Przewodniki w stanie równowagi elektrostatycznej Dotychczas zajmowaliśmy się ładunkami rozmieszczonymi w pewnej objętości w izolatorze. Teraz zbadamy, co się wydarzy, gdy swobodne ładunki zostaną umieszczone na przewodniku. Zasadniczo w obecności (na ogół zewnętrznego) pola elektrycznego swobodne ładunki przemieszczają się aż do osiągnięcia stanu równowagi elektrostatycznej. Zarówno wygenerowany rozkład ładunku, jak i jego pole elektryczne mają wiele interesujących właściwości, które możemy poznać za pomocą prawa Gaussa oraz korzystając z koncepcji potencjału elektrycznego. Znikanie pola elektrycznego wewnątrz przewodnika Jeżeli wewnątrz przewodnika obecne jest pole elektryczne, działa ono siłą na elektrony swobodne (ang. free electrons ), które mogą swobodnie przemieszczać się w przewodniku. Elektrony te nazywane są również elektronami przewodnictwa. W rezultacie te swobodne elektrony doznają przyspieszenia. Przemieszczanie się ładunków w przewodniku oznacza jednak, że – wbrew przyjętej przez nas hipotezie – nie mamy do czynienia ze statycznym rozkładem ładunku. Dlatego gdy osiągnięty zostanie stan równowagi elektrostatycznej, ładunki są rozmieszczone tak, że pole elektryczne wewnątrz przewodnika znika. Jeżeli umieścimy kawałek metalu w pobliżu dodatniego ładunku, to elektrony w metalu są przyciągane do tego zewnętrznego ładunku i przemieszczają się swobodnie w jego stronę. Obszar, do którego napływają elektrony, uzyskuje przewagę elektronów nad protonami w atomach, a obszar, z którego odpływają elektrony, ma więcej protonów niż elektronów. Zatem w metalu powstaje w pobliżu ładunku obszar naładowany ujemnie, a na przeciwległym końcu obszar naładowany dodatnio ( ). Jak widzieliśmy w poprzednim rozdziale, takie rozdzielenie ładunków elektrycznych o tej samej wartości lecz przeciwnych znakach, nazywamy polaryzacją (ang. polarization ). Gdy usuniemy zewnętrzny ładunek, elektrony przemieszczą się z powrotem tak, że materiał stanie się neutralny. Polaryzacja metalowej kuli przez zewnętrzny ładunek punktowy + q . Bliższa ładunkowi zewnętrznemu strona kuli ma ładunek powierzchniowy przeciwny do ładunku na stronie odległej. Mówimy, że kula została spolaryzowana. Gdy usuniemy zewnętrzny ładunek, zniknie także polaryzacja metalu. Z polaryzacją metalu mamy do czynienia tylko w obecności zewnętrznego pola elektrycznego. Można o niej myśleć w kategoriach pola elektrycznego. Zewnętrzny ładunek jest źródłem zewnętrznego pola elektrycznego. Gdy metal zostanie umieszczony w tym polu elektrycznym, elektrony i protony w metalu doświadczają działania sił elektrostatycznych spowodowanych tym zewnętrznym polem elektrycznym, ale tylko elektrony przewodnictwa mogą się swobodnie przemieszczać w metalu na makroskopowe odległości. Przemieszczanie się elektronów przewodnictwa prowadzi do polaryzacji, w wyniku której oprócz zewnętrznego pola elektrycznego powstaje wyindukowane pole elektryczne ( ). Wypadkowe natężenie pola elektrycznego jest sumą wektorową natężeń pól od ładunku + q i od powierzchniowych gęstości ładunku − σ A i + σ B . Oznacza to, że wypadkowe natężenie pola wewnątrz przewodnika jest różne od natężenia pola na zewnątrz przewodnika. W obecności zewnętrznego ładunku q w metalu ładunki się rozdzielają. Pole elektryczne w każdym punkcie ma trzy składowe, od + q oraz od wyindukowanych ładunków − σ A i + σ B Zauważ, że rozkład ładunków w tym przypadku nie jest jednorodny. Rozkład ładunków jest taki, że suma trzech składowych w każdym punkcie P wewnątrz przewodnika jest równa E → P = E → q + E → B + E → A = 0  V ∕ m  . Dzięki prawu Gaussa wiemy, że w stanie równowagi nie ma ładunków wewnątrz powierzchni Gaussa, która zawiera się całkowicie w objętości przewodnika. To znaczy, że q wew = 0  C , i dlatego E → wyp = 0  V ∕ m  (w punktach wewnątrz przewodnika). Ładunki na przewodniku Ciekawą właściwością przewodnika w równowadze statycznej jest fakt, że ładunek wprowadzony na przewodnik gromadzi się na jego zewnętrznej powierzchni, bez względu na to, gdzie został początkowo umieszczony. Na pokazany jest układ, w którym zewnętrzny ładunek dodatni zostaje umieszczony we wnęce w metalu i następnie zostaje zetknięty z wewnętrzną powierzchnią. Początkowo wewnętrzna powierzchnia wnęki jest naładowana ujemnie, a zewnętrzna – dodatnio. Gdy dotykamy wewnętrznej powierzchni wnęki, wyindukowane ładunki zostają zneutralizowane, a zewnętrzna powierzchnia i cały metal uzyskują wypadkowy ładunek dodatni. Ładunki elektryczne w przewodniku przemieszczają się w stronę zewnętrznej powierzchni bez względu na to, gdzie zostały początkowo umieszczone. Żeby zobaczyć, dlaczego tak się dzieje, zauważmy, że powierzchnia Gaussa na (linia przerywana) ma kształt taki, jak rzeczywista powierzchnia przewodnika i jest umieszczona w nieskończenie małej odległości pod nią. Ponieważ E = 0  V ∕ m E = \SI{0}{\volt\per\metre} wszędzie w przewodniku, ∯ S E → ⋅ n ̂  d S = 0  V  m  . \prefop{\u{222F}}_S \vec{E} \cdot \hat{n} \d S = \SI{0}{\volt\metre} \text{.} Powierzchnia Gaussa leży tuż poniżej rzeczywistej powierzchni przewodnika, dlatego wewnątrz niej nie ma wypadkowego ładunku, co oznacza, że cały wprowadzony ładunek musi znajdować się na powierzchni przewodnika. Linia przerywana przedstawia powierzchnię Gaussa, która znajduje się tuż pod rzeczywistą powierzchnią przewodnika. Ta szczególna właściwość przewodników stanowi podstawę do nadzwyczaj dokładnej metody opracowanej przez Plimptona i Lawtona w 1936 r. celem sprawdzenia prawa Gaussa i zarazem prawa Coulomba. Szkic ich aparatury pomiarowej jest pokazany na . Dwie sferyczne powłoki są połączone ze sobą za pomocą elektrometru E, przyrządu, który potrafi wykryć bardzo małą ilość ładunku przepływającego z jednej powłoki do drugiej. Kiedy przełącznik S jest przestawiony na lewo, bateria B ładuje zewnętrzną powlokę. Czy ładunek przepłynie przez elektrometr do wewnętrznej powłoki? Nie. Gdyby tak się stało, oznaczałoby to naruszenie prawa Gaussa. Plimpton i Lawton nie zarejestrowali żadnego przepływu w zakresie czułości ich elektrometru i wysunęli wniosek, że gdyby zapisać radialną zależność w prawie Coulomba jako 1 ∕ r 2 + δ , δ byłaby mniejsza niż 2 ⋅ 10 -9 S. Plimpton and W. Lawton. 1936. „A Very Accurate Test of Coulomb’s Law of Force between Charges.” Physical Review 50, No. 11: 1066, doi:10.1103/PhysRev.50.1066. . W bardziej współczesnych pomiarach otrzymano δ mniejszą niż 3 ⋅ 10 -16 E. Williams, J. Faller, and H. Hill. 1971. „New Experimental Test of Coulomb’s Law: A Laboratory Upper Limit on the Photon Rest Mass.” Physical Review Letters 26, No. 12: 721, doi:10.1103/PhysRevLett.26.721. , wielkość tak małą, że słuszność prawa Coulomba wydaje się bezsporna. Szkic aparatury pomiarowej użytej przez Plimptona i Lawtona. Jakikolwiek przepływ ładunku pomiędzy sferami jest rejestrowany przez elektrometr E. Pole elektryczne na powierzchni przewodnika Jeżeli pole elektryczne ma składową równoległą do powierzchni przewodnika, swobodne ładunki na powierzchni będą się przemieszczać, co jest sytuacją sprzeczną z założeniem o elektrostatycznej równowadze. Zatem pole elektryczne jest zawsze prostopadłe do powierzchni przewodnika. W dowolnym punkcie tuż powyżej powierzchni przewodnika powierzchniowa gęstość ładunku δ i natężenie pola elektrycznego E są powiązane zależnością E = σ ε 0  . Żeby to sprawdzić, rozważ nieskończenie małą powierzchnię Gaussa w kształcie cylindra, który otacza punkt na powierzchni przewodnika, tak jak na . Jedna z podstaw cylindra znajduje się wewnątrz powierzchni, a druga na zewnątrz. Wysokość i powierzchnia przekroju poprzecznego wynoszą odpowiednio δ i Δ S . Bok cylindra jest prostopadły do powierzchni przewodnika, a jego podstawy są równoległe do tej powierzchni. Ponieważ cylinder jest nieskończenie mały, gęstość ładunku σ jest w zasadzie stała na otoczonej powierzchni, zatem całkowity ładunek wewnątrz cylindrycznej powierzchni Gaussa jest równy σ  Δ S . Natężenie pola elektrycznego E jest prostopadłe do powierzchni przewodnika na zewnątrz przewodnika i znika wewnątrz niego, w przeciwnym wypadku ładunki doznawałyby przyspieszenia i nie byłyby w stanie równowagi. Dlatego strumień pola elektrycznego przenika tylko przez zewnętrzną podstawę powierzchni Gaussa i może być zapisany jako E  Δ S , ponieważ z założenia cylinder jest wystarczająco mały, aby przyjąć, że E jest stałe na całej tej powierzchni. Z prawa Gaussa E  Δ S = σ  Δ S ε 0  . Zatem E = σ ε 0  . Nieskończenie mała, cylindryczna powierzchnia Gaussa otacza punkt P , znajdujący się na powierzchni przewodnika. Wektor natężenia pola E → jest prostopadły do powierzchni przewodnika i skierowany na zewnątrz, zaś wewnątrz przewodnika natężenie pola wynosi zero. Natężenie pola elektrycznego przewodzącej płyty Nieskończona, przewodząca płyta, pokazana na , ma jednorodną powierzchniową gęstość ładunku σ . Zastosujemy prawo Gaussa do znalezienia natężenia pola elektrycznego na zewnątrz płyty. Porównamy ten wynik z otrzymanym poprzednio z bezpośrednich obliczeń. Widok z boku na nieskończoną, przewodzącą płytę i cylindryczną powierzchnię Gaussa o powierzchni podstawy równej S . Strategia rozwiązania W tym przypadku wybieramy cylindryczną powierzchnię Gaussa, której widok z boku jest pokazany. Rozwiązanie Obliczenia strumienia są podobne do tych dla nieskończonej naładowanej płaszczyzny z poprzedniego rozdziału z tą zasadniczą różnicą, że lewa podstawa powierzchni Gaussa znajduje się wewnątrz przewodnika, gdzie E → = 0  V ∕ m , tak że całkowity strumień przez powierzchnię Gaussa jest równy E  S , a nie 2  E  S . Wtedy z prawa Gaussa E  S = σ  S ε 0 i natężenie pola elektrycznego na zewnątrz płyty wynosi E = σ ε 0  . Znaczenie Ten wynik jest zgodny z otrzymanym w poprzedniej części i zgodny z podaną powyżej zasadą. Natężenie pola elektrycznego pomiędzy dwoma przeciwnie naładowanymi, równoległymi płytami Dwie duże, przewodzące płyty posiadają równe, ale przeciwne ładunki o powierzchniowej gęstości ładunku σ równej 6,81 ⋅ 10 -7  C ∕ m 2 , jak pokazano na . Odległość między płytami wynosi l = 6,5  mm . Jakie jest natężenie pola elektrycznego pomiędzy płytami? Pole elektryczne pomiędzy przeciwnie naładowanymi, równoległymi płytami. Ładunek próbny jest wprowadzony w pobliżu płyty dodatniej. Strategia rozwiązania Zauważmy, że natężenie pola elektrycznego na powierzchni płyty zależy tylko od ładunku na tej płycie. Zatem skorzystamy z wyrażenia E = σ ∕ ε 0 dla podanych wartości. Rozwiązanie Pole elektryczne jest skierowane od dodatniej do ujemnej płyty, jak pokazano na rysunku, i jego natężenie wynosi E = σ ε 0 = 6,81 ⋅ 10 -7  C ∕ m 2 8,85 ⋅ 10 -12  C 2 ∕ N  m 2 = 7,69 ⋅ 10 4  N ∕ C  . Znaczenie Stosowanie tego wzoru nie ogranicza się tylko do płyty. Ponadto układ dwóch płyt będzie istotny w dalszej części rozważań w tym rozdziale. Przewodząca kula Izolowana przewodząca kula ( ) ma promień R i ładunek q . Jakie jest natężenie pola elektrycznego wewnątrz oraz na zewnątrz kuli? Izolowana, przewodząca kula. Strategia rozwiązania Kula jest izolowana, tak że powierzchniowy rozkład ładunku i pole elektryczne od tego ładunku mają symetrię sferyczną. Dlatego możemy zapisać natężenie pola w postaci E → = E  r  r ̂ . Aby obliczyć E  r , stosujemy prawo Gaussa dla zamkniętej sferycznej powierzchni S o promieniu r , która jest współśrodkowa z przewodzącą kulą. Rozwiązanie Ponieważ r jest stały i n ̂ = r ̂ na sferze, ∯ 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{.} Dla r < R , S znajduje się wewnątrz przewodnika, więc q wew = 0  C i z prawa Gaussa otrzymujemy E  r = 0  V ∕ m  , E \apply (r) = \SI{0}{\volt\per\metre} \text{,} jak oczekiwaliśmy dla wnętrza przewodnika. Gdy r ≥ R r \geq R , S otacza przewodnik, więc q wew = q . Z prawa Gaussa otrzymujemy E  r ⋅ 4  π  r 2 = q ε 0  . E \apply (r) \cdot 4\pi r^2 = \frac{q}{\epsilon_0} \text{.} Natężenie pola elektrycznego kuli może być więc zapisane 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*}[l] \SI{0}{\volt\per\metre}\text{,} &\text{dla } r<R \text{,} \\ \frac{1}{4\pi \epsilon_0} \cdot \frac{q}{r^2} \hat{r}\text{,} &\text{dla } r \geq R \text{.