Matematikai ismétlés: Differenciálás

Átírás

1 Matematikai ismétlés: Diffeenciálás A skalá- és vektoteek diffeenciálásával kapcsolatban szokás bevezetni a nabla-opeátot: = xx = yy zz A nabla egy vektoopeáto, amellyel hatása egy skalá vagy vektomezőe úgy működik, mintha a nabla vektoal balól szooznánk. Ezzel a jelöléssel könnyen megjegyezhetővé válnak a vektoanalitikai azonosságok, met a vektooknál tanult szozás szabályai általában évényesek maadnak olyan szozatban, amelynek első tényezője a. Skalámezőe alkalmazva a nabla-opeátot egy vektomezőt kapunk (skalából vekto) ϕ = ıı + ȷȷ + kk ϕ = ıı ϕ + ȷȷ ϕ + kk ϕ xx φφ = yy φφ = ggggggggϕ zz φφ Vektomezőt kétféleképp lehet szoozni, nézzük előszö a skaláis szozást (vektoból skalá, jelentése: foásosság): aa = ıı + ȷȷ + kk aa = aa xx + aa yy + aa zz = xxaa xx + yy aa yy + zz aa zz = dddddd aa (amennyiben étéke negatív, nyelő, ha pozitív: foás ) és vektoiálisan szoozva: ıı ȷȷ kk yy aa zz zz aa yy aa = = ( xx aa zz zz aa xx ) = aa aa xx aa yy aa xx aa yy yy aa xx zz A Nabla-opeáto önmagával vett skalászozatát Laplace-opeátonak nevezzük: = = xx + + yy zz. Ezt egy skalámezőe hattatva: uu = uu = dddddd(gggggggg uu) = uu xx + uu yy + uu zz Vektooka a Laplace-opeáto komponensenként hat: a a = a a A következő azonosságokól belátható (házi feladat!), hogy bámely (legalább kétsze diffeenciálható) skalá, ill. vektomezőe fennállnak: ot gadϕ div ot v A következő fontos matematikai azonosságok bizonyításával nem foglalkozunk. Stokes-tétel: x y z vv ddss = vv ddaa gg ff

2 ahol a g zát göbe az f felületet hatáolja. Gauss-Osztogadszkij tétel vagy divegenciatétel: ahol az f zát felület a V téfogat hatáa. vv ddaa = dddddd vv ddvv ff VV Ismétlés: Az elektomos téeősség Az elektomos mező pontól ponta töténő jellemzéséhez póbatöltéseket (pontszeű töltött testeket) használunk. A póbatöltése ható eő a tapasztalat szeint aányos a töltésével, a két mennyiség hányadosa má független a póbatöltés töltésétől, kizáólag a mezőt jellemzi a pontszeű töltés helyén. Ezt nevezzük elektomos téeősség vektonak, jele E. Magyaul az elektomos téeősség megadja a kédéses pontba helyezett pozitív egységnyi töltése ható eőt, iány és nagyság szeint. A té jellemző iánya a pozitív töltése ható eő iányával egyezik meg. F( P) E( P) = q N V A téeősség métékegysége: [ E] = 1 = 1 C m Példa: Ponttöltés elektomos mezője. A Coulomb-tövényből kapjuk a Q ponttöltés okozta elektomos téeősség nagysága: E = k Q Elektomos té az anyagban, az elektomos indukcióvekto Elektomos dipólus Az elektomos dipólus egy pozitív Q ponttöltésből és egy ugyanolyan nagyságú negatív ponttöltésből (-Q) áll, melyek távolsága. Ha kicsiny a feladatban előfoduló egyéb távolságokhoz képest, akko pontszeű dipólusól beszélünk. A dipólusnyomaték, vagy dipólusmomentum definíciója: p = Q, ahol az a negatív töltéstől a pozitív felé mutat. Gyakan töltések bonyolultabb endszee, (pl. molekulák) is dipólussal helyettesíthető. Hatáozzuk meg a pontszeű dipólusa ható eedő eőt és fogatónyomatékot homogén külső elektomos mezőben, vagyis ha az elektomos téeősség minden pontban ugyanaz! Q -Q C Dipólusa ható fogatónyomaték külső elektomos mezőben A negatív és a pozitív töltése ható eők: F = QE és = F+ QE, tehát homogén tében a dipólusa ható eedő eő nulla. A C ponta a fogatónyomaték:

