedurę tę nazwiemy obliczaniem gradientu potencjału. Zwróć uwagę na niezbędny znak minus we wzorze przed gradientem. Do matematycznego opisu układów o symetrii cylindrycznej lub sferycznej wygodnie jest używać postaci operatora gradientu w zmiennych cylindrycznych (walcowych) ∇ → = r ̂  ∂ ∂ r + φ ̂  1 r ⋅ ∂ ∂ φ + z ̂  ∂ ∂ z \vec{x} = \hat{r}{\dd[\partial]{r}} + \hat{\varphi} \frac1r \cdot {\dd[\partial]{\varphi}} + \hat{z}{\dd[\partial]{z}} lub sferycznych ∇ → = r ̂  ∂ ∂ r + θ ̂  1 r ⋅ ∂ ∂ θ + φ ̂  1 r  sin θ ⋅ ∂ ∂ φ  . \vec{x} = \hat{r}{\dd[\partial]{r}} + \hat{\theta} \frac1r \cdot {\dd[\partial]{\theta}} + \hat{\varphi} \frac{1}{r\sin \theta} \cdot {\dd[\partial]{\varphi}} \text{.} Natężenie pola wokół ładunku punktowego Obliczmy natężenie pola pochodzącego od ładunku punktowego. Strategia rozwiązania Wiemy, że potencjał takiego układu dany jest wzorem V = k  q ∕ r i ma symetrię sferyczną. Dlatego w równaniu E → = − ∇ →  V wygodnie będzie zastosować zmienne sferyczne. Rozwiązanie Wykonujemy obliczenia w zmiennych sferycznych E → = − r ̂  ∂ ∂ r + θ ̂  1 r ⋅ ∂ ∂ θ + φ ̂  1 r  sin θ ⋅ ∂ ∂ φ  k  q r E → = − k  q  r ̂  ∂ ∂ r  1 r + θ ̂  1 r ⋅ ∂ ∂ θ  1 r + φ ̂  1 r  sin θ ⋅ ∂ ∂ φ  1 r  . \begin{multiline} \vec{E} &= -[\hat{r} {\dd[\partial]{r}} + \hat{\theta} \frac{1}{r} \cdot {\dd[\partial]{\theta}} + \hat{\varphi} \frac{1}{r \sin \theta} \cdot {\dd[\partial]{\varphi}}] k \frac{q}{r} \\ &= -kq [\hat{r} {\dd[\partial]{r}} (\frac{1}{r})+ \hat{\theta} \frac{1}{r} \cdot {\dd[\partial]{\theta}} (\frac{1}{r}) + \hat{\varphi} \frac{1}{r \sin \theta} \cdot {\dd[\partial]{\varphi}} (\frac{1}{r})] \text{.} \end{multiline} E → = − r ̂  ∂ ∂ r + θ ̂  1 r ⋅ ∂ ∂ θ + φ ̂  1 r  sin θ ⋅ ∂ ∂ φ  k  q r = − k  q  r ̂  ∂ ∂ r  1 r + θ ̂  1 r ⋅ ∂ ∂ θ  1 r + φ ̂  1 r  sin θ ⋅ ∂ ∂ φ  1 r  . Po obliczeniu pochodnych otrzymujemy wynik E → = − k  q  r ̂ ⋅ -1 r 2 + θ ̂ ⋅ 0 + φ ̂ ⋅ 0 = k  q r 2  r ̂  , \vec{E} = - kq (\hat{r} \cdot \frac{-1}{r^2} + \hat{\theta} \cdot 0 + \hat{\varphi} \cdot 0) = k \frac{q}{r^2} \hat{r} \text{,} którego się spodziewaliśmy. Znaczenie Powyższym rachunkiem potwierdziliśmy znany nam z poprzednich rozdziałów wynik. Dodatkowo pokazaliśmy, że wektor E → jest rzeczywiście skierowany w stronę malejącego potencjału (kierunek zgodny z wektorem wodzącym zaczepionym w środku ładunku źródłowego), co zobrazowano na . Wykorzystaliśmy postać operatora gradientu w zmiennych sferycznych, jednak, jak łatwo zauważyć, tylko różniczkowanie po zmiennej radialnej „przetrwało” różniczkowanie. Potencjał zależy tylko od r , dlatego możemy go potraktować jak funkcję jednej zmiennej i natężenie obliczać jako pochodną po r (oczywiście ze znakiem minus). Wektory natężenia pola elektrycznego wytworzonego przez punktowy ładunek dodatni, pokazane dla trzech odległości od ładunku źródłowego. Natężenie pola naładowanego pierścienia Użyjmy wzoru na potencjał znalezionego w , aby obliczyć natężenie pola wytworzonego przez naładowany jednorodnie pierścień w punkcie na osi pierścienia ( ). Obliczamy wektor natężenia pola elektrycznego pierścienia naładowanego jednorodnie. Strategia rozwiązania Zauważmy, że wektor natężenia pola wytwarzanego przez każdy mały fragment pierścienia będzie miał dwie składowe: wzdłuż osi z oraz prostopadle do niej. Dwa punkty po przeciwnych stronach pierścienia dadzą natężenie, którego prostopadłe składowe się znoszą. Nasz problem jest więc jednowymiarowy. Wystarczy zatem użyć równania E z = − ∂ V ∕ ∂ z i wyrażenia na potencjał V = k  q cał ∕ z 2 + R 2 , przedstawionego w poprzednim podrozdziale. Rozwiązanie Obliczając pochodną potencjału po z , otrzymujemy E z = − ∂ ∂ z k  q cał z 2 + R 2 = k  q cał  z z 2 + R 2 3 ∕ 2  . E_z = - \dd[\partial]{z}\frac{kq_{\text{cał}}}{\sqrt{z^2+R^2}} = k \frac{q_{\text{cał}} z}{(z^2+R^2)^{3/2}} \text{.} Znaczenie Tym razem także uzyskaliśmy wynik zgodny z naszymi oczekiwaniami – obliczone tutaj natężenie pola wytworzonego przez jednorodnie naładowany pierścień jest takie samo jak obliczone w poprzednich rozdziałach. Ponadto okazuje się, że symetria niektórych układów ładunku pozwala na uproszczenie pełnego gradientu i obliczenie tylko jednej jego składowej. Sprawdź, czy rozumiesz. Jakiego układu współrzędnych użyłbyś do obliczenia natężenia pola wytworzonego przez dipol, używając gradientu potencjału? Dowolnego, chociaż cylindryczny byłby najbliższy symetrii dipola. Podsumowanie Podobnie jak możemy scałkować natężenie pola w celu obliczenia potencjału, tak też, różniczkując potencjał, możemy obliczyć natężenie. Możemy osobno znaleźć składowe wektora natężenia, różniczkując potencjał po kolejnych zmiennych układu współrzędnych, albo od razu obliczyć cały wektor natężenia za pomocą operatora gradientu. Pytania Czy jeśli natężenie pola w pewnym obszarze jest zerowe, to potencjał także musi wynosić zero? Nie. Potencjał w tym obszarze może być stały, bo pochodna stałej wynosi zero. Wyjaśnij dlaczego znajomość wektora E →  x y z jest niewystarczająca do uzyskania pełnej informacji o wielkości V  x y z . Czy w odwrotną stronę jest tak samo? Zadania W pewnym obszarze powierzchnie stałego potencjału (tzw. powierzchnie ekwipotencjalne) są zlokalizowane w punktach o składowej z = const . Powierzchnie są równoodległe, a wielkości potencjału tych powierzchni wynoszą: V = 100  V dla z = 0  m , V = 200  V dla z = 0,5  m , V = 300  V dla z = 1  m . Jakiego typu pole elektryczne panuje w tym obszarze? Jakie jest natężenie tego pola? W tym obszarze panuje pole jednorodne o natężeniu E = 200  V ∕ m wzdłuż kierunku z . Funkcja potencjału w pewnym obszarze ma postać V = − x  y 2  z + 4  x  y . Jaka jest funkcja natężenia pola w tym obszarze? Oblicz wektor natężenia pola w dowolnym punkcie przestrzeni, wytworzonego przez nieskończony przewód naładowany jednorodnie. Stosujemy wzór E → = − ∇ →  V z gradientem w zmiennych cylindrycznych ∇ → = r ̂  ∂ ∂ r + φ ̂  1 r ⋅ ∂ ∂ φ + z ̂  ∂ ∂ z \vec{x} = \hat{r}{\dd[\partial]{r}} + \hat{\varphi}\frac1r \cdot {\dd[\partial]{\varphi}} + \hat{z}{\dd[\partial]{z}} i potencjałem obliczonym w poprzednim podrozdziale V = − 2  k  λ  ln r V = -2k\lambda \ln r .Wynik: E → = 2  k  λ ∕ r ⋅ r ̂ jest zgodny z oczekiwaniami.

