Zadania do rozdziału 7.
Zad.7.1.
W wierzchołkach kwadratu o bokach a umieszczono jednakowe ładunku  q. Jaki
ładunek Q o znaku przeciwnym trzeba umieścić w środku kwadratu, aby siła wypadkowa
działająca na każdy ładunek była równa zeru?
Rozwiązanie:
Rozpatrzmy siły działające na ładunek 1. Pozostanie on w równowadze, jeżeli suma sił nań
działających będzie równa zeru.

F2 + F3 + F4 + F5 = 0
Powyższy warunek jest równoważny

F' + F3 = F5 (*)

2 2
gdzie F' = F2 + F4
Zgodnie z prawem Coulomba
q2 q2 2
F2 = F4 = ; F' =
2 2
4Ą�a 4Ą�a
q2 q2
F3 = =
2 2
4Ą�(a 2)8Ą�a
qQ qQ
F5 = =
2 2
2Ą�a
�ł �ł
a 2
4Ą��ł �ł
�ł �ł
2
�ł łł
Po podstawieniu powyższych wyrażeń do
równania (*) otrzymamy:
q2 2 q2 qQ
+ =
2 2 2
4Ą�a 8Ą�a 2Ą�a
i stąd
q
Q = (1 + 2 2)
4
23
Taki sam tok rozumowania można zastosować dla każdego ładunku Q umieszczonego w
pozostałych wierzchołkach kwadratu.
Zad.7.2.
Cztery jednakowe ładunki q umieszczono w narożach kwadratu o bokach a. Znalez
ć
natężenie i potencjał pola elektrycznego w środku kwadratu?
Rozwiązanie:

Natężenie pola elektrycznego E w środku
kwadratu wynosi:

E = E1 + E2 + E3 + E4 , gdzie:

1 Q1 1 q �" 4 q
E1 = E1 = = �" =
2 2
4Ą� 4Ą�
r12 a �" 2 2Ą�a

1 Q2 1 q �" 4 q
E2 = E2 = = �" =
2 2 2
4Ą� 4Ą�
r2 a �" 2 2Ą�a

Q3
1 1 q �" 4 q
E3 = E3 = = �" =
2 2 2
4Ą� 4Ą�
r3 a �" 2 2Ą�a

Q4
1 1 q �" 4 q
E4 = E4 = = �" =
2 2 2
4Ą� 4Ą�
r4 a �" 2 2Ą�a
Widzimy, że E1 = E2 = E3 = E4.
Z geometrii układu ładunków wynika, że

E1 = -E3 i E4 = -E2 ,

Zatem natężenie pola E w środku kwadratu wynosi:

E = E1 + E2 + E3 + E4 = 0
Potencjał V pola elektrycznego w środku kwadratu wynosi:
V = V1 + V2 + V3 + V4 , gdzie:
1 Q1 1 q �" 2 q 2
V1 = �" = =
4Ą� r1 4Ą� 4Ą�a
a 2
1 Q2 1 q �" 2 q 2
V2 = �" = =
4Ą� r2 4Ą� 4Ą�a
a 2
Q3
1 1 q �" 2 q 2
V3 = �" = =
4Ą� r3 4Ą� 4Ą�a
a 2
24
1 Q4 1 q �" 2 q 2
V4 = �" = =
4Ą� r4 4Ą� 4Ą�a
a 2
Widzimy, że V1 = V2 = V3 = V4.
Potencjał V pola elektrycznego w środku kwadratu wynosi
q 2 q 2
V = V1 + V2 + V3 + V4 = 4 =
4Ą�a Ą�a
Zad.7.3.
Obliczyć potencjał pola elektrycznego w punkcie o współrzędnych (x,y), dla układu
trzech ładunków: Q1 = q, Q2 = 2 2q, Q3 = -q umieszczonych w punktach o
współrzędnych: Q1(0, a), Q2(0,0), Q3(a,0). Wyznaczyć V dla punktu P(a,a).
Rozwiązanie:
Całkowity potencjał pola elektrycznego V(x,y) w dowolnym punkcie P(x,y), można
przedstawić jako sumę potencjałów V(r1), V(r2 ) i V(r3)wytworzonych w tym punkcie przez
każdy z ładunków z osobna
V(x, y)= V(r1)+ V(r2 )+ V(r3)
1 Q1 1 q
V(r1)= =
4Ą� r1 4Ą� r1
1 Q2 2 2 q
1
V(r2 )= =
4Ą� r2 4Ą� r2
Q3
1 1 q
V(r3)= = -
4Ą� r3 4Ą� r3
25
Ale
2
r1 = x + (y - a)2
2
r2 = x + y2
r3 = (x - a)2 + y2
Zatem
�ł �ł
q 1 2 2 1
�ł �ł
V(x, y)= + -
�ł �ł
4Ą� 2 2
�ł
x + (y - a)2 x + y2 (x - a)2 + y2 �ł
�ł łł
Potencjał w punkcie P(a,a) wynosi
�ł �ł
q 1 2 2 1
�ł �ł
V(a, a)= + -
�ł �ł
4Ą� a a
a 2
�ł łł
q
V(a, a)=
2Ą�a
Zad.7.4.
Obliczyć natężenie pola elektrycznego w otoczeniu tzw. dipola elektrycznego, tj.
układu dwóch różnoimiennych, jednakowych co do wartości ładunków elektrycznych
+Q i  Q, rozsuniętych na odległość a, biorąc pod uwagę tylko punkty leżące na osi dipola
(patrz rysunek).
Rozwiązanie:
-Q 0 +Q E_ A E+ oś dipola
a
r
Wez
my pod uwagę punkt A leżący na osi dipola w odległości r od jego środka 0. Natężenie

