Skrypt do przedmiotu Repetytorium z Fizyki wersja testowa Opracowanie: mgr in». Justyna Szostak mgr Tomasz Neumann Gda«sk, 2009 Projekt Przygotowanie i realizacja kierunku in»ynieria biomedyczna - studia mi dzywydziaªowe wspóªnansowany ze ±rodków Unii Europejskiej w ramach Europejskiego Funduszu Spoªecznego.
Spis tre±ci 1 Elektrostatyka 3 1.1 Wst p teoretyczny................................ 3 1.2 Zadania...................................... 8 1.3 Rozwi zania.................................... 12 A Podziaª wielko±ci zycznych. 26 B Rachunek wektorowy. 27 B.1 Dodawanie wielko±ci wektorowych........................ 27 B.2 Mno»enie wielko±ci wektorowych......................... 28 B.3 Gradient, dywergencja i rotacja.......................... 30 2
1 Elektrostatyka 1.1 Wst p teoretyczny Dwa ªadunki elektryczne q 1 i q 2 wytwarzaj pole elektryczne i za jego po±rednictwem oddziaªuj na siebie z pewn siª. Je»eli pole wytworzone jest przez ªadunki b d ce w spoczynku, to nosi ono nazw pola elektrostatycznego. Warto± siªy oddziaªywania w przypadku ªadunków punktowych (a tak»e ªadunków o symetrii kulistej) okre±la empiryczne prawo Coulomba. Zgodnie z nim siªa F 1 z jak ªadunek punktowy q 2 oddziaªuje na ªadunek q 1 znajduj cy si w odlegªo±ci r od niego (patrz rys. 1) wyra»a si wzorem F 1 = 1 4πɛ q 1 q 2 r 2 ˆr 1, (1) gdzie ɛ jest przenikalno±ci elektryczn o±rodka, w którym znajduj si ªadunki, natomiast wersor ˆr 1 wskazuje poªo»enie ªadunku q 1 wzgl dem ªadunku q 2. Przenikalno± elektryczna dowolnego o±rodka mo»e by zapisana jako iloczyn jego wzgl dnej przenikalno±ci elektrycznej (staªej dielektrycznej charakterystycznej dla danego o±rodka) ɛ r oraz przenikalno±ci elektrycznej pró»ni, ɛ 0 = 8, 85 10 12 C 2 /N m 2 ɛ = ɛ r ɛ 0. (2) Siªa, z jak ªadunek q 1 odzdziaªuje na ªadunek q 2 ma tak sam warto± i kierunek jak Rysunek 1: Wzgl dne poªo»enie dwóch ªadunków punktowych. siªa, z jak ªadunek q 2 oddziaªuje na ªadunek q 1, ale maj przeciwne zwroty (s to siªy akcji i reakcji). Je»eli chcemy znale¹ kierunek i zwrot siªy F 2 z jak ªadunek q 1 oddziaªuje na ªadunek q 2, we wzorze (1) wersor ˆr 1 musimy zast pi wersorem ˆr 2, wskazuj cym poªo»enie ªadunku q 2 wzgl dem ªadunku q 1. W celu wyznaczenia siªy oddziaªywania pomi dzy dwoma ªadunkami 1 i 2 o dowolnym rozkªadzie ci gªym (ªadunek elektryczny jest rozªo»ony w przestrzeni, por. rys. 2), nale»y ka»dy z nich podzieli na innitezymalne, tj. niesko«czenie maªe ªadunki d 1 oraz d 2 3
Rysunek 2: Dwa ªadunki o rozkªadzie ci gªym. i policzy jaka jest siªa d F 1 z jak ªadunek d 2 dziaªa na ªadunek d 1 (lub odwrotnie). Korzystaj c z prawa Coulomba (1) napiszemy wówczas d F 1 = 1 4πɛ d 1 d 2 r 2 ˆr 12, (3) przy czym wersor ˆr 12 okre±la poªo»enie ªadunku d 1 wzgl dem d 2. Przeprowadzaj c nast pnie operacj caªkowania, tj. sumowania siªy oddziaªywania wszystkich innitezymalnych ªadunków, otrzymujemy F 1 = 1 2 1 4πɛ d 1 d 2 r 2 ˆr 12. (4) Je»eli rozmiar geometryczny któregokolwiek z ªadunków jest du»o mniejszy od ich wzajemnej odlegªo±ci, to ªadunek taki mo»emy uwa»a za punktowy. Wiemy ju»,»e ªadunki elektryczne wytwarzaj pole elektryczne. Nale»y zatem wprowadzi wielko±, która b dzie charakteryzowaªa pole w dowolnym jego punkcie. Podstawowym parametrem opisuj cym pole elektryczne jest wektor nat»enia pola elektrycznego E. Jest on deniowany jako stosunek siªy, z jak pole elektryczne oddziaªuje na umieszczony w tym punkcie dodatni, punktowy ªadunek próbny do warto±ci tego ªadunku E = F q q. (5) Z powy»szego wzoru wynika,»e wektor nat»enia pola ma taki sam kierunek i zwrot co siªa dziaªaj ca na ªadunek dodatni. Warto± tego wektora jest równa sile dziaªaj cej na ªadunek jednostkowy. Warto± wektora E wyra»amy w dwóch podstawowych jednostkach [E] = N C = V m. (6) W przypadku, gdy pole elektrostatyczne wytwarzane jest przez ªadunek punktowy lub ªadunek o symetrii kulistej warto± wektora nat»enia w punkcie odlegªym o r od ¹ródªa pola wyra»a si wzorem E = 1 4πɛ r 2. (7) 4
Je»eli pole elektryczne jest wytwarzone przez wi cej ni» jeden ªadunek, nat»enie pola elektrycznego w danym punkcie pola, zgodnie z zasad superpozycji, b dzie sum nat»e«pól wytworzonych przez poszczególne ªadunki E = n i=1 E i, (8) gdzie E i jest nat»eniem pola wytworzonego przez i-ty ªadunek, a n jest liczb ªadunków wytwarzaj cych pole. Je»eli znamy nat»enie pola elektrycznego to na podstawie wzoru (5) mo»emy obliczy siª dziaªaj c w tym polu na dowolny ªadunek punktowy q F = qe. (9) Pole elektryczne mo»na zobrazowa przy pomocy linii siª pola. Wektor nat»enia pola w ka»dym punkcie pola jest styczny do linii siª pola. Zwrot tych linii jest zgodny ze zwrotem E, natomist g sto± linii siª pola (liczba linii przechodz cych przez jednostkow powierzchni do nich prostopadª ) ±wiadczy o sile pola w danej odlegªo±ci od jego ¹ródªa. Na rysunku (1.1) przedstawiono rozkªad pola elektrostatycznego wytworzonego przez dodatni ªadunek punktowy. Jak wynika z rysunku, linie siª pola rozchodz si radialnie (promieni±cie) i s skierowane na zewn trz ªadunku ¹ródªowego, a ich g sto± maleje z odlegªo±ci od ªadunku ¹ródªowego co oznacza,»e nat»enie pola maleje wraz ze wzrostem odlegªo±ci od ¹ródªa. Takie pole nazywamy polem centralnym. Rysunek 3: Pole centralne wytworzone przez dodatni ªadunek punktowy. Wprowad¹my teraz poj cie strumienia Φ pola elektrycznego E przez powierzchni S. Na wst pie rozpatrzmy wycinek ds pewnej powierzchni S, przez któr przenikaj wektory nat»enia pola E (rys. 4). Z powierzchni ds skojarzony jest prostopadªy do niej wektor ds. Jego warto± równa jest powierzchni wycinka ds (przyjmuje si,»e zwrot tego wektora dla 5
