POLE ELEKTROSTATYCZNE

Źródłem pola elektrostatycznego jest ładunek elektryczny.
Elementarną jednostką ładunku jest

e = 1,60x10

-19

C

(kwantyzacja ładunku - ładunek dowolnej cząstki jest zawsze wielokrotnością
e)
W układzie zamkniętym wypadkowa ilość ładunku jest stała (zasada
zachowania ładunku)

Prawo Coulomba

:

F = k

(k = 9 ·10

9

Nm

2

/C

2

; k =

;

ε

o

= 8,854· 10

-12

C

2

/Nm

2

(analogia do F

g

= G

; F

g

∼

ale siła grawitacji zawsze przyciągająca)

Natężenie pola elektrostatycznego

≡

( F - siła działająca na próbny ładunek q - dodatni)

dla ładunku punktowego:

E =

analogia do

=

, ale

=

(przysp. grawitacyjne) bo jest

równoważność masy grawit. i bezwład., natomiast q jest niezależne od masy.

1

2

2

q q

r

−

+

1

4

π ε

ο

1

2

2

m m

r

1

2

r

→

E

→

F
q

k

Q
r

2

→

g

E

g

F

m

→

→

g

E

→

a

Zasada superpozycji (nakładania) pól.

=

(pole pochodzące od n ładunków punktowych)

=

(siła działająca na ładunek q ze strony n ładunków punktowych)

Zapis wektorowy prawa Coulomba

- wektor jednostkowy skierowany

od Q do q

= k

Zasada superpozycji

:

=

=

=

Znając natężenie pola elektrostatycznego w danym punkcie, nie musimy znać
rozkładu i wielkości ładunków wytwarzających to pole aby wyznaczyć siłę
działającą na ładunek umieszczony w tym punkcie; = q

→

E

→

=

∑

j

j

n

E

1

→

F

→

=

∑

j

j

n

F

1

∧

r

→

F

Qq

r

2

∧

r

→

E

1

q

F

j

j=1

n

→

∑

1

2

1

q

k

Q q

r

r

j

j

j

j

n

∧

=

∑

k

Q

r

r

j

j

j

j

n

2

1

∧

=

∑

→

F

→

E

Przykład 1

: Obliczyć pole elektrostatyczne w dowolnym punkcie x

na symetralnej dipola.
Obliczmy siłę działającą na dodatni ładunek próbny q umieszczony w x.

F

1

= k

; F

2

= k

Z podobieństwa trójkątów:

=

Q l

≡ p - moment dipolowy

F = k

E =

(wektor

ma ten sam zwrot i kierunek jak

)

Qq

r

2

Qq

r

2

1

1

F

F

r

l

F

l

r

F

= ⇒ =

l

r

k

Qq

r

k

lQq

r

2

3

=

pq

r

3

F
q

k

p

r

=

3

→

E

→

F

Przykład 2

:

Obliczyć pole elektrostatyczne na osi

naładowanego pierścienia o promieniu R i ładunku całkowitym Q.

Element

∆

l pierścienia ma ładunek równy

i w odległości r =

wytwarza pole

∆E = k

Dla każdego elementu

∆l można znaleźć przeciwległy element ∆l

’

wytwarzający pole

∆E

’

, o takiej samej składowej wzdłuż osi x i o

składowej prostopadłej do osi x równej co do wartości lecz przeciwnie
skierowanej.

Q

R

l

2

π

∆

2

2

R

x

+

∆Q

r

2

Tzn. wypadkowy wektor natężenia pola jest skierowany wzdłuż osi x i
równy sumie składowych

∆E

x

od wszystkich elementów

∆l pierścienia.

Z podobieństwa trójkątów

∆E

x

=

E =

= k

- dla x = 0 ( w środku pierścienia): E = 0

- dla x

>> R (bardzo daleko od pierścienia):

E

≈

k

(tak jak od ładunku punktowego).