EA pola w punkcie A jest wypadkową natężeń pól wytwarzanych w punkcie A przez

ładunek +Q i  Q. Oba natężenia E+ i E- są skierowane wzdłuż tej samej prostej, lecz mają
zwroty przeciwne, a zatem ich suma geometryczna sprowadza się do różnicy arytmetycznej:

EA = E+ + E-
1 Q 1 Q
EA = �" - �" ,
4Ą�
(r - a / 2)2 4Ą� (r + a / 2)2
Q (r + a / 2)2 - (r - a / 2)2
EA = �" ,
4Ą�
(r + a / 2)2(r - a / 2)2
26
Q r2 + ra + a2 / 4 - r2 + ra - a2 / 4
EA = �" ,
2
4Ą�
(r2 - a2 / 4)
1 2Qra
EA = �"
2
4Ą�
(r2 - a2 / 4)
Takie jest wyrażenie ogólne na natężenie pola w punktach leżących na osi dipola. Dla
punktów leżących daleko od ładunków dipola (tzn. gdy r>>a) otrzymujemy wzór przybliżony
1 2Qa
E H" .
4Ą�
r3
Iloczyn ładunku Q dipola i odległości a nazywamy momentem dipola. Tę nową wielkość
traktujemy jako wektor o kierunku od ładunku ujemnego do ładunku dodatniego dipola i

oznaczamy symbolem p .
A zatem natężenie pola elektrycznego w punktach leżących na osi dipola w odległości r
znacznie większej od a wynosi
1 2p
E E"
4Ą�
r3
Zad.7.5.
Na powłoce kulistej o promieniu R rozmieszczone są równomiernie ładunki
elektryczne z gęstością powierzchniową �. Znalez
ć natężenie pola i potencjał w odległości r
od środka kuli.
Rozwiązanie:
Gęstość powierzchniowa � ładunku mówi nam jaki ładunek elektryczny jest umieszczony na
jednostce powierzchni ciała.
dq �ł C łł
� =
�ł śł
ds
�łm2 �ł
Na powłoce kulistej o promieniu R umieszczony jest ładunek Q
Q = � �" S
2
gdzie S = 4ĄR - pole powierzchni kuli.
A
adunek ten umieszczony jest tylko na powierzchni kuli tak, że wewnątrz kuli jak i na
zewnątrz nie ma innych ładunków.
27
Jeżeli współśrodkowo z powłoką kulistą o promieniu R utworzymy (w myślach)
powierzchnię kulistą o promieniu r, to na tej powierzchni (zwanej powierzchnią gaussowską)


wektor E ma stałą wartość i jest zawsze prostopadły do powierzchni ( E ds ) i wtedy

E �" ds = Eds .
Stosujemy prawo Gaussa, które mówi, że strumień natężenia pola elektrycznego ŚE,S przez
powierzchnię zamkniętą S ( przez naszą utworzoną w myślach sferę o promieniu r) jest równy
całkowitemu ładunkowi Q zawartemu wewnątrz tej powierzchni (w naszym przypadku
ładunkowi Q znajdującego się na powierzchni kuli o promieniu R leżącej wewnątrz kuli o
1
promieniu r) pomnożonemu przez czynnik .
�

1
ŚE,S = E �"ds = �"Q
+"
�
S
Ale

2
ŚE,S = E �" ds = E �" ds = E+" ds = E �" 4Ąr
+" +"
S S S
Dla r2
E �" 4Ąr = 0
i wtedy natężenie pola elektrycznego wewnątrz naładowanej powierzchniowo kuli wynosi
zero.
E = 0
Dla r e" R czyli w przypadku gdy gaussowska powierzchnia ( ta utworzona przez nas w
myślach powierzchnia kulista o promieniu r) obejmuje naładowaną powłokę o promieniu R
prawo Gaussa możemy zapisać:
1
2
E �" 4Ąr = �"Q
�
1
2
E �" 4Ąr2 = �" 4ĄR �" �
�
2
�R �
E(r)= ; dla r = R otrzymujemy : E(R)=
2
�
�r
Zatem natężenie pola elektrycznego wewnątrz naładowanej powłoki kulistej jest równe zeru,
na jej powierzchni osiąga wartość �/�, następnie maleje odwrotnie proporcjonalnie do
kwadratu odległości i jest skierowane prostopadle do powierzchni kuli (rys.a).
28
Potencjał pola V wyznaczamy korzystając z wzoru definicyjnego, że
WA"
VA =
q0
Dla r>R
2
" " "

� R
WA" = F �" dr = q0 �" F �" dr = q0 dr
+" +" +"
�
r2
r r r
"
2 2
"
q0R � q0R �
1 1
�ł �ł
WA" = dr =
�ł- �ł
+"
� � r
�ł łł
r2
r
r
2
q0R �
1
WA" = �" i wtedy
� r
2
R � � �" R
V(r)= ; dla r = R otrzymujemy : V(R)=
�r �
Dla r d" R
2
" R "

� R
WA" = q0E �" dr = q0 0 �" dr + q0 dr
+" +" +"
�
r2
r r R
"
2
�R 1
WA" = 0 + q0 �ł �ł
�ł- �ł
� r
�ł łł
R
q0R�
WA" =
�
i wtedy
R �" �
V(r)= = const
�r
Wykres funkcji V(r) przedstawia rys. b.
Zad. 7.6.

Znalez
ć natężenie pola elektrycznego E w odległości r od nieskończenie długiej
prostoliniowej nici naładowanej ładunkiem elektrycznym z gęstością liniową .
29
Rozwiązanie:
Gęstość liniowa ładunku  mówi nam jaki ładunek elektryczny jest umieszczony na jednostce
długości nici.
dQ C
�ł łł
 =
�łmśł
dl
�ł �ł
Na odcinku nici o długości l umieszczony jest ładunek Q
Q =  �" l
Z symetrii układu (rozkładu ładunku)

wynika, że natężenie poła E będzie
skierowane prostopadle do powierzchni
bocznej nici.
Opierając się na twierdzeniu Gaussa
możemy zapisać:

Q
ŚE,S = E �" ds =
+"
�
S
gdzie S jest powierzchnią walca
współśrodkowego z nicią o wysokości l i
promieniu r.

ŚE,S = E �"ds = E �"dsb + 2 E �"dspod
+" +" +"
S Sb Spod
Ostatni człon w tym wyrażeniu znika, gdyż
strumień przechodzący przez podstawę
walca jest równy zeru, ponieważ

dspod Ą" E , co czyni, że: E �" dspod = 0 .

Ze względu na stałą wartość E na
powierzchni bocznej walca zachodzi:

E �" ds = E �" dsb = E ds = E2Ąr �" l
+" +" +"
SSb
Sb
Zatem
1
E �" 2Ąr �" l = �" Q
�
30
1
E �" 2Ąr �" l = �"  �" l
�

E =
2Ą� r
Zad.7.7.
Obliczyć pojemność C kondensatora cylindrycznego o promieniach elektrod
(cylindrów) R1 i R2 oraz długości l, wypełnionego dielektrykiem o przenikalności
elektrycznej �.
Rozwiązanie:
Wychodzimy ze wzoru definicyjnego
pojemności
Q Q Q
C = = =
V1 - V2 "V U
Gdzie U to napięcie, (czyli różnica
potencjałów "V = V1 - V2 między
elektrodami kondensatora.
Na wewnętrznej elektrodzie cylindrycznej
o promieniu R1 znajduje się ładunek Q
równomiernie rozłożony na tej elektrodzie.

