Q 1 D Q 2 (D x) 2 (1.1)

Átírás

1 . Gyakorlat 4B-9 Két pontszerű töltés az x tengelyen a következőképpen helyezkedik el: egy 3 µc töltés az origóban, és egy + µc töltés az x =, 5 m koordinátájú pontban van. Keressük meg azt a helyet, ahol egy q ponttöltésre ható erő zérus. A q töltésre ható erő ott zérus, ahol zérus a két töltéstől származó elektromos térerősség. Osszuk fel az x tengelyt három intervallumra. Jelölje D a q helyét az x-tengelyen! (a) < D < : Számolás nélkül belátható, hogy a térerősség egyetlen D pontban sem lehet zérus. A 3 µc töltéstől származó tér nagysága az /r -es erőtörvény miatt mindenütt felülmúlja a + µc töltéstől származó teret. Itt tehát nincs megoldás. (b) < D < x: Az intervallum minden pontjában mindkét töltéstől származó erőtér negatív irányú, így az összegük is. Itt sincs megoldás. (c)x < D < : egyen Q = 3 µc és Q = + µc. A két töltéstől származó tér zérus voltát a = 4πε Q D + 4πε Q (D x) (.) egyenlet fejezi ki. Ezt D-re megoldva és az adatokat behelyettesítve D =,8 m adódik. Ebben a pontban zérus a térerősség. 4B-9 A +Q töltés egy hosszúságú egyenes szakasz mentén oszlik el egyenletesen (ld. 4-6 ábra.). Számítsuk ki az E elektromos térerősséget a vonal irányában lévő, annak végpontjától d távolságra lévő P pontban!

2 .. ábra. 4-6 ábra Mivel a P pont a szakasz meghosszabbításában van és a szakasz töltése pozitív a térerősség vektora a szakasztól el mutat. Válasszuk a koordinátarendszerünket úgy, hogy a szakasz az x tengelyén feküdjön és a P pont legyen az origóban! Osszuk fel a szakaszt kis dx hosszúságú darabokra! Egy ilyen darab töltése dq = dx Q. A teljes térerősség ezen kis dx szakaszok térerősségeinek összegével közelíthető ami integrállá válik, amennyiben dx. A P ponttól x távolságban levő szakasz darabtól származó térerősség nagysága: A teljes térerősség x=d+ E(x) de(x) = dq x = dx Q = Q dx (.) x x x=d E(x) = Q 4 π ε = Q 4 π ε Q dx x = Q 4 π ε x=d+ dx x=d x ] x+ [ x d = Q 4 π ε x=d+ x=d dx x ( d + + ) = Q ( d 4 π ε d(d + ) ) E(x) = Q 4 π ε d(d + ) (.3) 4C-3 Mutassuk meg, hogy két egymástól meghatározott távolságban lévő kis tárgy, amelyek között adott töltésmennyiség oszlik meg, akkor taszítja egymást a legnagyobb erővel, ha a töltés egyenletesen oszlik meg közöttük.

3 Osszunk meg Q töltést úgy, hogy az egyik testen q, a másikon Q q töltés legyen! Ekkor a két test között ható Coulomb-erő nagysága q(q q) F (q) = K (.4) r A erő maximális értékét q függvényében úgy kereshetjük meg, ha megoldjuk a egyenletet. A deriválást elvégezve adódik, amelyből a következik. Ezzel az állítást igazoltuk. 4C-6 df (q) dq = (.5) K (Q q) = (.6) r q = Q (.7) Két (fix helyzetű) +Q nagyságú ponttöltés egymástól d távolságra helyezkedik el. Egy harmadik, pozitív q töltést a két előbbi töltést összekötő egyenes mentén mozgatunk. a) Mutassuk meg, hogy ha a q töltést egyensúlyi helyzetéből kissé (x távolságnyira, x d) kimozdítjuk, akkor közelítőleg egyszerű harmonikus rezgő mozgást végez. b) Számítsuk ki az ehhez a mozgáshoz rendelhető k rugóállandót. egyen mindegyik töltés az x tengelyen! Ekkor a q töltés által érzékelt térerősség is x irányú. Mivel mindegyik töltés azonos előjelű a q töltésre a két Q töltéstől ható erők ellentétes irányúak: F baloldali Q-tól = Q q rbaloldali Q-tól F jobboldali Q-tól = Q q rjobboldali Q-tól q egyensúlyi helyzete a két +Q töltés között éppen félúton van, ahol a két erő kiegyenlíti egymást. Térítsük ki a q töltést egyensúlyi helyzetétől pozítív irányba! Ekkor a rá ható erők eredője már nem lesz, hanem : F = F baloldali Q-tól + F jobboldali Q-tól = [ Q q ( d + x) ( Q q d x) ] (.8) 3

4 Ha x d, akkor x d is igaz. egyen d =! Ekkor d = és a nevezők az előző képletben közelíthetőek a következő módon: ( ± x) = (Ez konkrét példákon is ellenőrizhető ) Tehát ( ± x ) ( ± x ) ( x ) F Q q ( ( x ) ( + x ) ) = = Q q 4 x = = Q q 4 d 8 x d F = 8 Q q πε x d 3 (.9) Mint látjuk, amennyiben a kitérés sokkal kisebb, mint d, az erő ellentétes irányú és arányos a kitéréssel vagyis valóban harmonikus rezgőmozgásról van szó amelynek rugóállandója Egy példa: legyen d =, vagyis = 5 és x =,. Ekkor k = 8 Q q d 3 πε (.) =, ( + x) ( + x ) =, ( x ) =,

