Rozdział 6

Należy ustawić powierzchnię tak, aby wersor normalny był prostopadły do $\overrightarrow{E}$.

$ma{b}^2∕2$.

a. $\mathrm{3,4}\cdot {10}^5\mathrm{N}{\mathrm{m}}^2∕\mathrm{C}$; b. $-\mathrm{3,4}\cdot {10}^5\mathrm{N}{\mathrm{m}}^2∕\mathrm{C}$; c. $\mathrm{3,4}\cdot {10}^5\mathrm{N}{\mathrm{m}}^2∕\mathrm{C}$; d. $0\mathrm{N}{\mathrm{m}}^2∕\mathrm{C}$.

W tym przypadku mamy tylko ${\overrightarrow{E}}_{\text{zew}}$. Odpowiedź brzmi: tak.

$\overrightarrow{E}={\lambda }_0∕\left(2\pi {\epsilon }_{0}d\right)\cdot \hat{r}$, ten wynik jest zgodny z obliczeniami z Podrozdziału 5.5 Wyznaczanie natężenia pola elektrycznego rozkładu ładunków, gdzie znaleźliśmy natężenie pola elektrycznego, całkując po ładunku zgromadzonym na drucie. Zauważ, o ile prostsze są obliczenia natężenia pola elektrycznego z wykorzystaniem prawa Gaussa.

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.

a. Jeżeli płaska powierzchnia jest ustawiona prostopadle do wektora natężenia pola elektrycznego, to strumień jest maksymalny; b. Jeżeli płaska powierzchnia jest ustawiona równolegle do wektora natężenia pola elektrycznego, to strumień jest minimalny.

Prawda.

Ponieważ wektor natężenia pola elektrycznego zmienia się proporcjonalnie do $1∕r^2$, strumienie są identyczne, gdyż $S=4\pi r^2$.

a. Nie; b. Zero.

Oba pola zmieniają się tak, jak $1∕r^2$. Ponieważ stała grawitacyjna jest wielokrotnie mniejsza od $1∕\left(4\pi {\epsilon }_0\right)$, to natężenie pola grawitacyjnego jest wiele rzędów słabsze niż natężenie pola elektrostatycznego.

Nie, to pole wytworzone przez wszystkie ładunki zarówno wewnątrz, jak i na zewnątrz powierzchni Gaussa.

Tak, korzystając z zasady superpozycji.

Możemy użyć powierzchni Gaussa o dowolnym kształcie. Jedyne ograniczenie polega na tym, że musimy umieć policzyć całkę po powierzchni Gaussa; dlatego wybieramy pudełko lub walec jako najbardziej poręczne kształty powierzchni Gaussa.

Tak.

Skoro natężenie pola elektrycznego wewnątrz przewodnika jest równe zero, to ładunek $-2\mathrm{\mu C}$ zostanie wyindukowany na wewnętrznej powierzchni wnęki. To spowoduje, że ładunek $+2\mathrm{\mu C}$pojawi się na zewnętrznej powierzchni, dając wypadkowy ładunek na powierzchni równy $-3\mathrm{\mu C}$.

${\mathrm{\Phi }}_E=\overrightarrow{E}\cdot \overrightarrow{S}=EScos\theta =\mathrm{2,2}\cdot {10}^4\mathrm{N}{\mathrm{m}}^2∕\mathrm{C}$ pole elektryczne zgodne z kierunkiem wersora normalnego, ${\mathrm{\Phi }}_E=\overrightarrow{E}\cdot \overrightarrow{S}=EScos\theta =-\mathrm{2,2}\cdot {10}^4\mathrm{N}{\mathrm{m}}^2∕\mathrm{C}$ pole elektryczne przeciwne do wersora normalnego.

$E=\sigma ∕\left(2{\epsilon }_0\right)={\mathrm{\Phi }}_E∕S\Rightarrow \sigma =2{\epsilon }_0{\mathrm{\Phi }}_E∕S=\mathrm{2,12}\cdot {10}^{-13}\mathrm{C}∕\mathrm{m}$

a. ${\mathrm{\Phi }}_E=0,17\mathrm{N}{\mathrm{m}}^2∕\mathrm{C}$; b. ${\mathrm{\Phi }}_E=0\mathrm{N}{\mathrm{m}}^2∕\mathrm{C}$; c. ${\mathrm{\Phi }}_E=\mathrm{0,2}\mathrm{N}{\mathrm{m}}^2∕\mathrm{C}$.