} \end{matrix*} \right. Znaczenie Zauważmy, że w obszarze r ≥ R natężenie pola elektrycznego od ładunku q rozmieszczonego na izolowanej, przewodzącej kuli o promieniu R jest takie samo jak natężenie pola ładunku punktowego q umieszczonego w środku kuli. Różnica pomiędzy naładowanym metalem a ładunkiem punktowym pojawia się tylko w punktach wewnątrz przewodnika. Dla ładunku punktowego umieszczonego w środku kuli jest niezerowe w punktach przestrzeni zajmowanej przez kulę, ale w przypadku przewodnika z takim samym ładunkiem natężenie pola elektrycznego jest równe zero w tych punktach ( ). Natomiast nie ma różnicy na zewnątrz w punktach przestrzeni r ≥ R r \geq R i możemy bez konsekwencji zastąpić izolowany, naładowany, kulisty przewodnik ładunkiem punktowym umieszczonym w jego środku. Natężenie pola elektrycznego dodatnio naładowanej, metalowej kuli. Natężenie pola elektrycznego wewnątrz jest równe zero, a natężenie pola elektrycznego na zewnątrz jest takie samo jak natężenie pola elektrycznego punktowego ładunku umieszczonego w środku, chociaż ładunek w kuli metalowej znajduje się na powierzchni. Sprawdź, czy rozumiesz. Jak zmieniłby się układ pokazany powyżej, gdyby na zewnątrz kuli umieszczono naładowane obiekty? Gdyby naokoło znajdowały się inne naładowane obiekty, to ładunki na powierzchni kuli niekoniecznie miałyby symetrię sferyczną; byłoby więcej ładunków w pewnych kierunkach niż w innych. Jeśli ładunek + q umieścimy wewnątrz wnęki w przewodniku to ładunki w przewodniku zostaną rozsunięte i ładunek − q zgromadzi się na wewnętrznej powierzchni, a ładunek + q na powierzchni zewnętrznej przewodnika ( (a)). W przypadku tego samego przewodnika z ładunkiem + q umieszczonym na zewnątrz nie obserwujemy nadmiarowego ładunku na wewnętrznej powierzchni przewodnika; zarówno dodatnie, jak i ujemne, wyindukowane ładunki znajdują się na powierzchni zewnętrznej – (b). (a) Ładunek wewnątrz wnęki w metalu. Rozkład ładunków na zewnętrznej powierzchni nie zależy od tego, jak rozmieszczone są ładunki na wewnętrznej powierzchni, ponieważ natężenie pola E → \vec{E} wewnątrz metalu jest równe zero. Wielkość ładunku na zewnętrznej powierzchni zależy natomiast od wielkości ładunku wewnątrz. (b) Ładunek umieszczony na zewnątrz przewodnika z wnęką – we wnęce nie ma ładunku. Polaryzacja ładunków przewodnika ma miejsce na powierzchni. Przewodnik ma dwie wnęki. Wewnątrz jednej znajduje się ładunek + q a , a wewnątrz drugiej ładunek − q b , polaryzacja przewodnika prowadzi do pojawienia się ładunku − q a na wewnętrznej powierzchni jednej wnęki i ładunku + q b na wewnętrznej powierzchni drugiej wnęki oraz ładunków q a − q b na zewnętrznej powierzchni ( ). Ładunki na powierzchniach mogą nie być rozłożone równomiernie; ich rozkład zależy od geometrii układu. Jedyna zasada, która obowiązuje, to ta, że gdy zostanie osiągnięty stan równowagi, rozkład ładunku w przewodniku jest taki, że natężenie pola elektrycznego ładunku w przewodniku znosi się z natężeniem pola elektrycznego od zewnętrznych ładunków we wszystkich punktach przestrzeni wewnątrz przewodnika. Ładunki wyindukowane przez dwa równe i przeciwne ładunki w dwóch oddzielnych wnękach znajdujących się w przewodniku. Jeżeli wypadkowy ładunek wnęki jest niezerowy, to na zewnętrznej powierzchni gromadzi się ładunek równy temu wypadkowemu ładunkowi. Podsumowanie Pole elektryczne znika wewnątrz przewodnika. Jakikolwiek dodatkowy ładunek wprowadzony na przewodnik gromadzi się wyłącznie na powierzchni przewodnika. Pole elektryczne jest prostopadłe do powierzchni przewodnika wszędzie na jego powierzchni. Natężenie pola elektrycznego tuż nad powierzchnią przewodnika wynosi E = σ ∕ ε 0 . Najważniejsze wzory Definicja strumienia natężenia pola elektrycznego dla jednorodnego pola elektrycznego Φ E = E → ⋅ S → = E  S  cos θ \Phi_E = \vec{E} \cdot \vec{S} = ES\cos \theta Strumień natężenia pola elektrycznego przez powierzchnię otwartą Φ E = ∬ S E → ⋅ n ̂  d S = ∬ S E → ⋅ d S → \Phi_E = \iint_S \vec{E} \cdot \hat{n} \d S = \iint_S \vec{E} \cdot \d \vec{S} Strumień natężenia pola elektrycznego przez powierzchnię zamkniętą Φ E = ∯ S E → ⋅ n ̂  d S = ∯ S E → ⋅ d S → \Phi_E = \prefop{\u{222F}}_S \vec{E} \cdot \hat{n} \d S = \prefop{\u{222F}}_S \vec{E} \cdot \d \vec{S} Prawo Gaussa Φ E = ∯ S E → ⋅ n ̂  d S = q wew ε 0 \Phi_E = \prefop{\u{222F}}_S \vec{E} \cdot \hat{n} \d S = \frac{q_{\text{wew}}}{\epsilon_0} Prawo Gaussa dla układów posiadających symetrię Φ E = ∯ S E → ⋅ n ̂  d S = E  ∯ S d S = E  S = q wew ε 0 \Phi_E = \prefop{\u{222F}}_S \vec{E} \cdot \hat{n} \d S = E \prefop{\u{222F}}_S \d S = ES = \frac{q_{\text{wew}}}{\epsilon_0} Natężenie pola elektrycznego na zewnątrz przy powierzchni przewodnika E = σ ε 0 Pytania Czy natężenie pola elektrycznego wewnątrz metalu ma zawsze wartość zero? W warunkach równowagi elektrostatycznej nadmiarowy ładunek w przewodniku gromadzi się na jego powierzchni. Czy to oznacza, że wszystkie elektrony przewodnictwa w przewodniku znajdują się na powierzchni? Tak. Ładunek q został umieszczony we wnęce w przewodniku, jak pokazano poniżej. Czy ładunek znajdujący się na zewnątrz przewodnika doświadczy obecności pola elektrycznego wytworzonego przez q ? Przewodnik na rysunku powyżej ma nadmiarowy ładunek − 5  µC . Jeżeli punktowy ładunek 2  µC zostanie umieszczony we wnęce, to jaki jest wypadkowy ładunek na powierzchni wnęki, a jaki na zewnętrznej powierzchni przewodnika? Skoro natężenie pola elektrycznego wewnątrz przewodnika jest równe zero, to ładunek − 2  µC zostanie wyindukowany na wewnętrznej powierzchni wnęki. To spowoduje, że ładunek + 2  µC pojawi się na zewnętrznej powierzchni, dając wypadkowy ładunek na powierzchni równy − 3  µC . Zadania Na rysunku poniżej pokazany jest nienaładowany przewodnik z wewnętrzną wnęką. Korzystając z zamkniętej powierzchni S oraz z prawa Gaussa, pokaż, że kiedy ładunek q jest umieszczony we wnęce, to ładunek − q zostaje wyindukowany na wewnętrznej powierzchni przewodnika. Jaki ładunek znajduje się na zewnętrznej powierzchni przewodnika? Nienaładowany kulisty przewodnik S o promieniu R ma dwie sferyczne wnęki A i B o promieniach odpowiednio a i b , jak pokazano poniżej. Dwa punktowe ładunki + q a i + q b są zamocowane w środkach dwóch wnęk za pomocą nieprzewodzących podpórek. Dodatkowo punktowy ładunek + q 0 został umieszczony na zewnątrz w odległości r od środka kuli. Narysuj przybliżone rozkłady ładunku w metalu, pamiętając, że metalowa kula nie ma wypadkowego ładunku; Narysuj linie pola elektrycznego. Narysuj ich wystarczająco dużo, aby przedstawić wszystkie wyraźnie odróżniające się miejsca. Dodatni ładunek punktowy został umieszczony na dwusiecznej kąta 45 ° , utworzonego przez dwie nienaładowane przewodzące płyty. Przyjrzyj się poniższemu rysunkowi. Narysuj linie pola elektrycznego. Długi miedziany walec o promieniu 3  cm jest naładowany z liniową gęstością ładunku 3  C ∕ m na jego powierzchni. Znajdź natężenie pola elektrycznego wewnątrz i na zewnątrz walca; Narysuj linie pola elektrycznego w płaszczyźnie prostopadłej do walca. a. Na zewnątrz: E  2  π  r  l = λ  l ∕ ε 0 ⇒ E = 3  C ∕ m ∕ 2  π  ε 0  r , wewnątrz: E = 0  N ∕ C ; b. Aluminiowa kula o promieniu 4  cm jest naładowana ładunkiem 5  µC . Otacza ją miedziana, sferyczna powłoka o wewnętrznym promieniu 6  cm i zewnętrznym promieniu 8  cm . Ładunek − 8  µC zostaje wprowadzony na miedzianą powłokę. Znajdź natężenie pola elektrycznego we wszystkich punktach przestrzeni, w tym w punktach wewnątrz aluminium i wewnątrz miedzianej powłoki, gdy są one współśrodkowe; Znajdź natężenie pola elektrycznego we wszystkich punktach przestrzeni, w tym w punktach wewnątrz aluminium i wewnątrz miedzianej powłoki, gdy środki miedzianej powłoki i aluminiowej kuli znajdują się w odległości 1  cm od siebie. Długi aluminiowy walec o promieniu R jest naładowany tak, że ma na powierzchni stałą ilość ładunku na jednostkę długości λ . Znajdź natężenie pola elektrycznego wewnątrz i na zewnątrz walca; Narysuj wykres zależności natężenia pola elektrycznego od odległości od środka walca. a. Na zewnątrz: E  2  π  r  l = λ  l ∕ ε 0 ⇒ E = λ ∕ 2  π  ε 0  r , wewnątrz: E = 0  N ∕ C ; b. Na powierzchni przewodnika w stanie równowagi elektrostatycznej E = σ ∕ ε 0 . Pokaż, że to równanie jest zgodne z tym, że E = k  q ∕ r 2 na powierzchni sferycznie symetrycznego przewodnika. Dwie równoległe płyty o boku 10  cm naładowane zostały równymi, ale przeciwnymi ładunkami o wartości 5 ⋅ 10 -9  C . Płytki znajdują się w odległości 1,5  mm od siebie. Jakie jest natężenie pola elektrycznego w środku obszaru pomiędzy płytami? E = 5,65 ⋅ 10 4  N ∕ C . Dwie nienaładowane, równoległe, przewodzące płyty, każda o powierzchni 400  cm 2 , znajdują się w odległości 2  cm od siebie. Jeżeli 10 12 elektronów zostanie przeniesionych z jednej płyty na drugą, to jakie są: gęstość ładunku na każdej z płyt; natężenie pola elektrycznego pomiędzy płytami? Powierzchniowa gęstość ładunku na długiej, prostej, metalicznej rurce jest równa σ . Jakie jest natężenie pola elektrycznego na zewnątrz i wewnątrz rurki? Przyjmij, że rurka ma średnicę 2  a . Na zewnątrz: λ = λ  l ∕ ε 0 ⇒ E = a  σ ∕ ε 0  r , wewnątrz: E = 0  N ∕ C , ponieważ ładunek wewnątrz jest równy zero ( q = 0  C ). Ładunek punktowy q = - 5 ⋅ 10 -12  C jest umieszczony w środku sferycznej, przewodzącej powłoki o wewnętrznym promieniu 3,5  cm i zewnętrznym promieniu 4  cm . Pole elektryczne bezpośrednio nad powierzchnią przewodnika jest skierowane radialnie na zewnątrz i ma natężenie 8  N ∕ C . Jaka jest gęstość ładunku na wewnętrznej powierzchni powłoki? Jaka jest gęstość ładunku na zewnętrznej powierzchni powłoki? Jaki jest wypadkowy ładunek na przewodniku? Lity cylindryczny przewodnik o promieniu a jest otoczony koncentryczną cylindryczną powłoką o wewnętrznym promieniu b . Lity cylinder i powłoka mają ładunki odpowiednio + Q i − Q . Przyjmując, że długość L obu przewodników jest dużo większa od a czy b , wyznacz natężenie pola elektrycznego w funkcji odległości r od wspólnej środkowej osi obu cylindrów dla r < a ; a < r < b ; r > b . a. E = 0  N ∕ C ; b. E  2  π  r  L = Q ∕ ε 0 ⇒ E = Q ∕ 2  π  ε 0  r  L ; c. E = 0  N ∕ C , gdyż albo r wypada wewnątrz drugiej powłoki, albo gdy na zewnątrz, to ładunek wewnętrzny wynosi zero ( q = 0  C ). Zadania dodatkowe Pole wektorowe E → (niekoniecznie pole elektryczne; sprawdź jednostki) jest dane wyrażeniem E → = 3  x 2  k ̂ . Oblicz ∬ S E → ⋅ n ̂  d S \iint_S \vec{E} \cdot \hat{n} \d S , gdzie S jest powierzchnią pokazaną poniżej. Przyjmij, że n ̂ = k ̂ . Ponownie rozwiąż poprzednie zadanie dla E → = 2  x  i ̂ + 3  x 2  k ̂ . ∬ S E → ⋅ n ̂  d S = a 4 \iint_S \vec{E} \cdot \hat{n} \d S = a^4 . Kołowa powierzchnia S umieszczona koncentrycznie z początkiem układu ma promień a i leży w płaszczyźnie y z . Oblicz ∬ S E → ⋅ n ̂  d S \iint_S \vec{E} \cdot \hat{n} \d S dla E → = 3  z 2  i ̂ .. Oblicz strumień pola elektrycznego o natężeniu E → = E 0  k ̂ przez otwartą, półkolistą powierzchnię (zob. rysunek poniżej); Ile będzie wynosił strumień przez półkulę, gdy obrócimy tę powierzchnię o 90 ° wokół osi x ? a. ∬ S E → ⋅ n ̂  d S = E 0  π  r 2 \iint_S \vec{E} \cdot \hat{n} \d S = E_0 \pi r^2 ; b. Zero, ponieważ strumień przez górną powierzchnię znosi się ze strumieniem przez dolną powierzchnię półkuli. Przypuśćmy, że natężenie pola elektrycznego odizolowanego ładunku punktowego jest proporcjonalne do 1 ∕ r 2 + σ , a nie do 1 ∕ r 2 . Wyznacz strumień przechodzący przez powierzchnię sfery o promieniu R , której środek pokrywa się z ładunkiem. Czy prawo Gaussa nadal obowiązuje? Natężenie pola elektrycznego jest dane jako E → = a ∕ b + c  x ⋅ i ̂ , gdzie a = 200  N  m ∕ C , b = 2  m i c = 2  m . Jaki jest wypadkowy ładunek zamknięty w zaznaczonej na rysunku poniżej objętości? Φ E = q wew ∕ ε 0 ; są dwa przyczynki do całki powierzchniowej: jeden od ścianki w x = 0  m , a drugi od ścianki w x = 2  m ; − E  0  m ⋅ 1 5  m 2 + E  2  m ⋅ 1 5  m 2 = q wew ∕ ε 0 = − 100  