ÚLOHY Z ELEKTŘINY A MAGNETIZMU SADA 2

ÚLOHY Z ELEKTŘINY A MAGNETIZMU SADA Peter Dourmashkin MIT 6, překla: Vítězslav Kříha (7) Obsah SADA ÚLOHA 1: HLOUPÉ KONÍČKY ÚLOHA : BEN FRANKLIN ÚLOHA 3: ODPUZOVÁNÍ TYČÍ ÚLOHA 4: DIPÓL 3 ÚLOHA 5: KULOVÁ SKOŘEPINA 3 ÚLOHA 6: POTENCIÁL NABITÉ ROVINY 3 ŘEŠENÍ ÚLOH 4 ÚLOHA 1: HLOUPÉ KONÍČKY 4 ÚLOHA : BEN FRANKLIN 5 ÚLOHA 3: ODPUZOVÁNÍ TYČÍ 5 ÚLOHA 4: DIPÓL 6 ÚLOHA 5: KULOVÁ SKOŘEPINA 8 ÚLOHA 6: POTENCIÁL NABITÉ ROVINY 9

Saa Úloha 1: Hloupé koníčky Jsou lii, co rái ělají neuvěřitelně nebezpečné věci Jako chlapík, se kterým jsem choil na vysokou, Austin Richars (známý též coby Dr Megavolt jen se poívejte na jeho stránky a filmy na arese http://wwwrmegavoltcom/) Nebo Criss Angel, který převel poobný kousek během písně Teslův transformátor ve svém vystoupení Tay jsou obrázky: http://wwwminfreakconnectioncom/ Všimněte si, že zatímco Dr Megavolt tahal výboje rovnou z Teslova transformátoru (zařízení schopného vyrábět šíleně vysoká napětí), Criss Angel se místo toho rozhol ostávat elektrické rány z malé koule spojené s transformátorem což se nám hoí k této otázce: Jaké bylo zhruba napětí na Teslově transformátoru nutné pro výboje zobrazené výše a jaký nevykompenzovaný náboj byl na jeho ruce (viz pravý obrázek) okamžik pře zapálením výboje (Nápověa: Suchý vzuch se prorazí při intenzitách kolem 3 1 6 V/m) Úloha : Ben Franklin Jelikož je 3 výročí narození Benjamina Franklina, bylo by na místě se zeptat na pár otázek spojených s blesky Teslův transformátor ělá blesky v malém měřítku Bouřkové mraky je ělají ve velkém Jaký je zhruba rozíl potenciálů mezi olním okrajem bouřkového mraku a zemí těsně pře úerem blesku a jaký volný náboj musí být soustřeěn v olní části mraku aby k němu ošlo? Napovím: Možná si myslíte, že nemáte ponětí o rozměrech a hmotnosti mraků Ale popřemýšlejte, co byste se o tom mohli věět Už jste něky letěli? Úloha 3: Opuzování tyčí Dvě tenké tyče élky L jsou nabity shonými náboji Q rovnoměrně rozprostřenými poél jejich élky Tyče jsou umístěny poélně za sebou, přičemž jsou oěleny mezerou širokou Jak velká je síla, kterou jena tyč působí na ruhou? Jak se zjenouší situace v limitním přípaě >> L?

Úloha 4: Dipól Posuzujte va náboje stejné velikosti a opačného znaménka oba s hmotností m ležící na ose y, +Q v boě (, a) a Q v boě (, a) Jsou spojeny tuhou nehmotnou nevoivou tyčí, která má ve svém střeu čep spojený se střeem souřanic umožňující otáčení bez tření Je tey o ipól Nyní necháme působit homogenní pole E = E ˆj (a) Jaká síla působí na ipól ze strany vnějšího pole? (b) Nyní pootočíme ipól o malý úhel θ (ve směru hoinových ručiček) Jaká síla teď působí na ipól? (c) Jak se změní potenciální energie při natočení ipólu? () Jaký moment síly působí na ipól? (e) Teď ipól uvolníme a necháme jej, ať se otáčí po vlivem momentu síly Popište, jak se bue pohybovat (tj jak se bue měnit úhel natočení θ (t)?) (f) Ke se nachází klaný náboj, kyž se pohybuje nejrychleji? Jak rychle se pohybuje? Úloha 5: Kulová skořepina Skořepina ve tvaru polokoule o poloměru R z plexiskla je pokryta nábojem Q rovnoměrně rozloženým na jejím povrchu (a) Najěte elektrické pole ve střeu polokoule (tj ve střeu koule, z níž byla polokoule vyříznuta) Návo: Rozělte si náboj na ploše na elementární náboje q a vyjářete si svou polohu na polokouli pomocí úhlů θ a ϕ (b) Jaký potenciál bue ve střeu, jestliže přepoklááme nulový potenciál v nekonečnu? Návo: Než buete vyjařovat řešení matematicky, hleejte nejprve jenouché řešení Úloha 6: Potenciál nabité roviny Rozložení elektrického potenciálu V(x,y,z) nabité roviny je áno vztahem ; pro x<, x V 1 + ; pro x, V = x V 1+ ; pro x, 3 V ; pro x>, 3

