1.4. Pole elektrostatyczne powstałe w wyniku szczególnych rozkładów ładunków

Podamy tu przykłady pola elektrycznego szczególnie często występującego w przypadkach, do których niejednokrotnie będziemy wracać w trakcie dalszej nauki o elektryczności.

Kulisty rozkład ładunków

Kula równomiernie naładowana w całej objętości

Rozpatrzymy pole wytworzone przez równomiernie naładowaną w całej objętości kulę o promieniu $R$ . Na zewnątrz kuli rozkład linii pola jest identyczny z rozkładem w polu o źródle punktowym. Mówimy, że pole ma taką samą symetrię jak pole pochodzące od ładunku punktowego, w skrócie – pole o symetrii sferycznej. Uznać trzeba, że obowiązuje tam wzór na natężenie pola (1.8), z tym, że obecnie ładunek $Q$ jest rozmieszczony w całej objętości pełnej kuli. Pole na zewnątrz kuli jest więc takie samo, jak gdyby cały ładunek znajdował się w jednym punkcie – w środku kuli. Mamy zatem:

E=k\frac{\left|Q\right|}{r^{2}}\quad dla\quad r>R

( 1.9 )

Sfera równomiernie naładowana na całej powierzchni

Rozpatrzmy teraz powłokę kulistą o promieniu $R$ równomiernie naładowaną ładunkiem $Q$ (il. 1.13) – jest to przypadek, gdy taka powłoka jest wykonana z przewodzącego materiału (np. z metalu). W takim materiale ładunki mogą się swobodnie poruszać, zatem jeżeli wprowadzimy określoną porcję ładunku, to rozpłynie się on po całej powierzchni na skutek wzajemnego odpychania wszystkich jego części. Zauważymy, że rozkład linii pola jest taki sam jak w przypadku pola wytworzonego przez ładunek punktowy, czyli mamy tu do czynienia z polem o symetrii sferycznej. Tak więc obowiązuje tu identyczny z (1.9) wzór na natężenie pola $E$ .

Ilustracja 1.13. Rozkład ładunku na powierzchni sfery

Mimo iż ładunek jest w rzeczywistości rozłożony równomiernie na powierzchni sfery, pole na zewnątrz niej nie różni się niczym od pola wytworzonego przez ładunek punktowy. Można udowodnić, że w dowolnym punkcie wewnątrz sfery naładowanej natężenie pola jest równe zeru.

Przykład 3

Suche powietrze w silnym polu elektrycznym o natężeniu $E_{0}>10^{6}\, N/C$ gwałtownie się jonizuje i nie jest już dalej izolatorem, lecz staje się przewodnikiem (czego dowodem są cienkie iskierki). Ładunek umieszczony na powierzchni kuli odpłynie z niej.

Obliczmy, jaki maksymalny ładunek $Q_{m}$ może być utrzymany na kuli o promieniu $R=5\, cm$ .

Rozwiązanie: Jeżeli naładujemy jednorodną kulę metalową, to cały ładunek zgromadzi się na jej powierzchni, ponieważ jednoimienne ładunki wprowadzone do kuli odpychają się i starają się znaleźć jak najdalej od siebie. Wzajemne odległości między poszczególnymi ładunkami będą największe wtedy, gdy nie znajdą się one w środku kuli, ale na powierzchni. Możemy zatem zastosować wzór (1.9) na natężenie pola na zewnątrz kuli:

E=k\frac{Q}{r^{2}}

Największe natężenie występuje tuż przy powierzchni kuli $r=R$ . Przyjmując, że to natężenie wynosi $E_{0}$ , otrzymamy maksymalny ładunek, jaki jeszcze może utrzymać kula, nie jonizując powietrza:

Q_{m}=\frac{R^{2}E_{0}}{k}=\frac{\left(5\cdot10^{-2}\right)^{2}\cdot10^{6}}{9\cdot10^{9}}\, C=2,8\cdot10^{-7}\, C

Natężenie pola na powierzchni przewodzącej kuli można wyrazić za pomocą prostego wzoru:

E=\frac{\sigma}{\varepsilon_{r}\varepsilon_{0}}

( 1.10 )

gdzie $\sigma$ – powierzchniowa gęstość ładunku na kuli, którą definiujemy za pomocą wzoru:

\sigma=\frac{\Delta q}{\Delta S}

( 1.11 )

We wzorze tym $\Delta S$ oznacza fragment powierzchni (przedstawiony na il. 1.14), zaś $\Delta q$ oznacza ładunek zgromadzony w tym fragmencie.