∆

∆

x

E

E

x

r

=

x

r

E

∆ =

x

r

k

Q

r

k

∆

2

=

x

Q

R

l

r

2

3

π

∆

d E dl k

x

Q

R

r

dl

k

x

Q

R

r

R

x

=

=

=

∫

∫

2

2

2

3

3

π

π

π

xQ

r

k

xQ

R

x

3

2

2

3 2

=

+

(

)

/

xQ

(x )

k

xQ

x

k

Q
x

2

3 / 2

3

2

=

=

Linie sił

Linia sił (natężenie) jest krzywą do której w każdym punkcie jest
styczny wektor siły działającej na ładunek dodatni (wektor natężenia
pola).

Linie sił (natężenia)
nigdy się nie przecinają

Są zawsze skierowane
od ładunku dodatniego
do ujemnego.

* Liczba linii natężenia na jednostkę powierzchni prostopadłej do tych
linii jest liczbowo równa natężeniu pola elektrycznego w danym
punkcie przestrzeni.

* Całkowita liczba linii pola przechodząca

przez daną powierzchnię

∆S nosi nazwę

strumienia

∆

φ

linii pola.

E =

⇒

∆

φ

= E ·

∆ S

∆ φ

∆

S

Obliczmy strumień

∆

φ

przez element powierzchni

∆ S

’

ustawionej pod

kątem

α

w stosunku do powierzchni

∆S prostopadłej do linii pola (obie

zawierają taką samą liczbę linii pola).

Wprowadzamy wektor

∆ , prostopadły do elementu powierzchni ∆S o

długość równej polu powierzchni

∆S (analogicznie ∆

’

i dla każdego

innego elementu powierzchni).

∆

∆

α ∆

∆

α

S

'

S

cos

'

S

S

cos

=

⇒

=

→

S

→

S

Iloczyn skalarny

·

∆

= E

∆S

’

cos

α = E

=

= E

∆S = ∆φ

Ogólnie więc,

strumień elektryczny

, czyli liczba linii pola przez dowolny

element powierzchni dS : d

φ

= d

Strumień przez rozległą powierzchnię S jest sumą strumieni d

φ przez

elementy dS :

φ =

∆

w postaci całkowej:

φ = (całka powierzchniowa)

→

E

S

∆

α

α

S

cos

cos

→

E

→

S

→

∑ E

→

S

→

∫ E

s

d S

→

→

Przykład 1

: Obliczmy liczbę linii pola wytwarzanych przez ładunek punktowy Q

Rozważmy powierzchnię kulistą
o promieniu r

1

i środku w punkcie Q

S = 4

π

Pole na powierzchni tej kuli wynosi

E = k

Linie pola są prostopadłe do powierzchni kuli, zatem :

φ

=

·

= E S = k

4

π

= 4

π k Q

φ

nie zależy od r (ze wzrostem r rośnie S, ale maleje E).

φ

= 4

π k Q jest całkowitą liczbą linii pola wytwarzaną przez ładunek Q (strumień

całkowity).

1

2

r

Q
r

1

2

→

S

Q
r

1

2

1

2

r

→

E

Zatem, jeśli ładunek otacza dowolna zamknięta powierzchnia S

’

(niekoniecznie kula), całkowita liczba linii pola jest taka sama i strumień
przez taką powierzchnię wynosi

φ

= 4

π

k Q.

=

(

∆S

’

- element rozważanej powierzchni, obejmujący taką samą ilość linii

co element powierzchni kuli

∆S, który zawsze jest prostopadły do )

φ = d =

d =

d =

4

πkQ

Jeśli wewnątrz zamkniętej powierzchni znajduje się kilka ładunków Q

1

, Q

2

,

.... Q

n

, to każdy z nich wytwarza liczbę linii pola równą odpowiednio

4

πkQ

1

, 4

πkQ

2

, ...... 4

πkQ

n

→

E

∆

→

S

→

E

∆

→

'

S

→

E

→

∫ E

kula

→

S

→

∫ E

S

'

→

'

S

E

→

∫

→

S

z zasady superpozycji

φ

całk.

= d = (

+ +...+ ) d =

=

d +

d +

....+ d =

= 4

π

kQ

1

+ 4

π

kQ

2

+ .... = 4

π

kQ

n

= = 4

π

k(Q

1

+ Q

2

+ ...+ Q

n

)

φ

całk.

=

d = 4

π

kQ

wewn.