Z symetrii rozkładu ładunku wynika, że natężenie pola E w przestrzeni między elektronowej
będzie skierowane prostopadle do powierzchni pobocznicy walca (elektrody).
Jako powierzchnię Gaussa wybieramy powierzchnię walca o promieniu r i wysokości l,
którego oś symetrii pokrywa się z osią kondensatora (z osiami walców o R1 i R2).
Opierając się na twierdzeniu Gaussa możemy zapisać

Q
ŚE,S = E �" ds =
+"
�
S
gdzie S = Sb + 2Spod jest powierzchnią całkowitą walca o promieniu r i wysokości l. Na
wielkość tej powierzchni S składa się powierzchnia pobocznicy walca Sb = 2Ąr �" l
2
oraz dwie powierzchnie podstawy Spod = Ąr Zatem
31

ŚE,S = E �" ds = E �" dsb + 2 E �" dspod
+" +" +"
S Sb Spod
Ostatni człon w tym wyrażeniu zanika, gdyż strumień przechodzący przez podstawy walca

jest równy zeru ponieważ dla l>>r dspod Ą" E co czyni, że: E �" dspod = 0 .

Ze względu na stałą wartość E na powierzchni bocznej walca gaussowskiego zachodzi:

E �" ds = E �" ds = E ds = E2Ąr �" l
+" +" +"
SSb
Sb
1 Q 1
czyli E �" 2Ąr �" l = �" Q ; E = �"
� 2Ą� l r
Znając E w przestrzeni międzyelektronowej obliczamy U
R2
R2 R2
Q 1 Q
U = "V = E(r)�" dr = dr = (ln r)
+" +"
2Ą�l r 2Ą�l
R1 R1 R1
�ł �ł
Q Q R
�ł �ł
U = �" (ln R - ln R1)= ln�ł 2 �ł
2
2Ą�l 2Ą�l R1 łł
�ł
Ostatecznie pojemność C kondensatora wynosi
Q Q 2Ą�l
C = = =
U
�ł �ł �ł �ł
Q R R
�ł �ł �ł �ł
ln�ł 2 ln�ł 2
2Ą�l R1 �ł �ł R1 �ł
�ł łł łł
2Ą�l
C =
�ł �ł
R
�ł �ł
ln�ł 2 �ł
R1
�ł łł
Zad.7.8.
N kondensatorów o pojemnościach C1, C2 , C3,... , C ,... , CN połączono w baterię
j
raz szeregowo, raz równoległe. Oblicz pojemność elektryczną powyższych baterii
kondensatorów.
Rozwiązanie:
a) połączenie szeregowe
32
Napięcie U przyłożone do baterii N szeregowo połączonych kondensatorów jest równe sumie
spadków napięć na poszczególnych kondensatorach
U = U1 + U2 + U3 + ... + U + ... + U (*)
j N
Na okładce każdego kondensatora zgromadzony jest jednakowy ładunek Q.
Z definicji pojemności C wynika, że
Q Q Q Q Q Q
C = ; U1 = ; U2 = ; U3 = ;... U = ;... U =
j N
U C1 C2 C3 C CN
j
Po podstawieniu do (*) otrzymujemy:
�ł �ł
1 1 1 1 1
�ł
U = Q�ł + + + ... + + ...
�ł
C1 C2 C3 C CN �ł
j
�ł łł
1 U 1 1 1 1 1
= = + + + ... + + ... +
CWS Q C1 C2 C3 C CN
j
Ostatecznie bateria kondensatorów utworzona z N kondensatorów połączonych szeregowego
ma pojemność CWS taką, że
1 1 1 1 1 1
= + + + ... + + ... +
CWS C1 C2 C3 C CN
j
a) połączenie równoległe
Przy połączeniu równoległym kondensatorów na każdym
kondensatorze panuje to samo napięcie U, ale zgromadzony
jest na ich elektrodach inny ładunek.
Zatem ładunek całkowity Q zgromadzony w baterii
kondensatorów o pojemności CWR wynosi
Q = Q1 + Q2 + Q3 +... + Q +... + QN (**)
j
Z definicji pojemności C wynika, że:
Q
C = ;
U
Q1 = C1U, Q2 = C2U, ... , Q = C U,... , QN = CNU
j j
oraz Q = CWR �" U
Po podstawieniu do (**) otrzymujemy
CWR �" U = C1U + C2U + C3U + ... + C U + ... + CN �" U
j
Ostatecznie CWR = C1 + C2 + C3 + ... + C + ... + CN
j
33