N  m 2 ∕ C , gdzie znak minus oznacza, że w x = 0  m , pole elektryczne jest skierowane wzdłuż dodatniego x , a wersor normalny wzdłuż ujemnego x . W x = 2  m , wersor normalny i pole elektryczne skierowane są zgodnie q wew = ε 0  Φ E = -8,85 ⋅ 10 -10  C . Dwa równe i przeciwne ładunki Q są umieszczone na osi x w punktach + a i − a , jak pokazano poniżej. Jaki jest wypadkowy strumień pola elektrycznego tych ładunków przez kwadratową powierzchnię o boku 2  a , która leży w płaszczyźnie y z i której środek pokrywa się z początkiem układu współrzędnych? Wskazówka: Wyznacz oddzielnie strumień od każdego z ładunków, a następnie skorzystaj z zasady superpozycji. Będziesz mógł podać uzasadnienie wynikające z symetrii. Kolega student obliczył strumień przez powierzchnię kwadratu dla układu z poprzedniego zadania i otrzymał zero. Jaki błąd popełnił? Nie zachowywał właściwych kierunków wektorów powierzchni lub pola elektrycznego. Kawałek aluminiowej folii o wymiarach 10  cm × 10  cm i grubości 0,1  mm posiada ładunek 20  µC równomiernie rozłożony na obu dużych powierzchniach. Ładunki na cienkich bokach folii możesz pominąć. Znajdź gęstość ładunku; Znajdź natężenie pola elektrycznego 1 cm od środka, zakładając symetrię płaszczyznową. Dwa kawałki folii aluminiowej, każdy o wymiarach 10  cm × 10  cm i grubości 0,1  mm są ustawione naprzeciw siebie w odległości 5  mm . Jedna z folii posiada ładunek + 30  µC , a druga − 30  µC . Znajdź gęstość ładunku na wszystkich powierzchniach, to znaczy na tych zwróconych do siebie i na oddalonych od siebie; Znajdź natężenie pola elektrycznego pomiędzy płaszczyznami w środku, przyjmując symetrię płaszczyznową. a. σ = 3 ⋅ 10 -3  C ∕ m 2 , + 3 ⋅ 10 -3  C ∕ m 2 na jednej i − 3 ⋅ 10 -3  C ∕ m 2 na drugiej; b. E = 3,39 ⋅ 10 8  N ∕ C . Dwie duże, umieszczone naprzeciw siebie miedziane płyty posiadają gęstości ładunku ± 4  C ∕ m 2 na powierzchni zwróconej w stronę drugiej płyty i zero pomiędzy płytami. Znajdź strumień natężenia pola elektrycznego przez prostokątną powierzchnię o wymiarach 3  cm × 4  cm umieszczoną pomiędzy płytami, jak pokazano na rysunku poniżej, dla następujących ustawień powierzchni: gdy powierzchnia jest równoległa do płyt; gdy powierzchnia jest odchylona o kąt θ = 30 ° od ustawienia równoległego. Zauważ, że ten kąt można podać jako θ = 180 ° + 30 ° . Nieskończona płyta ograniczona płaszczyznami z = − a ∕ 2 i z = a ∕ 2 posiada jednorodną objętościową gęstość ładunku ρ (zob. rysunek poniżej). Jakie jest natężenie pola elektrycznego wytworzonego przez ten rozkład ładunku zarówno wewnątrz, jak i na zewnątrz rozkładu? Poprowadź, wzdłuż osi z cylindryczną powierzchnię Gaussa o powierzchni przekroju poprzecznego S . Dla z ≥ a ∕ 2 mamy q wew = ρ  S  a , Φ E = ρ  S  a ∕ ε 0 ⇒ E = ρ  a ∕ 2  ε 0 , natomiast dla z ≤ a ∕ 2 otrzymujemy q wew = ρ  S  2  z , E  2  S = ρ  S  2  z ∕ ε 0 ⇒ E = ρ  z ∕ ε 0 . Ładunek Q jest rozłożony równomiernie w sferycznej objętości, której środek znajduje się w O 1 i która ma promień R . Z kulistej objętości usuwamy część ładunku, przy czym ta usunięta część ładunku ma objętość kuli o środku w O 2 (zob. rysunek poniżej). Wykaż, że natężenie pola elektrycznego wszędzie w pustym obszarze jest dane przez E → = Q ∕ 4  π  ε 0  R 3 ⋅ r → \vec{E} = Q / (4\pi \epsilon_0 R^3) \cdot \vec{r} , gdzie r → jest wektorem skierowanym od O 1 do O 2 . Nieprzewodząca, sferyczna powłoka o wewnętrznym promieniu a 1 i promieniu zewnętrznym b 1 , naładowana jednorodnie z gęstością ładunku ρ 1 znajduje się wewnątrz innej nieprzewodzącej, sferycznej powłoki o wewnętrznym promieniu a 2 i promieniu zewnętrznym b 2 , także jednorodnie naładowanej z gęstością ładunku ρ 2 , jak pokazano na poniższym rysunku. Znajdź natężenie pola elektrycznego w punkcie P P odległym o r od wspólnego środka, gdy: r > b 2 ; a 2 < r < b 2 ; b 1 < r < a 2 ; a 1 < r < b 1 ; r < a 1 . a. E = ρ 1  b 1 3 − a 1 3 + ρ 2  b 2 3 − a 2 3 ∕ 3  ε 0  r 2 E = [\rho_1 (b_1^3 - a_1^3) + \rho_2 (b_2^3-a_2^3)]/(3\epsilon_0 r^2) ; b. E = ρ 1  b 1 3 − a 1 3 + ρ 2  r 3 − a 2 3 ∕ 3  ε 0  r 2 E = [\rho_1 (b_1^3 - a_1^3) + \rho_2 (r^3-a_2^3)]/(3\epsilon_0 r^2) ; c. E = ρ 1  b 1 3 − a 1 3 ∕ 3  ε 0  r 2 E = \rho_1 (b_1^3-a_1^3)/(3\epsilon_0 r^2) ; d. E = ρ 1  r 3 − a 1 3 ∕ 3  ε 0  r 2 E = \rho_1 (r^3-a_1^3)/(3\epsilon_0 r^2) ; e. E = 0  N ∕ C E = \SI{0}{\newton\per\coulomb} . Dwie nieprzewodzące kule o promieniach R 1 i R 2 są jednorodnie naładowane z gęstościami ładunku odpowiednio ρ 1 i ρ 2 . Ich środki są oddalone o a (zob. rysunek poniżej). Znajdź natężenie pola elektrycznego w punkcie P znajdującym się w odległości r od środka kuli 1 pod kątem θ od linii łączącej kule, zakładając, że ich rozkłady ładunku nie są zaburzane przez obecność drugiej kuli. Wskazówka: Wykonaj obliczenia pojedynczo dla każdej kuli i skorzystaj z zasady superpozycji. Krążek o promieniu R został wycięty z nieprzewodzącej dużej płyty, która jest naładowana jednorodnie z gęstością ładunku σ ( C ∕ m 2 ), jak pokazano na poniższym rysunku. Znajdź natężenie pola elektrycznego na wysokości h powyżej środka krążka. ( h ≫ R , h ≪ l h \ll l lub h ≪ w h \ll w ). Wskazówka: Wypełnij otwór z ± σ . Natężenie pola elektrycznego wytworzonego przez płytę bez otworu: E = σ ∕ 2  ε 0 ; natężenie pola elektrycznego otworu wypełnionego z − σ : E = − σ ∕ 2  ε 0 ⋅ 1 − z ∕ R 2 + z 2 . Stąd E wyp = σ ∕ 2  ε 0 ⋅ h ∕ R 2 + h 2 . Koncentrycznie umieszczone sferyczne powłoki są obdarzone łądunkiem odpowiednio Q i − Q (zob. rysunek poniżej). Wewnętrzna powłoka ma pomijalną grubość. Wyznacz natężenie pola elektrycznego dla r < a ; a < r < b ; b < r < c ; r > c . Na rysunku poniżej pokazane są dwie współśrodkowe przewodzące powłoki o promieniach R 1 i R 2 , każda o grubości dużo mniejszej od ich promieni. Wewnętrzna i zewnętrzna powłoka mają wypadkowe ładunki odpowiednio q 1 i q 2 , gdzie oba ładunki q 1 i q 2 są dodatnie. Jakie jest natężenie pola elektrycznego dla r < R 1 ; R 1 < r < R 2 ; r > R 2 ? Jaki jest wypadkowy ładunek na wewnętrznej powierzchni wewnętrznej powłoki, na zewnętrznej powierzchni wewnętrznej powłoki, na wewnętrznej powierzchni zewnętrznej powłoki i na zewnętrznej powierzchni zewnętrznej powłoki? a. E = 0  N ∕ C ; b. E = q 1 ∕ 4  π  ε 0  r 2 ; c. E = q 1 + q 2 ∕ 4  π  ε 0  r 2 ; d. 0  C , q 1 − q 1 , q 1 + q 2 . Ładunek punktowy q = 5 ⋅ 10 -8  C jest umieszczony w środku nienaładowanej, sferycznej, przewodzącej powłoki o wewnętrznym promieniu 6  cm i o promieniu zewnętrznym 9  cm . Znajdź natężenie pola elektrycznego dla r = 4  cm ; r = 8  cm ; r = 12  cm . Jakie ładunki zostały wyindukowane na wewnętrznej i zewnętrznej powierzchni powłoki? Zadania trudniejsze Teleskop kosmiczny Hubble'a potrafi mierzyć strumień energii docierający od odległych obiektów, takich jak supernowe czy gwiazdy. Naukowcy wykorzystują tego typu dane do obliczenia energii emitowanej przez obiekty. Wybierz międzygwiezdny obiekt, którego strumień energii został zarejestrowany przez naukowców za pomocą teleskopu Hubble'a (na przykład gwiazda Wega http://adsabs.harvard.edu/abs/2004AJ....127.3508B ) i znajdź dane dotyczące odległości od obiektu oraz rozmiaru lustra teleskopu, a następnie oblicz całkowity strumień energii. Wskazówka: Teleskop rejestruje tylko niewielką część całkowitego strumienia. Korzystając z danej odległości do gwiazdy Wega równej 237 ⋅ 10 15  m http://webviz.u-strasbg.fr/viz-bin/VizieR-5?-source=I/311&HIP=91262 i podanej średnicy lustra wynoszącej 2,4  m , http://ntrs.nasa.gov/archive/nasa/casi.ntrs.nasa.gov/19910003124.pdf znajdujemy, dla długości fali promieniowania równej 555,6  nm , że Wega emituje 1,1 ⋅ 10 25  J ∕ s w tym zakresie długości fal. Zauważ, że strumień przechodzący przez lustro jest stały. Sformułuj prawo Gaussa dla pola grawitacyjnego, dla g → skierowanego na zewnątrz. Nieskończona płaszczyzna ładunku posiadająca powierzchniową gęstość ładunku σ jest pokazana na rysunku poniżej. Jakie jest natężenie pola elektrycznego w odległości x od płaszczyzny? Porównaj wynik obliczeń z otrzymanym uprzednio. Z symetrii układu wynika, że E → jest prostopadłe do płaszczyzny i stałe na dowolnej płaszczyźnie równoległej do danej. Do obliczenia natężenia pola elektrycznego wybieramy pokazaną na rysunku cylindryczną powierzchnię Gaussa. Wysokość cylindra wynosi 2  x , a cylinder jest umieszczony tak, że płaszczyzna dzieli go na dwie połowy. Ponieważ E jest prostopadłe do każdej z podstaw i równoległe do ścianki bocznej cylindra, otrzymujemy E  S jako strumień przechodzący przez każdą z podstaw i zerowy strumień przez ściankę boczną. Ładunek zamknięty w cylindrze wynosi σ  S , zatem z prawa Gaussa 2  E  S = σ  S ∕ ε 0 i natężenie pola elektrycznego od nieskończonej płaszczyzny ładunków wynosi E = σ ∕ 2  ε 0 , w zgodzie z wynikiem otrzymanym uprzednio w rozdziale. Sferyczny gumowy balon jest obdarzony ładunkiem Q rozłożonym równomiernie na jego powierzchni. W chwili t = 0  s promień balonu jest równy R . Następnie balon jest powoli napompowany aż do osiągnięcia promienia równego 2  R w czasie t 0 . Wyznacz natężenie pola elektrycznego wytworzonego przez ten ładunek w funkcji czasu: na powierzchni balonu; na powierzchni o promieniu R ; na powierzchni o promieniu 2  R . Pomiń wszelki wpływ materiału, z jakiego zrobiono balon, na pole elektryczne i przyjmij założenie, że promień balonu rośnie jednostajnie wraz z upływem czasu. Znajdź natężenie pola elektrycznego dużej przewodzącej płyty posiadającej wypadkowy ładunek q . Niech S będzie powierzchnią płyty (jednej jej strony) i h grubością płyty (zob. rysunek poniżej). Ładunek na metalowej płycie gromadzi się głównie na dużych, płaskich powierzchniach płyty, a tylko w niewielkiej ilości występuje po bokach płyty, jeżeli jest ona dostatecznie cienka. Każda strona płyty posiada ładunek Q ∕ 2 , bo wypadkowy ładunek wynosi Q : σ = Q ∕ 2  S , ∯ S E → ⋅ n ̂  d S = 2  σ  Δ S ∕ ε 0 ⇒ E P = σ ∕ ε 0 = Q ∕ 2  ε 0  S \prefop{\u{222F}}_S \vec{E} \cdot \hat{n} \d S = 2 \sigma \prefop{\Delta} S / \epsilon_0 \implies E_P = \sigma / \epsilon_0 = Q / (2 \epsilon_0 S) . elektrony swobodne (ang. free electrons ) nazywane także elektronami przewodnictwa, są to elektrony w przewodniku, które nie są związane z poszczególnymi atomami i dlatego mogą swobodnie przemieszczać się w przewodniku

Science


Wstęp Zjawisko wyładowania atmosferycznego jest doskonałym przykładem tego, jak wielką ilość energii można zmagazynować i uwolnić dzięki różnicy potencjałów elektrycznych. W tym rozdziale dowiemy się między innymi, jak ogromna energia może być uwolniona w trakcie uderzenia pioruna i jak ta energia zależy od wysokości chmur nad ziemią. Źródło: Anthony Quintano W rozdziale Ładunki elektryczne i pola poruszyliśmy jedynie powierzchownie tematykę dotyczącą zjawisk elektrycznych. W opisie elektryczności używamy powszechnie dwóch pojęć: energii oraz potencjału, który jest bezpośrednio związany z energią potencjalną układu, czego dowiesz się w tym rozdziale. Z życia codziennego wiesz na pewno, jak wielkie i różne ilości energii elektrycznej można zgromadzić w akumulatorach lub przesłać za pomocą linii wysokiego napięcia, albo też wyzwolić w trakcie uderzenia pioruna w drzewo, które w rezultacie może nawet spłonąć. W podobny sposób przepływ ładunków odbywa się w bardzo małej skali w cząsteczkach, gdzie naładowane jony przenikają przez błonę komórkową, przenosząc tym samym informację i energię. Z pewnością znasz pojęcie napięcia elektrycznego. Baterie i akumulatory cechuje zazwyczaj napięcie kilku lub kilkunastu woltów, w gniazdku elektrycznym w twoim mieszkaniu wynosi ono ok. 230  V , ale w przesyłowych liniach elektroenergetycznych sięga ono nawet kilkuset tysięcy woltów. Jednak energia i napięcie to nie to samo. Akumulator w skuterze jest mały i raczej nie zastąpiłbyś go dużym akumulatorem z samochodu osobowego czy ciężarówki, chociaż oba wytwarzają to samo napięcie (prawdopodobnie 12  V ). W tym rozdziale poznamy związek między energią elektryczną i napięciem oraz niektóre z bardzo wielu zastosowań elektryczności w nauce i technice.