Science


Powierzchnie ekwipotencjalne i przewodniki Potrafisz już graficznie przedstawiać pole elektryczne za pomocą linii pola. Zupełnie analogicznie można rysować rozkład potencjału wokół ładunków źródłowych – przecież potencjał i natężenie pola są ze sobą związane. Spójrz na , na której zaznaczono linie pola wychodzące od dodatniego ładunku źródłowego radialnie we wszystkich kierunkach. Linie pola zaczynają się na ładunkach dodatnich i kończą na ładunkach ujemnych. Czerwonymi strzałkami zaznaczono kierunki wektorów natężenia, natomiast krzywe kołowe, zaznaczone czarną linią, łączą punkty, w których potencjały są równe. Te krzywe na płaszczyźnie nazywamy liniami ewipotencjalnymi (ang. equipotential line ), natomiast w przestrzeni trójwymiarowej mamy do czynienia z powierzchniami ekwipotencjalnymi (ang. equipotential surface ). Innymi słowy, są to linie lub powierzchnie o stałym potencjale. W przypadku ładunku punktowego potencjał jest stały dla wszystkich punktów na wyimaginowanej sferze o stałym promieniu r , otaczającej ładunek źródłowy. Jest tak, ponieważ potencjał ładunku punktowego zależy od odległości, jak V = k  q ∕ r , i ma stałą wartość dla dowolnego punktu o danej odległości r od ładunku. W rzucie albo przekroju poprzecznym, a więc w ujęciu dwuwymiarowym, sfera ekwipotencjalna jest okręgiem, jak na . Możemy zauważyć, że skoro linie pola wychodzą radialnie od ładunku źródłowego, to przecinają one powierzchnie (linie) ekwipotencjalne pod kątem prostym. Izolowany ładunek punktowy Q z zaznaczonymi na czerwono liniami pola i na czarno liniami ekwipotencjalnymi. Potencjał jest taki sam wszędzie wzdłuż linii ekwipotencjalnych, co oznacza, że praca wykonana przy przeniesieniu ładunku próbnego wzdłuż tych linii jest zerowa. Należy wykonać pracę, aby przenieść ładunek między liniami ekwipotencjalnymi. Linie stałego potencjału są zawsze prostopadle do linii pola. Trójwymiarowy obraz powierzchni ekwipotencjalnych znajdziesz w aplecie pod linkiem zamieszczonym poniżej. Możemy podać następujący związek między liniami pola a liniami stałego potencjału, który jest prawdziwy dla dowolnego rozkładu ładunku. Linie ekwipotencjalne są zawsze prostopadłe do linii pola elektrycznego. Innymi słowy, linie pola przebijają powierzchnie stałego potencjału zawsze pod kątem prostym. Ponadto przemieszczenie ładunku wzdłuż linii ekwipotencjalnych nie wymaga żadnej pracy, bowiem Δ V = 0  V . Praca wynosi W = − Δ E p = − q  Δ V = 0  J  . Wiemy, że praca jest równa 0  J , jeśli wektor siły jest prostopadły do przemieszczenia. Z kolei wektor siły ma ten sam kierunek co wektor natężenia, więc ruch wzdłuż linii stałego potencjału musi być prostopadły do linii pola. Bardziej precyzyjnie możemy zapisać, że W = F → ⋅ d → = q  E → ⋅ d → = q  E  d  cos θ = 0  J  . W tym równaniu symbole E oraz F oznaczają długości wektorów, odpowiednio natężenia i siły. Zarówno q , jak i E są niezerowe, także d jest różne od zera. Zatem cos θ musi się zerować, skoro praca wynosi zero. Oznacza to, że kąt θ musi być równy 90 ° . Ruch wzdłuż linii ekwipotencjalnej zachodzi prostopadle do pola E . W elektrostatyce oraz fizyce przewodników panuje zasada, że linie pola wychodzą z przewodnika zawsze pod kątem prostym do jego powierzchni. W takim razie powierzchnia przewodnika w spoczynku jest powierzchnią ekwipotencjalną. Między dwoma punktami na powierzchni przewodnika nie może być różnicy potencjałów, w przeciwnym razie dochodziłoby do przepływu ładunku. Oczywiście rozważamy tutaj problem elektrostatyczny, gdy ładunki i przewodniki pozostają w spoczynku. Jedną z możliwości wykorzystania tej cechy przewodników jest to, że możemy nadać powierzchni przewodnika zerowy potencjał w wyniku podłączenia jej dobrym przewodem z ziemią – proces ten nazywamy uziemieniem (ang. grounding ). Uziemienie może być bardzo przydatne jako zabezpieczenie elektryczne. Możemy przykładowo zawsze uziemić obudowę urządzenia elektrycznego, dzięki czemu mamy pewność, że nie zgromadzi się na niej nadmiarowy ładunek i obudowa pozostanie elektrycznie obojętna, a przez to bezpieczna dla człowieka. Skoro powierzchnia przewodnika jest dobrą powierzchnią ekwipotencjalną, możemy zawsze wykorzystać przewodnik o odpowiedniej budowie jako jednej z powierzchni stałego potencjału dla dowolnego ładunku źródłowego. Przykładowo możemy zastąpić jedną ze sfer ekwipotencjalnych wokół ładunku punktowego na metalową cienką sferą współśrodkową z ładunkiem. Pole elektryczne i potencjał na zewnątrz sfery pozostaną niezmienione, co tylko potwierdza równoważność cech sferycznego rozkładu ładunku oraz ładunku punktowego. Na widzisz linie pola i linie stałego potencjału wokół układu dwóch ładunków o tych samych wartościach, ale przeciwnych znakach, umieszczonych w pewnej odległości od siebie. Układ taki tworzy, jak wiesz, dipol elektryczny. Gdy znasz układ linii pola, łatwo narysujesz układ linii ekwipotencjalnych, bo te są zawsze prostopadłe do linii pola. Łatwo też stworzysz rysunek odwrotny – na podstawie układu linii czy powierzchni stałego potencjału, jak na (a), linie pola dorysujesz jako prostopadłe w każdym punkcie, co widać na (b). Linie pola elektrycznego i linie ekwipotencjalne dla układu dwóch identycznych ładunków o przeciwnych znakach. Linie ekwipotencjalne można łatwo wyznaczyć, prowadząc je prostopadłe do linii pola. Zauważ, że potencjał jest najwyższy (najbardziej dodatni) tuż przy dodatnim ładunku, a najniższy (najbardziej ujemny) blisko ładunku ujemnego. Kształt powierzchni ekwipotencjalnych w trzech wymiarach możesz zobaczyć dzięki apletowi, do którego link zamieszczamy poniżej w tym podrozdziale. (a) Taki rozkład linii ekwipotencjalnych można np. zmierzyć woltomierzem w laboratorium. (b) Odpowiadający temu układowi ładunków rozkład linii pola możesz znaleźć, rysując linie prostopadłe do linii ekwipotencjalnych w punktach przecięć. Zauważ, że otrzymany rozkład linii pola jest typowy dla układu dwóch ładunków jednoimiennych (np. ujemnych). Aby móc jeszcze lepiej zrozumieć zagadnienie linii pola i powierzchni ekwipotencjalnych, rozpatrzymy teraz przypadek trójwymiarowy. przedstawia mapę potencjału dwóch ładunków różnoimiennych zgromadzonych na małych przewodzących kulkach, a linie ciągłe na mapie oznaczają linie stałego potencjału. Widoczna na rysunku „górka” odpowiada ładunkowi dodatniemu, a potencjał w kształcie „lejka” ilustruje ładunek ujemny. Zerowy potencjał znajduje się w dużej odległości od ładunków. Widoczne na rysunku obcięcie wysokości potencjału dodatniego odpowiada rozmiarowi kulki. Mapa rozkładu potencjału dwóch ładunków różnoimiennych zgromadzonych na przewodzących kulkach o małym promieniu. Potencjał jest ujemny w pobliżu ujemnie naładowanej kulki, a dodatni blisko kulki naładowanej dodatnio. Dwuwymiarowy rozkład potencjału otrzymamy w wyniku przecięcia płaszczyzny przechodzącej przez oba ładunki, co widać na . Prosta równoodległa od każdego z ładunków odpowiada potencjałowi zerowemu, ponieważ przyczynki do potencjału wypadkowego, pochodzące od ujemnego ładunku, znoszą się z identycznymi co do wartości bezwzględnej przyczynkami od ładunku dodatniego. Linie ekwipotencjalne w płaszczyźnie przekroju poprzecznego tworzą zamknięte pętle, które niekoniecznie mają kształt okręgów. Pętle są nieco „rozciągnięte” w kierunku na zewnątrz ładunków, ponieważ odległości od dodatniego i ujemnego ładunku maleją w innym tempie w obszarach: pomiędzy ładunkami i na zewnątrz nich. Przekrój poprzeczny trójwymiarowej mapy rozkładu potencjału pola dwóch ładunków przeciwnego znaku. Potencjał jest ujemny (kolor ciemnoniebieski) w pobliżu ujemnego ładunku oraz dodatni (kolor jasnoniebieski) blisko dodatniego. Kliknij na ten link , aby otworzyć aplet symulujący przebieg linii pola i powierzchni ekwipotencjalnych dla różnych układów ładunków. Na pewno dowiesz się wielu ciekawych rzeczy o cechach pola elektrycznego wytwarzanego przez różne układy ładunków. Rozważymy teraz bardzo ważny przypadek układu ładunków utworzonego przez dwie równoległe płyty przewodzące, jak te pokazane na . Powierzchnie ekwipotencjalne w obszarze między płytami są do siebie równoległe i równomiernie rozłożone. Takie samo natężenie pola elektrycznego wytworzylibyśmy, gdyby jedną z płyt ustawić w położeniu wybranej powierzchni ekwipotencjalnej występującej między płytami. Linie pola i linie ekwipotencjalne między dwoma naładowanymi płytami. Zauważ, że oba rodzaje linii przecinają się zawsze pod kątem prostym. Linie pola są prostopadłe do płyt metalowych, a linie stałego potencjału są do nich równoległe. Rozważmy jeszcze raz układ równoległych płyt