${\mathrm{\Phi }}_E=\mathrm{3,8}\cdot {10}^4\mathrm{N}{\mathrm{m}}^2∕\mathrm{C}$.

$\overrightarrow{E}\left(z\right)=2\lambda ∕\left(4\pi {\epsilon }_{0}z\right)\cdot \hat{k}$, ${\mathrm{\Phi }}_E=\underset{S}{\iint }\overrightarrow{E}\cdot \hat{n}dS=\lambda l∕{\epsilon }_0$.

a. ${\mathrm{\Phi }}_E=\mathrm{3,39}\cdot {10}^3\mathrm{N}{\mathrm{m}}^2∕\mathrm{C}$; b. ${\mathrm{\Phi }}_E=0\mathrm{N}{\mathrm{m}}^2∕\mathrm{C}$; c. ${\mathrm{\Phi }}_E=-\mathrm{2,25}\cdot {10}^5\mathrm{N}{\mathrm{m}}^2∕\mathrm{C}$; d. ${\mathrm{\Phi }}_E=\mathrm{90,4}\mathrm{N}{\mathrm{m}}^2∕\mathrm{C}$.

${\mathrm{\Phi }}_E=\mathrm{1,13}\cdot {10}^6\mathrm{N}{\mathrm{m}}^2∕\mathrm{C}$.

Zbuduj duży sześcian z ładunkiem $q$ w środku, używając do tego celu sześcianów o boku $a$. Będziesz potrzebował ośmiu sześcianów o boku $a$ do zbudowania dużego sześcianu. Zaznaczona (pociemniona) ścianka małego sześcianu stanowiłaby $1∕24$ całej powierzchni dużego sześcianu; dlatego strumień przez tę zaznaczoną powierzchnię wynosi ${\mathrm{\Phi }}_E=q∕\left(24{\epsilon }_0\right)$.

$q=\mathrm{3,54}\cdot {10}^{\mathrm{-7}}\mathrm{C}$.

Zero, ponieważ strumień wchodzący jest równy strumieniowi wychodzącemu.

$E=Qr∕\left(4\pi {\epsilon }_0{R}^3\right)$, kiedy $r\le R$ i $E=Q∕\left(4\pi {\epsilon }_0{r}^2\right)$ dla $r>R$.

$ES=\lambda l∕{\epsilon }_0\Rightarrow E=\mathrm{4,5}\cdot {10}^7\mathrm{N}∕\mathrm{C}$.

a. $\overrightarrow{E}=0\mathrm{N}∕\mathrm{C}$; b. $\overrightarrow{E}=0\mathrm{N}∕\mathrm{C}$; c. $\overrightarrow{E}=\mathrm{6,74}\cdot {10}^6\mathrm{N}∕\mathrm{C}\cdot \left(-\hat{r}\right)$.

a. $E=0\mathrm{N}∕\mathrm{C}$; b. $E=\mathrm{2,7}\cdot {10}^6\mathrm{N}∕\mathrm{C}$.

a. Tak, długość pręta jest o wiele większa od odległości od rozpatrywanego punktu; b. Nie, długość pręta jest porównywalna z odległością od rozpatrywanego punktu; c. Tak, długość pręta jest o wiele większa od odległości od rozpatrywanego punktu; d. Nie, długość pręta jest porównywalna z odległością od rozpatrywanego punktu.

a. $\overrightarrow{E}=R\sigma ∕\left({\epsilon }_{0}r\right)\cdot \hat{r}\Rightarrow \sigma =Er{\epsilon }_0∕R=\mathrm{5,31}\cdot {10}^{-11}\mathrm{C}∕{\mathrm{m}}^2$, $\lambda =2\pi r\sigma =\mathrm{3,34}\cdot {10}^{-12}\mathrm{C}∕\mathrm{m}$; b. ${\mathrm{\Phi }}_E=q_{\text{wew}}∕{\epsilon }_0=\mathrm{0,019}\mathrm{N}{\mathrm{m}}^2∕\mathrm{C}$.

$E2\pi rl=\rho \pi r^{2}l∕{\epsilon }_0\Rightarrow E=\rho r∕\left(2{\epsilon }_0\right)$, kiedy $r\le R$; $E2\pi rl=\rho \pi R^{2}l∕{\epsilon }_0\Rightarrow E=\rho R^2∕\left(2{\epsilon }_{0}r\right)$, kiedy $r>R$.