3 M C = ( QE) + QE = Q E = p E A fogatónyomaték vektoa (vagyis szabad dipólus esetén a fogástengely) tehát meőleges mind a dipólus tengelyée, mind a téeőssége. A konkét példában az ába síkjába befelé mutat, azaz a dipólus az óamutató jáásával megegyező p E iányban fodul el. Ez a fogatónyomaték akko szűnik meg, ha vagyis a dipólus befodult a té iányába, vagy pedig azzal pont ellentétesen áll. Ha p és E egyiányú, akko M C =, és az egyensúlyi helyzet stabil, vagyis kitéítve a dipólust ebből a helyzetből a létejövő nyomaték igyekszik visszafogatni abba. Ha p és E pont ellentétes iányú, akko bá a nyomaték nulla, de az egyensúlyi helyzet instabil. Ilyen esetben, ha a dipólust kitéítjük, akko a létejövő nyomaték a stabil egyensúlyi helyzet felé póbálja fogatni. Az elektomos polaizáció jelensége Az alkalmazott elektomos mező hatásáa a szigetelő anyag polaizálódik. Indukált polaizáció esetén az alkalmazott elektomos mező, az egybeeső töltésközéppontokat széthúzza így a molekula dipólussá válik, illetve ha a molekulának má eleve volt valamekkoa dipólnyomatéka, akko az megnő. Az E elektomos téeősség a töltést a té iányában, míg a töltést azzal ellentétesen mozdítja el. A jelenség tehát poláos és apoláos molekulák esetén egyaánt fellép. Ionácsok esetében az elektomos mező az ellentétes töltésű ionoka ellentétes iányú eővel hat, ez is növeli a polaizációt. A polaizáció másik típusa a endeződési (vagy oientációs) polaizáció. Ez a jelenség csak poláos molekulájú anyagokban fodulhat elő. Az elektomos mező a dipólus molekulákat a saját iányába fogatja be, annál inkább minél eősebb a té és minél alacsonyabb a hőméséklet. Ez tehát eőteljesen hőmésékletfüggő, szemben az indukált polaizációval. Az elektomos polaizációvekto Vákuumban az elektomos mező leíásáa egyetlen vekto, az E téeősség-vekto elegendő. Kémiai anyagban azonban egy további vekto bevezetése szükséges, amely az anyag polaizáltságának métékét adja meg. Tekintsünk egy szigetelőanyagot vagy dielektikumot, egy tetszőleges pontja legyen A. Jelölje az A pont köüli kicsiny téfogatelemet V, és legyen p a V téfogatban foglalt molekulák dipólusnyomatékának eedője. Ekko az A pont köüli kicsiny téfogat átlagos polaizáltságát a polaizációvektoal jellemezhetjük: ( ) p P A = lim. V V A polaizációvekto métékegysége a C/m. A tapasztalat szeint az anyagok nagy észée jó közelítéssel fennáll az alábbi lineáis anyagegyenlet: P = κ ε E, vagyis minél eősebb az elektomos mező, annál eősebben polaizálódik az anyag. A κ dimenziótlan aányossági tényezőt elektomos szuszceptibilitásnak nevezzük. Ennek étéke vákuum esetén nulla, szigetelőanyagban pedig mindig pozitív: κ >. Ha a téeősség nagy, akko a szigetelő vezetővé válhat, (ezt a téeősséget átütési sziládságnak nevezzük,) ilyenko a fenti egyenlet évényessége megszűnik, az összefüggés tehát nem lehet minden köülmények között jó

4 közelítés. Másészt ismeünk olyan anizotop kistályokat, melyekben a téeősség vekto nem páhuzamos a polaizációvektoal, a fenti egyenlet temészetesen ekko sem igaz. Elektomos indukcióvekto Célszeű bevezetni az elektomos indukcióvektot ( D ) az elektomos téeősség vekto és a polaizációvekto segítségével. Ennek a lineáis kombinációnak a bevezetését az indokolja, hogy vele egyszeű alaptövény íható fel. Definíció szeint: D = ε E + P, A métékegysége nyilvánvalóan egyezik a polaizációvektoéval, tehát C/m. Ha felhasználjuk a fenti lineáis közelítést, akko D = ε E + κ ε E = ε ( 1+ κ ) E így kapjuk az elektomos témennyiségeke vonatkozó lineáis anyagegyenletet: D = ε ε E = εe, ahol ε = 1+ κ a elatív pemittivitás, amely megadja, hányszo nagyobb az illető szigetelő vagy dielektikum pemittivitása a vákuuménál, ε = ε ε pedig az abszolút pemittivitás. Az elektomos mező szemléltetésée az indukcióvonalakat használhatjuk. Ezek olyan iányított göbék, amelyeknek az éintő egységvektoa egyiányú az éintési pontbeli elektomos indukcióval. Az elektomos fluxus (Ψ) mindig iányított felülete vonatkozik, és számétékétúgy szemléltetjük, hogy megadja a felületet átdöfő indukcióvonalak előjeles számát. Amennyiben az indukcióvonal a felületelem vektoal megegyező iányban döfi a felületet, akko az +1 jáulékot ad, ha ellenkező iányban, akko 1 a jáuléka. 1 s A +1 A peemgöbe és a felületi nomális iányítása, a felületet döfő indukcióvonalak Tekintsünk A felületet, és számítsuk ki a felülete az elektomos indukció-fluxust. A felületvekto A, zájon be α szöget az indukcióvektoal. Ha A elegendően kicsiny, akko az indukció má homogénnek tekinthető, és az elemi kicsiny indukció-fluxus: Ψ = D A cosα = D A Egy tetszőleges A felülete pedig integálással kaphatjuk meg a fluxust, a fenti ételmezésnek megfelelő matematikai képlet tehát: Ψ = DdA. A

