Енергія електричного поля Основні формули

1. Енергія зарядженого провідника виражається через заряд q, потенціал та ємність C провідника такими співвідношеннями:

.

2. Енергія зарядженого конденсатора

,

де С – електроємність конденсатора;

U – різниця потенціалів на його пластинах.

3. Об'ємна густина енергії (енергія електричного поля, що припадає на одиницю об'єму)

,

де Е – напруженість електричного поля в середовищі з діелектричною проникністю ;

– вектор електричного зміщення.

Приклади розв’язання задач

Приклад 1. У вершинах квадрата перебувають однакові точкові заряди 30 нКл. Який негативний заряд треба помістити в центрі квадрата, щоб зазначена система зарядів перебувала в рівновазі?

Д ано:

q₁ = q₂ = q₃ = q₄ = 30 нКл = 30^.10^-9 Кл.

_______________________________

q₅ = ?

Розв’язання. Всі заряди, розташовані у вершинах квадрата, перебувають в однакових умовах. Тому досить з'ясувати, який заряд слід помістити в центр квадрата, щоб який-небудь із чотирьох зарядів, наприклад q₁, перебував у рівновазі. Заряд q₁ буде перебувати в рівновазі, якщо векторна сума діючих на нього сил дорівнює Рисунок 6

нулю (рис.6)

0, ( 1)

де , , , – сили, з якими відповідно діють на заряд q₁ заряди q₂ , q₃ , q₄, q₅;

= + – рівнодійна сил та .

За законом Кулона, маючи на увазі, що q₁ = q₂ = q₃ = q₄ = q, одержимо

F₂ = F₄ = , ( 2)

F₃ = , ( 3)

F₅ = , ( 4)

де a – сторона квадрата;

r = a – діагональ квадрата.

Як видно з рис. 6, рівнодійна сил й за напрямком збігається із силою F₃ і за модулем дорівнює F = . З урахуванням цього твердження векторну рівність (1) можна замінити скалярною

F + F₃ - F₅ = F₂ +F₃ -F₅ . ( 5)

Рівність (5) з урахуванням (2) – (4) матиме вигляд

= 0 .

Звідки

q .

Здійснивши обчислення, одержимо

3^.10^-8 Кл = 2,87 ^. 10^-8 Кл.

Слід зазначити, що рівновага системи зарядів буде нестійкою.

П риклад 2. Два точкових заряди 2 нКл і -1 нКл перебувають у повітрі на відстані 5 см один від одного. Визначити напруженість і потенціал електричного поля в точці, віддаленої від першого заряду на відстань 6 см і від другого заряду на відстань 4 см.

Дано:

q₁ = 2 нКл

q₂ = - 1 нКл

d = 5 см

r₁ = 6 см

r₂ = 4 см

____________

Е – ?

 – ?

Рисунок 7

Розв’язання. Відповідно до принципу суперпозиції електричних полів кожен заряд створює поле незалежно від наявності в просторі інших зарядів. Напруженість результуючого поля . Напруженості полів, створюваних у повітрі ( = 1) зарядами q₁ й q₂ визначають за формулами:

E₁ = , ( 1)

E₂ = . (2)

Напрямки векторів і зазначені на рис.7. Модуль вектора E знайдемо за теоремою косинусів

, (3)

де  – кут між векторами і .

З рис.7 видно, що .

Отже,

. (4)

Із трикутника зі сторонами r₁, r₂, d за теоремою косинусів знаходимо

cos  = ( r₁² + r₂² - d²) / (2r₁r₂).

Обчислимо cos окремо

cos = .

Виразимо всі величини в одиницях СІ: q₁ = 2^.10^-9 Кл, q₂ = -10^-9 Кл, r₁ = 6^.10^-2 м, r₂ = 4^.10^-2 м, 1/4₀ = 9^.10⁹ м/Ф,  = 1.

Зробивши обчислення за формулами (1), (2), (4), (5), одержимо:

E₁ = B/м,

E₂ = B/м.

При обчисленні Е₂ знак заряду q₂ опущений, тому що знак мінус визначає напрямок вектора , а напрямок був врахований при його графічному зображенні (рис.7).

.

За принципом суперпозиції потенціал результуючого поля, створюваного зарядами q₁ й q₂, дорівнює алгебраїчній сумі потенціалів ₁ та ₂, тобто  = ₁ + ₂ або

. (5)

Зробивши обчислення, одержимо

.

Приклад 3. На тонкій нитці, вигнутій по дузі кола радіусом 6 см, рівномірно розподілений заряд з лінійною густиною 20нКл/м. Визначити напруженість і потенціал електричного поля, створюваного розподіленим зарядом у точці, яка збігається із центром кривизни дуги, якщо довжина нитки становить 1/3 довжини кола.

Д ано:

R = 6 см

= 20 нКл/м

l = 2/3 R

___________

Е - ? - ?

Розв’язання. Виберемо осі координат так, щоб початок координат збігався із центром кривизни дуги, а вісь ОY була б розташована симетрично до кінців дуги (рис.8). Рисунок 8

Розіб'ємо нитку на елементарні ділянки й виділимо елемент довжиною dl із зарядом dq = dl. Цей заряд можна розглядати як точковий.