ke V je potenciál v počátku a je vzálenost Tato funkce je na obrázku vyjářena na ose x v násobcích, na ose y v násobcích V (a) Jaká je intenzita elektrického pole v této úloze? (b) Sestrojte graf intenzity elektrického pole, kterou jste právě vypočítali Pozorně si na svislé ose vyznačte mezní honoty velikosti intenzity pole E Řešení úloh Úloha 1: Hloupé koníčky Pole obrázku je Criss asi metr o koule, kyž z ní vytáhne oblouk Možná va, ale s jením se lépe pracuje, použiji tey metr Při jenouchém přepoklau, že V = E je pak potenciálový rozíl án: 3 1 6 V/m 1 m = 3 MV (proto DrMegavolt!) Můžete namítnout, že uspořáání opovíá více nabité kouli, než eskovému konenzátoru, takže bychom měli použít potenciál boového náboje, kq/r Ale všimněte si, že i v tomto přípaě je V ~ E r, takže výsleek je zhruba správně Naštěstí, toto je okrajová otázka a etaily nás tuíž až tolik nezajímají Můžeme určit minimální náboj, který je potřebný k tomu, aby pole mělo průraznou intenzitu právě vně jeho ruky (nebo koule) Přepokláejme, že jsou to koule o poloměru 5 cm Pak: E = kq/r Q= r E/k ~ 5 1 1 e Řekl jsem, že toto je minimum, neboť pole je bezpochyby průrazné i na mnohem větších vzálenostech (metr), což přepokláá náboj 4 (= ) větší Skutečný náboj je něke mezi těmito věma extrémy, takže ohauji Q ~ 1-4 C ~ 5 1 14 e 4

Úloha : Ben Franklin Je o velice poobnou úlohu jako v přechozím přípaě až na to, že nemáte obrázek, z něhož byste ohali rozměry Bueme přepokláat, že záklana bouřkového mraku je rovná eska, takže elektrické pole je mezi oblakem a zemí konstantní a V = E (což není špatné přiblížení) Tak už jen potřebujeme jeho výšku Pravěpoobně víte, že při letu na komerčních spojích je olní hranice mraků po vámi, takže je níž než letová hlaina 1 km O kolik je níž? Je to různé mrak o mraku, ale typicky se olní hranice nachází ve výšce 3 km Oha olní hranice kupovité oblačnosti můžete sami provést na záklaě pozorování vrcholků velehor zahalených o mraků Použiji km: V = 3 1 6 V/ m km = 6 1 9 V Páni! To už je VELKÉ napětí, ale pochopitelně i vzálenosti jsou velké, takže není nerozumné Ve skutečnosti je Země v průměru záporně nabitá a na povrchu planety se vyskytuje za pěkného počasí elektrické pole s intenzitou 1 V/m To okonce vee k (velice malému) prouu mezi Zemí a atmosférou, který je pak vyrovnáván blesky navracejícími záporný náboj zemskému povrchu Na závěr chceme znát náboj v mraku, takže potřebujeme zjistit plochu jeho záklany Opět to bue jen oha Oblaka obvykle vypaají louhé stejně, jako jsou vysoko na zemí, přípaně trochu větší (1 1 km) Vyberu si malý obláček s lineárním rozměrem 1 km a tuíž 1 km Tím ostaneme náboj z hustoty náboje: σ E = Q= σ A= εea~3 C ε Proč σ/ε a ne polovina z tohoto poměru? Faktor va neovlivní výsleek ohau Ve skutečnosti, bouřkové mraky vypaají spíše jako elektrické ipóly (mají nabité rovněž vrchní oblasti) a tak celý tento výpočet je pěkně hrubý oha, ale pravěpoobně se správným řáem výsleku Úloha 3: Opuzování tyčí K řešení můžeme přistupovat věma různými způsoby Jeen z nich je jít na to přímo Kažý elementární náboj q v levé tyči působí na kažý náboj q' v tyči pravé F= kqq'ˆ r r Sílu získáme prostou integrací tohoto výrazu Půju na to však tak, že spočítám elektrické pole v celém prostoru o jené tyče (levé) a potom spočítám účinek elektrického pole na tyč pravou Elektrické pole levé tyče Tyč sestává z elementárních nábojů q = λ x', ke x' je proměnná, která prochází tyč o o L a lineární hustota náboje je λ = Q/L Počítáme elektrické pole v boě P, ve vzálenosti x o pravého okraje tyče Vzálenost o q k P je r = ( x + x )i ˆ Takže, 5