5 A D α A= n A Acosα Indukció-fluxus a A felülete Felhasználva, hogy a indukció métékegysége C/m, az indukció-fluxus métékegysége C (ugyanaz a coulomb, mint a töltésé). Az elektosztatika második alaptövénye Vizsgáljuk meg azt a kédést, hogy milyen kapcsolat van a mezőt keltő töltés és a kialakult mező indukcióvektoa között. Ennek megválaszolásáa tekintsünk egy vákuumban elhelyezett ponttöltést, és számoljuk ki a fluxusát egy zát felülete, amely legyen egy sugaú koncentikus gömb felszíne! A D Q A Q ponttöltést köülvevő zát felület koncentikus gömb Látható, hogy ha feltesszük, hogy az indukcióvonalak foása csak a töltés lehet, (a vákuum miét is lenne foás?), akko akámilyen nagya választjuk a gömb sugaát, a gömbfelületen ugyanazok a vonalak mennek át, tehát a fluxus nem függ a felület nagyságától, csak a töltéstől. Mivel kétsze nagyobb sugához négysze nagyobb felület tatozik, ahhoz, hogy Ψ ugyanakkoa maadjon, az indukciónak, és így a téeősségnek kell negyedée csökkennie, ez pedig pont a Coulomb tövény lényege. Vezessük le most fodítva pecízebben! Mivel a ponttöltés által keltett téeősség ismet: 1 Q E = e 4πε az elektomos indukciót egyszeűen kapjuk a téeősségből: D= ε E, ezzel 1 Q D= e. 4π Így a zát felülete számított fluxus egyenlő a felületen belüli töltéssel: 1 Q 1 Q Q Ψ = DdA = da = = 4 = 4 4 da π Q π π 4 π A A A A számolást az a tény egyszeűsítette le, hogy az indukcióvekto nagysága mindenütt ugyanakkoa, mivel csak a töltéstől mét távolságtól függ, az pedig a gömbfelületen állandó. Az eedmény viszont akko is változatlanul évényes, ha a Q töltést köülölelő zát felület nem egy koncentikus gömb, hiszen bámely a Q töltést magába foglaló zát felülete a fluxus ugyanennyi, mivel a Q-ból kiinduló összes indukcióvonal átdöfi a Q-t magába foglaló zát felületet. Ezt mutatják a következő ábák.

6 D D Q Q A Q ponttöltést köülvevő zát felület Ha a felület nem foglalja magába a Q töltést, akko a fluxus nulla. Ahol az indukcióvonal bemegy ott 1 a jáulék, ahol kijön ott +1. D Q Ha a zát felület nem foglalja magába a Q töltést, akko a fluxus nulla Tapasztalat szeint tetszőleges töltéselendezés estén és kémiai anyag jelenlétében is igaz, hogy zát ögzített felülete az elektomos fluxus egyenlő a felületben foglalt összes töltéssel. DD dddd = QQ AA A fenti egyenlet az elektosztatika II. alaptövénye, gyakan Gauss tövénynek nevezik. Q a V téfogatban foglalt töltések algebai összegét jelenti, A pedig a V téfogat bukoló felülete. Az elektomos indukcióvonalak foásai a pozitív töltések, nyelői pedig a negatív töltések, más szóval az indukcióvonalak a pozitív töltésen eednek és a negatív töltésen végződnek. A Gauss tövény diffeenciális (lokális) alakja: div D = ρ. Fontos megemlíteni, hogy a D étéke nem függ attól, hogy vákuumban vagyunk vagy szigetelő közegben, mivel csak a valódi, azaz nem polaizációval létejött töltés működik foásként. A téeősség viszont függ az anyag minőségétől, a Coulomb tövény pedig a következőképp általánosítható: 1 qq F = 4πε ε P foásai: polaizált töltések. Iány: negatívtól a pozitív felé div( P) = ρ ' D foásai: szabad töltések. Iány: pozitívtól negatív felé div D = ρ. D P Összeadva a két egyenletet: div( D P) = ρ+ ρ'. Viszont definíció szeint E =, tehát ε dive ρ + = ρ', vagyis ε E foásai: szabad és polaizált töltések, iány: pozitívtól negatív felé.

7 A Maxwell-egyenletendsze Ez a XIX. sz. egyik legnagyobb hatású egyenletendszee, főleg azét, met ebből az egyenletendszeből vezették le az elektomágneses hullámok létezését. Az elméleti elektodinamikában ezeket axiómaként mondjuk ki és belőlük vezetjük le azokat a tövényszeűségeket, amelyeket megfigyelésekkel igazolni lehet. 1. Ampèe-Maxwell féle gejesztési tövény: HH ddss = II nn + dd DD dddd dddd gg nn FF és HH = ȷȷ + DD, azaz mozgó töltések vagy az időben változó elektomos mező övényes mágneses mezőt kelt.. Faaday-féle indukció-tövény: EE ddss = dd gg BB dddd és EE = BB, dddd FF azaz időben változó mágneses mező övényes elektomos mezőt kelt. 3. Elektomos Gauss-tövény: DD dddd = QQ és dddddddd = ρρ, FF azaz az elektomos té foásai a töltések. 4. Mágneses Gauss-tövény: BB dddd = és ddddddbb =, FF vagyis a mágneses té foásmentes. A Maxwell-egyenletendsze megoldásához szükségesek az anyagegyenletek is, amelyek megadják, hogy mi a kapcsolat egyfelől az elektomos téeősség és az elektomos indukció, másfelől a mágneses téeősség és a mágneses indukció között. A lineáis anyagegyenletek: D=εε E és B= µµ H, valamint az Ohm-tövény: j = σ E, ahol a téeősségbe beleétjük az idegen téeősséget is. Míg azonban a Maxwell-egyenletek egzakt temészettövények, az anyagegyenletek közelítő jellegűek és csak bizonyos anyagoka jelentenek jó közelítést. Nem adnak számot pl. a feomágnesesség, ill. a pemanens mágnesesek létezésől. Az elektosztatika 1. Alaptövénye és a skalápotenciál 1. Tétel: A következő 3 feltétel egymással ekvivalens, azaz ha bámelyik is igaznak bizonyul egy v ( ) vektomezőe, a másik kettő is mindenképp igaz: 1. vv. vv ddss = bámely g göbée (ami nyilván azt is jelenti, hogy két pont közötti integálás gg független attól a göbétől, amelyik a két pontot összeköti) 3. létezik U skalámező (melyet potenciálnak is neveznek), hogy vv = ±gggggggg UU

