Natężenie pola elektrycznego

$E = \dfrac{F}{q} = \dfrac{20}{0{,}5} = 40\ \tfrac{\text{N}}{\text{C}}$.

Z $E = \dfrac{F}{q}$: $F = E\cdot q = 100\cdot 0{,}2 = 20\ \text{N}$.

Natężenie pola ładunku punktowego dane jest wzorem $E = \dfrac{kQ}{r^2}$ — jest odwrotnie proporcjonalne do kwadratu odległości $r$. Im dalej od ładunku, tym większe $r$, a więc tym mniejsze natężenie. Dwukrotne oddalenie osłabia pole czterokrotnie.

Rozwiązanie

1. Bez pola (opadanie ze stałą $v$): $F_g=F_{op}=k v$.
2. Z polem (wznoszenie ze stałą $2v$): $F_e=F_g+F_{op}'=F_g+k\cdot2v=F_g+2F_g=3F_g$.
3. $\dfrac{F_e}{F_g}=3$.

Rozwiązanie

1. Równowaga: $qE=mg\Rightarrow q=\dfrac{mg}{E}=\dfrac{6{,}53\cdot10^{-14}\cdot9{,}81}{2{,}00\cdot10^5}\approx3{,}20\cdot10^{-18}$ C.
2. $n=\dfrac{q}{e}=\dfrac{3{,}20\cdot10^{-18}}{1{,}6\cdot10^{-19}}=20$.

Odpowiedź: $n=20$.

Rozwiązanie

1. W punkcie $A$ (środek boku $QQ$) pola od obu ładunków $Q$ mają równe wartości i przeciwne zwroty wzdłuż tego boku — znoszą się. Zostaje tylko pole od ładunku $q$.
2. Odległość $q$ od $A$ = wysokość trójkąta $=\tfrac{a\sqrt3}{2}$.
3. $E_A=\dfrac{kq}{\left(\frac{a\sqrt3}{2}\right)^2}=\dfrac{kq}{\frac{3a^2}{4}}=\dfrac{4kq}{3a^2}$ (wektor wzdłuż wysokości, od $q$).

Rozwiązanie

Wszystkie odległości ładunków od środka maleją dwukrotnie, a $E\propto\tfrac{1}{r^2}$, więc każde pole rośnie $4$ razy. Układ jest podobny (te same kierunki), więc i wypadkowa rośnie cztery razy.

Odpowiedź: D

Rozwiązanie

• D (wnętrze przewodnika): $E_D=0$.
• C (na powierzchni, $r=R$): pole na zewnątrz $E\propto\tfrac{1}{r^2}$; A leży w odległości $2R$ od środka, więc $E_C=E\cdot\left(\tfrac{2R}{R}\right)^2=4E$.
• B (w tej samej odległości od środka co A, czyli $2R$): $E_B=E$.

Odpowiedź: A$=E$, B$=E$, C$=4E$, D$=0$.

Rozwiązanie

W punkcie A pola od obu ładunków mają równe wartości. Składowe prostopadłe do osi dipola znoszą się, a składowe równoległe dodają się. Wypadkowy wektor $\vec E$ jest równoległy do osi dipola i skierowany od ładunku dodatniego ku ujemnemu (przeciwnie do momentu dipolowego $\vec p$).

Rozwiązanie

Oba ładunki leżą w odległości $\tfrac{d}{2}$ od B, a ich pola w B mają ten sam zwrot (od $+q$ ku $-q$), więc się dodają:

$E_B=2\cdot\dfrac{kq}{(d/2)^2}=\dfrac{8kq}{d^2}=\dfrac{8\cdot9\cdot10^9\cdot10^{-12}}{(10^{-2})^2}=720\ \tfrac{\text{N}}{\text{C}}$.

Rozwiązanie

• a) W polu jednorodnym siły działające na oba ładunki są równe co do wartości i przeciwnie skierowane — tworzą parę sił (moment siły). Dipol obraca się, aż ustawi się równolegle do $\vec E$; nie porusza się ruchem postępowym (siła wypadkowa = 0).
• b) W polu niejednorodnym, gdy dipol jest równoległy do pola, moment siły znika, ale siły na ładunkach są różne — pojawia się niezerowa siła wypadkowa. Dipol przesuwa się (jest wciągany) w stronę silniejszego pola, nie obracając się.

Rozwiązanie

1. $p=q\cdot d=1{,}6\cdot10^{-19}\cdot1{,}27\cdot10^{-10}\approx2{,}0\cdot10^{-29}\ \text{C·m}$.
2. W debajach: $p=\dfrac{2{,}0\cdot10^{-29}}{3{,}3\cdot10^{-30}}\approx6{,}1$ D.

Odpowiedź: $p\approx2{,}0\cdot10^{-29}$ C·m $\approx6{,}1$ D (przy założeniu pełnego rozdzielenia ładunku elementarnego).

Rozwiązanie

Pole elektryczne między okładkami jest skierowane od okładki „+" (dolnej) do „−" (górnej), czyli pionowo w górę. Siła na elektron $\vec{F}=-e\vec{E}$ ma zwrot przeciwny do pola, więc przyspieszenie jest skierowane pionowo w dół, ku okładce dodatniej.

Odpowiedź: wektor przyspieszenia pionowo w dół (ku dolnej, dodatniej okładce).