Rysunek 4: Strumie«pola elektrycznego E przez zamkni t powierzchni S. dowolnej powierzchni zamkni tej skierowany jest na zewn trz tej powierzchni). Strumie«dΦ pola E przez innitezymaln powierzchni ds okre±lony jest wzorem dφ = E d S. (10) Caªkowity strumie«φ pola E b dzie zatem wynosiª Φ = E ds. (11) Warto± strumienia Φ mówi nam ile linii siª pola przechodzi przez powierzchni S. Zauwa»my,»e g sto± linii siª pola, a wi c i warto± E maleje z kwadratem odlegªo±ci od wytwarzaj cego je ªadunku. Z kolei wielko± powierzchni S ro±nie z kwadratem odlegªo±ci. Iloczyn EdS pozostaje wi c staªy. Zauwa»my równie»,»e je»eli ¹ródªo pola znajduje si na zewn trz powierzchni S (rys. 4a), wnika do niej i opuszcza j tyle samo linii siª. Strumie«pola w tym przypadku jest równy 0. Zatem strumie«pola E przez zamkni t powierchni S niesie ze sob informacj o istnieniu i sile ¹ródeª pola (a wi c ªadunków) wewn trz rozwa»anej powierzchni Φ = E d S = ɛ, (12) gdzie jest caªkowitym ªadunkiem znajduj cym si wewn trz powierzchni S. Powy»sze równanie nazywane jest prawem Gaussa w postaci caªkowej. Istnieje tak»e ró»niczkowa posta tego prawa E = 1 ɛ ρ, (13) przy czym ρ jest g sto±ci obj to±ciow ªadunku obejmowanego przez powierzchni S. Denicj operatora i dywergencji dowolnego pola wektorowego podano w dodatku B.3. Ka»dy ªadunek elektryczny umieszczony w polu elektrycznym posiada energi potencjaln, wynikaj c z oddziaªywania ªadunku z tym polem (podobnie jak ciaªo o masie 6
m umieszczone w polu grawitacyjnym posiada energi potencjaln, b d ca rezultatem oddziaªywania z tym polem). Przyjmuje si,»e energia potencjalna ªadunku w niesko«czonej odlegªo±ci od ¹ródªa pola jest równa zeru. Energia potencjalna ªadunku q w punkcie le» cym w sko«czonej odlegªo±ci r od ¹ródªa pola równa jest najmniejszej pracy, jak musi wykona siªa zewn trzna (równowa» ca siª, z jak pole elektryczne dziaªa na ten ªadunek) przy przeniesieniu go z niesko«czono±ci, do tego punktu E p = W z[ r]. (14) Oznacza to,»e je»eli pole wytwarzane jest przez ªadunek punktowy (lub ªadunek o symetrii kulistej), energia potencjalna ªadunku q znajduj cego si w odlegªo±ci r od ¹ródªa dana jest wzorem r E p = W z[ r] = ( F ) d r = 1 q 4πɛ r. (15) W tym wypadku siªa zewn trzna ma tak sam warto± i kierunek co siªa oddziaªywania mi dzy ªadunkami wyra»ona wzorem (1), ale przeciwny zwrot - st d znak - pod caªk. Je»eli pole wytworzone jest przez ªadunek o symetrii kulistej, powy»szy wzór jest sªuszny jednynie dla r R, gdzie R oznacza promie«kuli, na której rozªo»ony jest ªadunek. Jak wynika ze wzoru (15), ªadunek w polu elektrycznym mo»e mie dodatni lub ujemn energi potencjaln, w zale»no±ci od znaków obu ªadunków i q. Oznacza to,»e pole elektryczne wypycha b d¹ wci ga ªadunek. Je»eli energi potencjaln ªadunku podzielimy przez jego warto±, otrzymamy wielko± skalarn, niezale»n od ªadunku, ale zale»n od punktu, w którym ten ªadunek si znajduje. Iloraz ten jest zatem cech pola w danym jego punkcie, mo»e wi c charakteryzowa pole elektryczne. Stosunek energii potencjalnej ªadunku w polu elektrycznym do warto±ci tego ªadunku nazywamy potencjaªem pola elektrycznego w danym punkcie pola i oznaczamy przez V V = E p q. (16) Na podstawie równa«(15) i (16) mo»emy wyznaczy potencjaª pola ªadunku w odlegªo±ci r od niego V (r) = 1 4πɛ r. (17) Nale»y pami ta,»e je»eli pole wytworzone jest przez ªadunek o symetrii kulistej, to wzór ten jest prawdziwy dla r R. Potencjaª elektryczny podlega zasadzie superpozycji. Zatem je±li pole wytwarzone jest przez n ªadunków, potencjaª pola wypadkowego w danym punkcie jest równy sumie potencjaªów pochodz cych od poszczegoªnych ªadunków V = n i=1 V i. (18) 7
Z powy»szych rozwa»a«wynika,»e nat»enie E i potencjaª V mog opisywa to samo pole elektryczne - musi wi c istnie zale»no± ª cz ca obydwie wielko±ci. Ma ona posta E = V. (19) Z powy»szego równania wynika,»e wektor nat»enia pola elektrycznego zwrócony jest w stron najwi kszego spadku potencjaªu (omówienie operatora i wªasno±ci gradientu dowolnej funkcji skalarnej podane zostaªy w cz ±ci B.3 skryptu). Obliczmy teraz prac jak wykonuje siªa zewn trzna przy przesuni ciu ªadunku q z punktu A (odlegªego od ªadunku o r A ) do punktu B (odlegªego od ªadunku o r B ) W z[ra r B ] = rb Zauwa»my,»e ze wzorów (17) i (20) wynika W z[ra r B ] = q ( 1 1 ) ( = q 4πɛ r B r A 4πɛ r A ( F ) d r = q ( 1 1 ). (20) 4πɛ r B r A 1 r B 4πɛ ) 1 = q(v B V A ), (21) zatem praca wykonana przy przesuni ciu ªadunku q z punktu A do punktu B nie zale»y od ksztaªtu drogi, po której ªadunek byª przesuwany a jedynie od poªo»enia pocz tkowego i ko«cowego ªadunku q. Oznacza to,»e praca wykonana w polu elektrostatycznym przy przesuni ciu ªadunku po dowolnej krzywej zamkni tej (od punktu A do A) jest równa zeru. Pole o takiej wªasno±ci nazywamy polem zachowawczym. Praca W p wykonana przez pole elektrostatyczne przy przesuni ciu ªadunku z punktu A do B ma warto± przeciwn do pracy wykonanej przez siª zewn trzn r A W p[ra r B ] = q(v A V B ). (22) Na zako«czenie wspomnijmy o wa»nej wªa±ciwo±ci pola elektrostatycznego. Jest ni bezwirowo± E = 0. (23) Wi cej informacji na temat rotacji dowolnego pola wektorowego znajdziesz w cz ±ci B.3 skryptu. 