Rozdział 7

$E_{\text{k}}=m{v}^2∕2\Rightarrow v=\sqrt{2E_{\text{k}}∕m}=\sqrt{2\cdot \mathrm{4,5}\cdot {10}^{-7}\mathrm{J}∕\left(4\cdot {10}^{-9}\mathrm{kg}\right)}=15\mathrm{m}∕\mathrm{s}$.

Energia potencjalna ładunku w punkcie $r_2$ wynosi $9\cdot {10}^{-7}\mathrm{J}$, podczas gdy jego energia kinetyczna to $\mathrm{4,5}\cdot {10}^{-7}\mathrm{J}$. 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.

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.

$\Delta E_{\text{p}}=q\Delta V=100\mathrm{C}\cdot \mathrm{1,5}\mathrm{V}=150\mathrm{J}$.

$q=-2\mathrm{C}$, $n_{\text{e}}=\mathrm{1,25}\cdot {10}^{19}$ elektronów.

Zmieniłby się tylko kierunek ruchu pozytonu (na przeciwny), bez wpływu na wartości liczbowe.

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.

$V=kq∕r=\mathrm{8,99}\cdot {10}^9\mathrm{N}{\mathrm{m}}^2∕{\mathrm{C}}^2\cdot \left(-3\cdot {10}^{-9}\mathrm{C}\right)∕\left(5\cdot {10}^{-3}\mathrm{m}\right)=-5390\mathrm{V}$. Przypomnij sobie, że natężenie pola elektrycznego wewnątrz przewodnika jest $0\mathrm{V}∕\mathrm{m}$. Zatem dla dowolnej krzywej całkowania od punktu na powierzchni do dowolnego punktu wewnątrz sfery, będziesz miał wartość zerową pod całką z natężenia pola, dlatego różnica potencjałów między tymi punktami jest $0\mathrm{V}$. W efekcie potencjał w dowolnym punkcie wewnątrz sfery jest równy potencjałowi na powierzchni.

Potencjał na osi $x$ wynosi zero, bo odejmują się potencjały od ładunków przeciwnego znaku umieszczonych w tej samej odległości od osi. Wzdłuż osi $z$ musimy dodać dwa potencjały o różnych znakach, ale niejednakowych wartościach bezwzględnych. Można wykazać, że dla dużych odległości od dipola, $z\gg d$, potencjał w przybliżeniu także będzie równy zero.

Potencjał będzie wynosił zero w każdym punkcie na osi pierścienia, bo w każdym punkcie sumują się potencjały o tych samych wartościach, ale przeciwnych znakach, pochodzące od fragmentów łuku po przeciwnych stronach okręgu. Zauważ, że taki rozkład ładunku będzie miał w efekcie moment dipolowy.

Dowolnego, chociaż cylindryczny byłby najbliższy symetrii dipola.

Jest to układ nieskończenie długich cylindrów o stałych promieniach przekroju i osiach leżących wzdłuż przewodu.

Nie. Pojęcie energii potencjalnej możemy zdefiniować jedynie dla pól zachowawczych.

Nie. Przyjęta przez nas kolejność wynika jedynie z wygody i ew. łatwiejszych obliczeń.

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.

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.

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.

Elektronowolt jest równy woltowi pomnożonemu przez ładunek elementarny elektronu. Wolt jest jednostką napięcia i potencjału, a elektronowolt to jednostka energii.

Drugi dipol ma moment równy $1∕4$ wielkości momentu pierwszego dipola.

W obszarze na zewnątrz sfery potencjał jest równy potencjałowi ładunku punktowego, natomiast wewnątrz sfery potencjały te są różne.

Nie. Potencjał w tym obszarze może być stały, bo pochodna stałej wynosi zero.

Nie.

Nie. Tylko w równowadze statycznej, gdy przewodnik nie porusza się i jest izolowany od otoczenia, potencjał wszystkich punktów na powierzchni jest stały.

Tak. To zależy od wyboru poziomu odniesienia dla zerowego potencjału (chociaż byłoby to dość nietypowe).