z . Linie stałego potencjału są także równoległe i równoodległe od siebie w obszarze między płytami. Przykładowe wartości potencjału wzdłuż tych linii pokazano także na . Podobny układ izolinii potencjału możemy narysować dla pola grawitacyjnego, np. w przypadku wzniesienia, jakie pokazano na . Jeżeli wzniesienie w każdą stronę miałoby stałe nachylenie (góra w kształcie stożka), to odległości między izoliniami potencjału grawitacyjnego byłyby również stałe. Przykład takich poziomic topograficznych pokazano na . (a) Mapa topograficzna pokazuje układ poziomic w rzucie z góry. W przypadku wzniesienia Devil’s Tower w stanie Wyoming, przez Indian nazywanego także Górą Niedźwiedzią, rozkład poziomic jest prawie jednorodny, podobnie jak na . Sąsiednie poziomice są położone bardzo blisko siebie, co wskazuje, że nachylenie zboczy wzniesienia jest bardzo duże. (b) Zdjęcie lotnicze Devil’s Tower potwierdza, jak bardzo strome są zbocza góry. Zauważ, że płaski szczyt góry ma dokładnie taki kształt, jak najbardziej wewnętrzna izolinia na mapie topograficznej. Wyznaczanie linii stałego potencjału Na widzieliśmy rozkład linii ekwipotencjalnych wokół ładunku punktowego. Jak wyznaczyć położenia tych linii? Jeśli przykładowo umieścimy ładunek + 10  nC w centrum, to gdzie znajdują się linie stałego potencjału o wartościach 100  V ; 50  V ; 20  V ; 10  V ? Strategia rozwiązania Przyrównamy ogólny wzór na potencjał ładunku punktowego do konkretnej wartości potencjału i wyznaczymy odpowiadający jej promień okręgu. Rozwiązanie We wzorze V = k  q ∕ r przyjmiemy, że V jest stałe. Jedyną zmienną jest teraz r , które możemy obliczyć za pomocą przekształconego wzoru r = k  q ∕ V = const . Zatem powierzchnie stałego potencjału są sferami o środku w centrum ładunku. Promienie tych sfer są następujące r = k  q V = 8,99 ⋅ 10 9  N  m 2 ∕ C 2 ⋅ 10 ⋅ 10 -9  C 100  V = 0,9  m  ; r = \frac{kq}{V} = \frac{\SI{8,99e9}{\newton\metre\squared\per\coulomb\squared} \cdot \SI{10e-9}{\coulomb}}{\SI{100}{\volt}} = \SI{0,9}{\metre} \text{;} r = k  q V = 8,99 ⋅ 10 9  N  m 2 ∕ C 2 ⋅ 10 ⋅ 10 -9  C 50  V = 1,8  m  ; r = \frac{kq}{V} = \frac{\SI{8,99e9}{\newton\metre\squared\per\coulomb\squared} \cdot \SI{10e-9}{\coulomb}}{\SI{50}{\volt}} = \SI{1,8}{\metre} \text{;} r = k  q V = 8,99 ⋅ 10 9  N  m 2 ∕ C 2 ⋅ 10 ⋅ 10 -9  C 20  V = 4,5  m  ; r = \frac{kq}{V} = \frac{\SI{8,99e9}{\newton\metre\squared\per\coulomb\squared} \cdot \SI{10e-9}{\coulomb}}{\SI{20}{\volt}} = \SI{4,5}{\metre} \text{;} r = k  q V = 8,99 ⋅ 10 9  N  m 2 ∕ C 2 ⋅ 10 ⋅ 10 -9  C 10  V = 9  m  . r = \frac{kq}{V} = \frac{\SI{8,99e9}{\newton\metre\squared\per\coulomb\squared} \cdot \SI{10e-9}{\coulomb}}{\SI{10}{\volt}} = \SI{9}{\metre} \text{.} Znaczenie Powierzchnie ekwipotencjalne wokół ładunku punktowego są sferami o stałych promieniach, których wielkość ściśle zależy od wartości potencjałów. Różnica potencjałów między dwiema płytami Dwie duże płyty przewodzące gromadzą ładunki o tych samych wartościach, ale przeciwnego znaku, jak pokazano na . Gęstość powierzchniowa ładunku σ na każdej z płyt jest równa 6,81 ⋅ 10 − 7  C ∕ m 2 . Płyty ustawiono równolegle w odległości l = 6,5  mm od siebie. Jaka jest wartość natężenia pola elektrycznego w obszarze między płytami? Jaka różnica potencjałów występuje między płytami? W jakiej odległości od siebie są dwie linie ekwipotencjalne, których potencjały różnią się o 100  V ? Pole elektryczne między dwiema metalowymi płytami. Linie pola wychodzą od dodatnio naładowanej płyty i wchodzą do płyty naładowanej ujemnie. Strategia rozwiązania Ponieważ płyty określono jako „duże”, a odległość między nimi nie jest tak duża, zastosujemy przybliżenie nieskończonej naładowanej płaszczyzny dla każdej z nich i skorzystamy z wyniku, jaki daje nam prawo Gaussa dla natężenia pola układu dwóch płaszczyzn naładowanych ładunkiem powierzchniowym przeciwnego znaku. Żeby obliczyć napięcie (różnicę potencjałów) między płytami, skorzystamy ze wzoru Δ V A  B = − ∫ A B E → ⋅ d l → . Ponieważ pole między płytami jest jednorodne, odległość między powierzchniami stałego potencjału różniącymi się o 100  V obliczymy jako ułamek 100 ∕ Δ V A  B odległości między płytami. Rozwiązanie Wektor natężenia pola jest skierowany od płyty dodatnio naładowanej do płyty naładowanej ujemnie i ma wartość E = σ ε 0 = 6,81 ⋅ 10 − 7  C ∕ m 2 8,85 ⋅ 10 − 12  C 2 ∕ N  m 2 = 7,69 ⋅ 10 4  V ∕ m  . Do obliczenia Δ V jako krzywą całkowania wybierzemy prostą biegnącą od płyty ujemnej do płyty dodatniej, a więc w kierunku przeciwnym do linii pola. Wektor przemieszczenia d l → i wektor pola E → w całce są przeciwnie zwrócone, więc E → ⋅ d l → = − E  d l . Różnica potencjałów między płytami jest więc równa Δ V = ∫ E  d l = E  ∫ d l = E  l = 7,69 ⋅ 10 4  V ∕ m ⋅ 6,5 ⋅ 10 − 3  m = 500  V  . Napięcie między płytami wynosi 500  V , zatem odległość dwóch sąsiednich powierzchni o różnicy potencjałów 100  V wynosi 1 ∕ 5 odległości między płytami, czyli 1,3  mm . Znaczenie Przeprowadziliśmy obliczenia numeryczne dla przypadku układu dwóch naładowanych płyt. Zauważ, że fakt, iż pole elektryczne między płytami jest jednorodne, znacznie upraszcza rachunki (np. całkowanie). Sprawdź, czy rozumiesz. Jak wyglądają powierzchnie ekwipotencjalne wokół nieskończenie długiego naładowanego przewodu liniowego? Jest to układ nieskończenie długich cylindrów o stałych promieniach przekroju i osiach leżących wzdłuż przewodu. Rozkład ładunku w przewodnikach W , w którym zastosowano ładunek punktowy, dowiedzieliśmy się, że powierzchnie ekwipotencjalne przyjmują formę sfer o środku umieszczonym w położeniu ładunku. Dowiedzieliśmy się też, że powierzchnia dowolnego przewodnika sama jest powierzchnią ekwipotencjalną, co doprowadziło nas do wniosku, że dowolną powierzchnię stałego potencjału wokół ładunku punktowego z rysunku w możemy zamienić na metalową sferę o takim samym promieniu i środku w położeniu ładunku źródłowego. Natężenie pola i rozkład potencjału na zewnątrz tej metalowej sfery będą takie same jak przedtem. Dokładnie ten sam efekt miałoby zastąpienie powierzchni ekwipotencjalnej metalową kulą o odpowiednim promieniu. Cały ładunek elektryczny kuli metalowej gromadzi się na jej powierzchni, efektywnie mamy więc do czynienia ze sferą. Różnice jednak pojawią się wewnątrz przewodnika. Odizolowana przewodząca kula. Aby lepiej zrozumieć to zagadnienie, rozważmy przypadek odizolowanej od otoczenia przewodzącej kuli o promieniu R i ładunku q , jak na . Chcemy określić natężenie pola wewnątrz i na zewnątrz tej kuli. Zauważ, że skoro kula jest odizolowana od otoczenia (brak wpływu innych, zewnętrznych ładunków), to zarówno rozkład ładunku elektrycznego na powierzchni, jak i rozkład lini pola mają symetrię sferyczną. Możemy więc zapisać wektor pola elektrycznego w postaci E → = E  r  r ̂ . Żeby obliczyć funkcję E  r , skorzystamy z prawa Gaussa. W tym celu wybierzemy powierzchnię gaussowską S o promieniu r , która jest sferą koncentryczną z naładowaną kulą. Ponieważ na powierzchni Gaussa r jest stałe i prostopadłe do powierzchni, n ̂ = r ̂ oraz ∯ S E → ⋅ n ̂  d S = E  r  ∯ S d S = E  r ⋅ 4  π  r 2  . \prefop{\u{222F}}_S \vec{E} \cdot \hat{n} \d S = E\apply (r) \prefop{\u{222F}}_S \d S = E \apply (r) \cdot 4\pi r^2 \text{.} Przy r < R cała powierzchnia gaussowska S jest zamknięta wewnątrz przewodnika, więc na podstawie naszych wcześniejszych doświadczeń z prawem Gaussa możemy wnioskować, że q wew = 0  C , i z prawa Gaussa wynika, że E  r = 0  N ∕ C . Takiego wyniku mogliśmy się spodziewać dla punktów wewnątrz przewodzącej kuli. Dla przypadków r > R powierzchnia S zamyka cały ładunek zgromadzony w kuli, więc q wew = q . Na podstawie prawa Gaussa mamy wtedy E  r  4  π  r 2 = q ε 0  . Ostatecznie natężenie pola naładowanej kuli możemy wyrazić jako E → = 0  V ∕ m  , dla  r < R 1 4  π  ε 0 ⋅ q r 2  r ̂  , dla  r ≥ R  . \vec{E} = \left{\begin{matrix} \SI{0}{\volt\per\metre}\text{,} &\text{ dla } r<R \\ \frac{1}{4\pi \epsilon_0} \cdot \frac{q}{r^2} \hat{r}\text{,} &\text{ dla } r\geq R \text{.} \end{matrix} \right\ W obszarze r ≥ R , czyli na zewnątrz kuli, natężenie pola wytworzonego przez ładunek q zgromadzony na przewodzącej kuli o promieniu R jest dokładnie takie, jak pole ładunku punktowego q umieszczonego w środku kuli. Chcemy teraz znaleźć potencjał kuli wewnątrz i na zewnątrz. Zauważmy, że potencjał na zewnątrz kuli ( r ≥ R ) musi być taki jak ładunku punktowego q umieszczonego w r = 0  m , czyli V  r = 1 4  π  ε 0 ⋅ q r  , jeżeli  r ≥ R  , V \apply (r) = \frac{1}{4\pi \epsilon_0} \cdot \frac{q}{r} \text{, jeżeli } r \geq R \text{,} przez analogię podobieństwa do natężenia pola w tych dwóch sytuacjach. Dla przypadku r < R natężenie E = 0  N ∕ C , więc potencjał V  r musi mieć wartość stałą w tym obszarze. Zgodnie z powyższym równaniem V  R = q ∕ 4  π  ε 0  R , więc V  r = 1 4  π  ε 0 ⋅ q R  , jeżeli  r < R  . V \apply (r) = \frac{1}{4\pi \epsilon_0} \cdot \frac{q}{R} \text{, jeżeli } r < R \text{.