1.2 Zadania E.1R Znajd¹ nat»enie oraz potencjaª pola elektrostatycznego wytworzonego w punkcie C przez 2 identyczne stacjonarne ªadunki q = +1nC le» ce w odlegªo±ci d = 10cm od siebie (rys. 5). 8
Rysunek 5: E.2 Trzy identyczne ªadunki punktowe q umieszczono w wierzchoªkach trójk ta równobocznego o boku a. Znajd¹ nat»enie oraz potencjaª pola elektrostatycznego w ±rodku ci»ko±ci tego trójk ta. E.3 Cztery ªadunki punktowe+q, +q, 2q i 2q umieszczono w wierzchoªkach kwadratu o boku a (rys. 6). Znajd¹ nat»enie oraz potencjaª pola elektrostatycznego w ±rodku kwadratu. Rysunek 6: E.4 Šadunki punktowe +3q, 2q i +q umieszczono na jednej linii, w odlegªo±ciach odpowiednio d i 2d (rys. 7). Znajd¹ siª oddziaªywania tak powstaªego pola elektrostatycznego na ªadunek q umieszczony w punkcie A i B. Jak energi posiada ªadunek punktowy q w tych punktach? Rysunek 7: E.5R Znajd¹ nat»enie pola elektrostatycznego wytworzonego przez odcinek o dªugo±ci L naªadowany jednorodnie ªadunkiem dodatnim na symetralnej tego odcinka w odlegªo±ci L/2 od jego ±rodka (rys. 8). E.6R Dwie kulki zawieszono w tym samym punkcie. Pierwsz zawieszono na niewa»kiej, nieprzewodz cej, nierozci gliwej nici o dªugo±ci l, a drug zamocowano na staªe na nieprzewodz cym pr cie, na tej samej wysoko±ci. Nast pnie kulki naªadowano jednoimiennymi ªadunkami odpowiednio q i (rys. 9). Oblicz k t o jaki kulka z ªadunkiem q odchyli si od pionu, je±li jej masa wynosi m. Zaªó»,»e kulki nie stykaj si wisz c jedna obok drugiej. E.7 Dwie jednakowe kulki o masie m ka»da zawieszono w jednym punkcie na niewa»kich, 9
Rysunek 8: Rysunek 9: nierozci gliwych, nieprzewodz cych niciach o dªugo±ci l. Kulki naªadowano jednakowym ªadunkiem, a w punkcie zaczepienia umieszczono ªadunek o tej samej warto±ci, ale o przeciwnym znaku. Znajd¹ ªadunek jakim naªadowano kulki oraz siª naci gu nici, je±li wiadomo,»e siªa ci»ko±ci kulek jest wi ksza od siªy przyci gania mi dzy ró»noimiennymi ªadunkami, przez co kulki odchyliªy si o k t α od pionu (rys. 10). Rysunek 10: E.8R Nieprzewodz c kul o promieniu R naªadowano jednorodnie do g sto±ci obj to±ciowej ªadunku ρ. Okre±l nat»enie i potencjaª pola elektrostatycznego wytworzonego przez kul w punkcie odlegªym o d od jej powierzchni (d 0). Narysuj rozkªad linii siª pola i powierzchni ekwipotencjalnych na zewn trz kuli przy zaªo»eniu,»e kul naªadowano ªadunkiem ujemnym. Jak nazywamy ten rodzaj pola? E.9 Dwie kule o jednakowym promieniu R naªadowano jednorodnie na powierzchni ªadunkami 2 oraz i umieszczono w odlegªo±ci 2x od siebie (rys. 11), przy czym 2x > R. Jak prac nale»y wykona aby przesun ªadunek q z punktu A do B? Narysuj rozkªad linii siª pola wytworzonego przez obie kule. Zaªó»,»e rozkªad ªadunku nie zmienia si. 10
Rysunek 11: E.10R Wyka»,»e pole elektrostatyczne wytworzone przez ªadunek punktowy jest polem bezwirowym. E.11 Wyznacz E maj c dany potencjaª pola elektrostatycznego: ar) V = a x, a = const, b) V = a x + b 2 y + c, a, b, c = const, 2 z2 c) V = xz + y 2 + 2x 2 z, d) V = y sin 2x + x cos 2y + z. E.12 Sprawd¹, czy wektor E mo»e by nat»eniem pola elektrostatycznego: ar) E = a î, a = const, x2 b) E = aî + bĵ + cˆk, a, b, c = const, c) E = [ y; 2z; 1], d) E = [ x z ; 0; 2x]. E.13W Korzystaj c z prawa Gaussa wyznacz nat»enie pola elektrostatycznego w odlegªo±ci r od przewodz cej kuli o promieniu R, naªadowanej ªadunkiem. E.14R Korzystaj c z prawa Gaussa wyznacz nat»enie pola elektrostatycznego w odlegªo±ci r od nieprzewodz cej kuli o promieniu R, naªadowanej jednorodnie ªadunkiem. E.15 Korzystaj c z prawa Gaussa wyznacz nat»enie pola elektrostatycznego w odlegªo±ci r od niesko«czonej przewodz cej pªyty, naªadowanej z g sto±ci powierzchniow σ. E.16 Znajd¹ nat»enie pola wytworzonego przez kondensator pªaski, je±li powierzchnia okªadek kondensatora wynosi S, a odlegªo± mi dzy nimi d S. Šadunek zgromadzony na okªadkach wynosi, a mi dzy okªadkami umieszczono dielektryk o wzgl dnej przenikalno±ci elektrycznej ɛ r. E.17 Korzystaj c z prawa Gaussa wyznacz nat»enie pola elektrostatycznego w odlegªo±ci r od niesko«czonej prostoliniowej nici, naªadowanej jednorodnie. G sto± liniowa ªadunku wynosi σ, a ni umieszczona jest w pró»ni. E.18R Znajd¹ przybli»ony wzór okre±laj cy potencjaª pola wytworzonego przez zyczny dipol elektryczny w du»ej odlegªo±ci od niego. 11