${\mathrm{\Phi }}_E=q_{\text{wew}}∕{\epsilon }_0\Rightarrow q_{\text{wew}}=-\mathrm{4,45}\cdot {10}^{-10}\mathrm{C}$.

$q_{\text{wew}}=4∕5\cdot \pi \alpha r^5$, $E=\alpha r^3∕\left(5{\epsilon }_0\right)$, dla $r\le R$, $q_{\text{cał}}=4∕5\cdot \pi \alpha R^5$, $E=\alpha R^5∕\left(5{\epsilon }_0{r}^2\right)$, dla $r>R$.

Całkując przez części otrzymujemy: $q_{\text{wew}}=4\pi {\rho }_0\left[-e^{-\alpha r}\left(r^2∕\alpha +2r∕{\alpha }^2+2∕{\alpha }^3\right)+2∕{\alpha }^3\right]$, a z tego wynika, że $E={\rho }_0∕r^2{\epsilon }_0\cdot \left[-e^{-\alpha r}\left(r^2∕\alpha +2r∕{\alpha }^2+2∕{\alpha }^3\right)+2∕{\alpha }^3\right]$.

a. Na zewnątrz: $E2\pi rl=\lambda l∕{\epsilon }_0\Rightarrow E=\left(3\mathrm{C}∕\mathrm{m}\right)∕\left(2\pi {\epsilon }_{0}r\right)$, wewnątrz: $E=0\mathrm{N}∕\mathrm{C}$; b.

a. Na zewnątrz: $E2\pi rl=\lambda l∕{\epsilon }_0\Rightarrow E=\lambda ∕\left(2\pi {\epsilon }_{0}r\right)$, wewnątrz: $E=0\mathrm{N}∕\mathrm{C}$; b.

$E=\mathrm{5,65}\cdot {10}^4\mathrm{N}∕\mathrm{C}$.

Na zewnątrz: $\lambda =\lambda l∕{\epsilon }_0\Rightarrow E=a\sigma ∕\left({\epsilon }_{0}r\right)$, wewnątrz: $E=0\mathrm{N}∕\mathrm{C}$, ponieważ ładunek wewnątrz jest równy zero ($q=0\mathrm{C}$).

a. $E=0\mathrm{N}∕\mathrm{C}$; b. $E2\pi rL=Q∕{\epsilon }_0\Rightarrow E=Q∕\left(2\pi {\epsilon }_{0}rL\right)$; c. $E=0\mathrm{N}∕\mathrm{C}$, gdyż albo $r$ wypada wewnątrz drugiej powłoki, albo gdy na zewnątrz, to ładunek wewnętrzny wynosi zero ($q=0\mathrm{C}$).

$\underset{S}{\iint }\overrightarrow{E}\cdot \hat{n}dS=a^4$.

a. $\underset{S}{\iint }\overrightarrow{E}\cdot \hat{n}dS=E_0\pi r^2$; b. Zero, ponieważ strumień przez górną powierzchnię znosi się ze strumieniem przez dolną powierzchnię półkuli.

${\mathrm{\Phi }}_E=q_{\text{wew}}∕{\epsilon }_0$; są dwa przyczynki do całki powierzchniowej: jeden od ścianki w $x=0\mathrm{m}$, a drugi od ścianki w $x=2\mathrm{m}$; $-E\left(0\mathrm{m}\right)\cdot 1,5{\mathrm{m}}^2+E\left(2\mathrm{m}\right)\cdot 1,5{\mathrm{m}}^2=q_{\text{wew}}∕{\epsilon }_0=-100\mathrm{N}{\mathrm{m}}^2∕\mathrm{C}$, gdzie znak minus oznacza, że w $x=0\mathrm{m}$, pole elektryczne jest skierowane wzdłuż dodatniego $x$, a wersor normalny wzdłuż ujemnego $x$. W $x=2\mathrm{m}$, wersor normalny i pole elektryczne skierowane są zgodnie $q_{\text{wew}}={\epsilon }_0{\mathrm{\Phi }}_E=\mathrm{-8,85}\cdot {10}^{-10}\mathrm{C}$.