Science


Elektryczna energia potencjalna Podczas przyspieszania dodatniego ładunku elektrycznego q zwiększa się jego energia kinetyczna (zob. ). Efekt ten jest analogiczny do rozpędzania ciała w polu grawitacyjnym – to tak, jakbyśmy ładunek elektryczny spuszczali z „elektrycznej góry”, powodując zamianę jego energii potencjalnej na kinetyczną. Oczywiście źródła sił są w obu przypadkach zupełnie różne. Spróbujmy określić pracę wykonaną przez pole elektryczne podczas rozpędzania ładunku q , co pozwoli nam zdefiniować elektryczną energię potencjalną. Przyspieszanie ładunku w polu elektrycznym jest podobne do staczającej się ze wzniesienia kulki. W obu przypadkach energia kinetyczna rośnie kosztem energii potencjalnej, − Δ E p = Δ E k . Pracę w tych przypadkach wykonuje siła (elektrostatyczna lub grawitacyjna), która jest jednocześnie siłą zachowawczą, dlatego możemy zapisać W = − Δ E p . Siła elektrostatyczna Coulomba jest siłą zachowawczą, co oznacza, że praca wykonana nad ładunkiem q przez tę siłę jest niezależna od drogi, co szczegółowo zademonstrujemy później. Dokładnie tak samo jest w przypadku siły grawitacji. Dla sił zachowawczych potrafimy zdefiniować energię potencjalną związaną z tą siłą (mówimy czasem, że siły zachowawcze są siłami potencjalnymi). Efektem wykonanej pracy może być zmiana energii potencjalnej, którą łatwiej obliczać, bo zależy jedynie od położenia. Zobaczymy to na następującym przykładzie: mamy dwa ładunki dodatnie, z których pierwszy, + q , jest nieruchomy, a w jego stronę zbliża się drugi o wielkości + Q w taki sposób, że w każdym momencie siła F → do niego przyłożona (powodująca ruch w stronę ładunku q ) równoważy siłę elektrostatycznego odpychania F → e działającą na Q ( ). Nieruchomy ładunek nazwiemy ładunkiem „źródłowym”, a ładunek Q – ładunkiem „próbnym”. Jest to mały ładunek dodatni niezaburzający pola pochodzącego od ładunku źródłowego (za jego pomocą dokujemy „próbkowania” pola od ładunku źródłowego). Praca wykonana przez siłę F → działającą na Q zmienia energię potencjalną tego ładunku. Energię tę nazywamy elektryczną energią potencjalną (ang. electric potential energy ) ładunku Q . Ruch ładunku próbnego Q w polu wytwarzanym przez ładunek źródłowy q . Praca W 12 siły zewnętrznej F → potrzebna do przesunięcia ładunku z punktu P 1 do punktu P 2 może być obliczona jako W 12 = ∫ P 1 P 2 F → ⋅ d l →  . Skoro siła zewnętrzna F → równoważy siłę elektrostatyczną F → e , to obie siły mają równe wartości i przeciwne zwroty. Zatem wektor siły zewnętrznej jest następujący F → = − F → e = − k  q  Q r 2  r ̂  , gdzie za dodatni kierunek przyjęliśmy kierunek od ładunku źródłowego, a przez r oznaczyliśmy odległość od ładunku źródłowego do ładunku próbnego. Siła i wektor przemieszczenia są do siebie równoległe i mają przeciwne zwroty (zob. ), zatem praca siły zewnętrznej jest dodatnia. Do oznaczenia energii potencjalnej użyjemy oznaczenia E p , natomiast jednostką energii potencjalnej jest dżul ( J ). Gdy siła zachowawcza wykonuje ujemną pracę, układ zwiększa swoją energię potencjalną. Z kolei dodatnia praca siły zachowawczej oznacza zawsze ubytek energii potencjalnej, dlatego zapiszemy Δ E p = − W . W układzie na siła Coulomba działa w kierunku przeciwnym do przemieszczenia, więc jej praca jest ujemna. Jednak energia potencjalna w tym układzie dwóch ładunków wzrosła. To siła zewnętrzna wykonuje dodatnią pracę, w wyniku czego powiększa energię potencjalną układu. Energia kinetyczna naładowanej cząstki Ładunek Q o wartości + 3  nC znajduje się początkowo w spoczynku w odległości 10  cm ( r 1 ) od ładunku q o wartości + 5  nC , który znajduje się w początku układu współrzędnych ( ). Oczywiście ładunek Q jest odpychany od ładunku q , wskutek czego przemieszcza się na odległość 15  cm (położenie r 2 ). Ładunek Q jest odpychany od ładunku q . Wykonana nad nim praca zamienia się w jego energię kinetyczną. Jaką pracę wykonało pole elektryczne na przeniesienie ładunku Q z r 1 do r 2 ? Jaką energię kinetyczną ładunek Q posiada w położeniu r 2 ? Strategia rozwiązania Obliczymy pracę na podstawie definicji. Ponieważ ładunek Q początkowo spoczywał, praca ta będzie równa końcowej energii kinetycznej ładunku. Rozwiązanie Całkując siłę po wielkości przemieszczenia, otrzymujemy W 1 2 = ∫ r 1 r 2 F → ⋅ d r → = ∫ r 1 r 2 k  q  Q r 2  d r = − k  q  Q r r 1 r 2 = k  q  Q  -1 r 2 + 1 r 1 W 1 2 = 8,99 ⋅ 10 9  N  m 2 ∕ C 2 ⋅ 5 ⋅ 10 -9  C ⋅ 3 ⋅ 10 -9  C ⋅ -1 0,15  m + 1 0,1  m W 1 2 = 4,5 ⋅ 10 -7  J  . \begin{multiline} W_{1 \sep 2} &= \int_{r_1}^{r_2} \vec{F} \cdot \d \vec{r} = \int_{r_1}^{r_2} \frac{kqQ}{r^2} \d r = [-\frac{kqQ}{r}]_{r_1}^{r_2} = kqQ [\frac{-1}{r_2} + \frac{1}{r_1}] \\ &= \SI{8,99e9}{\newton\metre\squared\per\squared\coulomb} \cdot \SI{5e-9}{\coulomb} \cdot \SI{3e-9}{\coulomb} \cdot [\frac{-1}{\SI{0,15}{\metre}} + \frac{1}{\SI{0,1}{\metre}}] \\ &= \SI{4,5e-7}{\joule} \text{.} \end{multiline} W 1 2 = ∫ r 1 r 2 F → ⋅ d r → = ∫ r 1 r 2 k  q  Q r 2  d r = − k  q  Q r r 1 r 2 = k  q  Q  -1 r 2 + 1 r 1 = 8,99 ⋅ 10 9  N  m 2 ∕ C 2 ⋅ 5 ⋅ 10 -9  C ⋅ 3 ⋅ 10 -9  C ⋅ -1 0,15  m + 1 0,1  m = 4,5 ⋅ 10 -7  J  . Taka sama jest wartość energii kinetycznej w położeniu r 2 . Znaczenie Ładunek Q początkowo spoczywał; pole elektryczne wytwarzane przez ładunek q wykonało pracę na przemieszczenie Q , która w całości została zamieniona na energię kinetyczną ładunku Q . Sprawdź, czy rozumiesz. Jeżeli ładunek Q z poprzedniego przykładu ma masę 4  µg \SI{4}{\micro\gram} , to jaka jest szybkość Q w położeniu r 2 ? E k = m  v 2 ∕ 2 ⇒ v = 2  E k ∕ m = 2 ⋅ 4,5 ⋅ 10 -7  J ∕ 4 ⋅ 10 -9  kg = 15  m ∕ s E_{\text{k}} = mv^2/2 \implies v = \sqrt{2E_{\text{k}}/m} = \sqrt{2\cdot \SI{4,5e-7}{\joule} / (\SI{4e-9}{\kilo\gram})} = \SI{15}{\metre\per\second} . W powyższym przykładzie praca W wykonana podczas przyspieszania dodatniego ładunku jest dodatnia, a jej źródłem jest zmniejszenie się energii potencjalnej E p (inaczej: ujemna zmiana energii potencjalnej Δ E p ). Wartość E p możemy znaleźć dla dowolnego punktu, jeśli ustalimy pewien punkt odniesienia i względem niego obliczymy pracę potrzebną do przeniesienia ładunku do innego punktu. Elektryczna energia potencjalna Praca W wykonana podczas przyspieszenia dodatnio naładowanej cząstki jest równa zmniejszeniu się jej energii potencjalnej E p , czyli ujemnej zmianie energii Δ E p . Matematycznie zapiszemy to następująco W = − Δ E p  . Nasze rozważania dotyczące elektrycznej energii potencjalnej są bardzo podobne do dyskusji o energii potencjalnej grawitacji, co z pewnością zauważyłeś. Energia potencjalna jest zawsze związana z pracą siły zachowawczej i wnosi dodatkowe informacje o energii i zmianach energii ciała lub układu, bez konieczności rozważania bezpośrednio samej siły. Jest to bardzo wygodne i praktyczne podejście. W praktyce o wiele częściej używamy pojęcia elektrycznej energii potencjalnej (w skrócie mówimy: energii elektrycznej), niż odwołujemy się do np. siły Coulomba. Znajdziemy teraz ogólne wyrażenie na energię potencjalną elektryczną w polu centralnym. W układzie współrzędnych sferycznych, przy ładunku q umieszczonym w środku układu oraz ładunku Q umieszczonym w odległości r , wektor przemieszczenia wynosi d l → = r ̂  d r , dzięki czemu łatwo obliczymy całkę krzywoliniową i w rezultacie pracę W 12 = − k  q  Q  ∫ r 1 r 2 1 r 2  r ̂ ⋅ r ̂  d r = k  q  Q  1 r 2 − k  q  Q  1 r 1  . Zwróćmy uwagę, że wynik zależy jedynie od skrajnych położeń ładunku, a nie od toru. Przyjrzyjmy się bliżej temu zagadnieniu – przeanalizujemy dwie różne ścieżki, po których przemieszczamy ładunki: P 1 do P 2 oraz ścieżkę P 1  P 3  P 4  P 2 z . Dwie ścieżki, po których między punktami P 1 i P 2 przemieszczamy ładunek. Praca wykonana na odcinkach P 1  P 3 oraz P 4  P 2 jest zerowa, bo siła elektrostatyczna jest wtedy prostopadła do przemieszczenia. Odcinki P 1  P 2 i P 3  P 4 są identyczne, więc praca wykonana na obu ścieżkach P 1  P 2 oraz P 1  P 3  P 4  P 2 jest w rezultacie taka sama. Dwa fragmenty P 1  P 3 oraz P 4  P 2 są łukami okręgu o środku w q . Ponieważ siła Coulomba działająca na ładunek Q jest centralna – zwrócona jest do ładunku q , albo przeciwnie, zawsze wzdłuż promienia okręgu – siła zewnętrzna (o kierunku przeciwnym do siły Coulomba) nie wykonuje pracy, ponieważ jest prostopadła do tych łuków w każdym punkcie. Zatem praca jest niezerowa jedynie na odcinku P 3  P 4 , który jest taki sam jak P 1  P 2 . Dodatkowym wnioskiem płynącym z powyższych obliczeń jest to, że praca wykonana na pętli P 1  P 3  P 4  P 2  P 1 byłaby zerowa ( ). Przypomnij sobie, że w taki właśnie sposób określaliśmy, czy siła jest zachowawcza, czy nie. Co więcej, ponieważ siła elektrostatyczna jest związana z natężeniem pola elektrycznego relacją F → = Q  E → , to mówimy, że samo pole elektryczne jest polem zachowawczym (lub też polem potencjalnym), ponieważ ∮ E → ⋅ d l → = 0  . \oint \vec{E} \cdot \d \vec{l} = 0 \text{.} Cały czas zakładamy, że ładunek źródłowy q jest stały i nieruchomy (elektrostatyka zajmuje się ładunkami w spoczynku). Praca po zamkniętym torze w polu elektrycznym jest równa zero. Kolejnym wnioskiem wynikającym z powyższego będzie wzór na energię potencjalną pola elektrycznego. Przypomnij sobie jeszcze, że praca siły zachowawczej jest równa różnicy energii potencjalnych w dwóch punktach. W takim razie praca W ref potrzebna do przeniesienia ładunku od punktu referencyjnego do interesującego nas punktu może być obliczona jako W ref = ∫ r ref r F → ⋅ d l →  , a na podstawie wzoru z różnica energii potencjalnych ( E p 1 − E p 2 ) ładunku próbnego Q pomiędzy dwoma punktami wynosi Δ E p = − ∫ r ref r F → ⋅ d l →  . \prefop{\Delta} E_{\text{p}} = - \int_{r_{\text{ref}}}^r \vec{F} \cdot \d \vec{l} \text{.} W takim razie ogólne wyrażenie na energię potencjalną między dwoma ładunkami w polu centralnym jest następujące Δ E p = − ∫ r ref r k  q  Q r 2  d r = − − k  q  Q r r ref r = k  q  Q  1 r − 1 r ref  . Drugi składnik różnicy we wzorze możemy przyjąć jako zupełnie dowolny poziom odniesienia w pomiarze energii potencjalnej (poziom zerowy). Dlatego E p  r = k  q  Q r − E p ref  . Wygodnym wyborem poziomu odniesienia jest nieskończoność – zgodnie z naszą intuicją oraz definicją siły Coulomba oddziaływanie między ładunkami dąży do zera, gdy oddalimy je na nieskończoną odległość. (Możesz wrócić do dyskusji o poziomie odniesienia dla energii potencjalnej w rozdziale Energia potencjalna i zasada zachowania energii ). Jeśli energię potencjalną w nieskończoności przyjmiemy jako równą zero, to składnik E p ref w powyższej definicji znika. To tak, jakbyśmy przyjęli podłoże (powierzchnię Ziemi albo blat stołu) jako poziom odniesienia w zagadnieniach dotyczących ruchu w polu grawitacyjnym. Zatem wzór na energię potencjalną ładunku Q , umieszczonego w odległości r od ładunku q wytwarzającego centralne pole elektryczne, przyjmuje ostatecznie postać E p  r = k  q  Q r  (poziom odniesienia w  r ⟶ ∞  ). Powyższy wzór jest symetryczny ze względu na kolejność ładunków q i Q , dlatego doskonale opisuje energię potencjalną w układzie dowolnych dwóch ładunków. Energia potencjalna naładowanego ciała Ładunek Q o wartości + 3  nC znajduje się początkowo w spoczynku w odległości 10  cm ( r 1 ) od nieruchomego i umieszczonego w początku układu współrzędnych ładunku q , którego wartość to + 5  nC ( ). Pod wpływem odpychającej siły Coulomba ładunek Q oddala się od ładunku źródła q , osiągając w pewnym momencie odległość 15  cm ( r 2 ). Ładunek Q jest odpychany od ładunku źródłowego q , w wyniku czego kosztem wykonanej przez siłę elektrostatyczną pracy maleje jego energia potencjalna. Ile wynosi zmiana energii potencjalnej układu ładunków przy przemieszczeniu Q od r 1 do r 2 ? Strategia rozwiązania Obliczymy zmianę energii potencjalnej na podstawie definicji: Δ E p  1 2 = − ∫ r 1 r 2 F → ⋅ d r → . Ponieważ ładunek Q początkowo spoczywał, wielkość ta będzie równa przyrostowi energii kinetycznej ładunku. Rozwiązanie Mamy Δ E p 1 2 = − ∫ r 1 r 2 F → ⋅ d r → = − ∫ r 1 r 2 k  q  Q r 2  d r = − − k  q  Q r r 1 r 2 = k  q  Q  1 r 2 − 1 r 1 Δ E p 1 2 = 8,99 ⋅ 10 9  N  m 2 ∕ C 2 ⋅ 5 ⋅ 10 -9  C ⋅ 3 ⋅ 10 -9  C ⋅ 1 0,15  m − 1 0,1  m Δ E p 1 2 = − 4,5 ⋅ 10 -7  J . \begin{multiline} \prefop{\Delta} E_{p\sep1 \sep 2} &= -\int_{r_1}^{r_2} \vec{F} \cdot \d \vec{r} = -\int_{r_1}^{r_2} \frac{kqQ}{r^2} \d r = -[-\frac{kqQ}{r}]_{r_1}^{r_2} = kqQ [\frac{1}{r_2} - \frac{1}{r_1}] \\ &= \SI{8,99e9}{\newton\metre\squared\per\squared\coulomb} \cdot \SI{5e-9}{\coulomb} \cdot \SI{3e-9}{\coulomb} \cdot [\frac{1}{\SI{0,15}{\metre}} - \frac{1}{\SI{0,1}{\metre}}] \\ &= -\SI{4,5e-7}{\joule} \text{.