1.3 Rozwi zania E.1R Aby znale¹ nat»enie pola elektrycznego w dowolnym jego punkcie, nale»y umie±ci w nim dodatni ªadunek próbny i ustali kierunek i zwrot siªy dziaªaj cej na ten ªadunek. W tym przypadku mamy dwa niezale»ne, identyczne ªadunki ¹ródªowe q, zatem pole E wytworzone w dowolnym punkcie b dzie sum pól E 1 i E 2 E = E 1 + E 2. (24) Jak wida, wypadkowy wektor nat»enia E b dzie miaª skªadowe E x oraz E y (rys. 12), przy Rysunek 12: a) Pola wytworzone w punkcie C przez poszczególne ªadunki; b) pole wypadkowe w punkcie C. czym natomiast E x = E 1x = E 1x î, (25) E y = E 1y + E 2 = (E 1y + E 2 )ĵ, (26) (podstawy rachuku wektorowego zamieszczono w cz ±ci B.1 skryptu). Znajd¹my teraz warto±ci poszczególnych skªadowych E 1x, E 1y oraz E 2 E 1x = E 1 cos α = 1 4πɛ 0 E 1y = E 1 sin α = 1 E 2 = 1 4πɛ 0 4πɛ 0 q, r 2 2 q r 2 1 q r 2 1 cos α, (27) sin α, przy czym r 1 = d 2, r 2 = d. Poniewa» nie zostaª sprecyzowany o±rodek, w jakim znajduj si ªadunki, zakªadamy,»e jest to pró»nia - w powy»szych wzorach wyst puje wówczas 12
jedynie przenikalno± elektryczna pró»ni ɛ 0. Warto±ci poszczególnych skªadowych wektora wypadkowego E x oraz E y wynosz odpowiednio E y = 1 4πɛ 0 E x = 1 4πɛ 0 q 2d 2 sin α + 1 4πɛ 0 Wektor nat»enia pola w punkcie C ma wi c posta E = 1 4πɛ 0 Z danych wynika,»e α = 45. Mamy zatem E = 1 4πɛ 0 q cos α, (28) 2d2 q d = 1 ( ) q sin α + 1. (29) 2 4πɛ 0 d 2 2 [ ( ] q cos α sin α d 2 2 î + 1) ĵ. (30) 2 q d 2 [ 2 4 î Sprawd¹my teraz jednostk otrzymanego nat»enia [E] = ( ) ] 2 4 + 1 ĵ. (31) C C 2 / (Nm 2 ) m 2 = N C. (32) Pami tajmy,»e w celu unikni cia pomyªek nale»y jednostk odlegªo±ci d zamieni na metry. Obliczmy teraz warto± nat»enia pola w punkcie C, która jest równa dªugo±ci wektora E = E = Ex 2 + Ey 2 = 1 4π ɛ 0 10 9 4π 8, 85 10 12 10 2 ) q 2 ( 2 + d 2 4 1, 957 1, 26 10 3 N C = 1, 26 kn C. ( ) 2 2 4 + 1) = (33) Znajd¹my teraz potencjaª pola w punkcie C. Potencjaª jest wielko±ci skalarn, zatem potencjaª wypadkowy b dzie sum algebraiczn potencjaªów od poszczególnych ªadunków Warto±ci V 1 i V 2 wyznaczymy na podstawie wzoru (17) V = V 1 + V 2. (34) Zatem Sprawd¹my jednostk [V ] = V 1 = 1 1 = 1 q 4πɛ r 1 4πɛ 0 d 2, (35) V 2 = 1 2 = 1 q 4πɛ r 2 4πɛ 0 d. (36) V = q ( 1 + 4πɛ 0 d C C 2 Nm 2 m ) 2. (37) 2 = Nm C = J C = V. (38) 13
Warto± otrzymanego potencjaªu wynosi V 153V. E.2 E = 0, V = 3 3q 4πɛ 0 a. E.3 E = 3 2q 2πɛ 0 a 2 î, 2q V = 2πɛ 0 a. (39) E.4 F A = q E A = E pa = qv A = 8πɛ 0 d, 9q2 16πɛ 0 d î, FB = qe 2 B 0, 97 î, (40) 4πɛ 0 d2 q2 q 2 E pb = qv B = 13q2 48πɛ 0 d. (41) E.5R Odcinek o dªugo±ci L umie±cimy w ukªadzie wspóªrz dnych xy, tak by ±rodek odcinka Rysunek 13: Jednorodnie naªadowana ni o dªugo±ci L. le»aª w ±rodku ukªadu wspóªrz dnych. Podzielmy ten odcinek na innitezymalne kawaªki o dªugo±ci dx, dzi ki czemu ªadunki dq zgromadzone na poszczególnych odcinkach dx b dzie mo»na uwa»a za punktowe (rys.13). Odcinek jest naªadowany jednorodnie ªadunkiem, zatem g sto± liniowa ªadunku σ wynosi wi c ªadunek dq zgromadzony na odcinku dx wyra»a si wzorem σ = L, (42) dq = σdx = dx. (43) L Ze wzorów (7) i (43) wynika,»e pole de wytworzone przez dowolny odcinek dx mo»emy wyrazi jako de = 1 4πɛ 0 dq r = 1 2 4πɛ 0 L dx r 2, (44) 14
gdzie r to odlegªo± rozwa»anego odcinka dx od punktu, w którym wyznaczamy E. Odlegªo± t mo»emy wyrazi wzorem r = x 2 + (L 2 /4). (45) Z rysunku wynika,»e wektor d E ma dwie skªadowe d E x i d E y, przy czym de x = de sin α = sin α dx, (46) 4πɛ 0 L r 2 de y = de cos α = cos α dx. 4πɛ 0 L r 2 Aby znale¹ warto±ci poszczególnych skªadowych wektora wypadkowego nale»y przeprowadzi operacj caªkowania. Zacznijmy od obliczenia warto±ci skªadowej poziomej E x. Zauwa»my,»e sin α = x r. (47) Korzystaj c z równa«(45), (47) i (47) oraz uwzgl dniaj c fakt, i» x zmienia si w przedziale L/2; L/2, E x mo»na wyrazi w nast puj cy sposób E x = L/2 L/2 4πɛ 0 L x dx = (x 2 + L 2 3/2 /4) 4πɛ 0 L L/2 L/2 x dx. (48) (x 2 + L 2 3/2 /4) Wyra»enie zostaªo wyci gni te przed caªk, gdy» nie zale»y od zmiennej caªkowania. Zauwa»my,»e funkcja podcaªkowa jest funkcj nieparzyst a caªkowanie odbywa si 4πɛ 0 L w przedziale L/2; L/2. Oznacza to,»e St d L/2 L/2 x dx = 0. (49) (x 2 + L 2 3/2 /4) E x = 0. (50) Znajd¹my teraz warto± skªadowej E y pola wypadkowego. Post puj c analogicznie i korzystaj c z zale»no±ci cos α = L/2 r, (51) otrzymamy E y = L/2 1 dx. 8πɛ 0 L/2 (x 2 + L 2 3/2 /4) (52) Caªka otrzymana w powy»szym równaniu nie jest prosta do obliczenia. Spróbujmy zatem zmieni zmienn caªkowania. Wyra¹my równanie (52) w nast puj cy sposób E y = 8πɛ 0 Wyra¹my teraz r przeksztaªcaj c równanie (51) r = L/2 L/2 L 2 cos α 1 dx. (53) r3 (54) 15