Визначимо напруженість електричного поля в точці О. Для цієї точки напруженість поля, створюваного зарядом dq, дорівнює

де – радіус-вектор, спрямований від елемента dl у точку О.

Розіб'ємо вектор d на складові й . Із умови симетрії випливає, що сума складових від всіх елементарних ділянок нитки дорівнює нулю й результуючий вектор буде спрямований уздовж осі OY. В цьому випадку напруженість поля визначиться так

, (1)

де dE_Y = dЕ sin .

Оскільки r = R й dl = Rd , то

dE_y= sin = sin d . (2)

Після підстановки (2) в (1), проведемо інтегрування в межах зміни кута від 0 до , попередньо помноживши цей інтеграл на 2

E= = . (3)

Знайдемо потенціал електричного поля у точці О. У цій точці потенціал поля, створеного точковим зарядом dq, дорівнює

. (4)

Потенціал результуючого поля одержимо шляхом інтегрування виразу (4) по довжині нитки

.

Оскільки l = 2 R / 3, то

. (5)

Виразимо всі величини в одиницях СІ:  = 2^.10^-8 Кл/м, R = 6^.10^-2 м, 1/4₀ = 9^.10⁹ м/Ф,  = 1, ₀ = 8,85^.10^-12 Ф/м.

Здійснивши обчислення за формулами (3) і (5), одержимо:

E = В/м,

В.

Приклад 4. Електричне поле створене довгим циліндром радіусом 1 см, рівномірно зарядженим з лінійною густиною заряду 20 нКл/м. Визначити роботу сил поля з переміщення точкового заряду 25 нКл із точки, що перебуває на відстані 1 см, у точку, що перебуває на відстані 3 см від поверхні циліндра в середній його частині.

Дано:

R = 1 см = 1^.10^-2 м

 = 20 нКл/м = 2^.10^-8 Кл/м

q = 25 нКл = 2,5^. 10^-8 Кл

a₁ = 1 см = 1^.10^-2 м

a₂ = 3 см = 3^.10^-2 м

_____________________

А - ?

Розв’язування. Робота сил поля з переміщення заряду дорівнює

А = q(₁ - ₂).

Для знаходження різниці потенціалів скористаємося співвідношенням . Для поля з осьовою симетрією, яким є поле циліндра, можна записати

Е = або .

Інтегруючи цей вираз, знайдемо різницю потенціалів між двома точками, які відстоять від осі циліндра на відстанях r₁ й r₂

, (1)

де r₁ = a₁ + R, r₂ = a₂ + R.

Оскільки циліндр довгий і точки взяті поблизу його середньої частини, то можна скористатися формулою напруженості поля, створюваного нескінченно довгим циліндром

(2)

Підставивши (2) в (1), одержимо

ln

або

ln (3)

Таким чином,

ln

Перевіримо чи дає розрахункова формула одиницю роботи. Для цього в праву частину замість символів величин підставимо їх одиниці

.

Виразимо всі величини в одиницях СІ:  = 1;  = 2^.10^-8 Кл/м; q = 2,5^.10^-8 Кл; 1/2_о = 2,9 10⁹ м/Ф. Оскільки величини r₂ й r₁ входять у формулу (3) у вигляді відношення, то їх можна виразити в сантиметрах.

Виконавши необхідні розрахунки, одержимо

А = 2,5^.10^-8.2,9^.10^{9 .}2^. 10^-8 = 6,2^.10^-6 Дж.

Приклад 5. Електричне поле створене тонкою нескінченно довгою ниткою, рівномірно зарядженою з лінійною густиною заряду 30 нКл/м. На відстані 20 см від нитки перебуває плоска кругла площадка радіусом 1 см. Визначити потік вектора напруженості електричного поля через площадку, якщо її площина складає кут 30^о з лінією напруженості, яка проходить через середину площадки.

Дано:

= 30 нКл/м

a = 20 см

R = 1 см

 = 30^о

_____________

N_Е - ?

Розв’язання. Поле, створюване ниткою (дуже тонким циліндром), є неоднорідним, тому воно змінюється в просторі

(1)

Потік вектора дорівнює

cos ,

де – кут між векторами й (рис.9). Оскільки лінійні розміри площадки малі в порівнянні з відстанню до нитки (а>>R), то Е в межах площадки змінюється незначно. Тому значення Е и cos під знаком інтеграла можна замінити їх середніми значеннями <E> й <cos > і винести за знак інтеграла

<E> <cos > <E> <cos > S,

д е S = R² .

Замінюючи <E>й <cos > їх наближеними значеннями Е_А й cos _A, розрахованими для середньої точки А площадки, одержимо

S cos _A =E_A R² cos _A . (2)

З рис.10 видно, що

cos _A = cos(90^о - ) =sin .

З урахуванням цього формула (2) матиме

вигляд

sin sin .