Ilustracja 1.14. Powierzchniowa gęstość ładunku wynosi $\sigma=\frac{\Delta q}{\Delta S}$

Wzór (1.10) wynika z następującego rozumowania: Cały ładunek $Q$ gromadzi się na powierzchni przewodzącej kuli (patrz Przykład 3), zatem zgodnie z definicją gęstości ładunku (1.11) mamy $\sigma=\frac{Q}{S}$ , gdzie $S$ jest powierzchnią kuli, czyli $S=4\pi R^{2}$ . Stąd:

Q=4\pi R^{2}\sigma

Po podstawieniu tego wyniku do wzoru na natężenie pola kuli (1.9) otrzymamy wzór (1.10):

E=k\frac{Q}{R^{2}}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{r}\varepsilon_{0}}\frac{Q}{R^{2}}=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{r}\varepsilon_{0}}\frac{4\pi R^{2}\sigma}{R^{2}}=\frac{\sigma}{\varepsilon_{r}\varepsilon_{0}}

Płaski rozkład ładunków

Natężenie pola elektrycznego wytworzonego przez nieskończoną, równomiernie naładowaną płytę zanurzoną w ośrodku o przenikalności $\varepsilon_{r}$ (il. 1.15) wyraża się wzorem:

E=\frac{\sigma}{2\varepsilon_{r}\varepsilon_{0}}

( 1.12 )

Zwróć uwagę na podobieństwo wzoru (1.12) do wzoru (1.10). Pojawienie się „2” w mianowniku wzoru (1.12) można uzasadnić za pomocą rozumowania, które, niestety, wykracza poza ramy szkoły średniej.

Ilustracja 1.15. Pole elektryczne wytworzone przez nieskończoną, równomiernie naładowaną płytę jest jednorodne w całej przestrzeni (po obu stronach płyty)

Pole wytworzone przez dużą płytę jest jednorodne, jego natężenie jest stałe i nie zależy od odległości od płyty. W związku z tym wzór (1.12) jest słuszny dla dowolnej odległości od płyty. Może się komuś wydawać dziwne, że natężenie pola nie zależy od odległości od płyty. Stanie się to mniej dziwne, jeżeli weźmiemy pod uwagę, że płyta ma bardzo duże rozmiary w stosunku do odległości, w jakiej wyznaczamy natężenie pola. Niewielka zmiana odległości (w stosunku do rozmiarów płyty) nie ma znaczenia dla rozkładu pola.

Bardzo często w praktyce stosujemy tak zwane kondensatory płaskie, w których dwie równoległe płyty są naładowane ładunkami jednakowej gęstości, ale o przeciwnych znakach (il. 1.16). Zgodnie ze wzorem (1.12) natężenie pola pochodzącego od płyty dodatniej będzie miało taką samą wartość, jak pole pochodzące od płyty ujemnej. Wektory natężenia pochodzące zarówno od płyty dodatniej, jak i ujemnej będą wszędzie równoległe. Natomiast ich zwroty będą takie same tylko w obszarze między płytami (il. 1.16a). Na zewnątrz płyt zwroty te będą przeciwne. Pola wytworzone przez płytę ujemną i płytę dodatnią nakładają się w taki sposób, że w obszarach na zewnątrz płyt (obszary I i III) całkowicie się redukują, a w obszarze między płytami (obszar II) dodają się. W efekcie całe pole jest skupione między płytami (il. 1.16b).

Ilustracja 1.16. a) w obszarach na zewnątrz płyt (I i III) pole całkowicie się redukuje, a w obszarze między płytami (II) podwaja się, b) w efekcie całe pole jest skupione między płytami

Wobec tego w kondensatorze płaskim natężenie pola wynosi:

E=E_{+}+E_{-}=\frac{\sigma}{\varepsilon_{r}\varepsilon_{0}}=\frac{Q}{\varepsilon_{r}\varepsilon_{0}S}

( 1.13 )

Widzimy, że pole w kondensatorze płaskim jest jednorodne. W dowolnym punkcie między płytami mamy takie samo natężenie, niezależnie od tego, czy punkt leży bliżej jednej z płyt, czy jest w środku kondensatora. Linie tego pola są równoległe.

Na zakończenie podamy ogólny wzór służący do obliczenia natężenia pola elektrycznego $\vec{E}$ , które jest sumą (wektorową) składowych elementów pola pochodzących od cząstkowych ładunków $\Delta Q$ . Wartość elementu natężenia pola jest wyrażona wzorem:

\Delta E=\frac{1}{4\pi\varepsilon_{r}\varepsilon_{0}}\frac{\Delta Q}{r^{2}}

( 1.14 )

Ten wzór pozwala nam wyprowadzić wzory na natężenie pola przy różnych rozkładach ładunków, w tym wzór (1.12). Ponadto ułatwi nam on zrozumienie prawa Biota-Savarta występującego w nauce o polu magnetycznym (patrz – wzór (3.39)).

Pytania i problemy

Narysuj linie pola pochodzącego od kulistego rozkładu ładunków, np. od sfery równomiernie naładowanej na całej powierzchni.
Narysuj linie pola pochodzącego od płaskiego rozkładu ładunków.
Podaj wzór na natężenie pola w przestrzeni po jednej stronie naładowanej ładunkiem $Q$ płaszczyzny o powierzchni $S$ , stosując $\sigma$ – powierzchniową gęstość ładunku.
Okładki kondensatora płaskiego naładowano ładunkiem $Q=10\, pC$ . Powierzchnia okładki wynosi $S=10\, cm^{2}$ . Korzystając z odpowiedniego wzoru, oblicz natężenie pola wewnątrz kondensatora płaskiego. Narysuj linie pola.
Wyjaśnij, dlaczego na zewnątrz kondensatora płaskiego nie ma pola elektrycznego. Wykonaj odpowiedni rysunek.