i wstawmy do równania (53) E y = 8πɛ 0 L/2 L/2 8 cos 3 α dx = L/2 cos 3 αdx. (55) L 3 πɛ 0 L 3 L/2 Poniewa» dx mo»na wyrazi za pomoc dα x L/2 = tg α, (56) 2 L dx = 1 dα, (57) cos 2 α wi c L dx = dα. (58) 2 cos 2 α Musimy teraz ustali granice caªkowania dla nowej zmiennej: x = L/2 α = π/4, x = L/2 α = π/4. Zatem równanie (55) mo»emy zapisa w nast puj cej postaci E y = π/4 πɛ 0 L 3 π/4 cos 3 L α 2 cos 2 α dα = 2πɛ 0 L 2 Zauwa»my,»e funkcja cosinus jest funkcj parzyst, wi c E y = 2 2πɛ 0 L 2 π/4 0 cos αdα = Sprawd¹my jednostk otrzymanego nat»enia [E y ] = π/4 π/4 πɛ 0 L (sin α) π/4 2 0 = cos αdα. (59) 2 2πɛ 0 L 2. (60) C C 2 / (Nm 2 ) m 2 = N C. (61) Z (50) i (60) wynika,»e szukane nat»enie pola elektrostatycznego ma jedynie skªadow pionow, a zatem E = 2 ĵ. (62) 2πɛ 0 L2 E.6R Na ruchom kulk naªadowan ªadunkiem q (rys.14) dziaªa siªa grawitacji Fg, siªa odpychania elektrostatycznego F e oraz siªa naci gu nici N. Kulka zatrzyma si w momencie, gdy wszystkie siªy zrównowa» si. B dzie ona wówczas odchylona od pionu o szukany przez nas k t α. Oznaczmy przez F w wypadkow siª F g i F e. Poniewa» dªugo±ci nici i pr ta mocuj cych ªadunki s identyczne, trójk t, którego wierzchoªkami s naªadowane kulki oraz punkt ich zaczepienia, jest trójk tem równoramiennym. W zwi zku z tym równie» trójk t siª F g, F e i F w jest trójk tem równoramiennym. Zatem F w = F g. (63) 16
Rysunek 14: Skorzystajmy teraz z twierdzenia cosinusów dla trójk ta siª w celu znalezienia zwi zku pomi dzy tymi siªami a k tem α: Po uwzgl dnieniu równania (63) otrzymamy Wyznaczmy teraz warto±ci obydwu siª F 2 e = F 2 g + F 2 w 2F g F w cos α. (64) F 2 e = 2F 2 g (1 cos α). (65) F e = q 4πɛ 0 r 2, F g = mg, (66) gdzie g jest przyspieszeniem ziemskim, r odlegªo±ci mi dzy ªadunkami. Kwadrat odlegªo±ci r wyznaczymy stosuj c twierdzenie cosinusów dla trójk ta wyznaczaj cego poªo»enie ªadunków wzgl dem siebie i punktu ich zaczepienia: r 2 = l 2 + l 2 2ll cos α = 2l 2 (1 cos α). (67) Podstawmy teraz wszystkie dane do równania (65). Otrzymamy wówczas wyra»enie ( q 4πɛ 0 2l 2 (1 cos α) Z powy»szego równania wynika,»e wi c Jest to równanie wielomianowe typu ) 2 = 2(mg) 2 (1 cos α). (68) (q) 2 = 2(8πɛ 0 l 2 mg) 2 (1 cos α) 3, (69) (1 cos α) 3 (q) 2 = 0. (70) 2(8πɛ 0 l 2 mg) 2 a 3 b 3 = 0, (71) 17
gdzie a = 1 cos α, b = ((q) 2/3 )/(2 1/3 (8πɛ 0 l 2 mg) 2/3 ). Równanie to mo»emy zapisa w postaci (a b)(a 2 + ab + b 2 ) = 0. (72) Poniewa» wyra»enie a 2 + ab + b 2 > 0, jedynym rozwi zaniem równania (71) jest st d w naszym przypadku a zatem 1 cos α = cos α = 1 Szukany k t b dzie wi c dany wyra»eniem α = arc cos ( a b = 0, (73) 1 (q) 2/3, (74) 2 1/3 (8πɛ 0 l 2 mg) 2/3 (q) 2/3. (75) 2 1/3 (8πɛ 0 l 2 mg) 2/3 (q) 2/3 ). (76) 2 1/3 (8πɛ 0 l 2 mg) 2/3 E.7 q = 4l sin α πɛ 0 mg tg α, N = mg ( 1 4sin 3 α ). (77) cos α E.8R Aby znale¹ wektor nat»enia pola w danym jego punkcie nale»y skorzysta z denicji nat»enia pola elektrycznego w danym punkcie pola i ze wzoru na siª Coulomb'a lub gotowego wzoru na nat»enie pola wytworzonego przez ªadunki punktowe i ªadunki o symetrii kulistej (7). Warto± ªadunku ¹ródªowego policzymy znaj c g sto± obj to±ciow ªadunku i promie«kuli = ρv = ρ 4 3 πr3, (78) gdzie V jest obj to±ci kuli. Odlegªo± r pomi dzy ±rodkiem kuli a punktem, w którym badany jest wektor nat»enia jest sum promienia kuli R oraz odlegªo±ci d tego punktu od powierzchni kuli. Zatem E = 4πɛ 0 (d + R) ˆr = ρr 3 ˆr, (79) 2 3ɛ 0 (d + R) 2 przy czym ˆr jest wersorem wskazuj cym poªo»enie punktu (w którym wyznaczamy E) wzgl dem ±rodka kuli (rys.15). W celu znalezienia potencjaªu pola równie» korzystamy z gotowego wzoru (17) i wstawiamy do niego otrzyman warto± ªadunku ¹ródªowego (78). Otrzymujemy wówczas V = ρr 3 3ɛ 0 (d + R). (80) 18
Kula naªadowana ªadunkiem ujemnym wytworzy pole centralne, a linie siª pola zwrócone b d w ka»dym punkcie tego pola le» cym na zewn trz kuli, w stron ªadunku ¹ródªowego, gdy» taki jest kierunek siªy dziaªaj cej w tym polu na dodatni ªadunek próbny. Powierzchnie ekwipotencjalne s powierzchniami, na których warto± potencjaªu pola jest staªa. Z równania (80) wynika,»e potencjaª pola w punktach le» cych na zewn trz naªadowanej kuli jest odwrotnie proporcjonalny do odlegªo±ci tych punktów od ±rodka kuli. Zatem potencjaª b dzie identyczny dla wszystkich punktów le» cych w jednakowej odlegªo±ci od ±rodka kuli, a zatem dla punktów le» cych na sferze o promieniu r = R + x. Na rysunku (15) pokazano trzy powierzchnie ekwipotencjalne o potencjaªach 1V, V i 2V. 2 Rysunek 15: Rozkªad linii siª pola oraz powierzchni ekwipotencalnych pola centralnego wytworzonego na zewn trz kuli naªadowanej jednorodnie ªadunkiem ujemnym ( ρ < 0) E.9 Rysunek 16: Rozkªad linii siª pola wytworzonego przez dwie naªadowane kule 19
W = q (V B V A ) = q 5πɛ 0 x. (81) Rozkªad linii siª pola przedstawiono na rysunku (16). E.10R Aby wykaza bezwirowo± pola nale»y udowodni,»e rotacja pola (czyli wektora nat»enia pola w ka»dym punkcie pola) jest równa zero. Rotacja pola wektorowego omówiona zostaªa w cz ±ci (B.3). Wektor nat»enia pola elektrycznego wytworzonego przez ªadunek punktowy w odlegªo±ci r od tego ªadunku wyra»amy wzorem E = 4πɛ 0 r 2 r r = 4πɛ 0 r3 r. (82) Wektor r okre±la poªo»enie wybranego punktu wzgl dem ªadunku ¹ródªowego i mo»na go zapisa w nast puj cy sposób natomiast jego dªugo± wyra»a si wzorem St d E = r = xî + yĵ + zˆk, (83) r = ( x 2 + y 2 + z 2) 1 2. (84) 4πɛ 0 (x 2 + y 2 + z 2 ) 3 2 ( xî + yĵ + zˆk ). (85) Policzmy teraz rotacj wektora E î ĵ ˆk ( E = Ez = x y z y E ) ( y Ex î + z z E ) ( z Ey ĵ + x x E ) x ˆk. (86) y E x E y E z Wyznaczmy w tym celu potrzebne nam pochodne [ ] z E z y = E y z = E x z [ [ = E z x = E y x = E x y = [ [ 4πɛ 0 (x 2 + y 2 + z 2 ) 3 2 y 4πɛ 0 (x 2 + y 2 + z 2 ) 3 2 z 4πɛ 0 (x 2 + y 2 + z 2 ) 3 2 [ z 4πɛ 0 (x 2 + y 2 + z 2 ) 3 2 y 4πɛ 0 (x 2 + y 2 + z 2 ) 3 2 x 4πɛ 0 (x 2 + y 2 + z 2 ) 3 2 x ] y ] x ] z ] y ] x = 3zy 4πɛ = 3zy 4πɛ = 3xz 4πɛ = 3xz 4πɛ = 3xy 4πɛ = 3xy 4πɛ ( x 2 + y 2 + z 2) 5 2, (87) ( x 2 + y 2 + z 2) 5 2, ( x 2 + y 2 + z 2) 5 2, ( x 2 + y 2 + z 2) 5 2, ( x 2 + y 2 + z 2) 5 2, ( x 2 + y 2 + z 2) 5 2. 20