1 q E= r 3 r ˆ x+ L x+ L L L 1 λx ˆ 1 3 ( ) ˆ iλ u iλ E= E= x x u + i = = 4 = πε ( x x ) + x u x ˆ λ 1 1 ˆ Q 1 1 = i = i 4 πε x+ L x 4 πε L x+ L x Všimněte si, že pole směřuje oprava, což bychom očekávali Teď pojďme spočítat sílu působící na pravou tyč působením elektrického pole Síla působící na pravou tyč qq q ( + L) q + L ˆ λ 1 1 F= E F= F= E = i λ q ( ) x L x x + Integrujeme přes proměnnou x o levého okraje pravé tyče, x =, o pravého okraje, x = +L + L + L ˆ λ + L 1 1 ˆ ( ln ln ) ˆ x L x λ x L x λ + F= i ln = i + = i x+ L x x ke jsme využili skutečnosti, že rozíl logaritmů je logaritmus poílu Nyní osaíme meze ˆ λ + L + L ˆ λ ( + L) ˆ Q ( 1 + L/ ) F= i ln ln ln ln L = i = i + ( + L) L ( 1+ L/ ) Prohozením čitatele a jmenovatele v argumentu se změní znaménko, čímž zůrazníme, že síla je klaná a obě tyče se opuzují Všimněte si, že čitatel je větší než jmenovatel Nakonec přejěme k meznímu přípau <<L Označme si malou veličinu u=l/ a rozepišme logaritmus ( + u) ( u) ( u) 1 u ln = ln( 1+ u) ln( 1+ u) u u = u 1+ Všimněte si, že jsme museli ponechat kvaratické členy, neboť lineární se vzájemně vyrušily Shrnuto: ( ) ˆ Q L ˆ Q F >> L i = i, L což je síla mezi věma boovými náboji Q ležící ve vzálenosti! Úloha 4: Dipól (a) Dipól v homogenním poli nepociťuje žánou sílu (síla působící na klaný náboj je rovna síle působící na náboj záporný) (b) Pole je homogenní takže síla je jako v přechozím přípaě rovna nule (c) Změna potenciální energie náboje q je ána vztahem 6