- prawo Gaussa

E

→

∫

→

S

→

1

E

→

2

E

→

n

E

→

S

→

∫

1

E

→

S

→

∫

2

E

→

S

→

∫

n

E

→

S

E

→

∫

→

S

Q

wew.

jest ładunkiem wypadkowym zawartym w zamkniętej

powierzchni. Gdy Q

wew.

jest dodatnie, linie wychodzą z powierzchni;

gdy Q

wew.

jest ujemne, linie wchodzą do wewnątrz zamkniętej

powierzchni; gdy Q

wew.

=0

(np. ),

strumień

φ

całk.

= 0

(niezależnie od tego czy na zewnątrz znajdują się jakieś ładunki).

*

Linie pola zaczynają się i kończą zawsze tylko na ładunkach,

gdzie indziej są ciągłe

.

*

Strumień przez powierzchnię zamkniętą wytworzony przez

ładunek zewnętrzny jest równy zero, bo wszystkie te linie
które wejdą do wewnątrz muszą wyjść na zewnątrz (więc
całkowita liczba linii wychodzących z tej powierzchni
zamkniętej jest równe zero)

.

+ = − −

∑

∑ q

q

Przykład 2

: Korzystając z prawa Gaussa wykazać, że w przewodnikach

wprowadzone ładunki zawsze gromadzą się na powierzchni.

Niech S będzie powierzchnią zamkniętą
poprowadzoną tuż pod powierzchnią
rozważanego przewodnika.

Z prawa Gaussa:

d =

4

π

kQ

wewn

Ale wewnątrz przewodnika (w tym i na powierzchni) pole
E = 0, bo w przeciwnym wypadku elektrony w przewodniku poruszałyby
się pod wpływem pola (rozważamy stan ustalony, gdy ładunki się nie
poruszają), czyli:

d = 0

⇒

0 = 4

πkQ

wew.

⇒ Q

wew.

= 0

tzn. że wewnątrz powierzchni S nie ma ładunku.

E

→

∫

→

S

→

∫ E

S

→

S

Przykład 3

: Obliczyć pole wewnątrz i zewnątrz jednorodnie naładowanej

powłoki kulistej o promieniu R.

Na zewnątrz powłoki kulistej
Obliczmy strumień pola przez
pow. kulistą o promieniu r

>

R.

d = E dS (powierzchnia kulista)

d =E

=E4

πr

2

z prawa Gaussa :

d = 4

πkQ

wew.

4

πkQ

wew.

= E4

πr

2

Q

wew.

jest całkowitym ładunkiem Q na powłoce kulistej.

k Q = E r

2

⇒

E = k (r

>

R)

(tak, jakby cały ładunek Q był położony w środku kuli).

→

E

→

S

→

∫ E

→

S

dS

∫

→

∫ E

→

S

Q
r

2

Wewnątrz powłoki kulistej (r

<

R)

Wewnątrz powierzchni kulistej (dla r

< R) nie ma ładunku, czyli

d = 0

⇒ E 4πr

2

= 0

⇒

E = 0

1) Na zewnątrz, (r

> R), E = k

2) Wewnątrz, (r

< R):

Pole od powłoki kulistej pomiędzy

r i R równe jest zero. Pole od kul
o promieniu r (na zewnątrz):

E =k

;

=

Q(r) = Q

E = k

= k

= k·

· r

∼

r

→

∫ E

→

S

Przykład 4

: Jednorodnie naładowana pełna kula.

Q
r

2

Q r

r

( )

2

Q r

Q

( )

(4 / 3) r

(4 / 3) R

r

R

3

3

3

3

π

π

=

3

3

r

R

Q r

r R

3

3

2

Qr

R

3

Q

R

3

Przykład 5

: Jednorodnie naładowany długi pręt, z liniową

gęstością ładunku:

λ =

Obliczmy pole w punkcie x, odległym
od pręta o r.
Rozpatrzmy walec o długości L i o
promieniu r. Wewnątrz tego walca
zawarty jest ładunek Q

wew.