Nie zachowywał właściwych kierunków wektorów powierzchni lub pola elektrycznego.

a. $\sigma =3\cdot {10}^{-3}\mathrm{C}∕{\mathrm{m}}^2$, $+3\cdot {10}^{-3}\mathrm{C}∕{\mathrm{m}}^2$ na jednej i $-3\cdot {10}^{-3}\mathrm{C}∕{\mathrm{m}}^2$ na drugiej; b. $E=\mathrm{3,39}\cdot {10}^8\mathrm{N}∕\mathrm{C}$.

Poprowadź, wzdłuż osi $z$ cylindryczną powierzchnię Gaussa o powierzchni przekroju poprzecznego $S$. Dla $\left|z\right|\ge a∕2$ mamy $q_{\text{wew}}=\rho Sa$, ${\mathrm{\Phi }}_E=\rho Sa∕{\epsilon }_0\Rightarrow E=\rho a∕\left(2{\epsilon }_0\right)$, natomiast dla $\left|z\right|\le a∕2$ otrzymujemy $q_{\text{wew}}=\rho S2z$, $E2S=\rho S2z∕{\epsilon }_0\Rightarrow E=\rho z∕{\epsilon }_0$.

a. $E=\left[{\rho }_1\left(b_1^3-a_1^3\right)+{\rho }_2\left(b_2^3-a_2^3\right)\right]∕\left(3{\epsilon }_0{r}^2\right)$; b. $E=\left[{\rho }_1\left(b_1^3-a_1^3\right)+{\rho }_2\left(r^3-a_2^3\right)\right]∕\left(3{\epsilon }_0{r}^2\right)$; c. $E={\rho }_1\left(b_1^3-a_1^3\right)∕\left(3{\epsilon }_0{r}^2\right)$; d. $E={\rho }_1\left(r^3-a_1^3\right)∕\left(3{\epsilon }_0{r}^2\right)$; e. $E=0\mathrm{N}∕\mathrm{C}$.

Natężenie pola elektrycznego wytworzonego przez płytę bez otworu: $E=\sigma ∕2{\epsilon }_0$; natężenie pola elektrycznego otworu wypełnionego z $-\sigma$: $E=-\sigma ∕\left(2{\epsilon }_0\right)\cdot \left(1-z\right)∕\sqrt{R^2+z^2}$. Stąd $E_{\text{wyp}}=\sigma ∕\left(2{\epsilon }_0\right)\cdot h∕\sqrt{R^2+h^2}$.

a. $E=0\mathrm{N}∕\mathrm{C}$; b. $E=q_1∕\left(4\pi {\epsilon }_0{r}^2\right)$; c. $E=\left(q_1+q_2\right)∕\left(4\pi {\epsilon }_0{r}^2\right)$; d. $0\mathrm{C}$, $q_1-q_1$, $q_1+q_2$.

Korzystając z danej odległości do gwiazdy Wega równej $237\cdot {10}^{15}\mathrm{m}$ ¹ i podanej średnicy lustra wynoszącej $\mathrm{2,4}\mathrm{m}$,² znajdujemy, dla długości fali promieniowania równej $\mathrm{555,6}\mathrm{nm}$, że Wega emituje $\mathrm{1,1}\cdot {10}^{25}\mathrm{J}∕\mathrm{s}$ w tym zakresie długości fal. Zauważ, że strumień przechodzący przez lustro jest stały.

Z symetrii układu wynika, że $\overrightarrow{E}$ 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 $2x$, 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 $ES$ jako strumień przechodzący przez każdą z podstaw i zerowy strumień przez ściankę boczną. Ładunek zamknięty w cylindrze wynosi $\sigma S$, zatem z prawa Gaussa $2ES=\sigma S∕{\epsilon }_0$ i natężenie pola elektrycznego od nieskończonej płaszczyzny ładunków wynosi $E=\sigma ∕\left(2{\epsilon }_0\right)$, w zgodzie z wynikiem otrzymanym uprzednio w rozdziale.

Każda strona płyty posiada ładunek $Q∕2$, bo wypadkowy ładunek wynosi $Q$: $\sigma =Q∕\left(2S\right)$, $\underset{S}{∯}\overrightarrow{E}\cdot \hat{n}dS=2\sigma \Delta S∕{\epsilon }_0\Rightarrow E_P=\sigma ∕{\epsilon }_0=Q∕\left(2{\epsilon }_{0}S\right)$.