} \end{multiline} Δ E p 1 2 = − ∫ r 1 r 2 F → ⋅ d r → = − ∫ r 1 r 2 k  q  Q r 2  d r = − − k  q  Q r r 1 r 2 = k  q  Q  1 r 2 − 1 r 1 = 8,99 ⋅ 10 9  N  m 2 ∕ C 2 ⋅ 5 ⋅ 10 -9  C ⋅ 3 ⋅ 10 -9  C ⋅ 1 0,15  m − 1 0,1  m = − 4,5 ⋅ 10 -7  J . Znaczenie Tak jak się można było spodziewać, zmiana energii potencjalnej jest ujemna i co do wartości bezwzględnej równa przyrostowi energii kinetycznej. Przypomnij sobie, że w zmiana energii kinetycznej była dodatnia. Sprawdź, czy rozumiesz. Jaką energię potencjalną, względem poziomu odniesienia w nieskończoności, ma w punkcie r 2 ładunek Q z powyższego przykładu? Energia potencjalna ładunku w punkcie r 2 wynosi 9 ⋅ 10 − 7  J , podczas gdy jego energia kinetyczna to 4,5 ⋅ 10 − 7  J . Oznacza to, że w momencie, gdy ładunek Q osiąga położenie w nieskończoności, jego energia kinetyczna jest trzy razy większa niż energia kinetyczna w punkcie r 2 , ponieważ cała energia potencjalna jest wtedy zamieniona w energię kinetyczną. Dla siły elektrostatycznej Coulomba podaliśmy zasadę superpozycji – siły działające na ładunek próbny, pochodzące od układu wielu ładunków możemy policzyć niezależnie, a wypadkowa siła jest sumą wektorową tych sił. Wobec tego także prace (całki z sił), a przez to również energie potencjalne, spełniają zasadę superpozycji. Zademonstrujemy to na przykładzie układu czterech ładunków umieszczonych w wierzchołkach kwadratu. Układ czterech ładunków dodatnich Obliczmy pracę, jaką siła zewnętrzna musi wykonać na przeniesienie czterech ładunków dodatnich o wartościach + 2  µC , + 3  µC , + 4  µC oraz + 5  µC z nieskończoności do wierzchołków kwadratu o boku 1  cm ( ). Jaką pracę trzeba wykonać, aby utworzyć taki układ ładunków? Strategia rozwiązania Po kolei przenosimy każdy z ładunków z nieskończoności kolejno do każdego z wierzchołków kwadratu i obliczamy, jaką pracę musimy przy tym wykonać. Bez żadnej przyczyny fizycznej, a jedynie dla porządku zaczniemy od najmniejszego ładunku i zestawimy układ w kolejności do największego. Rozwiązanie Krok 1. Najpierw przenosimy ładunek + 2  µC do dowolnego z wierzchołków. Przyjmijmy, że ten wierzchołek leży w początku układu współrzędnych. Ponieważ w skończonej odległości od tego ładunku nie mamy żadnych innych ładunków, praca, jaką wykonaliśmy wynosi W 1 = 0  J  . Krok 2. Utrzymując ładunek + 2  µC w początku układu współrzędnych, przenosimy kolejny ładunek + 3  µC do położenia x y z = 1  cm 0  cm 0  cm ( ). Teraz nasza siła musi wykonać pracę przeciwko odpychającej sile elektrostatycznej między ładunkami. Praca siły zewnętrznej jest równa zmianie energii potencjalnej ładunku + 3  µC W 2 = k  q 1  q 2 r 12 = 9 ⋅ 10 9  N  m 2 ∕ C 2 ⋅ 2 ⋅ 10 − 6  C ⋅ 3 ⋅ 10 − 6  C 10 − 2  m = 5,4  J  . Praca W 2 potrzebna do przeniesienia ładunku + 3  µC z nieskończoności do wybranego z wierzchołków kwadratu. Krok 3. Utrzymujemy ładunki + 2  µC i + 3  µC nieruchomo w ich położeniach i przenosimy kolejny ładunek o wartości + 4  µC do punktu o współrzędnych x y z = 1  cm 1  cm 0  cm ( ). Praca wykonana w tym etapie wynosi W 3 = k  q 1  q 3 r 1 3 + k  q 2  q 3 r 2 3 W 3 = 9 ⋅ 10 9  N  m 2 ∕ C 2 ⋅ 2 ⋅ 10 -6  C ⋅ 4 ⋅ 10 -6  C 2 ⋅ 10 -2  m + 3 ⋅ 10 -6  C ⋅ 4 ⋅ 10 -6  C 10 -2  m W 3 = 15,9  J  . \begin{multiline} W_3 &= k \frac{q_1q_3}{r_{1\sep 3}} + k \frac{q_2q_3}{r_{2\sep 3}} \\ &= \SI{9e9}{\newton\metre\squared\per\coulomb\squared} \cdot (\frac{\SI{2e-6}{\coulomb} \cdot \SI{4e-6}{\coulomb}}{\sqrt{2} \cdot 10^{-2} \si{\metre}} + \frac{\SI{3e-6}{\coulomb} \cdot \SI{4e-6}{\coulomb}}{10^{-2} \si{\metre}}) \\ &= \SI{15,9}{\joule} \text{.} \end{multiline} W 3 = k  q 1  q 3 r 1 3 + k  q 2  q 3 r 2 3 = 9 ⋅ 10 9  N  m 2 ∕ C 2 ⋅ 2 ⋅ 10 -6  C ⋅ 4 ⋅ 10 -6  C 2 ⋅ 10 -2  m + 3 ⋅ 10 -6  C ⋅ 4 ⋅ 10 -6  C 10 -2  m = 15,9  J  . Praca W 3 potrzebna do przeniesienia ładunku + 4  µC z nieskończoności do dowolnego z wierzchołków. Krok 4. Wreszcie do ostatniego wierzchołka o współrzędnych x y z = 0  cm 1  cm 0  cm przenosimy z nieskończoności ładunek + 5  µC , a pierwsze trzy ładunki pozostawiamy nieruchome ( ). Praca potrzebna do tego wynosi W 4 = k  q 4  q 1 r 1 4 + q 2 r 2 4 + q 3 r 3 4 W 4 = 9 ⋅ 10 9  N  m 2 ∕ C 2 ⋅ 5 ⋅ 10 -6  C ⋅ 2 ⋅ 10 -6  C 10 -2  m + 3 ⋅ 10 -6  C 2 ⋅ 10 -2  m + 4 ⋅ 10 -6  C 10 -2  m W 4 = 36,5  J  . \begin{multiline} W_4 &= kq_4 (\frac{q_1}{r_{1\sep 4}} + \frac{q_2}{r_{2\sep 4}} + \frac{q_3}{r_{3\sep 4}}) \\ &= \SI{9e9}{\newton\metre\squared\per\coulomb\squared} \cdot \SI{5e-6}{\coulomb} \cdot (\frac{\SI{2e-6}{\coulomb}}{10^{-2} \si{\metre}} + \frac{\SI{3e-6}{\coulomb}}{\sqrt{2} \cdot 10^{-2} \si{\metre}} + \frac{\SI{4e-6}{\coulomb}}{10^{-2} \si{\metre}}) \\ &= \SI{36,5}{\joule} \text{.} \end{multiline} W 4 = k  q 4  q 1 r 1 4 + q 2 r 2 4 + q 3 r 3 4 = 9 ⋅ 10 9  N  m 2 ∕ C 2 ⋅ 5 ⋅ 10 -6  C ⋅ 2 ⋅ 10 -6  C 10 -2  m + 3 ⋅ 10 -6  C 2 ⋅ 10 -2  m + 4 ⋅ 10 -6  C 10 -2  m = 36,5  J  . Praca W 4 potrzebna do przeniesienia ładunku + 5  µC z nieskończoności do nieobsadzonego wierzchołka. Zatem całkowita praca wykonana przez siłę zewnętrzną do utworzenia układu jest sumą wszystkich poszczególnych prac potrzebnych do przeniesienia kolejno ładunków z nieskończoności do punktów, odpowiadających wierzchołkom kwadratu W cał = W 1 + W 2 + W 3 + W 4 = 0  J + 5,4  J + 15,9  J + 36,5  J = 57,8  J  . Znaczenie Praca wykonana nad każdym ładunkiem zależy tylko od oddziaływań parami z kolejnymi ładunkami. Nie ma potrzeby rozpatrywania dodatkowych, bardziej skomplikowanych oddziaływań (np. trójciałowych). Praca wykonana nad trzecim ładunkiem zależy jedynie od jego oddziaływania z ładunkiem pierwszym i drugim, osobno. Oddziaływanie między ładunkiem pierwszym i drugim na nią nie wpływa. Mówimy, że charakter oddziaływania siły Coulomba (tak jak siły grawitacji Newtona) jest dwuciałowy. Sprawdź, czy rozumiesz. Czy energia potencjalna oddziaływania dwóch ładunków punktowych jest dodatnia czy ujemna, jeśli ładunki te są jednoimienne? Jeśli są różnoimienne? Jaki ma to związek z pracą potrzebną do przeniesienia tych ładunków z nieskończoności i umieszczenia ich w bliskiej odległości od siebie? Dodatnia w przypadku ładunków jednoimiennych i ujemna w przypadku ładunków różnoimennych. W obu przypadkach energia potencjalna jest równa pracy potrzebnej na utworzenie tej pary ładunków. Zwróćmy uwagę, że elektryczna energia potencjalna jest dodatnia, jeśli dwa ładunki są jednoimienne, a ujemna, jeśli ładunki są różnoimienne. Ta zależność stanie się jeszcze bardzie zrozumiała, jeśli pomyślimy o zmianie energii potencjalnej Δ E p przy próbie oddalenia i zbliżenia dwóch ładunków. W zależności od znaku ładunków to my będziemy musieli wykonać pracę nad układem ładunków albo pole elektryczne samo wykona tę pracę za nas, zatem nasza praca będzie dodatnia lub ujemna. Jeśli jesteśmy zmuszeni wykonać dodatnią pracę nad układem, to energia układu powinna wzrosnąć. Jeśli np. chcemy zbliżyć do siebie dwa ładunki jednoimienne (oba dodatnie lub ujemne), to wykonamy dodatnią pracę, która spowoduje powiększenie energii układu. Ponieważ w polu centralnym energia potencjalna zależy od odległości jak 1 ∕ r , jej wartość rośnie, gdy odległość r między ładunkami maleje. Z drugiej strony, gdy chcemy zbliżyć do siebie ładunek dodatni i ujemny, nasza praca jest ujemna (ładunki same się przyciągają), co oznacza, że odbieramy energię układowi ładunków, przez co maleje energia potencjalna układu. Ponieważ w tym przypadku (ładunki różnoimienne) energia jest zawsze ujemna, wzrost wartości wyrażenia 1 ∕ r powoduje, że energia staje się „bardziej ujemna”, co oznacza jednocześnie pomniejszenie energii potencjalnej. Wynik uzyskany w może być zastosowany do dowolnej liczby ładunków wchodzących w skład układu. W takim ogólnym przypadku wyrażenie na pracę potrzebną do utworzenia układu ładunków możemy zapisać w postaci wzoru 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}} \text{.} Czynnik 1 ∕ 2 uwzględnia fakt, że w powyższej sumie każdą parę ładunków liczymy dwukrotnie. Podsumowanie Praca wykonana podczas przeniesienia ładunku z punktu A do punktu B w polu elektrycznym jest niezależna od toru; w szczególności praca wykonana podczas przenoszenia ładunku po zamkniętym torze wynosi zero. Oznacza to, że siła elektrostatyczna jest siłą zachowawczą. Energia potencjalna między dwoma ładunkami punktowymi jest zdefiniowana za pomocą wzoru Δ E p = k  q  Q ∕ r , gdzie poziom odniesienia przyjęto w nieskończoności. Zasada superpozycji jest słuszna także w przypadku elektrycznej energii potencjalnej. Energia potencjalna układu wielu ładunków jest równa sumie energii potencjalnych między poszczególnymi parami ładunków. Pytania Czy energia potencjalna miałaby sens, gdyby pole elektryczne nie było polem zachowawczym? Nie. Pojęcie energii potencjalnej możemy zdefiniować jedynie dla pól zachowawczych. Jaka jest różnica, gdy liczymy pracę wykonaną nad układem ładunków albo pracę wykonaną przez układ? Czy kolejność, w jakiej przenosimy z nieskończoności ładunki tworzące układ, wpływa na całkowitą pracę potrzebną do utworzenia układu? Nie. Przyjęta przez nas kolejność wynika jedynie z wygody i ew. łatwiejszych obliczeń. Zadania Rozważ sytuację, w której obok nieruchomego ładunku Q 1 = + 5  µC porusza się inny ładunek Q 2 (o wielkości + 3  µC i masie 6  µg ). Oblicz energię potencjalną ładunku Q 2 w odległości 4  cm od ładunku źródłowego Q 1 ; Jaką prędkość uzyska ładunek Q 2 w punkcie odległym o 8  cm od ładunku Q 1 , jeśli w położeniu początkowym 4  cm spoczywał? Uwaga: Ładunek Q 1 jest cały czas nieruchomy. a. E p = 3,4  J ; b. m  v 2 ∕ 2 = k  Q 1  Q 2  1 ∕ r p − 1 ∕ r k ⇒ v = 750  m ∕ s mv^2/2 = kQ_1 Q_2 (1/r_{\text{p}} - 1/r_{\text{k}}) \implies v = \SI{750}{\metre\per\second} . Dwa ładunki, Q 1 = + 2  µC oraz Q 2 = + 2  µC , są umieszczone symetrycznie po obu stronach początku osi x w punktach x = ± 3  cm . Załóżmy, że ładunek Q 3 = + 4  µC o masie 10  mg porusza się wzdłuż osi y . Jeżeli ładunek Q 3 zaczyna ruch w punkcie y = 2  cm , to jaką prędkość osiąga w punkcie y = 4  cm ? Do utworzenia atomu wodoru elektron musi zostać przeniesiony z nieskończoności w położenie o odległości 5,29 ⋅ 10 -11  m \SI{5,29e-11}{\metre} od protonu (jest to średni promień atomu wodoru). Ile wynosi praca potrzebna do utworzenia atomu wodoru? W = 4,36 ⋅ 10 -18  J W=\SI{4,36e-18}{\joule} . Jaka jest średnia moc wyjściowa defibrylatora, który w ciągu 10  ms \SI{10}{\milli\second} oddaje 400  J \SI{400}{\joule} energii? Dlaczego defibrylator nie powoduje poważnych oparzeń na skórze, jeśli ma tak dużą moc wyjściową? elektryczna energia potencjalna (ang. electric potential energy ) energia potencjalna zgromadzona przez układ ładunków elektrycznych, pochodząca od oddziaływania elektrostatycznego między ładunkami

Science