} Pokażemy teraz, że dla dwóch przewodzących kul o promieniach R 1 i R 2 naładowanych ładunkiem o gęstościach powierzchniowych σ 1 i σ 2 oraz połączonych ze sobą cienkim przewodem, tak jak pokazano na , prawdziwa jest równość σ 1  R 1 = σ 2  R 2  . Kule znajdują się od siebie w odległości na tyle dużej, że możemy je traktować jak izolowane i nie dochodzi do polaryzacji ładunku. Jedynym kontaktem ładunków kul z zewnętrznym układem jest przewód. Zwróć uwagę, że połączenie kul przewodem powoduje, że cały układ (obie kule + przewód) muszą mieć wspólny potencjał. Dwie przewodzące kule połączone są cienkim przewodem. Potencjał elektryczny naładowanej, przewodzącej i izolowanej kuli o promieniu R tuż przy jej powierzchni wynosi, zgodnie z wcześniejszymi ustaleniami V = 1 4  π  ε 0 ⋅ q R  . Po połączeniu kul przewodem dochodzi do wyrównania potencjałów na powierzchniach obu kul, zatem 1 4  π  ε 0 ⋅ q 1 R 1 = 1 4  π  ε 0 ⋅ q 2 R 2  , czyli q 1 R 1 = q 2 R 2  . Wielkość ładunku zgromadzonego na powierzchni przewodzącej kuli jest związana z gęstością powierzchniową ładunku relacją q = σ ⋅ 4  π  R 2 . Podstawiając tę ostatnią zależność w miejsce ładunków w poprzedniej równości, otrzymujemy σ 1  R 1 = σ 2  R 2  . Co prawda, prosty modelowy układ dwóch kul połączonych cienkim przewodem nie może stanowić modelu przewodnika o dowolnej krzywiźnie, jednak daje pewne wyobrażenie o tym, jak gęstość ładunku może zmieniać się w zależności od kształtu powierzchni przewodnika. Na podstawie powyższego równania możemy stwierdzić, że jeśli promień krzywizny przewodnika jest duży (np. w punktach B i D na ), to σ oraz E są małe, i odwrotnie. Ładunki chętniej gromadzą się w miejscach, gdzie krzywizna powierzchni przewodnika jest bardzo duża, ładunkowa gęstość powierzchniowa osiąga dużą wartość. Widać to na , gdzie w punktach A i C przewodnik ma ostre krawędzie, przez co gromadzi się w ich okolicy duży ładunek powierzchniowy. Gęstość powierzchniowa ładunku jest zawsze większa w miejscach o małym promieniu krzywizny niż w miejscach, gdzie promień krzywizny jest duży. Rozkład ładunku na powierzchni przewodnika o nieregularnym kształcie. Większą gęstość ładunku obserwujemy w miejscach o małym promieniu krzywizny powierzchni. Najbardziej powszechnym zastosowaniem tego efektu jest konstrukcja instalacji piorunochronu (ang. lighting rod ), który jest zwykłym metalowym prętem lub cienkim drutem o dodatkowo zaostrzonym końcu, skierowanym w górę ponad najwyższy punkt na dachu. Drugi koniec drutu jest uziemiony. W wyniku polaryzacji ładunku podczas burzy na powierzchni Ziemi gromadzi się ładunek dodatni, a w chmurze burzowej obserwujemy ogromne ilości ładunku ujemnego. Gęstość ładunku na końcu piorunochronu jest bardzo duża. Gdy natężenie pola wytworzonego przez ten ładunek osiąga wartość ok. 3 ⋅ 10 6  N ∕ C (jak już wiesz, jest to wartość wytrzymałości elektrycznej (ang. dielectric strength ) powietrza), jony cząsteczek w powietrzu ulegają przyspieszeniu do tak wysokich energii, że w trakcie zderzeń z innymi cząsteczkami powietrza jonizują je. Powstaje duża liczba elektronów, które przepływają przez instalację odgromową do powierzchni Ziemi, znacząco neutralizując dodatni ładunek zgromadzony przy powierzchni Ziemi. Dzięki temu natężenie pola nie wzrasta bardziej i nie osiąga krytycznej wartości, przy której mogłoby dojść do uderzenia pioruna w pobliżu naszego domu. W przeciwnym razie ładunek dodatni gromadziłby się dalej i natężenie pola wzrosłoby do takiej wartości, przy której doszłoby do „przebicia” i wyładowania atmosferycznego. Pole elektryczne i linie stałego potencjału znajdują ważne zastosowanie w medycynie, przy badaniu pracy serca. Pod wpływem sygnałów elektrycznych serce utrzymuje swój rytm bicia. Przepływ sygnału elektrycznego powoduje, że komory kurczą się i rozkurczają w odpowiednim tempie. W trakcie ataku serca czy w chorobach, takich jak arytmia, przepływ tych sygnałów może być zaburzony. Używa się wówczas urządzeń takich jak defibrylator czy sztuczny rozrusznik serca do pobudzenia przepływu sygnałów elektrycznych i przywrócenia poprawnej akcji serca. Pomiary linii ekwipotencjalnych wokół serca, w obszarze klatki piersiowej, oraz osi elektrycznej serca służą monitorowaniu jego pracy. Za pomocą elektrokardiografu (EKG) dokonuje się pomiaru niewielkich sygnałów elektrycznych generowanych w trakcie pracy serca. W tym aplecie możesz bawić się różnymi układami ładunków i symulować pole elektryczne, by lepiej poznać pojęcia natężenia pola, linii pola, napięcia, linii ekwipotencjalnych i wiele innych. Podsumowanie Powierzchnia ekwipotencjalna jest zbiorem punktów o tym samym potencjale. Na płaszczyźnie powierzchnie ekwipotencjalne są reprezentowane przez linie stałego potencjału. Powierzchnie stałego potencjału są zawsze prostopadłe do linii pola elektrycznego. Powierzchnie przewodników w równowadze statycznej są także powierzchniami ekwipotencjalnymi. Poziomice na mapach topograficznych mogą być rozumiane jako linie stałego potencjału grawitacyjnego. Pytania Czy przez dwa punkty o równym potencjale może przechodzić jakakolwiek linia pola? Nie. Załóżmy, że dysponujesz mapą rozkładu potencjału, na której linie ekwipotencjalne różnią się o 1  V . Co mówi ci odległość między liniami na temat wektora pola E → w tym obszarze? Czy potencjał elektryczny musi zawsze być stały na powierzchni przewodnika? Nie. Tylko w równowadze statycznej, gdy przewodnik nie porusza się i jest izolowany od otoczenia, potencjał wszystkich punktów na powierzchni jest stały. W zagadnieniach elektrostatycznych ładunek nadmiarowy gromadzi się zawsze na powierzchni przewodnika. Czy to oznacza, że wszystkie elektrony przewodnictwa w przewodniku przepłynęły na jego powierzchnię? Czy dodatnio naładowany przewodnik może mieć ujemny potencjał? Wyjaśnij. Tak. To zależy od wyboru poziomu odniesienia dla zerowego potencjału (chociaż byłoby to dość nietypowe). Czy powierzchnie ekwipotencjalne mogą się przecinać? Zadania Dwie metalowe płyty o bardzo dużych rozmiarach są rozsunięte na odległość 2  cm , a pomiędzy nimi panuje napięcie 12  V . Przyjmij, że jedna z płyt jest uziemiona, a druga ma potencjał 12  V . Naszkicuj przebieg powierzchni ekwipotencjalnych dla 0  V , 4  V , 8  V i 12  V ; Na tym samym rysunku naszkicuj przebieg linii pola. Pokaż, że rzeczywiście są prostopadłe do linii stałego potencjału. Na bardzo dużej płaskiej powierzchni izolatora rozłożono równomiernie ładunek nadmiarowy o gęstości powierzchniowej − 3  nC ∕ m 2 . Czy wraz ze wzrostem odległości od powierzchni potencjał rośnie, czy maleje? Potrafisz to wyjaśnić, nie wykonując żadnych obliczeń? Czy położenie punktu odniesienia ma tutaj znaczenie? Jakiego kształtu są powierzchnie ekwipotencjalne wokół płaszczyzny? Jaka odległość dzieli dwie powierzchnie o stałym potencjale 1  V ? a. Potencjał maleje, bo natężenie pola elektrycznego jest stałe (i ujemne). Punkt odniesienia ma znaczenie tylko w kontekście wartości potencjału; b. Są to płaskie warstwy równoległe do powierzchni; c. 0,59  cm . Cienka metalowa sfera o promieniu 2  cm jest obdarzona ładunkiem + 5  µC , który gromadzi się równomiernie na powierzchni sfery. Sfera jest przymocowana do statywu wykonanego z izolatora i otoczona większą metalową powłoką o promieniu wewnętrznym 5  cm i promieniu zewnętrznym 6  cm . Na zewnętrzną powłokę dostarczamy teraz ładunek − 5  µC , który rozkłada się równomiernie na wewnętrznej powierzchni powłoki. Jeśli przyjmiemy zerowy potencjał w nieskończoności, to jaki potencjał ma zewnętrzna powierzchnia powłoki; sfera zamknięta w środku; obszar pomiędzy sferami; obszar wewnątrz mniejszej sfery; obszar na zewnątrz całego układu? Układ dwóch nieskończonych płyt o gęstościach ± 30  µC ∕ m 2 ustawiono w odległości 5  mm od siebie. Znajdź potencjał w dowolnym punkcie; W pobliżu ujemnie naładowanej płyty pojawia się elektron, który bez prędkości początkowej zaczyna przyspieszać w kierunku płyty dodatniej. Z jaką prędkością w nią uderzy? a. Z dotychczasowych rozważań wiemy, że natężenie pola między płytami ma wartość σ ∕ ε 0 i jest zerowe w obszarze na zewnątrz płyt. Przyjmując, że płyta ujemnie naładowana jest uziemiona i umieszczona w początku osi z , natomiast płyta naładowana dodatnio ma potencjał