Żeby w przypadku uderzenia pioruna nadmiarowy ładunek spłynął do ziemi zamiast do nadajników.

Oba urządzenia wykorzystują elektrostatykę do przenoszenia małych cząsteczek na inne powierzchnie, jednak w elektrofiltrach musimy obdarzyć ładunkiem bardzo różne cząsteczki (nie identyczne cząsteczki proszku tonera) i nie musimy ich precyzyjnie kierować w określone miejsce na papierze.

a. $E_{\text{p}}=\mathrm{3,4}\mathrm{J}$; b. $m{v}^2∕2=k{Q}_1{Q}_2\left(1∕r_{\text{p}}-1∕r_{\text{k}}\right)\Rightarrow v=750\mathrm{m}∕\mathrm{s}$.

$W=\mathrm{4,36}\cdot {10}^{-18}\mathrm{J}$.

$m_{\text{e}}{v}_{\text{e}}^2∕2=q\Delta V$, $m_{\text{H}}{v}_{\text{H}}^2∕2=q\Delta V$, zatem $m_{\text{e}}{v}_{\text{e}}^2∕\left(m_{\text{H}}{v}_{\text{H}}^2\right)=1$ oraz $v_{\text{e}}∕v_{\text{H}}=\mathrm{42,8}$.

$\frac{\mathrm{V}}{\mathrm{m}}=\frac{\mathrm{J}∕\mathrm{C}}{\mathrm{m}}=\frac{\mathrm{N}\mathrm{m}∕\mathrm{C}}{\mathrm{m}}=\frac{\mathrm{N}}{\mathrm{C}}$.

a. $V_{AB}=3\mathrm{kV}$; b. $V_{AB}=\mathrm{7,5}\mathrm{kV}$.

a. $V_{AB}=Ed\Rightarrow E=\mathrm{5,63}\mathrm{kV}∕\mathrm{m}$; b. $V_{AB}=563\mathrm{V}$.

a. $\Delta E_{\text{k}}=q\Delta V$ oraz $V_{AB}=Ed$, więc $\Delta E_{\text{k}}=800\mathrm{keV}$; b. $d=25\mathrm{km}$.

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 $b$: $V_{ab}=\alpha ln\left(b∕a\right)$.

$V=144\mathrm{V}$.

$V=kQ∕r\Rightarrow Q=\mathrm{8,33}\cdot {10}^{-7}\mathrm{C}$. Ładunek jest dodatni, bo potencjał ma dodatni znak.

a. $V=45\mathrm{MV}$; b. $V=kQ∕r\Rightarrow r=45\mathrm{m}$; c. $\Delta E_{\text{p}}=132\mathrm{MeV}$.

a. $V=kQ∕r$. Należy obliczyć potencjały w każdym punkcie pochodzące od ładunku źródłowego i odjąć je od siebie. $\Delta V=135\cdot {10}^3\mathrm{V}$; b. Aby podwoić różnicę potencjałów, należy punkt początkowo znajdujący się w odległości $20\mathrm{cm}$ od źródła przenieść do nieskończoności. Potencjał w punkcie $20\mathrm{cm}$ jest równy połowie potencjału w punkcie $10\mathrm{cm}$.

a. $V_{P_1}=\mathrm{7,4}\cdot {10}^5\mathrm{V}$ oraz $V_{P_2}=\mathrm{6,9}\cdot {10}^3\mathrm{V}$; b. $V_{P_1}=\mathrm{6,9}\cdot {10}^5\mathrm{V}$ oraz $V_{P_2}=\mathrm{6,9}\cdot {10}^3\mathrm{V}$.

W tym obszarze panuje pole jednorodne o natężeniu $E=200\mathrm{V}∕\mathrm{m}$ wzdłuż kierunku $z$.