Рисунок 9

Виразимо всі величини в одиницях СІ:  = 3^.10^-8 Кл/м;  = 1; a = 0,2 м; R = 10^-2 м; 1/2_о = 2,9^.10⁹ м/Ф.

Зробивши обчислення, одержимо

B^.м.

Приклад 6. Електрон рухається в однорідному електричному полі вздовж силової лінії. У деякій точці поля з потенціалом 100 В електрон мав швидкість 4 Мм/с. Визначити потенціал точки поля, дійшовши до якої, електрон втратить половину своєї швидкості.

Дано:

₁ = 100 В

₁ = 4 Мм/с = 4^.10⁶ м/c

₂ = 2 Мм/с = 2^.10⁶ м/c

___________________

₂ – ?

Розв’язання. Через відсутність сил тертя повна механічна енергія електрона не змінюється, тобто W = = const,

де – кінетична й (- е) – потенціальна енергія електрона.

Повна енергія на початку руху

, (1)

наприкінці руху з урахуванням того, що ₂ = ₁/2,

. (2)

Прирівнявши вирази (1) і (2), одержимо для потенціалу

.

Виразимо всі величини в одиницях СІ: ₁ = 4^.10⁶ м/с; m = 9,1^.10^-31 кг; е = 1,6^.10^-19 Кл.

Виконавши обчислення, одержимо

= 66 В .

Можливий й інший підхід до розв’язання. Зміна кінетичної енергії частинки дорівнює роботі результуючої сили, тобто

.

Оскільки електрон гальмується силами поля, то А = - е(₁ - ₂).

Приклад 7. Сила взаємного притягання пластин плоского повітряного конденсатора 50 мН. Площа кожної пластини 200 см². Визначити об'ємну густину енергії поля конденсатора.

Дано:

F = 50 мН = 5^.10^-2 Н

S = 200 см² = 2^.10^-2 м²

__________________

w - ?

Розв’язання. Об'ємна густина енергії поля конденсатора

(1)

де Е =/₀ – напруженість електричного поля між пластинами конденсатора;

 – поверхнева густина заряду на пластинах.

Підставивши вираз для Е в (1), одержимо

(2)

Знайдемо силу взаємного притягання пластин. Заряд q = S однієї пластини перебуває в полі напруженістю Е₁ =  / 2₀, створеному зарядом іншої пластини конденсатора. Отже, на заряд першої пластини діє сила

(3)

Виразивши ² з формули (3) і підставивши її в (2), одержимо

w = F / S

Виразимо всі величини в одиницях СІ: F = 5^.10² Н, S = 2^.10^-2 м².

Виконавши необхідні обчислення, одержимо

Дж/м³.

Приклад 8. Між пластинами плоского конденсатора, зарядженого до різниці потенціалів 600 В, перебувають два шари діелектриків – скло товщиною 5 мм та ебоніт товщиною 3 мм. Площа кожної пластини 200 см². Визначити: а) напруженість електричного поля, індукцію й спад напруги в кожному шарі; б) електричну ємність конденсатора.

Дано:

U = 600 В

скло,

d₁ = 5 мм = 5^.10^-3 м

ебоніт

d₂ = 3 мм = 3.10^{‑ 3} м

S = 200 см² = 2^.10^-2 м²

________________

Е – ? D – ?

U ₁– ? U₂ – ?

С – ?

Розв’язання. При переході через межу поділу діелектриків нормальна складова вектора в обох шарах діелектриків має однакові значення D_1n = D_2n.

У конденсаторі силові лінії вектора перпендикулярні до межі поділу діелектриків, отже, D_1n = D₁ й D_2n = D₂. Тому

D₁ = D₂ = D. (1)

Врахувавши, що D = ₀Е, і скорочуючи на ₀, з рівності (1) одержимо

₁E₁ = ₂Е₂ , (2)

де Е₁ й E₂ – напруженості електричного поля в першому й у другому шарах діелектриків;

₁ й ₂ – діелектричні проникності діелектриків.

Різниця потенціалів між пластинами конденсатора очевидно дорівнює сумі напруг на шарах діелектриків

U = U₁ + U₂ . (3)

У межах кожного шару поле однорідне, тому U₁ = E₁d₁ й U₂ = Е₂d₂. З урахуванням цього рівність (3) набуде вигляду

U = Е₁d₁ + E₂d₂. (4)

Розв’язавши спільно рівняння (2) і (4), одержимо

Виразимо всі величини в одиницях СІ: d₁ = 5^.10^-3 м; d₂ = 3^.10^-3 м; ₁= 7; ₂ = 3;  ₀ = 8,85^.10^-12 Ф/м.

Виконавши необхідні обчислення, одержимо

B/м;

B/м;

B;

B;

Кл/м².

Визначимо ємність конденсатора

С = , (5)

де q = S – заряд кожної пластини конденсатора. Враховуючи ту обставину, що поверхнева густина зарядів (на пластинах конденсатора чисельно дорівнює модулю електричного зміщення, тобто ( = D), одержимо

Виконавши необхідні обчислення, одержимо

пФ.