1) Ηλεκτρικό πεδίο φορτισμένου φύλλου απείρων διαστάσεων

Transcript

1 1) Ηλεκτικό πεδίο φοτισμένου φύλλου απείων διαστάσεων Σε αυτό το εδάφιο θα υπολογιστεί το ηλεκτικό πεδίο παντού στο χώο ενός φοτισμένου λεπτού φύλλου απείων διαστάσεων και αμελητέου πάχους όπως αυτό που εικονίζεται στο Σχήμα 2.7 παακάτω, το οποίο έχει επιφανειακή πυκνότητα φοτίου σ (φοτίο ανά μονάδα επιφάνειας). Αμελητέο πάχος Σχήμα 2.8 Όπως φαίνεται και στο Σχήμα 2.9α (στα αιστεά), "τεμαχίζουμε" το φύλλο σε ένα άπειο πλήθος λεπτών στύλων απειοστού πάχους ο καθένας, οι οποίοι μποούν να θεωηθούν ποσεγγιστικά ως γαμμές φοτίου και έτσι να χησιμοποιήσουμε το αποτέλεσμα της Εξ. 2.6 πααπάνω. Τοποθετούμε τον άξονα z κατά μήκος των γαμμών φοτίων, όπως κάναμε και στο ποηγούμενο εδάφιο και τον άξονα y έτσι ώστε να διαπενάει το φύλλο, κάθετα πος τις γαμμές φοτίου που τεμαχίσαμε. Επιθυμούμε να υπολογίσουμε το ηλεκτικό πεδίο σε ένα τυχαίο σημείο Α που απέχει απόσταση x από την αχή των συντεταγμένων Ο. Έτσι θα ολοκληώσουμε επάνω σε όλες τις γαμμές φοτίου δηλαδή κατά μήκος του άξονα y.

2 z dy Φοτισμένο φύλλο dy Γ Ο Β L y dy Β y Ο Γαμμή φοτίου β de Γ φ dε x φ Α x Α y de Β Γαμμή φοτίου γ Γαμμή φοτίου β α) Άπειο φύλλο τεμαχισμένο σε γαμμές dy Γ Γαμμή φοτίου γ β) Σύστημα συντεταγμένων σε κάτοψη Σχήμα 2.9 Για να χησιμοποιήσουμε όμως την Εξ. 2.6, πέπει να υπολογίσουμε την γαμμική πυκνότητα της κάθε γαμμής φοτίου, δεδομένου ότι στο παόν πόβλημα μας δίνεται μόνο η επιφανειακή πυκνότητα. Για το σκοπό αυτό θωήστε τη γαμμή φοτίου β στο Σχήμα 2.9α (στα αιστεά) η οποία τέμνει τον άξονα y στο σημείο Β και θεωήστε ένα μικό τμήμα της μήκους L. Το στοιχειώδες εμβαδό (κάθετα πος το φύλλο) αυτού του τμήματος είναι ίσο με da = Ldy (μήκος πλάτος) και άα από τον οισμό του σ πειέχει φοτίο dq = σda = σldy. Επομένως η γαμμική πυκνότητα φοτίου (φοτίο ανά μονάδα μήκους) είναι ίση με dλ = dq L = σdy Επειδή η κατανομή φοτίου είναι ομοιογενής, η γαμμική πυκνότητα που υπολογίσαμε για το τμήμα μήκους L της γαμμής φοτίου β, είναι η ίδια για όλη τη γαμμή. Σύμφωνα λοιπόν με την Εξ. 2.6, αυτή η γαμμή φοτίου δημιουγεί στο Α ένα ηλεκτικό πεδίο με μέτο ίσο με de Β = 2k dλ όπου είναι η απόσταση ΒΑ από τη γαμμή φοτίου β έως το σημείο παατήησης. Θεωήστε τώα την κάτοψη στο Σχήμα 2.9β (στα δεξιά). Όπως είδαμε στο ποηγούμενο εδάφιο, το de Β είναι κάθετο πος τη γαμμή φοτίου και άα ανήκει στην σελίδα του σχήματος αφού η γαμμή τέμνει το Σχήμα 2.9β κάθετα, με φοά πος το άπειο (απομακυνόμενο από τη γαμμή). Επομένως το de Β βίσκεται επάνω στην ποέκταση της ευθείας ΒΑ. Θα χησιμοποιήσουμε εδώ τα ίδια βήματα της απόδειξης του ποηγούμενου εδαφίου, δηλαδή θα θεωήσουμε την γαμμή φοτίου η οποία τέμνει τον άξονα y στο