V = 1,7 ⋅ 10 4  V i położenie + 5  mm na osi z , potencjał wynosi: 0  V dla z < 0  mm , 1,7 ⋅ 10 4  V ⋅ z ∕ 5  mm dla 0  mm ≤ z ≤ 5  mm , 1,7 ⋅ 10 4  V dla z > 5  mm ; b. q  V = 1 ∕ 2 ⋅ m  v 2 ⇒ v = 7,7 ⋅ 10 7  m ∕ s . Pręt aluminiowy w kształcie długiego walca o promieniu R naładowany jest jednorodnie ładunkiem o gęstości liniowej λ . Znajdź natężenie pola; potencjał wewnątrz i na zewnątrz pręta. Narysuj zależności potencjału i natężenia od odległości od pręta. Dwie równoległe płyty kwadratowe o szerokości 10  cm oddalono na odległość 1,5  mm od siebie i naładowano ładunkiem 5 ⋅ 10 − 9  C o przeciwnych znakach. Jakie napięcie panuje między płytami? V = 85  V . Gęstość powierzchniowa ładunku zgromadzonego na powierzchni metalowej rury wynosi σ . Jaki jest potencjał na zewnątrz i wewnątrz rury? Przyjmij średnicę rury równą 2  a . Dwie koncentryczne powłoki kuliste, wykonane z przewodnika, naładowano ładunkami Q i − Q (rysunek). Grubość wewnętrznej powłoki jest pomijalna. Jakie napięcie panuje między powłokami? W obszarze a ≤ r ≤ b , E → = k  Q ∕ r 2 ⋅ r ̂ , natomiast wartość E wszędzie indziej jest równa zero; różnica potencjałów wynosi więc Δ V = k  Q  1 ∕ a − 1 ∕ b . Na rysunku przedstawiono dwie koncentryczne powłoki metalowe o zaniedbywalnych grubościach i promieniach R 1 oraz R 2 . Powłoki są naładowane ładunkami q 1 i q 2 , przy czym oba ładunki są dodatnie. Jaki potencjał panuje w obszarze r ≤ R 1 r \leq R_1 ; R 1 < r ≤ R 2 R_1 < r \leq R_2 ; r > R 2 ? Lity cylindryczny przewodnik o promieniu a jest otoczony metalową powłoką cylindryczną o promieniu wewnętrznym b . Cylinder w środku ma ładunek Q , a zewnętrzna powłoka cylindryczna ma ładunek − Q . Przyjmując, że długość obu przewodników L jest znacznie większa od promieni a i b , jaka różnica potencjałów występuje między powierzchniami przewodników? Z poprzednich obliczeń mamy V P − V R = − 2  k  λ  ln r P ∕ r R V_P - V_R = -2k \lambda \ln (r_P / r_R) ; zauważ, że punkt b jest bardzo wygodnym położeniem punktu zerowego potencjału. Różnica potencjałów wynosi: Δ V = − 2  k  Q ∕ L ⋅ ln a ∕ b . powierzchnia ekwipotencjalna (ang. equipotential surface ) powierzchnia (najczęściej w trzech wymiarach), której wszystkie punkty mają jednakowy potencjał linia ekwipotencjalna (ang. equipotential line ) dwuwymiarowa reprezentacja powierzchni stałego potencjału uziemienie (ang. grounding ) działanie polegające na połączeniu przewodnika z Ziemią, mające na celu zapewnienie, że nie występuje różnica potencjałów między przewodnikiem a powierzchnią Ziemi

Science


Zastosowanie elektrostatyki Badania w dziedzinie elektrostatyki przyniosły bardzo wiele użytecznych zastosowań w wielu dziedzinach życia. W tym podrozdziale poznamy i omówimy tylko wybrane z zastosowań elektrostatyki. Generator Van de Graaffa Generatory Van de Graaffa (ang. Van de Graaff generator ) nie są tylko urządzeniami do spektakularnych demonstracji z użyciem wysokiego napięcia, wytworzonego przez zgromadzony na kopule ładunek elektryczny, ale służą do poważnych badań naukowych. Pierwsze tego typu urządzenie zostało skonstruowane w 1931 roku przez Roberta Van de Graaffa, amerykańskiego fizyka i wynalazcę, na podstawie pomysłu Lorda Kelvina i znalazło swoje zastosowanie w fizyce jądrowej. Na przedstawiono schemat wersji służącej do celów naukowych. Generatory Van de Graafa wykorzystują zarówno idealnie gładkie, jak i zaostrzone powierzchnie, a także przewodniki i izolatory, aby wytwarzać ogromne ładunki elektryczne, a tym samym – napięcia. Zgromadzenie bardzo dużej ilości ładunku nadmiarowego na czaszy jest możliwe dzięki temu, że ładunek przenoszony przez pas transmisyjny szybko przemieszcza się na zewnętrzną powierzchnię czaszy. Praktycznym ograniczeniem maksymalnej wielkości ładunku możliwej do zgromadzenia jest fakt, że duże pole elektryczne prowadzi do polaryzacji, a nawet jonizacji materiału, z którego wykonane są podzespoły generatora, a wytwarzane w ten sposób swobodne ładunki neutralizują lub wypychają ładunek nadmiarowy w czaszy. Niemniej jednak w ramach tych ograniczeń łatwe do uzyskania są napięcia rzędu 15 milionów woltów. Schemat generatora Van de Graaffa. Ładunek nadmiarowy jest przekazywany z baterii ( A ) do pasa transmisyjnego, który jest wykonany z izolatora, za pomocą przewodnika o kształcie szczotki z zaostrzonymi końcami. Szczotka u góry urządzenia ( B ) zbiera nadmiarowy ładunek z obracającego się pasa (pole elektryczne wyindukowane na końcówkach szczotki jest na tyle duże, że usuwa ładunki z pasa). Jest to możliwe dzięki temu, że w samej szczotce ładunek nie jest zgromadzony, natomiast szybko odpływa na zewnętrzną powierzchnię metalowej czaszy. Źródło jonowe, umieszczone wewnątrz czaszy, wytwarza dodatnie jony, które są przyspieszane do wysokich prędkości w polu wytwarzanym przez ładunek nadmiarowy. Kserografia Większość urządzeń kopiujących wykorzystuje metodę kopiowania opartą na procesach elektrostatycznych, zwaną kserografią (ang. xerography ) – nazwa pochodzi od połączenia greckich słów xeros , czyli suchy, i graphos , czyli pisać. Kserografia jest metodą tzw. suchego kopiowania. Istotę wykorzystywanego procesu przedstawiono w uproszczony sposób na . Kserografia jest metodą suchego kopiowania, opartą na procesach elektrostatycznych. Najważniejsze etapy powstawania kopii kserograficznej są następujące: ładowanie fotoprzewodzącego bębna, wykonanie pozytywu kopiowanego obiektu na bębnie, naniesienie dodatniego ładunku na pozytyw, przyciąganie tonera do dodatnio naładowanych fragmentów bębna, przeniesienie tonera na papier. Na schemacie nie przedstawiono etapu obróbki cieplnej papieru i oczyszczania bębna przed następną kopią. Na aluminiowy bęben kopiarki, pokryty warstwą selenu, przy pomocy tzw. zespołu ładującego (elektroda + rolka) rozpylany jest ładunek dodatni. Selen ma bardzo interesujące własności – jest fotoprzewodnikiem (ang. photoconductor ), co oznacza, że w ciemności ma właściwości izolatora, natomiast pod wpływem ekspozycji na światło staje się przewodnikiem. W pierwszym etapie kopiowania metodą kserograficzną bęben jest uziemiony, dlatego w obecności dodatnio naładowanej warstwy selenu cały ujemny ładunek odpływa z bębna do ziemi. Następnie obraz kopiowanego przedmiotu/kształtu jest nanoszony na bęben (papier z kopiowaną treścią jest prześwietlany i cień obrazu pada na bęben). W obszarach, w których obraz jest jasny, selen staje się przewodzący i dodatni ładunek na bębnie zostaje zneutralizowany (odpływa). W obszarach ciemnych nadmiarowy ładunek dodatni pozostaje, w ten sposób mamy utrwalony obraz kopiowanego przedmiotu czy kształtu – na bębnie powstaje „ładunkowy pozytyw”. W trzecim etapie czarny (lub kolorowy) proszek obdarzony ładunkiem ujemnym, nazywany tonerem, jest rozpylany na powierzchnię bębna i przyciągany do dodatnio naładowanych obszarów na selenowej powierzchni bębna. Następnie kartka papieru, na której zgromadzono ładunek dodatni większy niż ten na bębnie kopiarki, jest przykładana do bębna za pomocą odpowiedniego zestawu rolek. Cząsteczki tonera są odrywane od bębna i przenoszone na papier. Na końcu papier wraz z tonerem przechodzi przez tzw. zespół grzewczy (układ rolek dociskających w wysokiej temperaturze), gdzie cząsteczki tonera rozpuszczają się i trwale zgrzewają z włóknami papieru. Drukarki laserowe Drukarki laserowe wykorzystują metodę kserografii do uzyskiwania na papierze wysokiej jakości obrazów, co możliwe jest dzięki zastosowaniu lasera do wytwarzania obrazu na powierzchni fotoprzewodzącego bębna ( ). W standardowej konfiguracji drukarki otrzymują obraz drukowanego przedmiotu lub kształtu w postaci elektronicznej z komputera i przenoszą go na bęben za pomocą bardzo skupionej wiązki światła laserowego, dzięki czemu uzyskuje się wysoką rozdzielczość wydruku. Współczesne drukarki laserowe wykonują często bardzo zaawansowane procesy przetwarzania obrazów, jak otrzymywanie złożonych kształtów czcionek i drobnych detali, co jest możliwe dzięki zamontowanym z nich mikroprocesorom o mocy często większej niż w niejednym komputerze, z którego otrzymują plik do druku. W drukarce laserowej wiązka światła laserowego skanuje kartkę na całej szerokości fotoprzewodzącego bębna i przenosi obraz na bęben w postaci dodatnio naładowanego pozytywu. Pozostałe procesy przenoszenia obrazu na papier są takie same jak w metodzie kserograficznej (np. w kserokopiarce). Wiązka światła laserowego może być bardzo precyzyjnie kontrolowana, co umożliwia wytwarzanie kopii o bardzo dobrej rozdzielczości. Drukarki atramentowe i malowanie elektrostatyczne Drukarka atramentowa (ang. ink