Stosujemy wzór $\overrightarrow{E}=-\overrightarrow{\nabla }V$ z gradientem w zmiennych cylindrycznych $\overrightarrow{\nabla }=\hat{r}\frac{\partial }{\partial r}+\hat{\phi }\frac{1}{r}\cdot \frac{\partial }{\partial \phi }+\hat{z}\frac{\partial }{\partial z}$ i potencjałem obliczonym w poprzednim podrozdziale $V=-2k\lambda lnr$.Wynik: $\overrightarrow{E}=2k\lambda ∕r\cdot \hat{r}$ jest zgodny z oczekiwaniami.

a. Potencjał maleje, bo natężenie pola elektrycznego jest stałe (i ujemne). Punkt odniesienia ma znaczenie tylko w kontekście wartości potencjału; b. Są to płaskie warstwy równoległe do powierzchni; c. $\mathrm{0,59}\mathrm{cm}$.

a. Z dotychczasowych rozważań wiemy, że natężenie pola między płytami ma wartość $\sigma ∕{\epsilon }_0$ i jest zerowe w obszarze na zewnątrz płyt. Przyjmując, że płyta ujemnie naładowana jest uziemiona i umieszczona w początku osi $z$, natomiast płyta naładowana dodatnio ma potencjał $V=\mathrm{1,7}\cdot {10}^4\mathrm{V}$ i położenie $+5\mathrm{mm}$ na osi $z$, potencjał wynosi: $0\mathrm{V}$ dla $z<0\mathrm{mm}$, $\mathrm{1,7}\cdot {10}^4\mathrm{V}\cdot z∕5\mathrm{mm}$ dla $0\mathrm{mm}\le z\le 5\mathrm{mm}$, $\mathrm{1,7}\cdot {10}^4\mathrm{V}$ dla $z>5\mathrm{mm}$; b. $qV=1∕2\cdot m{v}^2\Rightarrow v=\mathrm{7,7}\cdot {10}^7\mathrm{m}∕\mathrm{s}$.

$V=85\mathrm{V}$.

W obszarze $a\le r\le b$, $\overrightarrow{E}=kQ∕r^2\cdot \hat{r}$, natomiast wartość $E$ wszędzie indziej jest równa zero; różnica potencjałów wynosi więc $\Delta V=kQ\left(1∕a-1∕b\right)$.

Z poprzednich obliczeń mamy $V_P-V_R=-2k\lambda ln\left(r_P∕r_R\right)$; zauważ, że punkt $b$ jest bardzo wygodnym położeniem punktu zerowego potencjału. Różnica potencjałów wynosi: $\Delta V=-2kQ∕L\cdot ln\left(a∕b\right)$.

a. $E=\mathrm{5,58}\cdot {10}^{-11}\mathrm{N}∕\mathrm{C}$, pole elektryczne jest skierowane w kierunku do wnętrza Ziemi; b. Siła Coulomba jest o wiele większa od siły grawitacji.

a. Z rozdziału o prawie Gaussa wiemy, że natężenie pola wytwarzanego przez nieskończenie długi, prostoliniowy przewodnik wynosi ${\overrightarrow{E}}_P=2k\lambda ∕r\cdot \hat{r}$, natomiast z poprzednich części tego rozdziału pamiętamy, że potencjał takiego przewodu wynosi $V_P=-2k\lambda ln\left(r_P∕R\right)$, co obliczyliśmy, całkując wektor natężenia pola. Nie znamy $\lambda$, ale znamy stałą wartość potencjału $V_0$. Zatem wiemy, że $V_0=-2k\lambda ln\left(a∕R\right)$ i dlatego $\lambda =-V_0∕\left[2kln\left(a∕R\right)\right]$. Możemy teraz podstawić gęstość liniową ładunku do wzoru na natężenie i znaleźć rozwiązanie części (a): ${\overrightarrow{E}}_P=-V_0∕\left[rln\left(a∕R\right)\right]\cdot \hat{r}$; b. $V_P=V_{0}ln\left(r_P∕R\right)∕ln\left(a∕R\right)$; c. $V_P=329\mathrm{V}$, $E_P=\mathrm{3,29}\cdot {10}^4\mathrm{N}∕\mathrm{C}$.