Po podstawieniu powy»szych pochodnych do równania okre±laj cego rotacj wektora E otrzymujemy E = 0, c.n.w. (88) E.11 ar) Je»eli V jest potencjaªem pola elektrostatycznego, wektor nat»enia pola mo»na wyrazi wzorem (19). Zatem E = V = (î V x + ĵ V y ( a V x) + ˆk ) == (î z x + ĵ ( a x) y + ˆk ( ) a x z ) = a î, (89) x2 b) E = 2 ( a x 3 î + b y 3 ĵ + c z 3 ˆk ), c) E = [ z (1 + 4x) î + 2yĵ + x (1 + 2x) ˆk ], d) E = [ (2y cos 2x + cos 2y) î + (sin 2x 2x sin 2y) ĵ + ˆk ]. E.12 ar) Pole elektrostatyczne jest polem bezwirowym, zatem: E = 0. (90) Obliczmy teraz rotacj pola E î ĵ ˆk E = = x y z E x E y E z î ĵ ˆk x y z a 0 0 x 2 = 0î + ( ( a x 2 ) z 0)ĵ + (0 ( a x 2 ) y )ˆk = 0, (91) zatem E = a î mo»e by nat»eniem pola elektrostatycznego. x2 b) tak, c) nie, d) nie. E.13W Wskazówka: Kula jest przewodz ca, zatem ªadunek rozªo»y si jednorodnie na jej powierzchni. Dlatego E(r) = 0 dla r < R oraz E(r) = dla r R. 4πɛ 0 r2 E.14R Kula ma promie«r i jest naªadowana jednorodnie ªadunkiem. Na wst pie sprawd¹my jakie jest nat»enie pola elektrostatycznego wewn trz kuli. W tym celu otoczmy cz ± ªadunku znajduj cego si wewn trz kuli powierzchni Gaussa S. Powierzchnia ta powinna mie t sam geometri co ªadunek, który otacza w naszym przypadku b dzie to sfera. Dzi ki temu warto± wektora nat»enia pola b dzie staªa na caªej powierzchni. Staª warto± b dzie miaª tak»e k t pomi dzy wektorami E i d S (rys.17a). Skorzystajmy z prawa Gaussa 21
Rysunek 17: Zastosowanie prawa Gaussa do wyznaczenie E a) wewn trz kuli; b) na zewn trz kuli. w postaci caªkowej i wyznaczmy warto± wektora E w odlegªo±ci r od ±rodka kuli (r - promie«sfery, r < R). Kula wykonana jest z nieprzewodz cego materiaªu, którego wzgl dn przenikalno± elektryczn oznaczmy przez ɛ r. Ze wzoru (12) otrzymamy E d S = q ɛ 0 ɛ r, (92) gdzie q jest ªadunkiem ograniczonym sfer S. Przepiszmy teraz powy»sze równanie korzystaj c z wªasno±ci iloczynu skalarnego (119) EdS cos α = q ɛ 0 ɛ r, (93) gdzie α k t mi dzy wektorami E i d S. W naszym przypadku w dowolnym punkcie powierzchni S wektory te s zawsze równolegªe (jak na rysunku) lub antyrównolegªe, w zale»no±ci od tego czy ªadunek wytwarzaj cy pole jest dodatni czy ujemny. Zatem cos α = 1, dla > 0 lub cos α = 1, dla < 0. Ustalmy teraz jaki jest ªadunek q ograniczony powierzchni Gaussa S. Poniewa» kula naªadowana jest jednorodnie, mo»emy obliczy g sto± obj to±ciow ªadunku ρ ρ = V = 3 4πR, (94) 3 gdzie V jest obj to±ci naªadowanej kuli. St d ªadunek zgromadzony wewn trz powierzchni S wynosi q = ρv S = 3 4 4πR 3 3 πr3 = r3. (95) R 3 Wstawmy teraz warto± cos α oraz otrzymany ªadunek q do równania (93) EdS cos α = ± EdS = r3 ɛ 0 ɛ r R 3. (96) 22
Znak + lub - przed caªk otrzymamy odpowiednio dla > 0 i < 0. Z wcze±niejszych rozwa»a«wynika,»e E ma staª warto± na caªej powierzchni S, zatem EdS = E ds, (97) a poniewa» z równa«(96), (97) i (98) wynika,»e ds = S = 4πr 2, (98) 4πr 2 E = r3 ɛ 0 ɛ r R 3. (99) St d warto± wektora nat»enia pola wewn trz kuli, w odlegªo±ci r od jej ±rodka wyra»a si wzorem E(r) = r 4πɛ 0 ɛ r R. (100) 3 Z powy»szego równania wynika,»e nat»enie pola wewn trz kuli ro±nie liniowo wraz z odlegªo±ci od jej ±rodka. W analogiczny sposób wyznaczmy teraz zale»no± E(r) na zewn trz i na powierzchni kuli. Otoczmy zatem naªadowan kul sfer o promieniu r, przy czym r R. Šadunek zawarty wewn trz tej powierzchni b dzie równy caªkowitemu ªadunkowi kuli. Je±li ponadto kula znajduje si w pró»ni, to z prawa Gaussa otrzymamy EdS cos α = ɛ 0. (101) Nasze rozwa»ania dotycz ce warto±ci wektora E i k ta α wewn trz kuli s sªuszne tak»e dla r R, st d E d S = ±E ds, (102) zatem z równa«(98), (101) i (102) otrzymujemy,»e dla r R E(r) = 4πɛ 0 r 2. (103) Z powy»szego równania wynika,»e nat»enie pola na zewn trz kuli maleje z kwadratem odlegªo±ci od jej ±rodka. Otrzymany wzór zgadza si ze znan nam zale»no±ci okre±laj c warto± nat»enia pola elektrycznego wytworzonego przez ªadunki o symetrii kulistej na zewn trz tych ªadunków w funkci odlegªo±ci od ich ±rodka. E.15 Wektor nat»enia ma staª warto± E = σ/(2ɛ 0 ), kierunek prostopadªy do pªyty a jego zwrot zale»y od znaku ªadunku. E.16 Pole wewn trz kondensatora ma staª warto± E = /(ɛ 0 ɛ r S), kierunek prostopadªy do okªadek i zwrot od okªadki dodatniej do ujemnej. Na zewn trz kondensatora E = 0. E.17 E(r) = σ/(2πɛ 0 r) E.18R Fizycznym dipolem elektrycznym nazywamy ukªad dwóch ªadunków o tej samej 23