jet printer ) także wykorzystuje do swojego działania elektrostatykę. Dysza drukarki bardzo precyzyjnie rozpyla krople atramentu, które następnie uzyskują ładunek elektryczny ( ) i są przenoszone na papier. Naładowane krople tuszu mogą być łatwo sterowane za pomocą pola elektrycznego wytwarzanego między dwiema naładowanymi płytkami, dzięki czemu możliwe jest formowanie liter i złożonych kształtów na papierze. Drukarki atramentowe mogą tworzyć kolorowe kopie za pomocą tuszów o kolorze czarnym i trzech kolorach podstawowych – w technologii drukarskiej są to zazwyczaj cyjan, magenta i żółty (te cztery kolory składają się na paletę CMYK). Dysza drukarki atramentowej wytwarza drobne krople atramentu, które po naładowaniu ładunkiem elektrycznym są rozpylane na papierze. Złożony układ wielu elementów sterowanych za pomocą mikroprocesora jest odpowiedzialny za skierowanie kropli w odpowiednie miejsce na kartce papieru. Malowanie elektrostatyczne wykorzystuje ładunek elektryczny zawieszony w kroplach rozpylanej farby czy lakieru do malowania powierzchni i przedmiotów o nieregularnych kształtach. Wzajemne odpychanie jednoimiennie naładowanych cząsteczek powoduje wyrzut farby w kierunku malowanej powierzchni. Cząsteczki farby, które wskutek występowania zjawiska napięcia powierzchniowego tworzą kuliste krople, są następnie przyciągane przez ładunki przeciwnego znaku zgromadzone na malowanej powierzchni. Dzięki rozpylaniu elektrostatycznemu możemy uzyskać warstwy o identycznej grubości na całej powierzchni malowanego przedmiotu, nawet w miejscach trudno dostępnych. W ten sposób wykonuje się pokrycia lakierem np. karoserii samochodów osobowych. Jeśli malowana powierzchnia jest wykonana z materiału przewodzącego, to linie pola elektrycznego są prostopadłe do powierzchni, więc krople lakieru są przyciągane prostopadle do niej. Ostre krawędzie i wystające fragmenty otrzymają dodatkową porcję lakieru (wiemy to na podstawie rozważań z poprzedniego podrozdziału). Elektrofiltry i oczyszczanie elektrostatyczne Innym ważnym z punktu widzenia techniki zastosowaniem elektrostatyki jest oczyszczanie powietrza, zarówno na wielką, jak i małą skalę. W etapie wykorzystującym zjawiska elektrostatyczne w procesie oczyszczania na cząsteczki dymu, kurzu, pyłu czy wszelkiego rodzaju zanieczyszczeń w powietrzu nanosi się ładunek elektryczny (zazwyczaj dodatni) i przepuszcza powietrze przez siatkę (lub układ wielu siatek) obdarzonych ładunkiem przeciwnego znaku. Cząsteczki zanieczyszczeń są wtedy przyciągane do siatki i usuwane ze strumienia powietrza, które zostaje oczyszczone ( ). Wielkie elektrofiltry (ang. electrostatic precipitator , nazywane też filtrami lub odpylaczami elektrostatycznymi) są wykorzystywane w przemyśle ciężkim do usuwania ponad 99% zanieczyszczeń powstałych wskutek spalania węgla czy oleju, a także wszelkich procesów hutniczych i metalurgicznych. Domowe elektrofiltry, często zainstalowane w instalacji ogrzewania lub klimatyzacji, w efektywny sposób usuwają pyły (np. zawarte w miejskim smogu), alergeny i substancje szkodliwe. Oczyszczanie elektrostatyczne jest stosowane nie tylko do oczyszczania powietrza, ale także np. w filtrach olejów i innych cieczy. (a) Schemat działania elektrofiltru. Powietrze jest przepuszczane przez układ siatek o przeciwnych potencjałach. Na pierwszej z nich cząsteczki powietrza zasysane z zewnątrz są obdarzane ładunkiem (dodatnim), a na drugiej są wychwytywane i zatrzymywane. (b) Spektakularny efekt stosowania elektrofiltrów jest widoczny na tym zdjęciu elektrowni, gdzie nie dochodzi do emisji niemal żadnych pyłów i dymów. Źródło (b): modyfikacja pracy „Cmdalgleish”/Wikimedia Commons Podsumowanie Elektrostatyka jest nauką o ładunkach elektrycznych w spoczynku. Oprócz poważnych zastosowań elektrostatyki do celów naukowych, jak w przypadku generatora Van de Graaffa, zjawiska elektrostatyczne są powszechnie wykorzystywane w wielu praktycznych urządzeniach, takich jak kserokopiarki, drukarki laserowe i atramentowe czy filtry elektrostatyczne. Najważniejsze wzory Energia potencjalna układu dwóch ładunków elektrycznych E p  r = k  q  Q r Praca potrzebna do utworzenia układu N ładunków W 1 2 … N = k 2  ∑ i = 1 N ∑ j = 1 i ≠ j N q i  q j r i  j W_{1, 2, \dots , N} = \frac{k}{2} \sum_{i=1}^N \sum_{j=1}_{i \neq j}^N \frac{q_i q_j}{r_{ij}} Różnica potencjałów i jej związek z energią potencjalną Δ V = Δ E p q ⇒ Δ E p = q  Δ V \prefop{\Delta} V = \frac{\prefop{\Delta} E_{\text{p}}}{q} \implies \prefop{\Delta} E_{\text{p}} = q\prefop{\Delta} V Potencjał elektryczny V = E p q = − ∫ R P E → ⋅ d l → Różnica potencjałów między dwoma punktami Δ V A  B = V B − V A = − ∫ A B E → ⋅ d l → Potencjał ładunku punktowego V = k  q r Potencjał układu ładunków punktowych V P = k  ∑ i = 1 N q i r i Elektryczny moment dipolowy p → = q  d → Potencjał elektryczny dipola V P = k  p → ⋅ r ̂ r 2 Potencjał elektryczny ciągłego rozkładu ładunku V P = k  ∫ d q r Składowe wektora natężenia pola elektrycznego E x = − ∂ V ∂ x  ,  E y = − ∂ V ∂ y  ,  E z = − ∂ V ∂ z Operator gradientu w zmiennych kartezjańskich ∇ → = i ̂  ∂ ∂ x + j ̂  ∂ ∂ y + k ̂  ∂ ∂ z \vec{x} = \hat{i}{\dd[\partial]{x}} + \hat{j}{\dd[\partial]{y}} + \hat{k}{\dd[\partial]{z}} Natężenie pola jako gradient potencjału E → = − ∇ →  V Operator gradientu w zmiennych cylindrycznych ∇ → = r ̂  ∂ ∂ r + φ ̂  1 r ⋅ ∂ ∂ φ + z ̂  ∂ ∂ z \vec{x} = \hat{r}{\dd[\partial]{r}} + \hat{\varphi} \frac1r \cdot {\dd[\partial]{\varphi}} + \hat{z}{\dd[\partial]{z}} Operator gradientu w zmiennych sferycznych ∇ → = r ̂  ∂ ∂ r + θ ̂  1 r ⋅ ∂ ∂ θ + φ ̂  1 r  sin θ ⋅ ∂ ∂ φ \vec{x} = \hat{r}{\dd[\partial]{r}} + \hat{\theta} \frac1r \cdot {\dd[\partial]{\theta}} + \hat{\varphi} \frac{1}{r\sin \theta} \cdot {\dd[\partial]{\varphi}} Pytania Dlaczego maszty nadajników sieci telewizyjnych, radiowych i komórkowych są uziemione? Żeby w przypadku uderzenia pioruna nadmiarowy ładunek spłynął do ziemi zamiast do nadajników. Odpowiedz na poniższe pytania. Dlaczego ryby są bezpieczne w wodzie podczas burzy? Dlaczego z tych samych powodów człowiek nie może przebywać w wodzie podczas burzy? Jakie są podobieństwa i różnice w zasadach działania kserokopiarek i elektrofiltrów? Oba urządzenia wykorzystują elektrostatykę do przenoszenia małych cząsteczek na inne powierzchnie, jednak w elektrofiltrach musimy obdarzyć ładunkiem bardzo różne cząsteczki (nie identyczne cząsteczki proszku tonera) i nie musimy ich precyzyjnie kierować w określone miejsce na papierze. Do jakiego potencjału jest ładowany bęben kserokopiarki? Pomocne mogą być informacje z Internetu (np. znalezione po hasłem „kserokopiarka” lub „kserografia”). Zadania Jakie natężenie ma pole w odległości 5  m od środka czaszy generatora Van de Graaffa, która jest naładowana ładunkiem 3  mC ? Zauważ, że pole wytwarzane przez sferę jest równoważne polu ładunku punktowego umieszczonego w środku; Jaka siła działa na ładunek 2  µC przenoszony na pasie transmisyjnym, który znajduje się w takiej samej odległości od środka czaszy? Jakie muszą być kierunek i wartość natężenia pola elektrycznego, które utrzymuje elektron w bezruchu tuż nad powierzchnią Ziemi? Na podstawie wyniku z części (a) przedyskutuj, jaka jest relacja między siłą oddziaływania grawitacyjnego a siłą oddziaływania elektrostatycznego. a. E = 5,58 ⋅ 10 − 11  N ∕ C , pole elektryczne jest skierowane w kierunku do wnętrza Ziemi; b. Siła Coulomba jest o wiele większa od siły grawitacji. Najprostsza i powszechnie wykorzystywana metoda przyspieszania elektronów jest zobrazowana na poniższym rysunku. W polu elektrycznym wytwarzanym między dwiema naładowanymi przeciwnie płytkami umieszczane są elektrony (zazwyczaj emitowane przez termokatodę), które od płytki ujemnej przyspieszane są w kierunku płytki dodatniej, gdzie przez niewielki otwór mogą opuścić obszar pola. Oblicz przyspieszenie elektronu, jeśli natężenie pola między płytkami wynosi 2,5 ⋅ 10 4  N ∕ C ; Wyjaśnij, dlaczego elektron nie zostanie przyciągnięty z powrotem w kierunku dodatniej płyty po przejściu przez otwór? W liczniku Geigera (nazywanym także licznikiem Geigera-Müllera) cienki metalowy drucik charakteryzuje wysokie napięcie względem otaczającego go metalowego cylindra. Promieniowanie jonizujące, które wpada w obszar licznika, wybija elektrony z cząsteczek gazu wypełniającego wnętrze licznika, a te następnie są przyspieszane w kierunku drucika, po drodze wywołując jonizację kolejnych cząsteczek. W efekcie dochodzi do wyładowania lawinowego w liczniku, które jest rejestrowane jako sygnał elektryczny. Załóżmy, że cylinder w naszym liczniku Geigera ma