a. Energie potencjalne: $E_{\text{p}⁣1}=-\mathrm{7,68}\cdot {10}^{-18}\mathrm{J}$, $E_{\text{p}⁣2}=-\mathrm{5,76}\cdot {10}^{-18}\mathrm{J}$; b. $E_{\text{p}⁣1}+E_{\text{p}⁣2}=-\mathrm{1,34}\cdot {10}^{-17}\mathrm{J}$.

a. $E_{\text{p}}=\mathrm{2,3}\cdot {10}^{-16}\mathrm{J}$; b. ${\bar{E}}_{\text{k}}=3∕2\cdot k_{\text{B}}T\Rightarrow T=\mathrm{1,11}\cdot {10}^7\mathrm{K}$.

a. $\mathrm{1,9}\cdot {10}^6\mathrm{m}∕\mathrm{s}$; b. $\mathrm{4,2}\cdot {10}^6\mathrm{m}∕\mathrm{s}$; c. $\mathrm{5,9}\cdot {10}^6\mathrm{m}∕\mathrm{s}$; d. $\mathrm{7,3}\cdot {10}^6\mathrm{m}∕\mathrm{s}$; e. $\mathrm{8,4}\cdot {10}^6\mathrm{m}∕\mathrm{s}$.

a. $E=\mathrm{2,5}\cdot {10}^6\mathrm{V}∕\mathrm{m}<3\cdot {10}^6\mathrm{V}∕\mathrm{m}$; b. $d=\mathrm{1,7}\mathrm{mm}$.

$E_{\text{k}}=q{V}_{A⁣B}=qEd\Rightarrow E=8\cdot {10}^5\mathrm{V}∕\mathrm{m}$.

a. $E=2\cdot {10}^9\mathrm{J}$; b. $Q=m\left(c\Delta T+L_{\text{p}}\right)\Rightarrow m=766\mathrm{kg}$; c. Rozszerzanie się pary wodnej, powstałej w wyniku wrzenia soków, może doprowadzić do rozsadzenia drzewa od środka.

a. $V=kQ∕r\Rightarrow r=\mathrm{1,8}\mathrm{km}$; b. Ładunek $1\mathrm{C}$ jest ogromny, izolacja za pomocą sfery o promieniu $\mathrm{1,8}\mathrm{km}$ jest niepraktyczna (właściwie niemożliwa).

Zbliżanie się cząstki alfa do jąder złota zachodzi do momentu, aż cała początkowa energia kinetyczna cząstek zostanie zamieniona w energię potencjalną odpychania kulombowskiego ($5\mathrm{MeV}=8\cdot {10}^{-13}\mathrm{J}$), zatem $E_0=kQq∕r\Rightarrow r=\mathrm{4,54}\cdot {10}^{-14}\mathrm{m}$ (rozmiar jądra atomu złota to ok. $7\cdot {10}^{-15}\mathrm{m}$).

$E_{\text{cał}}=\mathrm{4,67}\cdot {10}^7\mathrm{J}$, $E_{\text{cał}}=qV\Rightarrow q=E_{\text{cał}}∕V=\mathrm{3,89}\cdot {10}^6\mathrm{C}$.

$V_P=k{q}_{\text{cał}}∕\sqrt{z^2+R^2}\Rightarrow q_{\text{cał}}=-\mathrm{3,5}\cdot {10}^{-11}\mathrm{C}$.

$V_P=-\mathrm{2,2}\mathrm{GV}$.