Potencjał elektryczny i różnica potencjałów Przypomnij sobie, że natężenie pola elektrycznego wprowadziliśmy po to, aby uniezależnić się od wielkości ładunku próbnego, ale jednocześnie za pomocą tej wielkości jesteśmy w stanie podać siłę działającą na dowolny ładunek. Domyślnie przyjmujemy przy tym, że znak ładunku próbnego jest dodatni (żeby siła miała zwrot zgodny z natężeniem pola). Wektor natężenia pola wprowadziliśmy także przy omawianiu pola grawitacyjnego, ale bez dużej szczegółowości. Pole grawitacyjne ma zawsze charakter przyciągający, podczas gdy pole elektryczne może być zarówno przyciągające, jak i odpychające. Zatem, chociaż w przypadku grawitacji pojęcie energii potencjalnej było wystarczające, to dla pola elektrycznego wygodnie jest wprowadzić nową skalarną wielkość fizyczną, niezależną od wielkości ładunku próbnego, która umożliwi także obliczanie pracy nad ładunkiem. Obliczanie pracy bezpośrednio na podstawie definicji d W = F → ⋅ d s → \d W = \vec{F} \cdot \d \vec{s} może być trudne, ponieważ wielkość siły oraz iloczyn skalarny mogą zależeć od rozkładu ładunków i krzywoliniowych trajektorii w skomplikowany sposób. Ze związku F → = q  E → wiemy jednak, że praca, a więc i wielkość Δ E p , są proporcjonalne do ładunku próbnego q (niech w tym podrozdziale ładunek próbny będzie oznaczony małą literą q ). Aby dostać wielkość skalarną niezależną od wielkości ładunku próbnego, wprowadzamy pojęcie potencjału elektrycznego (ang. electric potential ) V (w skrócie: potencjału), który jest równy stosunkowi energii potencjalnej do wielkości ładunku próbnego. Potencjał elektryczny Potencjał jest energią potencjalną liczoną dla jednostki ładunku V = E p q  . Ponieważ, jak wiemy, energia potencjalna E p jest proporcjonalna do ładunku q , to zależność od q upraszcza się. Zatem potencjał V nie zależy od q , podobnie jak natężenie pola. Tak jak ważna w problemach fizycznych jest zmiana energii potencjalnej Δ E p , tak ważna jest też zmiana potencjału, którą nazywamy różnicą potencjałów Δ V między dwoma punktami i definiujemy jako Δ V = V B − V A = Δ E p q  . Różnica potencjałów Różnica potencjałów elektrycznych (ang. electric potential difference ) między dwoma punktami A i B , oznaczona jako V B − V A , jest zdefiniowana jako energia potencjalna ładunku q przemieszczonego z A do B , podzielona przez wielkość tego ładunku. Jednostką różnicy potencjałów jest dżul na kulomb, czyli wolt ( V ) – jednostka nazwana na cześć fizyka Alessandro Volty (1745–1827) 1  V = 1  J ∕ C  . Różnicę potencjałów często nazywa się też napięciem (ang. voltage ). Pamiętaj, że gdy znajdujesz odwołanie do napięcia, tak naprawdę chodzi właśnie o różnicę potencjałów. Przykładowo, każda bateria ma dwa bieguny, a napięcie baterii to różnica potencjałów między nimi. Wchodząc bardziej w szczegóły, możemy powiedzieć, że określenie wielkości potencjału jest dość arbitralne. Zupełnie dowolnie można wybrać punkt oznaczający zero woltów (poziom odniesienia). Analogicznie jest w przypadku energii potencjalnej grawitacji, której poziom zerowy możemy przyjąć np. na wysokości poziomu morza albo blatu stołu. Różnica potencjałów jest już jednak określona precyzyjnie. Zwróć jednocześnie uwagę na rozróżnienie między zmianą energii potencjalnej a różnicą potencjałów. Różnica potencjałów a energia potencjalna Związek między różnicą potencjałów (napięciem) a zmianą energii potencjalnej jest następujący: Δ V = Δ E p q  lub  Δ E p = q  Δ V  . Napięcie nie jest tym samym co energia. Napięcie jest zmianą energii potencjalnej przypadającej na jednostkę ładunku. Dlatego też akumulator samochodowy i ten zamontowany w motocyklu mogą mieć to samo napięcie (bardziej precyzyjnie: różnicę potencjałów między biegunami), ale ten pierwszy gromadzi o wiele większą energię, ponieważ Δ E p = q  Δ V . Akumulator samochodowy pozwala na przesłanie o wiele większego ładunku niż akumulator motocyklowy, mimo że dla obu napięcie wynosi 12  V . Obliczanie energii Dysponujemy akumulatorem motocyklowym o napięciu 12  V , który pozwala na przepływ ładunku w wysokości 5000  C , oraz akumulatorem samochodowym o takim samym napięciu, który umożliwia przepływ ładunku 60 000  C . Jakiej energii jest w stanie dostarczyć każdy z akumulatorów? Strategia rozwiązania Mówiąc, że akumulatory są 12-woltowe, mamy na myśli, że różnice potencjałów na końcach ich biegunów wynoszą 12  V . Gdy taki akumulator powoduje przepływ ładunku, to pod wpływem różnicy potencjałów 12  V ładunki zwiększają swoją energię potencjalną o Δ E p = q  Δ V . Aby obliczyć wielkość energii uzyskanej przy pomocy akumulatora, pomnożymy wartości ładunku i napięcia. Rozwiązanie Dla akumulatora w motocyklu q = 5000  C oraz Δ V = 12  V . Całkowita energia dostarczona przez akumulator motocyklowy wynosi Δ E p motocykl = 5000  C ⋅ 12  V = 5000  C ⋅ 12  J ∕ C = 6 ⋅ 10 4  J  . Podobnie dla akumulatora w samochodzie mamy q = 60 000  C oraz Δ V = 12  V . Całkowita energia dostarczona przez akumulator samochodowy wynosi Δ E p samochód = 60 000  C ⋅ 12  V = 7,2 ⋅ 10 5  J  . Znaczenie Napięcie i energia są ze sobą powiązane, ale nie oznaczają tego samego. Napięcia dwóch akumulatorów są równe, ale każdy dostarcza innej energii. Akumulator w samochodzie musi umożliwić uruchomienie znacznie większego silnika niż w motocyklu. Zauważ też, że nie cała energia zgromadzona w baterii lub akumulatorze jest dostępna dla urządzeń zewnętrznych – część z niej jest potrzebna na użytek wewnętrzny samej baterii. Widzisz to np, gdy światło z reflektorów miga, bo akumulator jest częściowo rozładowany. Sprawdź, czy rozumiesz. Jaką energię gromadzi 1,5-woltowa bateria AAA, która może przesłać ładunek 100  C ? Δ E p = q  Δ V = 100  C ⋅ 1,5  V = 150  J . Zwróć uwagę, że energie obliczone w powyższym przykładzie są wartościami bezwzględnymi. Zmiana energii potencjalnej baterii czy akumulatora jest ujemna, ponieważ przy przesyle ładunku tracą one energię. Akumulatory i baterie, tak jak wiele innych urządzeń elektrycznych, tak naprawdę powodują przepływ ujemnych ładunków – elektronów. Elektrony są odpychane od ujemnych biegunów (oznaczonych A ) i po przejściu przez dowolny obwód elektryczny są przyciągane do dodatnich biegunów ( B ), jak pokazano na . Zmiana potencjału wynosi Δ V = V B − V A = + 12  V , a ponieważ ładunek q jest ujemny, to Δ E p = q  Δ V jest także ujemne, co oznacza, że energia potencjalna akumulatora zmalała w czasie przepływu ładunku q między punktami A i B . Akumulator powoduje przepływ ujemnego ładunku od zacisku ujemnego, przez zewnętrzny obwód elektryczny, do zacisku dodatniego. Odpowiednie reakcje chemiczne zachodzące wewnątrz akumulatora wywołują powstawanie ładunków ujemnych, przez co zacisk ujemny ma nadmiar ładunku, który jest przez niego odpychany. Przyciągane są natomiast ładunki dodatnie. Mając na uwadze pojęcie potencjału powiemy, że zacisk dodatni ma wyższy potencjał niż zacisk ujemny. Wewnątrz akumulatora zachodzi transport zarówno ładunków ujemnych, jak i dodatnich (jonów). Ile elektronów przepływa przez reflektor w każdej sekundzie? Jeżeli akumulator 12-woltowy zasila 30-watową żarówkę reflektora samochodowego, to ile elektronów przepływa przez reflektor w ciągu każdej sekundy? Strategia rozwiązania Żeby znaleźć ilość elektronów, musimy w pierwszej kolejności obliczyć wielkość ładunku, jaki przepłynął w ciągu 1  s . Ładunek jest związany z napięciem i energią w postaci równania Δ E p = q  Δ V . Reflektor o mocy 30  W zużywa 30  J energii w każdej sekundzie. W akumulatorze mamy do czynienia ze stratą energii Δ E p = − 30  J , a ponieważ elektrony poruszają się od ujemnego do dodatniego bieguna, to Δ V = + 12  V . Rozwiązanie Aby obliczyć ładunek q , przekształcimy równanie Δ E p = q  Δ V q = Δ E p Δ V  . Podstawiając za Δ E p i Δ V , otrzymujemy q = − 30  J + 12  V = − 30  J + 12  J ∕ C = − 2,5  C  . Liczba elektronów n e n_{\text{e}} jest równa całkowitemu ładunkowi podzielonemu przez ładunek elementarny. W takim razie n e = − 2,5  C − 1,6 ⋅ 10 -19  C = 1,56 ⋅ 10 19  elektronów  . n_{\text{e}} = \frac{-\SI{2,5}{\coulomb}}{-\SI{1,6e-19}{\coulomb}} = \SI{1,56e19}{\elektronow}\text{.} Znaczenie Otrzymaliśmy bardzo dużą liczbę elektronów. Nie jest więc zaskoczeniem, że nie jesteśmy w stanie zauważyć bezpośrednio przepływu pojedynczych elektronów, gdy jest ich tak wiele. Elektryczność jest zjawiskiem znanym od dawna i była wykorzystywana na długo przed tym, zanim odkryto elektron, a nawet zanim ustalono, że płynące w obwodach elektrycznych ładunki są ujemne. Zarówno przepływ ładunku dodatniego, jak i ujemnego w przeciwnym kierunku, często wywołują te same efekty. Dlatego zwykle trudno jest rozstrzygnąć, z ruchem jakiego rodzaju nośników ładunku mamy do czynienia. Sprawdź, czy rozumiesz. Ile elektronów przepływa w ciągu sekundy przez lampę o mocy 24  W przy napięciu 12  V ? q = − 2  C , n e = 1,25 ⋅ 10 19 elektronów. Elektronowolt W wielu makroskopowych sytuacjach, jak w przykładzie omawianym powyżej, energie pojedynczych elektronów są bardzo niewielkie – rzędu małego ułamka dżula. Jednak w skali mikroskopowej energia przypadająca na cząstkę (np. elektron, proton czy jon) może być znacząca. Przykładowo nawet tak niewielka energia elektronu jak ułamek dżula w poprzednim zadaniu może być wystarczająca do rozbicia cząsteczki chemicznej czy uszkodzenia tkanki. Cząstka naładowana może dokonać zniszczeń na skutek bezpośredniego zderzenia, ale także w wyniku wyemitowania promieniowania X. W takich przypadkach warto posługiwać się jednostką energii odpowiednią dla zjawisk mikroskopowych. Na obrazujemy sytuację fizyczną odpowiadającą próbie definicji takiej jednostki energii. Elektron jest przyspieszany między dwiema naładowanymi płytkami przewodnika, podobnie jak ma to miejsce w kineskopie telewizorów starego typu lub w oscyloskopie. Elektron nabiera energii kinetycznej, która może być potem zamieniona na inną formę, np. energię światła w kineskopie. (Pamiętaj, że w przypadku elektronu ruch przyspieszony w prawo będzie równoważny przyspieszaniu w lewo cząstki naładowanej dodatnio). Ze związku energii i napięcia, Δ E p = q  Δ V , wynika definicja dżula jako kulombo-wolta (dżul to kulomb razy wolt). Typowe działo elektronowe przyspiesza elektrony dzięki różnicy potencjałów między dwiema oddalonymi od siebie metalowymi płytkami. Zgodnie z zasadą zachowania energii energia kinetyczna elektronu rośnie dzięki zmianie energii potencjalnej, czyli E k = q  Δ V . Wartość liczbowa energii elektronu, wyrażona w elektronowoltach jest równa wartości napięcia między płytkami. Przykładowo przy napięciu 5000  V elektron uzyskuje energię 5000  eV . Schematyczny model działa elektronowego jako układu dwóch równoległych płyt, z których jedna posiada otwór wylotowy, jest pokazany na rysunku (a), natomiast zdjęcie prawdziwego działa przedstawia rysunek (b). Elektronowolt Do zjawisk zachodzących w skali mikroskopowej wygodniej jest wyrażać energię w elektronowoltach (ang. electronvolt ), które oznaczamy jako eV . 1  eV odpowiada energii cząstki o ładunku elementarnym przyspieszonemu dzięki różnicy potencjałów 1  V . W jednostkach podstawowych układu SI (dżulach) elektronowolt ma wartość 1  eV = 1,6 ⋅ 10 − 19  C ⋅ 1  V = 1,6 ⋅ 10 − 19  C ⋅ 1  J ∕ C = 1,6 ⋅ 10 − 19  J  . Elektron przyspieszony napięciem 1  V uzyskuje energię 1  eV . Oczywiście przy napięciu 50  V energia elektronu będzie wynosić 50  eV , natomiast napięcie 100 000  V ( 100  kV ) przekłada się na energię elektronu o wartości 100 000  eV ( 100  keV ) itd. Podobnie jon o wielkości ładunku równej dwóm ładunkom elementarnym przyspieszany napięciem 100  V otrzymuje energię 200  eV . Taka prosta relacja między napięciem przyspieszania a energią cząstki powoduje, że elektronowolt staje się bardzo wygodną i użyteczną jednostką energii. Jednostkę elektronowolta stosujemy często w procesach mikroskopowych – takich jak wiązania chemiczne molekuł czy jądrowe. Dla przykładu energia w wysokości 5  eV jest zwykle wystarczająca, by rozerwać wiązanie cząsteczek organicznych. Proton przyspieszany napięciem 30  kV ma energię 30  keV , która wystarcza na rozbicie aż 6000 takich cząsteczek ( 30 000  eV ∕ 5  eV = 6000 \SI{30000}{\electronvolt} / \SI{5}{\electronvolt} = \num{6000} ). Rozpadom jądrowym towarzyszy wydzielanie energii o wartościach rzędu 1  MeV ( 1 000 000  eV ) na jeden akt rozpadu, co może spowodować zjawiska o bardzo niekorzystnych skutkach dla naszego organizmu. Zachowanie energii Całkowita energia układu jest zachowana, jeżeli nie występuje nadwyżka lub niedobór energii w postaci pracy sił zewnętrznych czy przekazu ciepła. Dla sił zachowawczych, takich jak siła elektrostatyczna, zasada zachowania energii mówi, że energia mechaniczna układu jest stała. Energia mechaniczna jest sumą energii kinetycznej i potencjalnej układu, zatem zgodnie z zasadą zachowania energii możemy napisać E k + E p = const . Ubytek energii potencjalnej E p ładunku powoduje wzrost jego energii kinetycznej E k . Zachowanie energii możemy wyrazić równaniem E k + E p = const lub E k 0 + E p 0 = E k 1 + E p 1  , gdzie indeksy 0 oraz 1 oznaczają odpowiednio stan początkowy i końcowy. Jak już widzieliśmy wiele razy, rozważania na temat energii dają nam zazwyczaj lepszy wgląd w naturę zjawisk fizycznych i są pomocne przy rozwiązywaniu problemów. Zamiana elektrycznej energii potencjalnej na energię kinetyczną Obliczmy prędkość końcową, jaką uzyskuje początkowo spoczywający elektron przyspieszany napięciem 100  V . Strategia rozwiązania W naszym układzie występują jedynie siły zachowawcze. Zakładając, że przyspieszanie zachodzi