promień R , a wewnętrzny drucik o promieniu a ma potencjał V 0 mierzony względem cylindra. Przeanalizuj punkt P znajdujący się wewnątrz licznika w odległości r P r_P od osi drucika i daleko od końców zewnętrznego cylindra. Wyprowadź wzór na natężenie pola w punkcie P przy założeniu nieskończenie długiego przewodu; Znajdź wzór na potencjał w punkcie P wewnątrz licznika; Podstaw dane: V 0 = 900  V , a = 3  mm , R = 2  cm i oblicz wielkość natężenia pola i potencjału w odległości 1  cm od środka licznika. a. Z rozdziału o prawie Gaussa wiemy, że natężenie pola wytwarzanego przez nieskończenie długi, prostoliniowy przewodnik wynosi E → P = 2  k  λ ∕ r ⋅ r ̂ \vec{E}_P = 2k\lambda / r \cdot \hat{r} , natomiast z poprzednich części tego rozdziału pamiętamy, że potencjał takiego przewodu wynosi V P = − 2  k  λ  ln r P ∕ R V_P = -2k\lambda \ln (r_P / R) , co obliczyliśmy, całkując wektor natężenia pola. Nie znamy λ , ale znamy stałą wartość potencjału V 0 . Zatem wiemy, że V 0 = − 2  k  λ  ln a ∕ R i dlatego λ = − V 0 ∕ 2  k  ln a ∕ R \lambda = -V_0 /[2k \ln (a/R)] . Możemy teraz podstawić gęstość liniową ładunku do wzoru na natężenie i znaleźć rozwiązanie części (a): E → P = − V 0 ∕ r  ln a ∕ R ⋅ r ̂ \vec{E}_P = -V_0 / [r \ln (a/R)]\cdot \hat{r} ; b. V P = V 0  ln r P ∕ R ∕ ln a ∕ R V_P = V_0 \ln (r_P / R) / \ln (a/R) ; c. V P = 329  V , E P = 3,29 ⋅ 10 4  N ∕ C . Praktyczne ograniczenie wielkości natężenia pola w powietrzu to 3 ⋅ 10 6  N ∕ C . W polach o większym natężeniu dochodzi do jonizacji cząsteczek powietrza i wytworzenia iskry (mamy przebicie). Jaki dystans pokonałby proton przyspieszany polem o takim natężeniu, zanim osiągnąłby prędkość światła (pomiń efekty relatywistyczne)? Czy z praktycznego punktu widzenia jest sensowne pozostawienie powietrza wewnątrz akceleratorów? W celu utworzenia atomu helu do cząstki alfa, zawierającej dwa protony i dwa neutrony, unieruchomionej w pewnym położeniu, trzeba dołączyć dwa elektrony. Przenosimy je z dużej odległości, jeden po drugim, w pobliże cząstki alfa. Pierwszy elektron jest przeniesiony na odległość 0,6 ⋅ 10 − 10  m od cząstki alfa i unieruchomiony w tym miejscu, dopóki drugi elektron nie zostanie przeniesiony na tę samą odległość, ale po drugiej stronie. Końcowa konfiguracja tych trzech cząstek widoczna jest poniżej. Jaką pracę należy wykonać na każdym etapie tworzenia atomu? Jaka jest całkowita energia potencjalna układu: cząstka alfa ‒ dwa elektrony w wytworzonym atomie helu? a. Energie potencjalne: E p 1 = − 7,68 ⋅ 10 − 18  J , E p 2 = − 5,76 ⋅ 10 − 18  J ; b. E p 1 + E p 2 = − 1,34 ⋅ 10 − 17  J . Znajdź energię układu ośmiu ładunków, każdego o wartości + 3  µC , umieszczonych w wierzchołkach sześcianu o krawędzi 2  cm . Prawdopodobieństwo zajścia fuzji jądrowej wielokrotnie się zwiększa, jeśli doprowadzimy do maksymalnego zbliżenia dwóch jąder atomowych. Wymaga to jednak pokonania siły kulombowskiej wzajemnego odpychania obu jąder. Można tego dokonać dzięki energii kinetycznej jonów gazu o wysokiej temperaturze, które zderzają się z jądrami i nadają im w ten sposób duży pęd i energię kinetyczną, albo w zderzeniach jąder ze sobą, np. w akceleratorze. Oblicz energię potencjalną dwóch jąder wodoropodobnych (o ładunku o wartości jednego ładunku elementarnego), znajdujących się w odległości 10 − 12  m od siebie; Przy jakiej temperaturze cząsteczki zjonizowanego gazu uzyskałyby energię kinetyczną równą energii potencjalnej jąder (trzeba wykorzystać wzór z teorii kinetycznej gazów)? a. E p = 2,3 ⋅ 10 − 16  J ; b. E ‾ k = 3 ∕ 2 ⋅ k B  T ⇒ T = 1,11 ⋅ 10 7  K . Jądro helu ma ładunek dodatni równy + 2  e i masę 6,64 ⋅ 10 − 27  kg . Oblicz jego energię kinetyczną przy prędkości równej 2  % \SI{2}{\percent} prędkości światła; Ile to elektronowoltów? Jakie napięcie byłoby potrzebne do osiągnięcia takiej energii kinetycznej? Elektron wpada w obszar między dwiema dużymi płytami aluminiowymi, odległymi o 2  cm od siebie, między którymi panuje napięcie 200  V . Załóż, że pole elektryczne jest jednorodne. Elektron przelatuje przez dziurkę wywierconą w płycie naładowanej ujemnie z prędkością 4 ⋅ 10 5  m ∕ s i jest przyspieszany w kierunku płyty dodatniej. Jaka jest prędkość elektronu w punkcie odległym o 0,1  cm ; 0,5  cm ; 1  cm ; 1,5  cm od płyty ujemnej; tuż przed uderzeniem w płytę dodatnią? a. 1,9 ⋅ 10 6  m ∕ s ; b. 4,2 ⋅ 10 6  m ∕ s ; c. 5,9 ⋅ 10 6  m ∕ s ; d. 7,3 ⋅ 10 6  m ∕ s ; e. 8,4 ⋅ 10 6  m ∕ s . W jakiej odległości od siebie znajdują się dwie płyty, między którymi panuje pole o natężeniu 4,5 ⋅ 10 3  V ∕ m , jeśli przyłożono do nich różnicę potencjałów w wysokości 15 ⋅ 10 3  V \SI{15e3}{\volt} ? Odpowiedz na poniższe pytania. Czy pole między dwiema przewodzącymi płytami przekroczy granicę wytrzymałości elektrycznej dla suchego powietrza, która wynosi 3 ⋅ 10 6  V ∕ m , jeśli odległość między płytami to 2  mm , a napięcie przyłożone do nich wynosi 5 ⋅ 10 3  V ? W jakiej najmniejszej odległości można ustawić płyty przy takim napięciu? a. E = 2,5 ⋅ 10 6  V ∕ m < 3 ⋅ 10 6  V ∕ m ; b. d = 1,7  mm . Ściany i błony komórkowe, które rozdzielają przeciwne jony w komórkach biologicznych, doznają bardzo wysokich natężeń pola elektrycznego. Jakie napięcie panuje po obu stronach ściany komórkowej o grubości 8  nm , jeśli natężenie pola przenikającego przez ścianę wynosi 5,5  MV ∕ m ? Załóż, że pole jest stałe. Podwójnie zjonizowana cząsteczka pewnego gazu jest przyspieszana do energii 32  keV w polu elektrycznym wytwarzanym między dwiema płytami rozstawionymi na odległość 2  cm . Jakie natężenie pola występuje między płytami? E k = q  V A B = q  E  d ⇒ E = 8 ⋅ 10 5  V ∕ m . Temperatura w środku Słońca wynosi prawdopodobnie ok. 15 miliardów stopni Celsjusza ( 1,5 ⋅ 10 7  ° C ). Jakim napięciem musiałaby być przyspieszona jednokrotnie zjonizowana cząsteczka, aby uzyskać energię równą średniej energii kinetycznej plazmy we wnętrzu Słońca? Uderzenie pioruna w drzewo powoduje przepływ ładunku w wysokości 20  C przy różnicy potencjałów 100  MV . Jaka energia zostaje wyzwolona w wyniku uderzenia pioruna? Jaką masę wody o temperaturze początkowej 15  ° C można by zagotować, dostarczając takiej energii? Spróbuj wyjaśnić, jakich zniszczeń mogłoby dokonać parowanie soków wewnątrz drzewa. a. E = 2 ⋅ 10 9  J ; b. Q = m  c  Δ T + L p ⇒ m = 766  kg Q = m(c\prefop{\Delta} T + L_{\text{p}}) \implies m = \SI{766}{\kilo\gram} ; c. Rozszerzanie się pary wodnej, powstałej w wyniku wrzenia soków, może doprowadzić do rozsadzenia drzewa od środka. Jaki potencjał wytwarza proton w punkcie odległym o 5,3 ⋅ 10 -11  m \SI{5,3e-11}{\metre} (jest to średnia odległość między elektronem i protonem w atomie wodoru)? Na powierzchni kuli zgromadzono ładunek 1  C . W jakiej odległości od środka kuli potencjał wynosi 5  MV ? Co powiesz na temat możliwości izolacji elektrycznej takiego ładunku? a. V = k  Q ∕ r ⇒ r = 1,8  km ; b. Ładunek 1  C jest ogromny, izolacja za pomocą sfery o promieniu 1,8  km jest niepraktyczna (właściwie niemożliwa). Jaką wartość i znak ma ładunek punktowy wytwarzający potencjał − 2  V w punkcie odległym o 1  mm ? W jednym z pierwszych eksperymentów fizyki jądrowej, przeprowadzonym przez Ernesta Rutherforda na początku XX wieku, cienka folia ze złota była bombardowana cząstkami alfa, które w wyniku odpychania kulombowskiego odbijały się od jąder złota. Jeżeli energie kinetyczne cząstek alfa wynosiły 5  MeV , to na jaką najmniejszą odległość cząstki zbliżały się do jąder złota? Atom złota ma 79 protonów w jądrze. Zbliżanie się cząstki alfa do jąder złota zachodzi do momentu, aż cała początkowa energia kinetyczna cząstek zostanie zamieniona w energię potencjalną odpychania kulombowskiego ( 5  MeV = 8 ⋅ 10 − 13  J ), zatem E 0 = k  Q  q ∕ r ⇒ r = 4,54 ⋅ 10 − 14  m (rozmiar jądra atomu złota to ok. 7 ⋅ 10 − 15  m ). Zadania dodatkowe Podgrzewacz do butelek na jedzenie dla niemowląt zasilany baterią 12-woltową podgrzewa 50  g szkła, 250  g zupki i 200  g aluminium od 20  ° C do 90  ° C . Jaki ładunek przepływa w tym celu z baterii przez obwód elektryczny podgrzewacza? Ile elektronów przepływa przez grzałkę podgrzewacza w ciągu sekundy, jeśli podgrzewanie trwa 5  min ? Wskazówka: Załóż, że zupka dla niemowlaka ma ciepło właściwe wody. Ciepła właściwe szkła i aluminium znajdziesz w poprzednich rozdziałach lub w Internecie. Samochód elektryczny używa systemu akumulatorów o napięciu 12  V . Jaki ładunek musi być przeniesiony przez akumulatory, aby samochód o masie 750  kg mógł zostać przyspieszony ze spoczynku do prędkości 25  m ∕ s , następnie ze stałą prędkością 25  m ∕ s pokonał wzniesienie o wysokości 200  