3 σημείο Γ και η οποία ισαπέχει από τη γαμμή β ως πος την αχή Ο. Το αντίστοιχο ηλεκτικό πεδίο de Γ έχει ίσο μέτο με το de Β και έτσι λόγω συμμετίας το συνιστάμενο ηλεκτικό πεδίο de είναι κάθετο στον άξονα y δηλαδή κάθετα στο φύλλο (κατά μήκος του άξονα x). Συγκίνοντας τα Σχήματα 2.6β και 2.9β βλέπουμε ότι οι γεωμετίες (για την ολοκλήωση) είναι οι ίδιες και για τα δυο ποβλήματα, με την μόνη διαφοά ότι εδώ έχουμε άλλο τύπο για το de Β και ότι το r έχει αντικατασταθεί από το και η γωνία θ από την φ. Έτσι όπως και στο ποηγούμενο πόβλημα, μποούμε να γάψουμε τις εξής απλές τιγωνομετικές εκφάσεις cosφ = x y = xtanφ => dy = xdφ/cos 2 φ Το συνιστάμενο ηλεκτικό πεδίο de λόγω συμμετίας είναι ίσο με Η ολοκλήωση γίνεται ή π/2 Ε = 2dE Β cosφ φ=0 Ε = 4kσ de = de Β cosφ de Γ cosφ = 2dE Β cosφ π/2 φ=0 cosφ x π/2 = 4k cosφdλ φ=0 cosφ x cos 2 dφ = 4kσ φ dφ π/2 = 4kσ cosφ dy φ=0 π/2 φ=0 = 2kπσ Σημείωση: Σε πολλές εφαμογές χησιμοποιείται μια άλλη σταθεά του ηλεκτισμού αντί της k που είχαμε μέχι τώα, η οποία ονομάζεται "διηλεκτική σταθεά του κενού" και η οποία σχετίζεται με την σταθεά k ως εξής = 1 4πk = S. I. Διηλεκτική σταθεά του κενού 2.8 Συνατήσει αυτής της σταθεάς, το πααπάνω αποτέλεσμα της ολοκλήωσης γάφεται πιο απλά ως Ε = σ 2 Στην πααπάνω ανάλυση στο Σχήμα 2.9β, θεωήσαμε το Ε μόνο από την δεξιά μειά του φύλλου. Εάν εγαζόμασταν και στην αιστεή μειά του, τότε το αποτέλεσμα θα ήταν το ίδιο αλλά με την αντίθετη φοά δηλαδή το Ε θα ήταν πος τα αιστεά. Αυτό σημαίνει ότι το Ε αλλάζει φοά εκατέωθεν του φύλλου όπως φαίνεται και στο Σχήμα 2.10 όπου το φύλλο είναι οιζόντιο. Επομένως είναι πιο σωστό να γάψουμε ότι Ε = σ 2 Ηλεκτικό πεδίο λεπτού φύλλου απείων διαστάσεων 2.9