w próżni, oraz pomijając wpływ siły grawitacji (bardziej szczegółowe rozważania na ten temat przeprowadzimy później), cała energia potencjalna elektronu jest zamieniana na jego energię kinetyczną. Początkowe i końcowe wartości energii kinetycznej i potencjalnej wynoszą: E k 0 = 0  eV , E k 1 = 1 ∕ 2 ⋅ m  v 2 , E p 0 = q  Δ V , E p 1 = 0  eV . Rozwiązanie Z zasady zachowania energii wynika, że E k 0 + E p 0 = E k 1 + E p 1  . Podstawiając wartości początkowe i końcowe, otrzymujemy q  Δ V = m  v 2 2  . Obliczamy v v = 2  q  Δ V m i do wzoru końcowego podstawiamy wartości q , Δ V oraz m , co daje wynik v = 2 ⋅ − 1,6 ⋅ 10 − 19  C ⋅ − 100  J ∕ C 9,11 ⋅ 10 − 31  kg = 5,93 ⋅ 10 6  m ∕ s  . Znaczenie Zauważ, że – podobnie jak na – ładunek i napięcie są ujemne. Ponadto z dyskusji o ładunkach i polu elektrycznym wiemy, że siła elektrostatyczna Coulomba dla niewielkich cząstek jest bardzo duża w porównaniu z siłą grawitacji. Uzyskana duża prędkość ładunku w tym zadaniu potwierdza, że rzeczywiście wpływ siły grawitacji może być z powodzeniem pominięty. To pokazuje także, jak łatwo jest przyspieszać elektrony za pomocą niewielkich napięć, właśnie ze względu na ich małą masę. W działach elektronowych są zazwyczaj używane napięcia znacznie wyższe od 100  V z tego zadania. Tak wysokie napięcia pozwalają na nadanie elektronom prędkości tak dużej, że rolę zaczynają odgrywać efekty relatywistyczne i do opisu elektronów muszą być wykorzystywane narzędzia szczególnej teorii względności. Tym zajmiemy się dopiero w kolejnych rozdziałach, dlatego teraz ograniczamy się do niewielkich napięć, rzędu 100  V . Sprawdź, czy rozumiesz. Jak wyniki z powyższego zadania zmieniłyby się, gdyby elektron zastąpić pozytonem? Pozyton różni się od elektronu jedynie tym, że jego ładunek ma przeciwny znak. Zmieniłby się tylko kierunek ruchu pozytonu (na przeciwny), bez wpływu na wartości liczbowe. Napięcie a natężenie pola elektrycznego Do tej pory mówiliśmy o związku napięcia z energią. Teraz chcemy poznać, jak potencjał oraz napięcie elektryczne zależą od natężenia pola elektrycznego. Zaczniemy od ogólnego przypadku pola niejednorodnego o natężeniu E → . Przypomnij sobie, że podaliśmy ogólną definicję energii potencjalnej ładunku q w punkcie P mierzonej względem punktu odniesienia R jako E p P = − ∫ R P F → ⋅ d l →  . Podstawmy teraz w miejsce siły wyrażenie na siłę wynikające z definicji natężenia pola elektrycznego ( E → = F → ∕ q ). Otrzymamy E p P = − q  ∫ R P E → ⋅ d l →  . Stosując następnie definicję potencjału ( V = E p ∕ q ), ostatecznie otrzymujemy ogólną relację między potencjałem w danym punkcie a natężeniem pola V P = − ∫ R P E → ⋅ d l →  . Z wcześniejszej dyskusji na temat energii potencjalnej w polu elektrycznym wiemy, że wielkość energii jest niezależna od wybranego toru, dlatego w powyższej całce krzywą całkowania możemy wybrać zupełnie dowolnie, najlepiej tak, aby była dla nas najwygodniejsza. Zwróć uwagę, że całka ta nie jest prosta – jest to tzw. całka krzywoliniowa i w bardzo ogólnym przypadku krzywoliniowego toru obliczenie jej może być trudne. Rozważmy szczególny przypadek punktowego ładunku q umieszczonego w początku układu współrzędnych. Aby obliczyć potencjał pola wytworzonego przez ładunek punktowy q w odległości r od środka układu względem punktu odniesienia w nieskończoności, gdzie potencjał jest zerowy (tak samo robiliśmy przy obliczaniu energii potencjalnej), podstawimy: P = r oraz R ⟶ ∞ R \to \infty , a także d l → = d r → = r ̂  d r i wykorzystamy definicję E → = k  q ∕ r 2 ⋅ r ̂ . Jeśli do ogólnej całki V P = − ∫ R P E → ⋅ d l → zastosujemy powyższe podstawienia V r = − ∫ ∞ r k  q r 2  r ̂ ⋅ r ̂  d r  , to łatwo obliczymy tę całkę i otrzymamy wynik V r = − ∫ ∞ r k  q r 2  d r = k  q r − k  q ∞ = k  q r  . Wynik ten, w postaci V r = k  q r  , jest standardową formułą na potencjał pola ładunku punktowego (albo inaczej: potencjał w polu centralnym, wytwarzanym przez punktowy ładunek źródłowy). W następnym podrozdziale zajmiemy się tym bardziej szczegółowo. Kolejnym szczególnym przypadkiem pola elektrycznego, jakim się zajmiemy, jest pole jednorodne E → wytwarzane między dwoma równoległymi płytami metalowymi, oznaczonymi na przez A i B , między którymi panuje różnica potencjałów (czyli napięcie) Δ V . Nasze rozważania dadzą nam odpowiedź na pytanie, jakie napięcie musi istnieć między płytami, aby wytworzyć pole elektryczne o określonym natężeniu. Dowiemy się także więcej o fundamentalnym związku między potencjałem a natężeniem pola. Związek między V i E dla pola jednorodnego jest następujący: E = Δ V ∕ d . (Zauważ, że Δ V = V A  B ma wartość dodatnią. Dla cząstki dodatnio naładowanej, poruszającej się od płytki A o wyższym potencjale do płytki B o niższym potencjale, musimy dodatkowo uwzględnić znak minus w definicji napięcia: − Δ V = V A − V B = V A  B ). Z punktu widzenia fizyki do opisu oddziaływań między ładunkami można równie dobrze użyć wielkości potencjału V V , jak i wektora E → . Jednak należy pamiętać o zasadniczych różnicach między nimi: Δ V jest wielkością skalarną i nie ma kierunku, natomiast E → jest wektorem, który oprócz wartości ma także kierunek i zwrot. (Pamiętasz zapewne, że wartość wektora natężenia pola oznaczamy przez E ). Relacja między Δ V i E → ujawnia się podczas liczenia pracy wykonanej przez siłę elektrostatyczną potrzebną do przeniesienia ładunku z punktu A do punktu B . Jednak, jak już sygnalizowaliśmy wcześniej, zupełnie dowolny rozkład ładunku wymaga użycia rachunku całkowego, przez co obliczenia mogą być skomplikowane. Dlatego rozpatrzymy przypadek szczególny, jakim jest pole jednorodne. Praca wykonana przez pole elektryczne z podczas przeniesienia dodatniego ładunku q z dodatnio naładowanej płyty A o wyższym potencjale na ujemnie naładowaną płytę B o niższym potencjale, wynosi W = − Δ E p = − q  Δ V  . Różnica potencjałów między punktami A i B wynosi − Δ V = − V B − V A = V A − V B = V A  B  . Wstawiając to wyrażenie do wzoru na pracę, otrzymujemy W = q  V A  B  . Praca jest zdefiniowana jako W = F → ⋅ d → = F  d  cos θ ; w naszym przypadku cos θ = 1 , bo przemieszczenie ładunku jest równoległe do linii pola. Zatem W = F  d . Ponieważ F = q  E , widzimy, że w rezultacie W = q  E  d . Wykorzystując to ostatnie wyrażenie, otrzymujemy związek q  E  d = q  V A  B  . Ładunek po obu stronach równania się upraszcza i ostatecznie dostajemy następującą zależność napięcia między punktami A i B od natężenia pola (pod warunkiem, że pole elektryczne E E jest jednorodne) V A B = E  d ⇒ E = V A B d  , V_{A\sep B} = Ed \implies E = \frac{V_{A\sep B}}{d} \text{,} gdzie d jest odległością od A do B , czyli odległością między płytami na . Zauważ, że to równanie wprowadza nową jednostkę natężenia, wolt na metr ( V ∕ m ). Z poprzednich rozdziałów znamy jednostkę natężenia niuton na kulomb ( N ∕ C ), zatem prawdziwy jest związek między jednostkami 1  N ∕ C = 1  V ∕ m  . Powyższy wynik obowiązuje tylko dla pól jednorodnych, jednak możemy go zastosować do dowolnego pola, wprowadzając zależność całkową. Podstawiając do naszej definicji napięcia między punktami A i B , otrzymujemy V A  B = V B − V A = − ∫ R B E → ⋅ d l → + ∫ R A E → ⋅ d l →  , co upraszcza się do postaci V B − V A = − ∫ A B E → ⋅ d l →  . Jako przykład zastosowania powyższego związku całkowego, rozpatrzmy różnicę potencjałów między dwoma punktami ( A i B ) równoodległymi od źródłowego ładunku punktowego q , który znajduje się w środku układu, jak pokazuje . Fragment łuku jako krzywa całkowania w obliczeniach różnicy potencjałów między dwoma punktami o równej odległości od ładunku źródłowego umieszczonego w początku układu współrzędnych. W tym celu musimy obliczyć całkę krzywoliniową po łuku okręgu o promieniu r od punktu A do punktu B . We współrzędnych biegunowych mamy d l → = r  φ ̂  d φ , natomiast E → = k  q ∕ r 2 ⋅ r ̂ . W takim razie wielkość Δ V A  B = V B − V A = − ∫ A B E → ⋅ d l → dla naszego układu ładunków staje się prostą całką V B − V A = − ∫ A B k  q r 2  r ̂ ⋅ r  φ ̂  d φ  . Wersory w układzie biegunowym są wzajemnie prostopadłe, więc r ̂ ⋅ φ ̂ = 0 , a w konsekwencji V B − V A = 0  V  . Uzyskany wynik, mówiący, że wzdłuż okręgu o stałym promieniu nie zmienia się potencjał, będzie dla nas bardzo przydatny podczas rysowania rozkładu potencjału w kolejnym podrozdziale. Jakie jest najwyższe możliwe napięcie między płytami? Najwyższe natężenie pola, które jest możliwe do uzyskania w suchym powietrzu, ma wartość ok. 3 ⋅ 10 6  V ∕ m . Powyżej tej wartości pole staje się na tyle silne, że jonizuje obojętne elektrycznie cząsteczki powietrza i powietrze staje się przewodnikiem. Dochodzi wtedy do „przebicia”, czyli sytuacji, gdy następuje rozładowanie napięcia (redukcja natężenia pola) na skutek przepływu dużego ładunku (podczas przebicia obserwujemy iskrę, świadczącą o dużej jonizacji cząsteczek powietrza). Jakie maksymalne napięcie może w takim razie panować między dwoma płytami oddalonymi o 2,5  cm , między którymi występuje suche powietrze? Strategia rozwiązania Znamy maksymalne natężenie pola E między płytami odległymi o d . Możemy zastosować równanie V A  B = E  d , aby obliczyć maksymalne możliwe napięcie. Rozwiązanie Napięcie między płytami wynosi V A  B = E  d  . Podstawiając wartości E oraz d do wzoru, otrzymujemy V A  B = 3 ⋅ 10 6  V ∕ m ⋅ 0,025  m = 7,5 ⋅ 10 4  V  , czyli V A  B = 75  kV  . Znaczenie Wniosek jest taki, że aby wytworzyć przeskok iskry na odległość 2,5  cm w suchym powietrzu, wystarczy napięcie 75  kV . Analogicznie na przeskok iskry przez przerwę o szerokości 5  cm potrzeba napięcia 150  kV . Stanowi to poważne ograniczenie maksymalnych napięć panujących między przewodnikami, np. między liniami przesyłowymi wysokiego napięcia. Dla danej odległości między przewodnikami również niższe napięcia mogą powodować przeskok iskry, jeśli np. powietrze nie jest suche (wilgotne powietrze zawiera przewodzące jony, przez co obniża się wartość maksymalnego natężenia pola), albo powierzchnia przewodników nie jest gładka, bowiem w okolicach ostrych krawędzi lub wystających szpilkowatych fragmentów panują dużo wyższe natężenia niż w pobliżu powierzchni gładkich ( ). Maksymalna wartość natężenia pola elektrycznego, jaka może istnieć między płytami bez wywołania przebicia, jest nazywana wytrzymałością elektryczną (lub wytrzymałością dielektryczną) i ma jednostkę natężenia ( V ∕ m , częściej V ∕ cm ). Komora iskrowa (ang. spark chamber ) służy do śledzenia torów wysokoenergetycznych cząstek. Jonizacja cząsteczek gazu, wywołana przez cząstki o wysokich energiach, powoduje przeskok iskry między płytami komory. Iskry są zawsze prostopadłe do płyt i ustawiają się zgodnie z liniami pola jednorodnego panującego między płytami. Napięcie między sąsiednimi płytami nie jest na tyle wysokie, aby powodować samoistne przebicie powietrza bez jonizacji wywołanej przez przejście cząstki wysokoenergetycznej (np. wytworzonej w laboratorium albo pochodzącej z promieniowania kosmicznego). Detektory cząstek zbudowane na bazie komór iskrowych są obecnie przestarzałe i używa się ich w fizyce cząstek elementarnych jedynie w celach demonstracyjnych. Źródło prawej części rysunku: modyfikacja pracy Jack Collins Natężenie i siła w dziale elektronowym Działo elektronowe ( ), składające się z dwóch równoległych płyt, odległych od siebie o 4  cm , dostarcza elektronom energię 25  keV . Jakie jest natężenie pola między płytami działa? Jaką siłą działałoby to pole na plastikową kulkę o ładunku 0,5  µC , która dostałaby się w obszar między płytami? Strategia rozwiązania Ponieważ znamy napięcie i odległość między płytami, możemy skorzystać bezpośrednio z wyrażenia E = V A  B ∕ d , aby obliczyć natężenie. Gdy będziemy znać natężenie, wykorzystamy wzór F → = q  E → do obliczenia siły. Pole elektryczne działa wzdłuż jednego kierunku, dlatego wzór ten zapiszemy w uproszczonej formie F = q  E . Rozwiązanie Wartość natężenia pola jednorodnego między równoległymi płytami wynosi E = V A  B d  . Ponieważ elektron jest obdarzony ładunkiem elementarnym, energia elektronu 25  keV oznacza, że napięcie panujące między płytami wynosi 25  kV . Podstawiając tę wartość w miejsce V A  B oraz 0,04  m w miejsce odległości między płytami, otrzymujemy E = 25  kV 0,04  m = 6,25 ⋅ 10 5  V ∕ m  . Siłę, z jaką pole działa