U = q V = q E s Napříkla, změna potenciální energie našeho náboje je: B A ( ) θ θ θ U = Q Eˆj θˆa θ = QaE ˆj cosθ ˆi sinθ ˆj θ = QaE sinθ θ = θ [ θ] QEa( θ ) = QEa cos = 1 cos Všimněte si, že efinice θ je trošku nestanarní (obvykle je úhel efinován o osy x proti směru hoinových ručiček) a násleně i vyjáření jenotkového vektoru θˆ je nestanarní, ovšem bue jasné (mělo by být) při pohleu na obrázek Poobně se mění při pohybu o θ = π o θ = π + θ energie záporného náboje: ( π π θ ) ( ( θ) ) ( θ) ( ) ( ) U = Q Ea cos cos + = QEa 1+ cos = QEa 1 cos Oba náboje mění svou potenciální energii o tutéž honotu, takže celková energie ipólu je ( ) Uipólu = QEa 1 cosθ Všimněte si, že tento výraz můžeme přepsat: ( θ ) ( θ ) U = QEa cos cos = pe cos cos = U U ipólu konečná počáteční a počáteční energie ipólu je U ipólu = pe () Bueme vycházet ze vzorce pro výpočet momentu síly τ = p E τ = pesinθ Všimněte si, že tento výraz lze ovoit rovnou z výrazu pro potenciální energii Stejně tak, jak velikost síly je erivace potenciální energie pole polohy, velikost momentu síly je erivace potenciální energie pole úhlu τ = ( pe cosθ ) = pe sinθ θ (e) Prostou úvahou zjistíme, že ipól se snaží zorientovat pole směru pole, takže se začne otáčet směrem k θ = Avšak jelikož pohyb probíhá bez tření, překmitne přes rovnovážnou polohu, přípaně se otočí okola a vrátí se zpět Chová se jako lineární harmonický oscilátor Rozíl je v tom, že tentokrát je o rotaci Situace je poobná úloze 5 z přechozí say Musíme ukázat, že moment síly lineárně závisí na úhlu vychýlení: τ = pe sin θ peθ, ke používáme aproximaci pro malé úhly, abychom linearizovali sinusovou závislost Zapíšme rotační ekvivalent zákona síly F = ma, τ peθ = Iα = I θ, ke I je moment setrvačnosti, I = ma Máme tey θ pe QaE QE = I θ = ma θ = ma θ Znaménko minus bylo o rovnice zapsáno, neboť moment vžy navrací ipól o rovnovážné polohy θ = Řešení této iferenciální rovnice ruhého řáu již známe: QE θ () t = θ()cos( ωt), ke ω = ma 7

(f) Náboj se pohybuje nejrychleji, kyž prochází rovnovážnou polohou Proč? V tomto místě má nejnižší potenciální energii, tuíž kinetická musí být nejvyšší Navíc je to vlastnost lineárních harmonických oscilátorů Jak rychle se pohybuje? To snano zjistíme, uvěomíme-li si, že náboj se pohybuje po oblouku ( s = a θ ) a rychlost má s θ v= = a = aθ ω sin( ωt) t t Maximální rychlost je při honotě sinu rovné jené: QE vmax = aθ ma Pojďme se poívat, nakolik je výsleek rozumný Jestliže je náboj větší, pohybuje se rychleji Jestliže je větší rameno, také se pohybuje rychleji (i kyž kmitá pomaleji) Větší intenzita pole znamená vetší rychlost, to á rozum Stejně tak je to se závislostí na θ Totéž můžeme získat z rovnosti potenciální a kinetické energie (při věomí, že obě hmoty se musí pohybovat stejnou rychlostí): 1 1 Uipólu = QEa( 1 cosθ) QEa θ = kinetické energii = ( m) v QEa v = θ, m ke jsme opět využili aproximace pro malé úhly: θ cosθ 1 / Úloha 5: Kulová skořepina Náboj je rovnoměrně rozložený po povrchu polokoule, takže povrchová hustota je Q Q σ = = A π R Nyní potřebujeme spočítat elektrické pole V soulau s návoem použijeme kulové souřanice a vyjáříme q: q = σ ( Rsinθ ϕ)( Rθ ) = σr sinθ ϕ θ Situaci zjenoušuje skutečnost, že všechny elementární náboje q se nacházejí na té samé vzálenosti R o počátku Také si můžeme zjenoušit výpočet E, kyž si uvěomíme, že íky symetrii se nevyruší pouze složka ve směru z 1 q 1 σr sinθϕθ σ Ez = z = ( Rcos θ ) = sinθ( cosθ) ϕθ 3 3 r R π/ π π/ π σ Ez = E sin ( cos ) z θ θ ϕθ θ= = ϕ= θ= = ϕ= σ π / σ = sinθcosθ( π) θ = 4 ε (a) E= k ˆ σ / 4ε, ke osa z je osou polokoule Osy si můžete označit libovolně, ale vžy bue u klaně nabité polokoule v počátku intenzita směřovat o polokoule 8

(b) Výraz pro elektrický potenciál je jenouchý, všechny boy polokoule jsou na téže vzálenosti o počátku a to jeiné je pro potenciál ůležité: Úloha 6: Potenciál nabité roviny (a) Oblast I: (b) V > x : E = V = ˆ i = x Oblast II: x : Oblast III: Oblast IV: Q Q V = k = R 4 πε R x ˆ V x E= V ˆ 1+ i = 1+ i x x : V ˆ ˆ 1 x E= + = V x i i V x > : E = V = ˆi = x 9