8 Bizonyítás: 1 a Stokes-tétel alapján vv ddss = gg vv ddaa = ff 3 konstuktívan bizonyítunk, azaz megadunk egy ilyen U skalámezőt. Ehhez jelöljünk ki egy tetszőleges P pontot, majd legyen U étéke bámely másik P pontban a következő integál, amelynek étéke ögzített P esetén a. pont miatt egyételmű: PP UU(PP) = vv ddss PP 3 1 A gggggggg UU = azonosságból ögtön adódik. Definíció: Konzevatívnak nevezünk egy eőteet, ha az eőe évényes az 1. Tétel bámelyik pontja. Az elektosztatikus mező első alaptövénye: Az elektosztatikus mező konzevatív: EE ddss = azaz EE = gg Ez a. Maxwell egyenletből következik, amelyben a jobboldal azét lett, met akko beszélhetünk elektosztatikus esetől, ha időben semmilyen témennyiség nem változik. Az 1.M.E.-ből következik, hogy az egyenáamnak időben állandó mágneses tee van, tehát az alaptövény aa is vonatkozik. Ismétlésként tekintsük át az alaptövény következményeit és fizikai jelentését. Az elektomos mezőben a két pont között a q póbatöltésen az elektomos mező által végzett munka: B B B W = Fd = qed = q Ed. AB A A A Definíció szeint a két pont közötti feszültség az egységnyi póbatöltésen a két pont között a mező által végzett munka: B W = = AB U AB Ed q A Homogén tében a téeősség-vektoal páhuzamos d nagyságú elmozdulás esetén ez a fomula leegyszeűsödik: U=Ed Az elektomos (más elnevezésben: villamos) feszültség független a póbatöltéstől, csak a mezőe és a benne felvett két ponta jellemző. Az 1. Tétel alapján abból, hogy egy eőté konzevatív (tehát fennáll a. pont), következik az, hogy ha kijelölünk egy kitüntetett A kezdőpontot, bámely másik (pl. B) pont egyételműen jellemezhető azzal, hogy mekkoa munkát végez az eő, ha a B-ből az A-ba megy a test. Ezt a munkát úgy hívjuk, hogy a test potenciális (vagy helyzeti) enegiája a B pontban. Tehát ha a q töltés elmozdul az A pontból a B-be, az elektomos mező által végzett munka éppen a kezdő és végpontbeli potenciális enegia különbségével egyenlő: B, = WAB Fd = Ep( A) Ep( B ). A Az egységnyi töltése jutó potenciális enegiát az elektomos mezőben potenciálnak nevezzük: U = E p q. Az elektosztatikus mezőben a feszültség egyben a potenciálkülönbség is. B, = U AB Ed = U ( A) U ( B ) A

9 Az elektosztatikus potenciál egy állandó eejéig hatáozatlan. Megállapodás szeint a potenciált U =. Ekko: sokszo a végtelenben vesszük zéusnak: ( ) ( ) = U P Ed P Vagyis egy tetszőleges pont potenciálja megmutatja, hogy mennyi munkát végez az elektosztatikus mező, amíg az egységnyi pozitív töltést a té P pontjából a végtelenbe szállítja. A pozitív töltéseke az alacsonyabb potenciálú hely, a negatív töltéseke a magasabb potenciálú hely felé iányuló elektomos eő hat. 1 Példa: A ponttöltés potenciálja attól távolsága, felhasználva a téeőssége koábban kapott összefüggést: 1 1 kq U () = Ed = kq d = kq = A téeősség és a potenciál közötti összefüggés fodított alakban: E = gadu ahol nem szabad elfelejteni, hogy a potenciált az 1. tétel 3. pontja alapján tudtuk bevezetni. A konzevativitásból azonnal adódik Kichhoff huoktövénye, vagyis hogy bámely zát huoka U =. A fenti 1. Tétel mutatja, hogy mindez ez pontosan akko tehető meg, ha a téeősség övénymentes, vagyis otációja nulla. Ebből viszont az következik, hogy ha a mágneses indukció időben változik, akko a feszültség eedeti ételmezési módja nem működik. Emiatt tovább kell lépnünk. A vektopotenciál Ismét egy matematikai azonosságot veszünk alapul.. Tétel: A következő 3 feltétel egymással ekvivalens, azaz ha bámelyik is igaznak bizonyul egy v ( ) vektomezőe, a másik kettő is mindenképp igaz: 1. dddddd vv. vv ddff = bámely zát f felülete, ff 3. létezik a vektomező, hogy vv = aa Bizonyítás: 1 a Gauss-Osztogadszkij tétel alapján vv ff 3 nem bizonyítjuk. 3 1 A div ot a azonosságból ögtön adódik. ddaa = dddddd vv dddd = VV Bevezetünk egy új, matematikai segédeszköznek szánt mennyiséget, az A vektopotenciált. Legyen A definíció szeint az a mennyiség, amie teljesül, hogy B = ota 1 Előbbi annak felel meg, hogy egy tömegponta a Föld gavitációs teében lefelé iányuló eő hat, ha ennek hatásáa elmozdul a tömegpont, potenciális enegiája csökken. Negatív tömeg nincs, a taszításnak nincs gavitációs megfelelője.