5 4C-7 Számítsuk ki azt a munkát, ami ahhoz szükséges, hogy egy R sugarú gömb felszínére Q töltést juttassunk! A feltöltést végezzük úgy, hogy infinitezimális dq elemi töltést viszünk a végtelenből a gömb felszínére mindaddig, amíg a gömb töltése a Q-t el nem éri. Tételezzük fel, hogy a gömbön már van q töltés. Ekkor a végtelenből további dq töltés viszünk a gömbre. Az eközben végzett munka R dw (q q + dq) = K q dq r dr = K q dq r (.) A teljes feltöltéshez ezen munkákat kell összeadni: W = Q K q dq r dr = K Q r (.) 4C-37 Egy vékony, nem vezető, R sugarú gyűrűn nem egyenletes a λ lineáris töltéssűrűség: λ = λ o sin θ, ahol a θ szög a 4-C37 ábra szerint értelmezendő. a) Vázoljuk a gyűrű töltéseloszlását. b) Milyen az E elektromos térerősség iránya a gyűrű középpontjában? c) Mutassuk meg, hogy az elektromos térerősség nagysága a gyűrű középpontjában λ o 4 ε o R. a) Töltéssűrűség:.. ábra. 4-C37 ábra a feladathoz 5

6 .3. ábra. Töltéssűrűség a szög függvényében. A zöld vonalak 4 olyan szöget jeleznek, ahol a töltéssűrűség abszolút értéke ugyanakkora b) Osszuk fel a kör kerületét infinitezimálisan kicsi dl szakaszokra. Egy tetszőleges θ szögnél elhelyezkedő szakasztól származó térerősség iránya vagy megegyezik a szakasztól a középpontig húzott vektor irányával ( θ π) vagy ellentétes vele ( θ π). A teljes térerősség az egyes szakaszoktól származó térerősségek összege. A 4-C37m ábrán.4. ábra. 4-C37m ábra. Különböző infinitezimális dl szakaszoktól származó térerősségek összegzése. látható, hogy az eredő térerősségben csak az egyes szakaszoktól származó térerősségek függőleges, -y irányú összetevője marad meg. Tehát az eredő térerősség a negatív y tengely irányába mutat. c) Ennek nagysága egy adott θ szög esetén de y (θ) = λ(θ) dl R sin θ (.3) ahol dl = R dθ. Szimmetria okok miatt de y (θ) ugyanakkora és ugyanolyan irányú a θ, 6

7 π θ, π + θ és π θ szögek esetén, ezért elegendő a... π tartományra integrálni és az eredményt négyszerezni: E y = 4 = 4 = 4 π/ λ o R λ o R = λ o πε R = λ o πε R λ(θ) R sin θ dθ = R π/ π/ [ θ sin θ sin θ dθ = cos θ dθ = ] π/ = [ π ] + = (.4) ahol felhasználtuk a sin θ = cosθ összefüggést. A végeredmény E y = λ o 4 ε R (.5) 4C-39 Tekintsünk egy egyenletesen feltöltött R sugarú körgyűrűt, és annak tengelye mentén az elektromos teret. Mutassuk meg, hogy a térerősség maximuma E x,max a tengelyen, a gyűrű középpontjától x = R távolságban van. Vázoljuk E változását x függvényében (negatív és pozitív x értékekre). Bontsuk fel a körgyűrűt infinitezimálisan kis dl szakaszokra. A körgyűrű tengelyének minden pontja a körgyűrű összes pontjától - és így az összes szakasztól is - azonos távolságban van. A körgyűrű átellenes pontjaitól (szakaszaitól) származó térerősségek x tengelyre merőleges komponensei kiejtik egymást, ezért elegendő az E x komponenseket összegezni. Egy dl szakasz térerőssége a 4-C39 ábra szerint: de x = λ dl r cos θ = λ dl x R + x R + x = = x λ dl (R + x ) 3/ (.6) Ezt levezethetjük a következő két egyenlőségből: cos θ = cos θ sin θ és cos θ + sin θ = 7

8 .5. ábra. 4-C39 ábra. Térerősség egy egyenletesen töltött körgyűrű tengelyén A teljes térerősség E x = R π x λ (R + x ) 3/ (.7) Ennek akkor van maximuma, ha a deriváltja nulla. Ha a derivált nulla, akkor a konstansok nem számítanak, ezért azokat el is hagyhatjuk de x dx = d dx x (R + x ) = 3/ 3 d x (R + x )3/ x dx (R + x ) = (R + x ) / x 3/ (R + x ) 3 = (R + x ) 3 x = (R + x ) 5/ A nevező sosem lehet nulla, ezért átszorozhatunk vele. R x = x = R (.8) Eszerint E x szélsőértéke lehet az x = második derivált ezen a helyen negatív. R helyen. Ez akkor valóban maximum ha a 8