warto±ci, ale przeciwnych znakach (+q i q), poªo»onych w pewnej odlegªo±ci d od siebie. Chcemy znale¹ wyra»enie na potencjaª pola w odlegªo±ci r od dipola znacznie wi kszej od odlegªo±ci pomi dzy tworz cymi go ªadunkami (rys.18). Oznaczmy przez r +/ odlegªo± Rysunek 18: Dipol zyczny. pomi dzy ªadunkiem dodatnim/ujemnym a punktem, w którym szukamy potencjaªu V. Ze wzorów (18) i (17) wynika,»e: V (r) = 1 4πɛ Z twierdzenia cosinusów wynika,»e ( +q + q ) = q ( 1 1 ). (104) r + r 4πɛ r + r r ± 2 = r 2 + d2 4 rd cos θ = r 2 rd cos θ. (105) Wyra»enie d 2 /4 mo»e by pomini te poniewa» d r. Szukane przez nas odwrotno±ci 1/r ± mo»emy zapisa w postaci Wyra»enie ( 1 ( = r 2 rd cos θ ) ( 1/2 1 = 1 d ) 1/2 r ± r r cos θ. (106) 1 d r cos θ ) 1/2 przeksztaªcamy korzystaj c z rozwini cia w szereg pot gowy. Zauwa»my,»e powy»sze wyra»enie ma posta (1 ± x) 1/2 i mo»na je rozwin w szereg pot gowy przy zaªo»eniu,»e x < 1. W naszym przypadku jest ono speªnione, gdy» d r. Zatem ( 1 d ) 1/2 r cos θ = d 1 ± cos θ. (107) 2r Z równa«(106) i (107) wynika 1 1 1 = [1 + d2r (1 r + r r cos θ d2r )] cos θ Potencjaª pola wytworzonego przez dipol mo»na wi c przyblizy wzorem = d cos θ. (108) r2 V (r) = 1 qd cos θ. (109) 4πɛ r 2 24
Zauwa»my,»e wyra»enie qd cos θ mo»na zapisa jako qd cos θ = q d ˆr. (110) Iloczyn q d nazywamy momentem dipolowym p. Potencjaª dipola mo»na zatem wyrazi w postaci V (r) = 1 p ˆr 4πɛ r. (111) 2 Z powy»szego wzoru wynika,»e potencjaª pola wytworzonego przez dipol elektryczny maleje z kwadratem odlegªo±ci od niego szybciej ni» w przypadku pola wytworzonego przez pojedynczy ªadunek. 25
A Podziaª wielko±ci zycznych. Wielko±ci w zyce dzielimy ze wzgl du na ilo± parametrów potrzebnych do ich peªnego opisu. Wyró»niamy przy tym trzy grupy: skalary, wektory oraz tensory. Wielko±ciami skalarnymi nazywamy takie, do opisu których niezb da jest jedynie ich warto±. Do tej grupy zaliczamy mi dzy innymi mas, czas, dªugo±, obj to± i temperatur. Dla peªnego scharakteryzowania wielko±ci wektorowych niezb dne jest podanie czterech parametrów: warto±ci (dªugo±ci wektora), kierunku (linii, na której le»y wektor), zwrotu oraz punktu przyªo»enia. Do tej grupy nale» np. siªa, pr dko±, przemieszczenie czy nat»enie pola elektrycznego. Znaczenie ka»dego z tych parametrów zostanie wyja±nione na przykªadzie wektora siªy. Warto± przyªo»onej do pewnego ciaªa siªy (dªugo± wektora siªy) decyduje o warto±ci przyspieszenia z jakim ono si porusza, natomiast zmiana kierunku tego wektora b dzie powodowaªa zmian kierunku ruchu ciaªa. Zwrot wektora siªy okre±la, w któr stron wzdªu» kierunku ruchu porusza si ciaªo. Bardzo istotny jest tak»e punkt przyªo»enia siªy. Przykªadowo, takie same co do warto±ci, kierunku i zwrotu siªy F 1 i F 2 ( F 1 = F 2 ) przyªo»one w dwóch ró»nych punktach ciaªa (Rys.19) b d powodowaªy zupeªnie inny rodzaj ruchu. Siªa F 1 przyªo»ona w ±rodku ci»ko±ci ciaªa spowoduje ruch post powy w kierunku siªy, natomiast siªa F 2, przyªo»ona w punkcie A, spowoduje obrót tego ciaªa. Rysunek 19: Znaczenie punktu przyªo»enia wektora. Tensorowe wielko±ci zyczne to takie, których warto± zale»y od kierunku b d¹ poªo-»enia w przestrzeni. Przykªadem wielko±ci tensorowej jest wspóªczynnik zaªamania ±wiatªa w o±rodkach anizotropowych, którego warto± uzale»niona jest od kierunku propagacji fali elektromagnetycznej. 26
B Rachunek wektorowy. B.1 Dodawanie wielko±ci wektorowych. Dodawanie wektorów ró»ni si od dodawania wielko±ci skalarnych. Dodaj c lub odejmuj c wektory(odejmnowanie wektora jest dodawaniem wektora o tej samej warto±ci i kierunku, ale o przeciwnym zwrocie: a b = a + ( b), a zatem szukaj c wektora wypadkowego korzystamy z zasady równolegªoboku zilustrowanej na rysunku (20). Bardzo cz sto wektora Rysunek 20: Dodawanie i odejmowanie dwóch wektorów. wypadkowego poszukujemy rozkªadaj c dodawane wektory na skªadowe. Na pªaszczy¹nie b d to np. skªadowe poziome a x i b x oraz pionowe a y i b y ). Sumy skªadowych poziomych i pionowych dodawanych wektorów daj odpowiednio skªadow poziom i pionow wektora wypadkowego (rys.21). Je»eli znamy wspóªrz dne wektorów a i b w ukªadzie kartezja«skim Rysunek 21: Dodawanie wektorów poprzez dodawanie ich skªadowych. xyz a = [a x ; a y ; a z ], b = [b x ; b y ; b z ] (112) to suma (ró»nica) tych wektorów mo»e by obliczona jako suma (ró»nica) odpowiednich wspóªrz dnych a ± b = [a x ± b x ; a y ± b y ; a z ± b z ]. (113) Wektory mo»emy tak»e zapisywa u»ywaj c notacji wersorowej. Wersor jest wektorem o jednostkowej dªugo±ci, wskazuj cym» dany kierunek w przestrzeni. Wprowad¹my zatem 27
