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.

1. $F=k\dfrac{Q_1Q_2}{r^2}=9\cdot10^9\cdot\dfrac{2\cdot10^{-6}\cdot3\cdot10^{-6}}{0{,}09}$.
2. $F=\dfrac{9\cdot10^9\cdot6\cdot10^{-12}}{0{,}09}=0{,}6$ N.

Odpowiedź: $F=0{,}6$ N

1. $E=k\dfrac{Q}{r^2}=\dfrac{9\cdot10^9\cdot4\cdot10^{-6}}{0{,}04}=9\cdot10^5\,\tfrac{\text{N}}{\text{C}}$.

Odpowiedź: $E=9\cdot10^5\,\tfrac{\text{N}}{\text{C}}$

1. $F\propto\dfrac{Q_1Q_2}{r^2}$.
2. Zmiana: $2\cdot3^2=18$ razy większa.

Odpowiedź: D

Dlaczego nie pozostałe? Zmiany mnożą się: ładunek liniowo, odległość kwadratowo.

1. 1. Natężenie pola w środku kwadratu jest zerowe — prawda (symetria).
2. 2. Potencjał w środku kwadratu jest zerowy — fałsz, potencjały się dodają skalarnie i są dodatnie.
3. 3. Siła działająca na ładunek dodatni umieszczony w środku jest zerowa — prawda.

Odpowiedź: PFP

1. Wektory natężenia od obu ładunków mają w tym punkcie tę samą wartość $\dfrac{kQ}{a^2}$.
2. Zwroty są przeciwne (każdy „od” swojego ładunku), więc wektory się znoszą.
3. $E=0$.

Odpowiedź: $E=0$

1. Odległość od środka do wierzchołka: $r=\dfrac{a\sqrt2}{2}$, więc $r^2=\dfrac{a^2}{2}$.
2. Każdy ładunek daje $E_1=\dfrac{kQ}{a^2/2}=\dfrac{2kQ}{a^2}$.
3. Wektory mają ten sam kierunek i zwrot (od $+Q$ do $-Q$), więc się dodają: $E=\dfrac{4kQ}{a^2}$.

Odpowiedź: $E=\dfrac{4kQ}{a^2}$

1. Punkt leży między ładunkami: $\dfrac{kQ_1}{x^2}=\dfrac{kQ_2}{(0{,}4-x)^2}$.
2. $\dfrac{9}{x^2}=\dfrac{1}{(0{,}4-x)^2} \Rightarrow \dfrac{3}{x}=\dfrac{1}{0{,}4-x}$.
3. $1{,}2-3x=x \Rightarrow x=0{,}3$ m $=30$ cm.

Odpowiedź: $x=30$ cm

1. Odległość każdego ładunku od środka: $r^2=\dfrac{a^2}{2}$, więc $E=\dfrac{2k|Q|}{a^2}$.
2. Pola od dwóch ładunków $-2q$ (leżących na przekątnej po obu stronach środka) mają równe wartości $\dfrac{4kq}{a^2}$ i przeciwne zwroty — znoszą się.
3. Zostaje pole od $-q$: $E_S=\dfrac{2kq}{a^2}$, zwrócone do tego ładunku.

Odpowiedź: $E_S=\dfrac{2kq}{a^2}$

1. $F_E=qE=5\cdot10^{-6}\cdot3000=0{,}015$ N; $F_g=mg=0{,}02$ N.
2. $\operatorname{tg}\alpha=\dfrac{F_E}{F_g}=\dfrac{0{,}015}{0{,}02}=0{,}75$.
3. $\alpha\approx36{,}9^\circ$.

Odpowiedź: $\alpha\approx37^\circ$

1. Odległość od środka do każdego z wierzchołków: $r=\dfrac{a\sqrt2}{2}$, więc $E_1=E_2=\dfrac{2kQ}{a^2}$.
2. Wektor od $+Q$ jest skierowany od tego ładunku, wektor od $-Q$ — do niego; oba tworzą kąt $90^\circ$ (bo wierzchołki są sąsiednie).
3. $E=\sqrt{E_1^2+E_2^2}=E_1\sqrt2=\dfrac{2\sqrt2\,kQ}{a^2}$. $\blacksquare$

Odpowiedź: dowód

Wskazówka: Kąt między wektorami wynika z geometrii — narysuj je, zanim zaczniesz liczyć.

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).