10 Mivel a IV. Maxwell-egyenlet miatt B divegenciája mindig nulla, ezét a. tétel 3. pontja miatt vektopotenciál mindig létezik. Helyettesítsük be ezt a definíciós összefüggést most a II. M. egyenletbe és használjuk fel azt, hogy a független változók szeinti deiválások felcseélhetők: EE = BB = AA = AA /+ AA EE + AA = Kaptunk tehát egy olyan vektomezőt, amelynek mindig nulla a otációja. Így a feszültség általánosításaként bevezethetünk egy U skalámezőt úgy, hogy gggggggg UU = EE + AA Az ilyen módon ételmezett feszültség mindig létezik. Általánosan az E és B témennyiségek a következő módon egyételműen megkaphatóak a potenciálokból: EE = gggggggg UU AA BB = AA Fodítva nem áll fenn az egyételműség. Tegyük fel, hogy adottak a témennyiségek és találtunk hozzájuk egy konkét U és A potenciál-szettet, amely ezeket a teeket szolgáltatja. Legyen f tetszőleges (diffeenciálható) skalámező, amelyet métékfüggvénynek nevezünk. Ekko az alábbi, ún. météktanszfomációval előállt új AA = AA + gggggggg ff UU = UU potenciál-szett is ugyanazt az E és B teet állítja elő. Ennek bizonyítása szogalmi feladat (behelyettesítéssel töténik). Azt, hogy a Maxwell-egyenletek invaiánsak ee a météktanszfomációa, métékinvaianciának, métékszimmetiának vagy métékszabadságnak nevezzük. A Poisson-egyenlet és megoldása Tegyük fel, hogy a közeg lineáis, tehát D= ε E, ezt beíva a 3. ME-be kapjuk, hogy div( ε E) = ρ. Ebbe a téeősség elektosztatikus esetben évényes E = gad U kifejezését beíva: div( ε gad U) = ρ Ha elhanyagoljuk a pemittivitás helykoodinátáktól való esetleges függését, akko ε-t kiemelhetjük a deiválás elé, εdiv( gad U) = ρ így kapjuk az ún. Poisson-egyenletet: ρ U =. ε Hasonlóan (csak kissé bonyolultabban) kapjuk egyenáamok endszeée, hogy A = µ j. A Poisson-egyenlet egy másodendű inhomogén elliptikus típusú paciális diffeenciálegyenlet. Egy alapmegoldást adunk á a legegyszeűbb fomában. Ez akko áll elő, ha a vizsgált pontba tesszük a koodináta-endszeünk oigóját. Ekko:

11 1 ρ() U () = dv 4πε Ahol = x + y + z az oigótól való távolság és az integálás a teljes tée megy, ill. oda, ahol a töltéssűűség nem nulla. A vektopotenciált hasonlóan kapjuk, csak komponensenként: µ j () A() = dv 4 π Feladatok 4. Elektosztatikus potenciál U=u o(3x+4z) módon függ a helykoodinátáktól, u o= V/m. Mekkoa és milyen iányú az elektomos téeősség az oigóban és a (, 1, ) pontban. Milyen alakúak az ekvipotenciális felületek? Megoldás: A fenti képletet használva, az u konstanst a deiválásból kiemelve 3 E = ugad ( 3x + 4z) = u = 6i 8k 4 Azt kaptuk, hogy a téeősség független a helytől, tehát az oigóban és a (, 1, ) pontban is ugyanaz. Az ekvipotenciális felületeket úgy kapjuk, hogy a potenciál-függvényt egy konstanssal tesszük egyenlővé: u o(3x+4z)=c Ebből a z-t kifejezve: C 3 z= x 4uo 4 Ez lényegében ax+b alakú, tehát egy C-től függő egyenes egyenlete. Ábázoljuk az xz koodináta endszeben (az y változó most édektelen). z U=4V 5 U U= -1 U=48V 5 x Az ábán kék vonalak jelzik az ekvipotenciális felületeket. Az oigón átmenő vonalat pl. úgy kapjuk, hogy a C helyébe nullát íunk. Ellenőzésként a többi vonalnál íjuk be a tengelymetszetek koodinátáit a fenti egyenletbe, hogy kijön-e feszültségnek az az éték, ami az ábán szeepel. A vastag pios nyíl a téeősséget ábázolja (nem méetaányosan). Látható, hogy meőleges az ekvipotenciális felülete.

12 1. Elektosztatikus potenciál U=ax +by módon függ a helykoodinátáktól, a=1v/m, b=1v/m. Mekkoa és milyen iányú az elektomos téeősség az oigóban és a (, 1) pontban. Milyen alakúak az ekvipotenciális felületek? Megoldás: aaaa EE = gggggggg UU = bb A téeősség iánya meőleges az ekvipotenciális felületeke, csökkenő potenciál iányába mutat. Az ekvipotenciális vonalak sűűsége aányos a téeősség nagyságával.. Ponttöltés elektomos mezője és potenciálja F Qq Felhasználjuk, hogy E = és F = k e q Ezekből a Q ponttöltés okozta elektomos téeősség nagysága: E = k Q A ponttöltés potenciálja attól távolsága: 1 1 kq U () = Ed = kq d = kq = Gömbfelületen egyenletesen eloszló töltés: UU = kk QQ ii kk δδ dddd ii Példa: Ponttöltés elektomos teének tulajdonságai Vizsgáljuk meg a Q ponttöltés elektomos teének tulajdonságait. Legyen az egyszeűség kedvéét a töltés az oigóban. Ekko a téeősség iánya egy adott (x,y,z) pontban megegyezik az oigóból a pontba húzott helyvekto iányával. A téeősség komponensei: kq kq kq Ex = x, E 3 y = y, E 3 z = z, ahol a nevező függ mindháom koodinátától: 3 = x + y + z. A kq Pithagoasz tételt alkalmazva visszakapjuk a koábban levezetett téeősség-vekto nagyságát: E =. Vagyis: kkkk EE = kk QQ kkkk xx 3 xx = 3 3 kkkk yy = zz 3 yy = kk QQ kkkk 3 zz 3. Számoljuk ki előszö a divegenciát, ehhez a megfelelő paciális deiváltak kellenek. 3 x x 1 xex = kq + 5 3, ha. A y E y és a z E z deiváltakat is hasonlóan kapjuk (csak az x-eket kell y-a és z-e kicseélni). A divegencia a háom deivált összege: kq x + y + z dive = xex + yey + zez = 3 3 = 3