wersory î, ĵ oraz ˆk, które pokazuj odpowiednio dodatni kierunek osi OX, OY i OZ (patrz rys.22). Dowolny wektor a = [a x ; a y ; a z ] mo»emy teraz zapisa za pomoc wersorów w nast - Rysunek 22: Wersory osi OX, OY i OZ. puj cy sposób a = a x î + a y ĵ + a zˆk. (114) Oznacza to,»e suma/ró»nica dowolnych dwóch wektorów b dzie wynosiªa a ± b = (a x ± b x )î + (a y ± b y )ĵ + (a z ± b z )ˆk. (115) Znaj c wspóªrz dne wektora a mo»emy obliczy jego dªugo± a = a 2 x + a 2 y + a 2 z. (116) B.2 Mno»enie wielko±ci wektorowych. Rozpatrzmy na wst pie operacj mno»enia wektora a przez dowoln liczb c. Otrzymamy w jej wyniku wektor c a o tym samym kierunku co wektor a, lecz zwrocie zale»nym od warto±ci c. Gdy c > 0 zwrot otrzymanego wektora jest zgodny z a, natomiast gdy c < 0- zwroty obu wektorów s przeciwne. Dªugo± (moduª) wektora wynikowego jest c razy wi ksza ni» dªugo± wektora a. Wektor c a mo»emy zapisa w nast puj cych postaciach c a = [ca x ; ca y ; ca z ] lub (117) c a = ca x î + ca y ĵ + ca zˆk (118) W wyniku mno»enia skalarnego wektorów a i b otrzymujemy wielko± skalarn (liczbow ) okre±lon wyra»eniem a b = a b cos ( a; b) = a b cos α, (119) w którym a jest dªugo±ci wektora a, b dªugo±ci wektora b, natomiast ( a; b) jest k tem pomi dzy wektorem a i b. Je»eli k t ten oznaczymy przez α, to k t pomi dzy wektorem b i a b dzie wynosiª α (Rys.23). St d iloczyn skalarny wektora b i wektora a wynosi b a = b a cos ( b; a) = b a cos( α) = a b cos α = a b. (120) 28
Powy»sze równanie wskazuje,»e iloczyn skalarny jest iloczynem przemiennym (tzn,»e a b = b a), co wynika z parzysto±ci funkcji cos x. Iloczyn skalarny mo»na tak»e zapisa znaj c wspóªrz dne mno»onych wektorów, bez znajomo±ci k ta mi dzy tymi wektorami a b = a x b x + a y b y + a z b z. (121) Jedn z wielko±ci zycznych deniowanych za pomoc iloczynu skalarnego jest praca W Rysunek 23: K t pomi dzy dwoma wektorami. wykonana przez siª F przy przesuni ciu ciaªa o wektor s W = F s. (122) Je»eli dowolne wektory a i b pomno»ymy przez siebie wektorowo ( a b), to otrzymamy wielko± wektorow równ co do warto±ci polu powierzchni równolegªoboku rozpi tego na tych wektorach (Rys.24) a b = a b sin ( a; b) = a b sin α. (123) Wektor a b le»y na pªaszczy¹nie prostopadªej do pªaszczyzny, na której le» wektory a i b. Rysunek 24: Graczne przedstawienie iloczynu wektorowego. Poniewa» funkcja sin x jest funkcj nieparzyst, iloczyn wektorowy nie jest przemienny. Oznacza to,»e zmiana kolejno±ci mno»onych wektorów skutkuje zmian zwrotu wektora wynikowego b a = b a sin ( b; a) = a b sin α = a b sin α = a b, (124) Zwrot wektora a b znajdujemy stosuj c reguª prawej dªoni (±ruby prawoskr tnej): nakªadamy wektor a na b (zaginaj c 4 palce prawej dªoni); wyci gni ty kciuk wska»e kierunek i 29
zwrot wektora wynikowego (sprawdzamy czy przy danym kierunku obrotu ±ruba wkr ca si czy odkr ca). Np. je»eli wektory a i b le» na pªaszczy¹nie XY (rys.23), to iloczyn a b ma kierunek osi OZ, ale zwrot przeciwny do niej, natomiast iloczyn b a ma kieunek i zwrot osi OZ. Podobnie jak w przypadku iloczynu skalarnego, iloczyn wektorowy mo»emy znale¹ na podstawie wspóªrz dnych wektorów a i b, jako wyznacznik nast puj cej macierzy a b = î ĵ ˆk a x a y a z b x b y b z zatem a b = (a y b z a z b y )î + (a z b x a x b z )ĵ + (a x b y a y b x )ˆk. (125) Przykªadem wielko±ci zycznej b d cej wynikiem iloczynu wektorowego dwóch wektorów jest moment siªy M = r F, (126) gdzie: M moment siªy, r promie«wodz cy przyªo»onej do ciaªa siªy, F przyªo»ona siªa. Jak ju» wspomniano, iloczyn wektorowy jest nieprzemienny, zatem nie wolno zmieni kolejno±ci mno»enia wektorów r i F. Iloczyn diadyczny dwóch wektorów (którego omawia nie b dziemy) daje wielko± tensorow. B.3 Gradient, dywergencja i rotacja. Wprowad¹my nast puj cy operator = î x + ĵ y + ˆk (127) z Operator ten nosi nazw nabla i nabiera znaczenia dopiero gdy dziaªa na jak ± funkcj (skalarn lub wektorow ). Dziaªaj c operatorem na funkcj skalarn trzech zmiennych f(x,y,z) otrzymamy f = (î x + ĵ y + ˆk )f = î f z x + ĵ f y + ˆk f z (128) Wyra»enie f nazywamy gradientem funkcji skalarnej f (gradf). Z powy»szego równania wynika,»e gradient funkcji skalarnej jest wielko±ci wektorow. Kierunek i zwrot otrzymanego wektora wskazuje kierunek (lini ) najwi kszego wzrostu warto±ci funkcji f, natomiast 30
dªugo± tego wektora okre±la szybko± zmian warto±ci funkcji wzdªu» tego kierunku. Zapiszmy teraz dowoln funkcj wektorow g: g = g x î + g y ĵ + g zˆk (129) Je»eli operator dziaªa na funkcj wektorow g, to w zale»no±ci od sposobu dziaªania mo-»emy otrzyma dywergencj lub rotacj funkcji wektorowej g (div g i rot g). Dywergencja wektora przypomina mno»enie skalarne operatora i funkcji wektorowej g g = (î x + ĵ y + ˆk z ) (g xî + g yĵ + g zˆk) = g x x + g y y + g z z (130) Dywergencja pola wektorowego (funkcji wektorowej) g jest wielko±ci skalarn, która okre±la zmian (rozbie»no± ) pola wektorowego w otoczeniu danego punktu. Niesie tak»e informacje zwi zane ze ¹ródªami i uj±ciami pola. Je±li dywergencja pola wektorowego wynosi zero, to znaczy,»e jest ono bez¹ródªowe. Rotacj funkcji wektorowej g nazywamy wektor otrzymany w wyniku nast puj cej operacji î ĵ ˆk g = x y z g x g y g z = ( g z y g y z )î + ( g x z g z x )ĵ + ( g y x g x y )ˆk (131) Z powy»szego równania wynika,»e rotacj pola wektorowego g otrzymuje si w podobny sposób jak iloczyn wektorowy dwóch wektorów. Rotacja pola wektorowego jest miar jego wirowo±ci. Je±li rotacja pola wektorowego jest równa zeru, to jest ono bezwirowe. 31