na ładunek, obliczymy za pomocą wzoru F = q  E  . Podstawiając dane, dostajemy F = 0,5 ⋅ 10 − 6  C ⋅ 6,25 ⋅ 10 5  V ∕ m = 0,313  N  . Znaczenie Zauważ, że otrzymaliśmy niuton jako jednostkę siły, ponieważ 1  V ∕ m = 1  N ∕ C . Skoro pole między płytami działa elektronowego jest jednorodne, to taka sama siła działa na ładunek w dowolnym miejscu wewnątrz działa, niezależnie od odległości ładunku od płyt. Obliczanie potencjału pola od ładunku punktowego Ładunek punktowy q = + 2  nC umieszczono w środku układu współrzędnych. Obliczmy różnicę potencjałów między punktami: A A o odległości a = 4  cm od ładunku źródła q oraz B B o odległości b = 12  cm od ładunku q , jeśli kąt pomiędzy tymi punktami wynosi φ = 24 ° ( ). Obliczymy różnicę potencjałów między punktami A A i B B . Strategia rozwiązania Rozwiązanie podzielimy na dwa etapy. W pierwszym użyjemy równania V B − V A = − ∫ A B E → ⋅ d l → i podstawimy A = a = 4  cm oraz B = b = 12  cm , przy czym d l → = d r → = r ̂  d r , natomiast E → = k  q ∕ r 2 ⋅ r ̂ . Następnie wykonamy całkowanie. W drugim etapie obliczymy całkę V B − V A = − ∫ A B E → ⋅ d l → w zmiennych biegunowych po łuku o stałym promieniu r , gdzie d l → = r  φ ̂  d φ przy ograniczeniu zakresu zmienności kąta 0 ≤ φ ≤ 24 ° , ciągle podstawiając E → = k  q ∕ r 2 ⋅ r ̂ . Na końcu dodamy oba wyniki do siebie. Rozwiązanie W pierwszym etapie całka V B − V A = − ∫ A B E → ⋅ d l → staje się równa V b − V a = − ∫ a b k  q r 2  r ̂ ⋅ r ̂  d r  , V_b - V_a = - \int_a^b \frac{kq}{r^2} \hat{r} \cdot \hat{r}\d r \text{,} co daje wynik Δ V = − ∫ a b k  q r 2  d r = k  q  1 a − 1 b Δ V = 8,99 ⋅ 10 9  N  m 2 ∕ C 2 ⋅ 2 ⋅ 10 -9  C ⋅ 1 0,04  m − 1 0,12  m = 300  V  . \begin{multiline} \prefop{\Delta} V &= - \int_a^b \frac{kq}{r^2} \d r = kq [\frac{1}{a} - \frac{1}{b}] \\ &= \SI{8,99e9}{\newton\metre\squared\per\coulomb\squared} \cdot \SI{2e-9}{\coulomb} \cdot [\frac{1}{\SI{0,04}{\metre}} - \frac{1}{\SI{0,12}{\metre}}] = \SI{300}{\volt} \text{.} \end{multiline} Δ V = − ∫ a b k  q r 2  d r = k  q  1 a − 1 b = 8,99 ⋅ 10 9  N  m 2 ∕ C 2 ⋅ 2 ⋅ 10 -9  C ⋅ 1 0,04  m − 1 0,12  m = 300  V  . \begin{multiline} \prefop{\Delta} V &= - \int_a^b \frac{kq}{r^2} \d r = kq [\frac{1}{a} - \frac{1}{b}] \\ &= \SI{8,99e9}{\newton\metre\squared\per\coulomb\squared} \cdot \SI{2e-9}{\coulomb} \cdot [\frac{1}{\SI{0,04}{\metre}} - \frac{1}{\SI{0,12}{\metre}}] = \SI{300}{\volt} \text{.} \end{multiline} W drugim etapie V B − V A = − ∫ A B E → ⋅ d l → w zmiennych biegunowych przybiera postać Δ V = − ∫ 0 2 ∕ 15 k  q r 2  r ̂ ⋅ r  φ ̂  d φ  , \prefop{\Delta} V = - \int_0^{2/15} \frac{kq}{r^2} \hat{r} \cdot r\hat{\varphi}\d \varphi \text{,} (całkujemy po kącie od 0 ° \ang{0}\ do 24 ° \ang{24}\ , czyli 2 ∕ 15  rad 2/15 \si{\radian} ), ale ponieważ r ̂ ⋅ φ ̂ = 0 , dostajemy Δ V = 0  V . Dodając oba częściowe wyniki, otrzymujemy ostatecznie 300  V . Znaczenie Zastosowaliśmy metodę obliczania różnicy potencjałów przy pomocy całki z natężenia pola do obliczenia wyników numerycznych napięcia w konkretnych przypadkach rozkładu ładunków. Zauważ, że w tym akurat przypadku równie dobrze moglibyśmy po prostu zastosować wzór na potencjał pola ładunku punktowego (w polu centralnym), co doprowadziłoby do tego samego wyniku, nawet w prostszy sposób. Sprawdź, czy rozumiesz. Na podstawie wyników z powyższych przykładów oceń, jak energia wyładowania atmosferycznego zależy od wysokości chmur nad ziemią. Załóż, że poziom gruntu i chmur tworzy układ dwóch równoległych płyt wykonanych z przewodnika. Przy danej wartości maksymalnego pola elektrycznego, potencjał, przy którym dochodzi do wyładowania, rośnie wraz ze wzrostem wysokości chmur nad gruntem. Wtedy każdy elektron docierający do ziemi niesie większą energię. To, czy istnieje zależność całkowitej energii wyładowania od liczby elektronów, jest ciągle nierozstrzygnięte. Przed przystąpieniem do rozwiązywania zadań i problemów proponujemy zapoznanie się ze strategią rozwiązywania problemów fizycznych z zakresu elektrostatyki. Strategia rozwiązywania zadań: elektrostatyka Zbadaj zadanie pod kątem tego, czy dotyczy zagadnień z elektrostatyki; w tym celu zastanów się, czy masz do czynienia z układem pojedynczych i nieruchomych ładunków, z siłami między nimi i polami przez nie wytwarzanymi. Zidentyfikuj, jak wygląda układ ładunków: jaka jest ilość, położenie i rodzaj ładunków? Może okazać się potrzebny schematyczny rysunek z przedstawieniem sytuacji fizycznej. Określ, co dokładnie ma zostać obliczone (jakie są niewiadome). Przydatna może być lista szukanych, jeśli jest ich więcej. Określ, czy występuje siła Coulomba – jeśli tak, warto naszkicować przebieg linii pola i określić wektor siły. Wypisz, jakie wielkości są znane na podstawie treści zadania (jakie są dane). Zwróć uwagę szczególnie na rozróżnienie między siłą Coulomba F a natężeniem pola E . Rozwiąż odpowiednie równanie ze względu na niewiadomą, podstaw dane i oblicz wartości. Jeśli to koniecznie, zrób rysunek ilustrujący wynik. Oceń, czy otrzymany rezultat ma sens fizyczny? Czy jednostki są prawidłowe i wartość liczbowa jest prawdopodobna? Podsumowanie Potencjał elektryczny jest zdefiniowany jako wielkość energii potencjalnej przypadająca na jednostkę ładunku. Równoważnie: jest to iloraz energii potencjalnej i ładunku próbnego (dodatniego). Różnica potencjałów między punktami A i B , V B − V A , czyli zmiana potencjału ładunku q przemieszczonego z A do B , jest równa zmianie energii potencjalnej podzielonej przez wielkość tego ładunku. Różnicę potencjałów nazywamy napięciem, oznaczamy symbolem Δ V i definiujemy jako Δ V = Δ E p q  lub  Δ E p = q  Δ V  . Energia 1  eV (elektronowolt) to energia, jaką uzyskuje ładunek elementarny przyspieszony napięciem 1  V . Jej wartość w dżulach wynosi 1  eV = 1,6 ⋅ 10 − 19  C ⋅ 1  V = 1,6 ⋅ 10 − 19  C ⋅ 1  J ∕ C = 1,6 ⋅ 10 − 19  J  . Pytania Przedyskutuj związek napięcia i natężenia pola. Podaj przykłady. Jakie jest natężenie pola elektrycznego w obszarze, w którym panuje stały potencjał? Wartość natężenia pola wynosi zero, gdyż zależy ona bezpośrednio od różnicy potencjałów. Jeżeli potencjał w pewnym obszarze jest stały, jego różnica między dwoma punktami obszaru wynosi zero, to natężenie pola też musi być zerowe. Jeżeli proton bez prędkości początkowej wpada w obszar pola elektrycznego, to czy zacznie się poruszać w stronę malejącego czy rosnącego potencjału? Jaka jest twoja odpowiedź w przypadku ruchu elektronu i neutronu? Podaj wyjaśnienie. Napięcie elektryczne jest zwyczajową nazwą różnicy potencjałów. Która z tych nazw lepiej oddaje sens fizyczny tej wielkości? Nazwa „różnica potencjałów” jest bardziej sensowna, bo bezpośrednio wskazuje, że napięcie jest zmianą potencjału między dwoma punktami. Jednak nazwa „napięcie” jest powszechnie stosowana w fizyce i technice. Jeśli napięcie między dwoma punktami jest równe 0  V , to czy ładunek próbny może być przesunięty między tymi punktami bez wykonania pracy? Czy można tego dokonać bez konieczności przyłożenia siły zewnętrznej? Uzasadnij. Jaki jest związek między napięciem a energią? Mówiąc precyzyjniej, jaki jest związek między różnicą potencjałów elektrycznych a elektryczną energią potencjalną? Obie wielkości mają zbliżony sens, jednak różnica potencjałów jest własnością samego pola elektrycznego, podczas gdy energia potencjalna zależy od wielkości ładunku próbnego. Zmianę energii potencjalnej ładunku umieszczonego w polu elektrycznym możemy obliczyć, mnożąc wielkość tego ładunku przez różnicę potencjałów. Dlaczego napięcie podajemy i mierzymy zawsze między dwoma punktami? Jak są ze sobą powiązane jednostki „wolt” i „elektronowolt”? Czym się różnią? Elektronowolt jest równy woltowi pomnożonemu przez ładunek elementarny elektronu. Wolt jest jednostką napięcia i potencjału, a elektronowolt to jednostka energii. Czy cząstka, która porusza się w stronę rosnącego potencjału, może tracić energię potencjalną? Wyjaśnij. Zadania Znajdź stosunek prędkości elektronu i anionu wodoru (atom wodoru z dodatkowym elektronem), które są przyspieszone tym samym napięciem. Załóż, że prędkości są nierelatywistyczne, a masa jonu wodoru jest w przybliżeniu równa masie obojętnego atomu wodoru, 1,67 ⋅ 10 − 27  kg . m e  v e 2 ∕ 2 = q  Δ V m_{\text{e}} v_{\text{e}}^2 / 2 = q\prefop{\Delta} V , m H  v H 2 ∕ 2 = q  Δ V m_{\text{H}} v_{\text{H}}^2 / 2 = q\prefop{\Delta} V , zatem m e  v e 2 ∕ m H  v H 2 = 1 oraz v e ∕ v H = 42,8 . Elektrony przyspieszane w rurze próżniowej napięciem 40  kV uderzają w folię miedzianą, w wyniku czego wytwarzane jest promieniowanie X. Jakie są maksymalne prędkości elektronów w przybliżeniu nierelatywistycznym? Pokaż, że jednostki natężenia pola, V ∕ m oraz N ∕ C , są rzeczywiście równoważne. V m = J ∕ C m = N  m ∕ C m = N C \frac{\si{\volt}}{\si{\metre}} = \frac{\si{\joule\per\coulomb}}{\si{\metre}} = \frac{\si{\newton\metre\per\coulomb}}{\si{\metre}} = \frac{\si{\newton}}{\si{\coulomb}} . Jakie pole elektryczne panuje między metalowymi płytami oddalonymi od siebie o 1  cm , naładowanymi do napięcia 1,5 ⋅ 10 4  V ? Natężenie pola między dwoma płytami przewodnika odległymi o 4  cm wynosi 7,5 ⋅ 10 4  V . Jaka różnica potencjałów panuje między płytami? Płyta o niższym potencjale zostaje uziemiona (jej potencjał wynosi zero). Jaki potencjał panuje w punkcie odległym od niej o 1  cm (czyli 3  cm od drugiej płyty)? a. V A  B = 3  kV ; b. V A  B = 7,5  kV . Napięcie między dwoma powierzchniami błony komórkowej o grubości 9  nm wynosi 80  mV . Jakie pole elektryczne panuje wewnątrz błony? Załóż, że pole to jest jednorodne (wynik jest zaskakująco duży, ale poprawny). Dwie płyty metalowe, z których jedna jest uziemiona i ma potencjał równy 0  V , są ustawione równolegle w odległości 10  cm od siebie. Jakie natężenie pola panuje między płytami, skoro w odległości 8  cm od płyty uziemionej zmierzono potencjał 450  V ? Jakie napięcie panuje między płytami? a. V A  B = E  d ⇒ E = 5,63  kV ∕ m ; b. V A  B = 563  V . Znajdź największe napięcie, jakie może występować między dwiema równoległymi płytami przewodzącymi, oddzielonymi warstwą powietrza o grubości 0,5  cm , jeśli wytrzymałość elektryczna na przebicie wynosi 3 ⋅ 10 6  V ∕ m . Elektron jest przyspieszany w jednorodnym polu elektrycznym o natężeniu 2 ⋅ 10 6  V ∕ m . Jaką energię kinetyczną otrzymuje elektron po przebyciu drogi 0,4  m ? Na jakiej drodze musiałby być przyspieszany ten elektron, aby osiągnąć energię 50  GeV ? a. Δ E k = q  Δ V oraz V A  B = E  d , więc Δ E k = 800  keV ; b. d = 25  km . Wykorzystaj całkową zależność różnicy potencjałów od natężenia pola, aby wyprowadzić ogólny wzór na różnicę potencjałów między punktami r = r a oraz r = r b dla ładunku punktowego umieszczonego w początku układu odniesienia. Przez r oznaczamy tutaj współrzędną radialną w sferycznym układzie współrzędnych. Linie pola elektrycznego są w pewnym obszarze prostopadłe do osi z układu współrzędnych i zależą od odległości S od osi, jak E = α ∕ S , gdzie α jest stałą. Znajdź wzór na różnicę potencjałów między punktami P 1 i P 2 . Wyraźnie zasygnalizuj, po jakiej krzywej całkujesz. Jedną z możliwości jest całkowanie najpierw po łuku o stałym promieniu od punktu P 1 do punktu P 2 , co da w wyniku zerową różnicę potencjałów ze względu na prostopadłość krzywej do wektora natężenia pola. Wystarczy więc wykonać całkę wzdłuż odcinka od punktu a do punktu b : V a  b = α  ln b ∕ a . Jednokrotnie zjonizowane cząsteczki gazu są przyspieszane napięciem 13  V . W jakiej temperaturze średnia energia kinetyczna cząsteczek tego gazu byłaby równa energii kinetycznej przyspieszanych jonów? (To zadanie wymaga wiedzy z zakresu termodynamiki/teorii kinetycznej gazów). potencjał elektryczny (ang. electric potential ) energia potencjalna przypadająca na jednostkę ładunku różnica potencjałów elektrycznych (ang. electric potential difference ) zmiana energii potencjalnej ładunku q q przy przemieszczeniu między dwoma punktami, podzielona przez wielkość tego ładunku elektronowolt (ang. electronvolt ) energia ładunku elementarnego przyspieszonego napięciem 1  V \SI{1}{\volt} napięcie elektryczne (ang. voltage ) inaczej: różnica potencjałów, czyli zmiana energii potencjalnej ładunku przemieszczonego od jednego punktu do drugiego, podzielona przez ładunek; jednostką jest wolt, czyli dżul na kulomb

Science