13 Azt a nem meglepő eedményt kaptuk, hogy ponttöltés elektomos teének divegenciája a töltésen kívüli pontokban nulla, vagyis az elektomos tének a töltéseken kívül nincsenek foásai. Ez egyébként következik a Gauss-tételből is. 4. A otáció számítása: i j k ote = det x y z = ( yez ze y)i + ( zex xe z) j + ( xey ye x)k Ex Ey E z Előszö a vegyes paciálisokat kell kiszámolni. Mivel a koodináták egymástól függetlenek, csak a nevezőket kell deiválni: 3 3 y z z y = yz yez kq = 3kQ és yz zey = kq = kq 5 5. Látható, hogy az egy záójelben lévő vegyes paciálisok megegyeznek, egymásból kivonva őket, nullát kapunk, tehát ponttöltés tee (és ezzel bámilyen sztatikus töltés-elendezés tee) övénymentes. Abban a pontban, ahol a ponttöltés elhelyezkedik, a töltéssűűség végtelen, a téeősségnek szingulaitása van, a deiváltak nem ételmezhetőek. yy 5. Elektomos mező téeőssége EE = xx. Mekkoa a mező otációja? ıı ȷȷ kk yy EE zz zz EE yy EE = = ( xx EE zz zz EE xx ) = EE = = xx EE yy yy EE xx 1 ( 1) EE xx EE yy EE zz Vagyis a EE ZZ-iányba mutat (övényesség iánya jobbkéz szabály szeint) Szogalmi feladat: Milyen csillapítással tehető ez a otáció pontosan nullává? αα -val kell megszoozni a téeősséget úgy, hogy a otáció pontosan nulla legyen, ahol αα középpontosan szimmetikus az oigóa. Vagyis αα = xx + yy αα, a paaméte α. Eszeint xx EE yy yy EE xx = dd ddxx xx xx + yy αα dd dddd yy xx + yy αα A deiválások eedménye: dd dddd (xx xx + yy αα ) = xx + yy αα + xx αα xx + yy αα dd dddd yy xx + yy αα = xx + yy αα + yy αα xx + yy αα

14 A összege: α α + α = ( + α) α Csak akko nulla, ha α =. yy yy 1 EE = xx xx + yy = xx xx + yy, eeeeeeeeee EE = Mit veszünk észe? Elektomos dipólus téeőssége és potenciálja Vegyünk fel az x tengely mentén egy Q és +Q töltést, egymástól d távolságban. A ponttöltések tee és potenciálja külön-külön a szokásos összefüggésekkel számolható: EE = kkkk éss UU = kkkk (vákuumban vizsgálódunk, k = ). A modell az alábbi ábával szemléltethető: A dipólus téeősségének kiszámításához vesszük a Q és +Q töltések által létehozott teek előjelhelyes összegét, amely matematikailag a következőképpen íható fel: EE = kkkk 1 xx 1 (xx + dd) = kkkk (xx + dd) xx xx (xx + dd) Mivel a számlálóban (x+d) = x +xd+d, így x -tel egyszeűsíthetünk. A nevezőben a záójelet felbontva nyejük: xxxx + dd EE = kkkk xx 4 + xx 3 dd + xx dd Ha x, az összefüggésben x 4 tat a leggyosabban végtelenhez, ez lesz a vezető tag. Ezt felhasználva a téeősség: EE kkkkxxxx xx 4 kkkkdd xx 3 = kkkk xx 3 Vagyis aszimptotikusan a téeősség egyenesen aányos a p dipólmomentummal és a távolság hamadik hatványával csökken, nem pedig a másodikkal, mint egy daab ponttöltés esetén. A potenciál számítása a fent leítakból kiindulva: UU = kkkk 1 xx 1 + dd xx = kkkk xx xx + dd xx(xx + dd) = kkkkkk xx + xxxx Ez esetben ha x, a nevezőben a vezető tag az x lesz. Folytatva a gondolatmenetet: UU kkkk xx Tehát a potenciál 1/x szeint tat a nullához, nem 1/x szeint, mint ponttöltés esetén. Elektosztatikus mezőben vizsgálódunk, ami azt jelenti, hogy fennáll az EE = gggggggggg összefüggés. Ellenőzés céljából számoljuk ki ezzel a téeősséget az x hatáátmenetben a potenciálból: EE = gggggggggg = dd dddd kkkkkk ıı = kkkkkk ıı xx xx3 Egyszeűsítés után ebből visszakapjuk a néhány soal fentebb levezetett összefüggést.