m i wreszcie z tą samą prędkością przez godzinę wjeżdżał pod górę z siłą ciągu silnika równą 500  N ? E cał = 4,67 ⋅ 10 7  J , E cał = q  V ⇒ q = E cał ∕ V = 3,89 ⋅ 10 6  C . Jakie napięcie panuje tuż przy powierzchni metalowej kuli o średnicy 10  cm , w której zgromadzono dodatni ładunek nadmiarowy w wysokości 8  C ? Jednorodnie naładowany cienki pierścień o promieniu 10  cm leży na nieprzewodzącym stole. Zmierzono, że w odległości 3  cm powyżej środka pierścienia potencjał ma wartość − 3  V względem poziomu odniesienia w nieskończoności. Jaki ładunek jest zgromadzony w pierścieniu? V P = k  q cał ∕ z 2 + R 2 ⇒ q cał = − 3,5 ⋅ 10 − 11  C . Szklany pierścień o promieniu 5  cm pomalowano elektrostatycznie farbą w ten sposób, że gęstość ładunku wzdłuż pierścienia zmienia się ze współrzędną kątową θ , zgodnie z zależnością λ = 3 ⋅ 10 -6  C ∕ m ⋅ cos 2 θ \lambda = \SI{3e-6}{\coulomb\per\metre} \cdot \cos^2 \theta . Znajdź potencjał w odległości 15  cm od środka pierścienia. Płyta CD o promieniu R = 3  cm jest pomalowana elektrostatycznie farbą w ten sposób, że gęstość ładunku naniesionego wraz z farbą na płytę zmienia się ze współrzędną radialną r w następujący sposób: σ = − 6  C ∕ m ⋅ r ∕ R . Znajdź potencjał w punkcie na osi płyty odległym o 4  cm od jej środka. V P = − 2,2  GV . Odpowiedz na poniższe pytania. Jaką prędkość uzyskuje elektron przyspieszony napięciem 25  MV , wytworzonym w generatorze Van de Graaffa? Co jest „niefizycznego” w tym wyniku? Jakie są tego powody? Nieskończenie duża płaszczyzna jest naładowana ładunkiem powierzchniowym σ = 2 ⋅ 10 − 9  C ∕ m 2 . Jak daleko od siebie znajdują się sąsiednie powierzchnie ekwipotencjalne, między którymi różnica potencjałów wynosi 25  V ? Przypomnij sobie, że pole takiej płaszczyzny ma natężenie E P = σ 0 ∕ 2  ε 0 i jest jednorodne. Dla pola jednorodnego możemy zapisać E = − Δ V ∕ Δ z . Zatem odległość między powierzchniami ekwipotencjalnymi obliczymy następująco: σ ∕ 2  ε 0 = Δ V ∕ Δ z ⇒ Δ z = 0,22  m . Znajdź potencjał naładowanego jednorodnie pręta w granicy x ≫ L i porównaj wynik ze wzorem na potencjał ładunku punktowego; Dlaczego wynik nie jest zaskakujący? a. We wzorze otrzymanym w podziel licznik i mianownik przez x , następnie oblicz granicę i rozwiń w szereg Taylora, co doprowadzi cię do wyniku: V P ≈ k  λ  L ∕ x ; b. Tego wyniku należało się spodziewać, bo dla dużych odległości potencjał powinien wyglądać jak ładunku punktowego o wielkości q = λ  L . Mała drewniana kulka o promieniu 0,5  cm została pomalowana elektrostatycznie, w wyniku czego na jej powierzchni zgromadził się ładunek − 10  µC . Kulkę następnie umieszczono w środku obojętnej elektrycznie powłoki sferycznej o promieniu wewnętrznym 2  cm i zewnętrznym 2,2  cm , wykonanej ze złota. Znajdź potencjał elektryczny mierzony względem nieskończoności, jaki uzyskała złota powłoka; Jaki ładunek należałoby zgromadzić na powłoce, aby potencjał wynosił 100  V ? Dwie równoległe, przewodzące, ale nienaładowane płyty, każdą o powierzchni 400  cm 2 , ustawiono w odległości 2  cm od siebie. W pewnym momencie 10 12 elektronów przeniesiono z jednej płyty na drugą. Jakie napięcie między płytami w ten sposób uzyskano? Jaka różnica potencjałów panuje między dodatnio naładowaną płytą a punktem w obszarze pomiędzy płytami odległym o 1,25  cm od tej płyty? a. V = 9 ⋅ 10 3  V ; b. − 9 ⋅ 10 3  V ⋅ 1,25  cm ∕ 2  cm = − 5,7 ⋅ 10 3  V . Ładunek punktowy q = 5 ⋅ 10 − 8  C umieszczono w środku nienaładowanej, przewodzącej powłoki sferycznej o promieniach 6  cm i 9  cm . Znajdź potencjał elektryczny w punkcie r = 4  cm ; r = 8  cm ; r = 12  cm . Ziemia gromadzi wypadkowy ładunek, który wytwarza pole o natężeniu 150  N ∕ C , skierowane do środka planety. Jaki jest znak i wielkość ładunku zgromadzonego w Ziemi? Pamiętaj, że potencjał kuli lub sfery jest taki jak potencjał ładunku punktowego umieszczonego w środku; Jakie przyspieszenie nadaje pole elektryczne Ziemi umieszczonemu tuż przy powierzchni swobodnemu elektronowi? Jaką masę musi mieć cząsteczka obdarzona ładunkiem elektronu, żeby ziemskie pole elektryczne równoważyło pole grawitacyjne działające na tę cząsteczkę? a. E = k  Q ∕ r 2 ⇒ Q = − 6,76 ⋅ 10 5  C ; b. F = m  a = q  E ⇒ a = q  E ∕ m = 2,63 ⋅ 10 13  m ∕ s 2 (do góry); c. F = − m  g = q  E ⇒ m = − q  E ∕ g = 2,45 ⋅ 10 − 18  kg . Dwa ładunki punktowe 25  µC i 45  µC umieszczono w odległości 0,5  m od siebie. W jakim punkcie na linii między ładunkami znajduje się punkt, w którym wypadkowe natężenie pola wynosi zero? Jakie natężenie pola występuje dokładnie w połowie odległości między ładunkami? Co możesz powiedzieć o wielkości ładunków q 1 i q 2 , jeśli pole elektryczne w 1 ∕ 4 odległości między nimi ma zerowe natężenie? Jeżeli natężenie jest równe zero w 1 ∕ 4 odległości od q 1 do q 2 , to na podstawie definicji E = k  Q ∕ r 2 możemy policzyć, że E 1 = E 2 ⇒ k  q 1 ∕ x 2 = k  q 2 ∕ 3  x 2 , zatem q 2 ∕ q 1 = 3  x 2 ∕ x 2 = 9 ; ładunek q 2 jest więc 9 razy większy od ładunku q 1 . Oblicz częstość kątową ω elektronu krążącego wokół protonu w atomie wodoru po orbicie kołowej o promieniu 0,53 ⋅ 10 − 10  m . Załóż, że proton pozostaje w spoczynku, a siła dośrodkowa działająca na elektron pochodzi od siły Coulomba. Elektron o prędkości początkowej 5 ⋅ 10 6  m ∕ s wpada w obszar jednorodnego pola elektrycznego o natężeniu 2 ⋅ 10 5  N ∕ C tak, że doznaje przyspieszenia w kierunku przeciwnym do wektora swojej prędkości początkowej (elektron jest opóźniany). Jaki jest kierunek linii pola? Jaki dystans pokona elektron, zanim się zatrzyma? Ile czasu to zajmie? Z jaką prędkością końcową elektron wróci do punktu początkowego? a. Linie pola są zwrócone zgodnie z kierunkiem wektora prędkości początkowej elektronu; b. v 2 = v 0 2 + 2  a  x ⇒ x = − v 0 2 ∕ 2  a dla v = 0  m ∕ s v = \SI{0}{\metre\per\second} oraz F = m  a = q  E ⇒ a = q  E ∕ m , stąd x = 3,56 ⋅ 10 − 4  m ; c. v 2 = v 0 + a  t ⇒ t = − m  v 0 ∕ q  E dla v = 0  m ∕ s v = \SI{0}{\metre\per\second} , stąd t = 1,42 ⋅ 10 − 10  s ; d. v = − 2  q  E  x ∕ m = − 5 ⋅ 10 6  m ∕ s (przeciwnie do prędkości początkowej). Zadania trudniejsze Trzy jony Na + oraz trzy jony Cl − są rozmieszczone w równych odległościach i naprzemiennie wzdłuż okręgu o promieniu 50  nm . Jaka energia elektryczna jest zgromadzona w takim układzie? Wyszukaj w Internecie (albo rozbierając na części starą drukarkę), jakie napięcie panuje między płytkami odchylającymi w drukarce atramentowej i jaka jest ich odległość od siebie. Następnie wyszukaj informacji o prędkości, z jaką atrament jest wytryskiwany z dyszy drukarki w obszar pola między płytkami. Na tej podstawie oszacuj typową masę kropel atramentu w drukarce. Odpowiedzi mogą znacząco różnić się w zależności od informacji, jakie zgromadzisz. Prędkości kropel atramentu mogą być rzędu 20  m ∕ s lub mniejsze, wobec tego masa kropel to ok. 10 − 7  g . Na podstawie wzoru na natężenie pola jednorodnie naładowanej ładunkiem objętościowym kuli oblicz potencjał takiej kuli w dowolnym punkcie. Sprawdź poprawność wyniku, wykonując rachunek odwrotny (tzn. licząc gradient potencjału). Wykorzystując wzór na potencjał, ustal jaki będzie wektor natężenia pola elektrycznego dipola. Zastosuj wzór E → = − ∇ →  V , gdzie operator ∇ → = r ̂  ∂ ∂ r + θ ̂  1 r ⋅ ∂ ∂ θ + φ ̂  1 r  sin θ ⋅ ∂ ∂ φ \vec{x} = \hat{r}{\dd[\partial]{r}} + \hat{\theta} \frac1r \cdot {\dd[\partial]{\theta}} + \hat{\varphi} \frac{1}{r\sin \theta} \cdot {\dd[\partial]{\varphi}} , a potencjał opisany jest wzorem V P = k  p → ⋅ r ̂ ∕ r 2 , gdzie p → = q  d → . Załóż, że dipol jest zorientowany wzdłuż osi z . Zatem potencjał wynosi V P = k  q  d → ⋅ r ̂ ∕ r 2 = k  q  d  cos θ ∕ r 2 . E → = 2  k  q  d  cos θ ∕ r 3 ⋅ r ̂ + k  q  d  sin θ ∕ r 3 ⋅ θ ̂ . generator Van de Graaffa (ang. Van de Graaff generator ) maszyna do wytwarzania dużego ładunku nadmiarowego, który wykorzystywany jest w eksperymentach z użyciem wysokich napięć kserografia (ang. xerography ) metoda suchego wydruku z wykorzystaniem zjawisk elektrostatycznych fotoprzewodnik (ang. photoconductor ) substancja, która w ciemności jest izolatorem, a po ekspozycji na światło staje się przewodnikiem drukarka atramentowa (ang. ink jet printer ) drukarka, w której małe krople tuszu naładowane elektrycznie są rozpylane i za pomocą pola elektrycznego kierowane w odpowiednie miejsce na papierze elektrofiltr (ang. electrostatic precipitator ) urządzenie filtrujące powietrze, które najpierw nanosi ładunek elektryczny na cząsteczki zanieczyszczenia, a potem usuwa je ze strumienia powietrza i zatrzymuje w filtrze za pomocą przyciągania elektrostatycznego

Science