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?
RozwiÄ…zanie:
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
4Ä„µa 4Ä„µa
q2 q2
F3 = =
2 2
4Ä„µ(a 2)8Ä„µa
qQ qQ
F5 = =
2 2
2Ä„µa
ëÅ‚ öÅ‚
a 2
4Ä„µìÅ‚ ÷Å‚
ìÅ‚ ÷Å‚
2
íÅ‚ Å‚Å‚
Po podstawieniu powyższych wyrażeń do
równania (*) otrzymamy:
q2 2 q2 qQ
+ =
2 2 2
4Ä„µa 8Ä„µa 2Ä„µa
i stÄ…d
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?
RozwiÄ…zanie:

Natężenie pola elektrycznego E w środku
kwadratu wynosi:

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

1 Q1 1 q Å" 4 q
E1 = E1 = = Å" =
2 2
4Ä„µ 4Ä„µ
r12 a Å" 2 2Ä„µa

1 Q2 1 q Å" 4 q
E2 = E2 = = Å" =
2 2 2
4Ä„µ 4Ä„µ
r2 a Å" 2 2Ä„µa

Q3
1 1 q Å" 4 q
E3 = E3 = = Å" =
2 2 2
4Ä„µ 4Ä„µ
r3 a Å" 2 2Ä„µa

Q4
1 1 q Å" 4 q
E4 = E4 = = Å" =
2 2 2
4Ä„µ 4Ä„µ
r4 a Å" 2 2Ä„µa
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 Å" 2 q 2
V1 = Å" = =
4Ä„µ r1 4Ä„µ 4Ä„µa
a 2
1 Q2 1 q Å" 2 q 2
V2 = Å" = =
4Ä„µ r2 4Ä„µ 4Ä„µa
a 2
Q3
1 1 q Å" 2 q 2
V3 = Å" = =
4Ä„µ r3 4Ä„µ 4Ä„µa
a 2
24
1 Q4 1 q Å" 2 q 2
V4 = Å" = =
4Ä„µ r4 4Ä„µ 4Ä„µa
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 =
4Ä„µa Ä„µa
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).
RozwiÄ…zanie:
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)= =
4Ä„µ r1 4Ä„µ r1
1 Q2 2 2 q
1
V(r2 )= =
4Ä„µ r2 4Ä„µ r2
Q3
1 1 q
V(r3)= = -
4Ä„µ r3 4Ä„µ r3
25
Ale
2
r1 = x + (y - a)2
2
r2 = x + y2
r3 = (x - a)2 + y2
Zatem
ëÅ‚ öÅ‚
q 1 2 2 1
ìÅ‚ ÷Å‚
V(x, y)= + -
ìÅ‚ ÷Å‚
4Ä„µ 2 2
ìÅ‚
x + (y - a)2 x + y2 (x - a)2 + y2 ÷Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚
Potencjał w punkcie P(a,a) wynosi
ëÅ‚ öÅ‚
q 1 2 2 1
ìÅ‚ ÷Å‚
V(a, a)= + -
ìÅ‚ ÷Å‚
4Ä„µ a a
a 2
íÅ‚ Å‚Å‚
q
V(a, a)=
2Ä„µa
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).
RozwiÄ…zanie:
-Q 0 +Q E_ A E+ oÅ› 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 = Å" - Å" ,
4Ä„µ
(r - a / 2)2 4Ä„µ (r + a / 2)2
Q (r + a / 2)2 - (r - a / 2)2
EA = Å" ,
4Ä„µ
(r + a / 2)2(r - a / 2)2
26
Q r2 + ra + a2 / 4 - r2 + ra - a2 / 4
EA = Å" ,
2
4Ä„µ
(r2 - a2 / 4)
1 2Qra
EA = Å"
2
4Ä„µ
(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" .
4Ä„µ
r3
Iloczyn ładunku Q dipola i odległości a nazywamy momentem dipola. Tę nową wielkość
traktujemy jako wektor o kierunku od Å‚adunku ujemnego do Å‚adunku 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"
4Ä„µ
r3
Zad.7.5.
Na powłoce kulistej o promieniu R rozmieszczone są równomiernie ładunki
elektryczne z gÄ™stoÅ›ciÄ… powierzchniowÄ… Ã. Znalez
ć natężenie pola i potencjał w odległości r
od środka kuli.
RozwiÄ…zanie:
GÄ™stość powierzchniowa à ładunku mówi nam jaki Å‚adunek elektryczny jest umieszczony na
jednostce powierzchni ciała.
dq îÅ‚ C Å‚Å‚
à =
ïÅ‚ śł
ds
ðÅ‚m2 ûÅ‚
Na powłoce kulistej o promieniu R umieszczony jest ładunek Q
Q = Ã Å" S
2
gdzie S = 4Ä„R - 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)
powierzchniÄ™ kulistÄ… o promieniu r, to na tej powierzchni (zwanej powierzchniÄ… gaussowskÄ…)


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

E Å" 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 .
µ

1
ÅšE,S = E Å"ds = Å"Q
+"
µ
S
Ale

2
ÅšE,S = E Å" ds = E Å" ds = E+" ds = E Å" 4Ä„r
+" +"
S S S
Dla r2
E Å" 4Ä„r = 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 Å" 4Ä„r = Å"Q
µ
1
2
E Å" 4Ä„r2 = Å" 4Ä„R Å" Ã
µ
2
ÃR Ã
E(r)= ; dla r = R otrzymujemy : E(R)=
2
µ
µr
Zatem natężenie pola elektrycznego wewnątrz naładowanej powłoki kulistej jest równe zeru,
na jej powierzchni osiÄ…ga wartość Ã/µ, nastÄ™pnie 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
" " "