15 Példa: Gömb elektomos tee Ponttöltés elektomos tee könnyen adódik a Gauss-tövényből is. Ehhez egyszeűen egy olyan R sugaú gömbfelülettel kell képzeletben köbevenni a ponttöltést, amely középpontjában a töltés ül, ekko a szimmetia-tulajdonságokat kihasználva Gauss tövényében a felületi integál kiszámítása szozássá egyszeűsödik: εe4 π R = Q. Gauss: DD dddd = QQ, mivel DD dddd, így DDDDDD = DD dddd = DD4ππ = QQ ff Tudván, hogy DD = εε EE EE = 1 4ππππ QQ Vagyis az egyik Maxwell-egyenletből levezettük a Coulomb tövényt. ff Vegyük észe azonban, hogy itt sehol sem használtuk ki, hogy a ponttöltés pontszeű, még azt sem, hogy kicsi a méete, csupán azt, hogy gömbszimmetikus töltéseloszlás és hogy a választott képzeletbeli gömbfelületen belül van az összes töltés (tehát a töltések távolsága a középponttól nem nagyobb, mint R), a középpontok pedig egybeesnek. Tehát bámilyen gömbszimmetikus töltéseloszlás eőtee kívülől úgy néz ki, mintha az összes töltés a középpontba lenne koncentálva. Speciálisan igaz ez téfogatában egyenletesen töltött sugaú gömbe, valamint a felületén egyenletesen töltött sugaú gömbhéja, ha R. Továbbmenve, ha ez utóbbi gömbön kívül a téeősség mindenhol helyettesíthető a ponttöltés által keltett téel, akko, ha integáljuk ezt a téeősséget R-től a végtelenig, nem lesz különbség, vagyis a gömbön kívül a potenciál is megegyezik a két esetben. Végül megkaptuk a töltött gömb kapacitásának levezetésénél is használandó állítást: egy Q töltésű R sugaú fémgömb potenciálja (ez egy éték, mivel ekvipotenciális a fémdaab) megegyezik Q egy Q ponttöltés által keltett té potenciáljával a töltésől R távolságban: U= k R A gömb felületéől kiinduló indukcióvonalak sűűsége a gömb felületének növelésével fodítottan aányos. Amennyiben a gömb fém, nincs benne téeősség. Ha azonban szigetelő és a töltésmegoszlás egyenletes a gömb téfogatában, a következő eset áll fenn: DD 4ππ = QQ bbbbbbüll = ρρ 4 3 ππ3 Egyszeűsíthetünk 4ππ -el, majd kifejezve a téeősséget: EE = ρρ 3εε, vagyis a gömb belsejében a téeősség a sugáal lineáisan nő, míg kívül a koábban levezetettek alapján 1 szeint változik, ahol R a gömb sugaa: ff

16 Potenciál függvénye: kívül: UU RR = RR RR EE dddd = 1 QQ 4ππππ 1 belül: UU RR = ρρ dddd = ρρ 3εε 3εε (RR ) Példa: Hengeszimmetikus töltéselendezés elektomos tee Adjuk meg a végtelen hosszúságú, egyenletes λ vonalmenti töltéssűűségű egyenes fonál elektomos teének eősségét és potenciálját! (λλ = QQ ll ) Vegyünk fel az egyszeűség kedvéét olyan koodináta-endszet, ahol a töltött fonál a z tengellyel esik egybe. Ekko szimmetia-okokból a téeősségnek nem lesz z komponense (ha lenne, az szimmetia-sétés lenne), hanem az x-y síkban sugáiányban kifelé (negatív töltés esetén befelé) mutat. Akko használhatjuk könnyedén a Gauss-tételt, ha olyan felületet találunk, amely mentén a (pios nyíllal jelölt) téeősség nagysága és a felülettel bezát szöge állandó. Póbálkozzunk egy hengepalásttal.

17 R h A henge alap- és fedőlapján a téeőség-vekto a felülettel páhuzamos, a felület nomálisával 9 o -os szöget zá be, vagyis ott a felületi integál eltűnik. Integáljunk a palásta: DD ddaa = εεεεεεεε = 1 EE dddd = 1 4ππππ 4ππππ EE RRRRh = QQ = λλh pppppp. pppppp. pppppp. amiből: kλ E=, R tehát a téeősség a távolság ecipokával csökken. Mivel sehol sem használtuk ki, hogy a fonál vékony, az eedmény évényes tetszőleges hengeszimmetikus töltéseloszlás, pl. téfogatában egyenletesen töltött R sugaú henge, valamint a felületén egyenletesen töltött R sugaú hengepalást teée tőle távolságban, ha R A potenciál számításánál vékony fonál esetén a nulla szint megválasztása jelent poblémát. Ha a fonálnál lenne a nulla szint, akko ott a végtelen téeősség okoz gondot. Ha a végtelenben választanánk a nullát, akko pedig a potenciál lenne végtelen, mint ahogy azt mindját látni fogjuk. Tegyük fel, hogy valamilyen tetszőlegesen választott, majd ögzített R távolsága vesszük a nulla szintet és integáljunk tetszőleges R-től R-ig: R R 1 R R U ( ) = Ed = kλ d = kλ[ ln ] = k ln( R λ ) R R R Vizsgáljuk most meg azt az esetet, amiko a fonál nem vékony, hanem egy R sugaú hengenek tekinthető, amely téfogatában egyenletes a ρ töltéssűűség. Számoljuk ki most a téeősséget a hengeen belül, vagyis a henge tengelyétől <R távolságban. DD dddd = QQ pppppp. εεεεh = ρρ ππh Egyszeűsítés után λ-val kifejezhetjük a téeősséget: EE = ρρ εε A téeősség a henge belsejében -el egyenes aányban változik, kívül viszont a gömbbel ellentétben nem 1, hanem csak 1 szeint változik Példa: Egyenletesen töltött síklemez elektomos tee Hatáozzuk meg az η felületi töltéssűűségű végtelen, az x-y síkban elhelyezkedő sík lemez által keltett elektomos téeősséget és potenciált!