4 θεωώντας βέβαια ότι σ > 0. Μποούμε να γάψουμε το Ε και διανυσματικώς. Εάν π.χ. ο άξονας z στο Σχήμα 2.10 είναι κάθετος στο φύλλο με την αχή των συντεταγμένων Ο επάνω στο φύλλο τότε: σ e 2ε z, z < 0 Ε = { 0 σ e 2ε z, z > 0 0 Ηλεκτικό πεδίο λεπτού φύλλου απείων διαστάσεων 2.10 Το πααπάνω αποτέλεσμα έχει μια ιδιαιτεότητα, δεν εξατάται καθόλου από την απόσταση, μόνο από την πυκνότητα του φοτίου. Αυτό σημαίνει ότι είναι παντού σταθεό. Αυτό είναι απόοια του γεγονότος ότι το φύλλο είναι απείων διαστάσεων. Σε παγματικές πειπτώσεις όπου ένα φοτισμένο φύλλο έχει πεπεασμένες διαστάσεις, το πεδίο είναι όντως πολύ σταθεό κοντά στο φύλλο, αλλά φυσικά φθίνει με την απόσταση μακιά από αυτό. Η κατεύθυνση του E είναι κάθετη στο φύλλο, απομακυνόμενο από αυτό για θετικό σ ενώ τείνει πος αυτό για ανητικό σ. Σε κάθε πλευά το E είναι ακετά ομοιογενές όταν οι διαστάσεις του φύλλου είναι μεγάλες. z E Φοτισμένο φύλλο πλάγια όψη Ο Σχήμα 2.10 Παάδειγμα: Ένα φοτισμένο φύλλο διαστάσεων 6 cm 5 cm έχει φοτίο 12μC. Βείτε το ηλεκτικό πεδίο σε απόσταση 2 mm από το φύλλο. Λύση: Η απόσταση των 2 mm είναι σχετικά μική συγκινόμενη με τις διαστάσεις του φύλλου και άα μποούμε να χησιμοποιήσουμε την Εξ. 2.9 που ισχύει για φύλλο απείων διαστάσεων αφού όταν είμαστε πολύ κοντά στο φύλλο, αυτό φαίνεται τεάστιο. Η πυκνότητα φοτίου ισούται εξ οισμού με το φοτίο Q του φύλλου πος το εμβαδό του Α και έτσι η Εξ. 2.9 γίνεται: E = 1 Q 2 A

5 Το εμβαδό ισούται με A = = m 2 ενώ το φοτίο ισούται με Q = C και η σταθεά με = S.I. Επομένως E = = N/C 2) Να αποδειχθεί η Εξ. 2.9 με τη βοήθεια του νόμου του Gauss Λύση: Όπως φαίνεται στο Σχήμα 3.12α, επιλέγουμε για επιφάνεια Gauss ένα κλειστό κύλινδο κάθετο στο φύλλο με τυχαία ακτίνα R και τυχαίο μήκος L. Είχαμε δει πααπάνω ότι οι δυναμικές γαμμές του φύλλου είναι κάθετες στο φύλλο, παάλληλες και ισαπέχουσες μεταξύ τους, με αντίθετη φοά εκατέωθεν του φύλλου. Φοτισμένο φύλλο Ε E Επιφάνεια Gauss da E da R da E Δυναμικές γαμμές α) β) L Σχήμα 3.12 Όπως και στο ποηγούμενο πόβλημα, μποούμε να χωίσουμε το ολοκλήωμα σε τία μέη, δυο επάνω στις βάσεις (έστω Β 1 και Β 2 ) και ένα επάνω στην παάπλευη επιφάνεια (έστω Π). Ε dα = Q => Ε dα Β 1 Ε dα Β 2 Ε dα Π Στο Σχήμα 3.12β δείχνουμε τον γωνιακό ποσανατολισμό του ηλεκτικού πεδίου Ε σε σχέση με το διάνυσμα dα και στα τία τμήματα κυλίνδου. Σε αντίθεση με το ποηγούμενο πόβλημα, στις δυο βάσεις τώα το Ε είναι παάλληλο με το διάνυσμα dα (θυμηθείτε ότι το κάθετο διάνυσμα έχει φοά πάντοτε πος τα έξω της επιφάνειας) και έτσι Ε dα = EdA ενώ στην παάπλευη επιφάνεια το Ε είναι = Q κάθετο με το διάνυσμα dα και έτσι Ε dα = 0. Σύμφωνα με τα πααπάνω έχουμε:

6 ΕdA ΕdA 0 = Q Β 1 Β 2 Είδαμε ότι για το φύλλο η πυκνότητα των δυναμικών γαμμών είναι σταθεή, και άα και το Ε είναι σταθεό και έτσι μποεί να βγει εκτός ολοκληώματος (το Ε αλλάζει κατά φοά εκατέωθεν του φύλλου αλλά όχι κατά μέτο και άα το Ε είναι το ίδιο και στις δυο μειές): Ε da Β 1 Ε da Β 2 = Q Εάν θυμηθούμε ότι το da είναι το στοιχειώδες εμβαδό, τότε το κάθε ολοκλήωμα ισούται με το συνολικό εμβαδό της κάθε βάσης που από τη γεωμετία γνωίζουμε ότι δίνεται από τον τύπο πr 2. Επομένως 2ΕπR 2 = Q Μένει μόνο να υπολογίσουμε το πεικλειόμενο φοτίο Q. Κοιτώντας στο Σχήμα 3.12 στα αιστεά, αυτό το πεικλειόμενο φοτίο είναι "παγιδευμένο" στην τομή του κυλίνδου με το φύλλο που είναι ένας κύκλος με εμβαδό ίσο με αυτό της βάσης πr 2. Αφού η επιφανειακή πυκνότητα φοτίου του φύλλου είναι σ, τότε Q = σπr 2 και έτσι ή 2ΕπR 2 = σπr2 Ε = σ 2 που είναι το ίδιο ακιβώς αποτέλεσμα με αυτό της Εξίσωσης 2.7! 3) Να υπολογισθεί το ηλεκτικό πεδίο που δημιουγείται στο σημείο Α του παακάτω σχήματος με συντεταγμένη (0, ) λόγω μιας ομοιόμοφα φοτισμένης λεπτής άβδου που βίσκεται επάνω στον άξονα x από το x = α έως το x = α εάν η γαμμική πυκνότητα του φοτίου της είναι ίση με λ. y Α x = α x = α x Λύση:

7 Όπως φαίνεται στο παακάτω σχήμα, "τεμαχίζουμε" τη άβδο σε απειοστά κομμάτια. Έστω ένα τέτοιο κομμάτι απειοστού εύους dx στο σημείο Β της άβδου με συντεταγμένη x το οποίο απέχει απόσταση r από το σημείο Α. Το απειοστό αυτό κομμάτι θα πειέχει απειοστό φοτίο ίσο με dq = λdx και έτσι θα παάγει στο σημείο Α ένα απειοστό πεδίο ίσο με de = k dq dx = kλ r2 r 2 Η φοά του de φαίνεται στο Σχήμα. Το de μποεί να αναλυθεί σε δυο συνιστώσες x και y. Ποσέξτε ότι η άβδος είναι τοποθετημένη συμμετικά επάνω στον άξονα x και έτσι για κάθε σημείο Β υπάχει και το συμμετικό του σημείο, έστω Β, το οποίο θα ισαπέχει από το Β και θα παάγει πεδίο de ίσου μέτου αλλά διαφοετικής φοάς πος τα πάνω και δεξιά, όπως φαίνεται και στο ένθετο του σχήματος. Έτσι, όταν αθοίσουμε την συνεισφοά του κάθε κομματιού της άβδου, οι οιζόντιες συνιστώσες του ολικού πεδίου αλληλο-αναιούνται σε ζεύγη και έτσι το πεδίο θα έχει μόνο κατακόυφη συνιστώσα. Άα από τη συνεισφοά του σημείου Β θα κατήσουμε μόνο την κατακόυφη συνιστώσα de y = decosθ y dε Α dε dε x = α θ r x = α x dq B x Ολοκληώνοντας όλες τις συνεισφοές οδηγεί στο E = x=a de y x= a x=a = decosθ x= a = kλ x=a x= a dx r 2 cosθ Μέσα στο ολοκλήωμα έχουμε τεις μεταβλητές, τα θ, x και r. Πέπει να τα εκφάσουμε όλα συνατήσει μιας μεταβλητής αλλά και συνατήσει του δεδομένου. Επιλέγουμε ως κοινή μεταβλητή τη γωνία θ. Από απλή τιγωνομετία στο πααπάνω σχήμα έχουμε tanθ = x => x = tanθ => dx = cos 2 θ dθ rcosθ = => 1 r = cosθ Έστω θ α η μέγιστη γωνία που αντιστοιχεί στα όια x = ±a της άβδου. Το ολοκλήωμα γίνεται: E = kλ θ α θ= θ α cos 2 θ dθ cos2 θ 2 Από απλή τιγωνομετία μποούμε να δούμε ότι cosθ = kλ [cosθ] θ α θ= θ α = 2kλ cosθ α