à R
WA" = F Å" dr = q0 Å" F Å" dr = q0 dr
+" +" +"
µ
r2
r r r
"
2 2
"
q0R Ã q0R Ã
1 1
ëÅ‚ öÅ‚
WA" = dr =
ìÅ‚- ÷Å‚
+"
µ µ r
íÅ‚ Å‚Å‚
r2
r
r
2
q0R Ã
1
WA" = Å" i wtedy
µ r
2
R Ã Ã Å" R
V(r)= ; dla r = R otrzymujemy : V(R)=
µr µ
Dla r d" R
2
" R "

à R
WA" = q0E Å" dr = q0 0 Å" dr + q0 dr
+" +" +"
µ
r2
r r R
"
2
ÃR 1
WA" = 0 + q0 ëÅ‚ öÅ‚
ìÅ‚- ÷Å‚
µ r
íÅ‚ Å‚Å‚
R
q0RÃ
WA" =
µ
i wtedy
R Å" Ã
V(r)= = const
µr
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
RozwiÄ…zanie:
Gęstość liniowa ładunku  mówi nam jaki ładunek elektryczny jest umieszczony na jednostce
długości nici.
dQ C
îÅ‚ Å‚Å‚
 =
ïÅ‚mśł
dl
ðÅ‚ ûÅ‚
Na odcinku nici o długości l umieszczony jest ładunek Q
Q =  Å" l
Z symetrii układu (rozkładu ładunku)

wynika, że natężenie poła E będzie
skierowane prostopadle do powierzchni
bocznej nici.
OpierajÄ…c siÄ™ na twierdzeniu Gaussa
możemy zapisać:

Q
ÅšE,S = E Å" ds =
+"
µ
S
gdzie S jest powierzchniÄ… walca
współśrodkowego z nicią o wysokości l i
promieniu r.

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

dspod Ä„" E , co czyni, że: E Å" dspod = 0 .

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

E Å" ds = E Å" dsb = E ds = E2Ä„r Å" l
+" +" +"
SSb
Sb
Zatem
1
E Å" 2Ä„r Å" l = Å" Q
µ
30
1
E Å" 2Ä„r Å" l = Å"  Å" l
µ

E =
2Ä„µ r
Zad.7.7.
Obliczyć pojemność C kondensatora cylindrycznego o promieniach elektrod
(cylindrów) R1 i R2 oraz długości l, wypełnionego dielektrykiem o przenikalności
elektrycznej µ.
RozwiÄ…zanie:
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 siÄ™ Å‚adunek 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
ÅšE,S = E Å" ds =
+"
µ
S
gdzie S = Sb + 2Spod jest powierzchnią całkowitą walca o promieniu r i wysokości l. Na
wielkość tej powierzchni S skÅ‚ada siÄ™ powierzchnia pobocznicy walca Sb = 2Ä„r Å" l
2
oraz dwie powierzchnie podstawy Spod = Ä„r Zatem
31

ÅšE,S = E Å" ds = E Å" dsb + 2 E Å" dspod
+" +" +"
S Sb Spod
Ostatni człon w tym wyrażeniu zanika, gdyż strumień przechodzący przez podstawy walca

jest równy zeru ponieważ dla l>>r dspod Ä„" E co czyni, że: E Å" dspod = 0 .

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

E Å" ds = E Å" ds = E ds = E2Ä„r Å" l
+" +" +"
SSb
Sb
1 Q 1
czyli E Å" 2Ä„r Å" l = Å" Q ; E = Å"
µ 2Ä„µ l r
Znając E w przestrzeni międzyelektronowej obliczamy U
R2
R2 R2
Q 1 Q
U = "V = E(r)Å" dr = dr = (ln r)
+" +"
2Ä„µl r 2Ä„µl
R1 R1 R1
ëÅ‚ öÅ‚
Q Q R
ìÅ‚ ÷Å‚
U = Å" (ln R - ln R1)= lnìÅ‚ 2 ÷Å‚
2
2Ä„µl 2Ä„µl R1 Å‚Å‚
íÅ‚
Ostatecznie pojemność C kondensatora wynosi
Q Q 2Ä„µl
C = = =
U
ëÅ‚ öÅ‚ ëÅ‚ öÅ‚
Q R R
ìÅ‚ ÷Å‚ ìÅ‚ ÷Å‚
lnìÅ‚ 2 lnìÅ‚ 2
2Ä„µl R1 ÷Å‚ íÅ‚ R1 ÷Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚ Å‚Å‚
2Ä„µl
C =
ëÅ‚ öÅ‚
R
ìÅ‚ ÷Å‚
lnìÅ‚ 2 ÷Å‚
R1
íÅ‚ Å‚Å‚
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.
RozwiÄ…zanie:
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:
ëÅ‚ öÅ‚
1 1 1 1 1
÷Å‚
U = QìÅ‚ + + + ... + + ...
ìÅ‚
C1 C2 C3 C CN ÷Å‚
j
íÅ‚ Å‚Å‚
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 Å‚adunek.
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 Å" U
Po podstawieniu do (**) otrzymujemy
CWR Å" U = C1U + C2U + C3U + ... + C U + ... + CN Å" U
j
Ostatecznie CWR = C1 + C2 + C3 + ... + C + ... + CN
j
33