Przypomnij sobie, że pole takiej płaszczyzny ma natężenie $E_P={\sigma }_0∕\left(2{\epsilon }_0\right)$ i jest jednorodne. Dla pola jednorodnego możemy zapisać $E=-\Delta V∕\Delta z$. Zatem odległość między powierzchniami ekwipotencjalnymi obliczymy następująco: $\sigma ∕\left(2{\epsilon }_0\right)=\Delta V∕\Delta z\Rightarrow \Delta z=\mathrm{0,22}\mathrm{m}$.

a. We wzorze otrzymanym w Przykładzie 7.13 podziel licznik i mianownik przez $x$, następnie oblicz granicę i rozwiń w szereg Taylora, co doprowadzi cię do wyniku: $V_P\approx k\lambda L∕x$; b. Tego wyniku należało się spodziewać, bo dla dużych odległości potencjał powinien wyglądać jak ładunku punktowego o wielkości $q=\lambda L$.

a. $V=9\cdot {10}^3\mathrm{V}$; b. $-9\cdot {10}^3\mathrm{V}\cdot \mathrm{1,25}\mathrm{cm}∕2\mathrm{cm}=-\mathrm{5,7}\cdot {10}^3\mathrm{V}$.

a. $E=kQ∕r^2\Rightarrow Q=-\mathrm{6,76}\cdot {10}^5\mathrm{C}$; b. $F=ma=qE\Rightarrow a=qE∕m=\mathrm{2,63}\cdot {10}^{13}\mathrm{m}∕{\mathrm{s}}^2$ (do góry); c. $F=-mg=qE\Rightarrow m=-qE∕g=\mathrm{2,45}\cdot {10}^{-18}\mathrm{kg}$.

Jeżeli natężenie jest równe zero w $1∕4$ odległości od $q_1$ do $q_2$, to na podstawie definicji $E=kQ∕r^2$ możemy policzyć, że $\left|E_1\right|=\left|E_2\right|\Rightarrow k{q}_1∕x^2=k{q}_2∕{\left(3x\right)}^2$, zatem $q_2∕q_1={\left(3x\right)}^2∕x^2=9$; ładunek $q_2$ jest więc $9$ razy większy od ładunku $q_1$.

a. Linie pola są zwrócone zgodnie z kierunkiem wektora prędkości początkowej elektronu; b. $v^2=v_0^2+2ax\Rightarrow x=-v_0^2∕\left(2a\right)$ dla $v=0\mathrm{m}∕\mathrm{s}$ oraz $F=ma=qE\Rightarrow a=qE∕m$, stąd $x=\mathrm{3,56}\cdot {10}^{-4}\mathrm{m}$; c. $v_2=v_0+at\Rightarrow t=-m{v}_0∕\left(qE\right)$ dla $v=0\mathrm{m}∕\mathrm{s}$, stąd $t=\mathrm{1,42}\cdot {10}^{-10}\mathrm{s}$; d. $v=-\sqrt{2qEx∕m}=-5\cdot {10}^6\mathrm{m}∕\mathrm{s}$ (przeciwnie do prędkości początkowej).

Odpowiedzi mogą znacząco różnić się w zależności od informacji, jakie zgromadzisz. Prędkości kropel atramentu mogą być rzędu $20\mathrm{m}∕\mathrm{s}$ lub mniejsze, wobec tego masa kropel to ok. ${10}^{-7}\mathrm{g}$.

Zastosuj wzór $\overrightarrow{E}=-\overrightarrow{\nabla }V$, gdzie operator $\overrightarrow{\nabla }=\hat{r}\frac{\partial }{\partial r}+\hat{\theta }\frac{1}{r}\cdot \frac{\partial }{\partial \theta }+\hat{\phi }\frac{1}{rsin\theta }\cdot \frac{\partial }{\partial \phi }$, a potencjał opisany jest wzorem $V_P=k\overrightarrow{p}\cdot \hat{r}∕r^2$, gdzie $\overrightarrow{p}=q\overrightarrow{d}$. Załóż, że dipol jest zorientowany wzdłuż osi $z$. Zatem potencjał wynosi $V_P=kq\overrightarrow{d}\cdot \hat{r}∕r^2=kqdcos\theta ∕r^2$. $\overrightarrow{E}=2kqdcos\theta ∕r^3\cdot \hat{r}+kqdsin\theta ∕r^3\cdot \hat{\theta }$.