=

λ⋅

L

Z prawa Gaussa: d = 4

π k

λ

L (*)

Ze względu na symetrię, linie pola rozchodzą się tylko

promieniście, prostopadle do pręta (jeśli l

>> r); strumień

przed podstawy walca

∆

φ

= 0 (

⊥ d

więc

⋅ d = 0),

więc:

⋅ d = E 2πrL

powierzchnia boczna walca

Porównując z (*): 4

πk

λ

L = E2

πrL

E =

⇒

E

∼

Q

l

→

∫ E

→

S

→

E

→

S

→

E

→

S

→

∫ E

→

S

2k

r

λ

1

r

Przykład 6

: Jednorodnie naładowana nieskończona płaszczyzna.

Powierzchniowa gęstość

ładunku

σ

= Q/S

Obliczmy pole w odległości d
od płyty (d

<< rozmiarów płyty).

Rozpatrzmy walec o długości
2d i polu podstawy

∆S. Walec

zawiera ładunek Q

wew.

=

σ

∆S

Strumień przez powierzchnię boczną walca

φ

= 0 ( bo jest równoległe

do powierzchni).
Strumienie przez obie podstawy są takie same (symetria):

d

= 2E

∆S

z prawa Gaussa: d

= 4

πk

σ

∆S ⇒ 2E∆S = 4π

σ

∆S

E = 2

πk

σ

Pole jednorodne (nie zależy od odległości d !)

→

E

→

∫ E

→

S

→

S

→

∫ E

Dwie równoległe płyty przeciwnie naładowane

σ

+

=

σ

-

Na zewnątrz płyt (np. w punkcie 1 lub 2)
pola od płyty ujemnej i dodatniej są
równe co do wartości (E = 2

πk

σ

), ale

przeciwnie skierowane. Z zasady
superpozycji

E

wyp.

(zewn.) = 0.

Pomiędzy płytami skierowane są
zgodnie, od „+” do „-”

E

wyp.

(wewn) = 4

πk

σ

Pole elektryczne wytwarzane przez naładowane ciała o różnych kształtach

k

o

=

1

4

π ε

o

Indukcja elektryczna

W przewodniku umieszczonym w polu elektrycznym następuje przesunięcie
ładunków takie, aby pole wewnątrz przewodnika było równe zeru. Dotyczy
to również przewodników „wydrążonych”, np. pudła z metalowymi ściankami
- wykorzystywane to jest do ekranowania.
Zjawisko indukcji występuje również w izolatorach, ale ze względu na
ograniczoną

możliwość

ruchu ładunków nie występuje całkowite

zrównoważenie pola wewnątrz izolatora.

Przykład 7:

Przyjmijmy, że modelem atomu wodoru jest

jednorodnie naładowana kula o promieniu R i ładunku -e (”chmura”
elektronu) z protonem o ładunku +e umieszczonym w środku.

1) Jak przesunie się „chmura” elektronu
pod wpływem zewn. pola elektrycznego
E

zew.

względem protonu

2) Z jaką częstotliwością po usunięciu pola,

będą drgały proton i „chmura” elektronowa
wokół położenia równowagi?

k=8,988

⋅10

9

2

C

Nm

ad 1)

Na „chmurę” -e działa siła =

-e

i

przesuwa ją o x względem położenia równowagi.
Zgodnie z Przykładem 4, „chmura” elektronu

wytwarza w odległości x od środka pole:

E

(-)

= - k

Przesuwanie trwa, aż pole wypadkowe działające na proton będzie

zero:

-k

+ E

zew.

= 0

x = E

Co odpowiada indukowanemu momentowi dipolowemu:

p = x e =

E

e x

R

3

e x

R

3

3

R

k

→

ze w

E

.

→

F

3

R

e k

ad 2) F = - e E; gdy E

zew.

= 0, E = E

(-)

= - k

F = - k

(taka sama siła działa na „chmurę” elektronu).

(m a = F) to m

e

równanie ruchu oscylatora harmonicznego

; f

o

= =

f

o

= 1/s = 2,5 1015 1/s = 2,5 1015 Hz

e x

R

3

2

2

e

R

x

2

2

2

3

d x

d t

k e

R

x

= −

2

2

2

d x

d t

x

o

= − ω

o

e

k e

m R

2

2

3

ω =

o

ω

π

2

1

2

2

3

π

k e

m R

e

1

2

9 10 16 10

9 1 10

10

9

19

2

31

10

3

π

( ,

)

,

(

)

x

x

−

−

−