8 cosθ α = 2 a 2 Τελικά E = 2kλ 2 a 2 (ποσέξτε ότι αφού το λ είναι φοτίο ανά μονάδα μήκους, το πααπάνω Ε έχει τις σωστές μονάδες). 4) Να βεθεί το ηλεκτικό πεδίο παντού στον χώο ενός μονωτικού κυλίνδου απείου μήκους και ακτίνας R ο οποίος είναι φοτισμένος ομοιόμοφα με χωική πυκνότητα φοτίου η (φοτίο/όγκος) Λύση: Θα εγαστούμε πώτα στο εξωτεικό του κυλίνδου. Όπως φαίνεται και στα παακάτω δυο σχήματα, λόγω κυλινδικής συμμετίας, επιλέγουμε για επιφάνεια Gauss ένα κλειστό κύλινδο ακτίνας > R και μήκους L, ομοαξονικό με τον δεδομένο κύλινδο. GaussΕπιφάνεια Gauss ΤΡΙΣΔΙΑΣΤΑΤΗ ΑΠΕΙΚΟΝΙΣΗ L Αγώγιμος κύλινδος απείου μήκους

9 Επιφάνεια - Ρ da Κύλινδος ΠΛΑΓΙΑ ΟΨΗ Οι δυναμικές γαμμές είναι παόμοιες με αυτές που είδαμε στο υπο-εδάφιο "Φοτισμένη γαμμή απείων διαστάσεων", δηλαδή δισδιάστατες ακτινικές από την επιφάνεια του κυλίνδου πος το άπειο (σαν τις ακτίνες της όδας του ποδηλάτου). Ακιβώς όπως δουλέψαμε με την γαμμή φοτίου, το da στις δυο βάσεις Β 1 και Β 2 του κυλίνδου Gauss είναι κάθετο στο Ε και έτσι Ε da = 0 εκεί και τα αντίστοιχα ολοκληώματα μηδενίζονται. Στην παάπλευη επιφάνεια Π βλέπουμε από την πλάγια όψη ότι το da είναι παάλληλο με το Ε και έτσι Ε da = ΕdA. Επομένως Ε dα = Q => Ε dα Β 1 Ε dα Β 2 Ε dα Π = Q => ΕdA Π όπου Q είναι το πεικλειόμενο φοτίο από τον κύλινδο Gauss. Λόγω κυλινδικής συμμετίας το Ε είναι σταθεό επάνω στην Π και έτσι μποεί να βγει εκτός ολοκληώματος: = Q Ε da Π Το εμβαδό της παάπλευης επιφάνειας του κυλίνδου Gauss είναι ίσο με 2πL (βάση ύψος). Επομένως = Q 2ΕπL = Q Μένει μόνο να υπολογίσουμε το πεικλειόμενο φοτίο Q. Αφού αυτό εγκλωβίζεται μέσα σε μήκος L του αγώγιμου κυλίνδου, ο αντίστοιχος πεικλειόμενος όγκος του αγωγού ισούται με

10 V = πr 2 L Δεδομένου ότι η πυκνότητα φοτίου η είναι εξ οισμού φοτίο ανά όγκο, το πεικλειόμενο φοτίο ισούται με Q = ηv = ηπr 2 L και έτσι ή 2ΕπL = ηπr2 L Ε = ηr2 2 Στο εσωτεικό του αγωγού, η αντιμετώπιση του ποβλήματος είναι η ίδια ακιβώς, με τη διαφοά τώα ότι η επιφάνεια Gauss πεικλείει λιγότεο φοτίο και στον υπολογισμό του πεικλειόμενου όγκου V πέπει να χησιμοποιήσουμε την ακτίνα της επιφάνειας Gauss και όχι του αγωγού R, αφού η επιφάνεια αυτή είναι εξ ολοκλήου μέσα στον αγωγό. Έτσι Το αντίστοιχο πεικλειόμενο φοτίο είναι ίσο με Έτσι από την παίνουμε V = π 2 L Q = ηv = ηπ 2 L Ε da Π = Q 2ΕπL = Q = ηπ2 L οπότε Ε = η 2