18 Az előző feladathoz hasonlóan jáunk el. Most egy olyan zát felületet veszünk fel, amelynek alapja tetszőleges alakú (legyen pl. kö, így a felület köhenge lesz), de a síkkal páhuzamos, az alap és a fedőlap ugyanolyan távol van a síktól annak két oldalán, a hengepalást pedig meőleges a síka. A téeősségnek szimmetia-okokból nem lehet x vagy y komponense, hanem a z (vagy -z) iányba mutat. E Amiko a téeősség felületi integálját számoljuk a palásta, a felület nomálisa meőleges E -e, tehát a palást nem ad jáulékot az integálba. A henge vízszintes lapjain pedig E konstans, tehát kiemelhető az integálás elé: vagyis DdA = ε EdA + EdA = εe da + da = εea = Q = ηa, alap fedő alap fedő E= η ε. Azt az édekes eedményt kaptuk, hogy a téeősség nem függ a lemeztől mét távolságtól. Ez pesze csak addig igaz, ameddig jó közelítés az, hogy végtelen a síklap, azaz sokkal közelebb van a vizsgált pont a síklaphoz, mint annak átméője. A potenciálhoz a kapott konstans téeősség-függvényt kell integálni z iányú göbe mentén, ami most egyszeű szozást jelent. Célszeű a nulla szintet a töltött síknak választani. Világos, hogy aká z, aká -z iányban haladunk, ugyanakkoa munkát kell végezni, tehát z-nak csak az abszolút étéke számít. Mivel pozitív a póbatöltés, a pozitív lemez taszítja őt, vagyis a lemez magas potenciálon van a té többi pontjához képest. Ezen megfontolások alapján a potenciál: η U= z ε o Vastag, végtelen síklemez belseje A sík belsejében szimmetikusan vesszük fel a kis henget. Az előző eljáást ismételve kapjuk, hogy

19 DDDD = QQ = ρρρρ = ρρaaaa. Leegyszeűsítve A-val DD = ρρρρ adódik, ebből pedig a téeősség má könnyen számolható: EE = ρρ εε zz Ha be akajuk látni, hogy folytonos a téeősség a z=h/ síkban, meg kell adnunk az eddigi ηη = QQ felületi töltéssűűség és a téfogati töltéssűűség viszonyát. Ehhez kihasználjuk, hogy V=Ah. AA ρρ = QQ VV = ηη h. Ebből behelyettesítéssel kapjuk a folytonosságot. Potenciál: zz, a téeősség a lemez közepében lévő síkban kívül: UU = ηη εε Témennyiségek viselkedése két közeg hatáán Hatáfeltételi egyenletek (peemfeltételek). Tekintsük két különböző közeg hatáfelületét. Vegyünk fel a két közeg hatáfelületén egy iányított göbeívet (AB), illetve egy zát göbét. Alkalmazzuk a második Maxwell-egyenletet ee a göbée: EE dddd = dd gg BB dddd, azaz dddd FF AA EE dddd + AA 1 BB EE dddd + AA BB 1 EE dddd + BB AA 1 EE dddd BB 1 = dd dddd BB dddd FF Közelítsük a P1 és P pontokat a P-hez, azaz húzzuk á az AA 1 BB 1 és AA BB íveket az AAAA íve, AA ekko BB EE dddd, 1 és EE dddd, mivel a tatományok -hoz tatanak. A huok által közbezát AA 1 BB felület a nullához tat, a B viszont véges, tehát a jobb oldal eltűnik. Mindebből az következik, hogy

20 hatáétékben csak két integál maad az egyenletünkből, és ezek az AB szakaszon vett integálokhoz tatanak. Jelöljük E1 és E -vel a téeősséget a hatá mentén, az 1-es és a -es BB BB AA közegben. Ezzel: EE dddd EE dddd AA, A 1-es közegben az integálás hatáait megcseélve előjelváltás töténik: AA 1 AA BB EE dddd dddd EE BB 1 BB = EE 1 dddd, így a két integált összevonva: 1 AA BB EE EE dddd 1 = AA Ha most a B ponttal tatunk A-hoz, a téeősségek változása az AB göbe mentén elhanyagolhatóvá válik, vagyis az E E1 et kiemelhetjük az integálás elé, majd a göbe hosszával egyszeűsíthetünk. A végeedmény: E = E t t1 Az elektomos téeősség éintő iányú összetevője a közeghatáon folytonos. Ebből az is következik, hogy a D tangenciális komponense általában nem folytonos, hiszen pl. E t1 D t 1 =, ezt behelyettesítve: ε 1 ε ε = 1 D D t t1 A nomális komponensek levezetéséhez vegyünk fel a két közeg hatáfelületén egy zát felületet, és minden pontjában a felületi nomálist. A keletkező palástfelületet hatáoljuk le A -vel és A1 - el a két közegben. A nyet zát felülete alkalmazzuk a Gauss tövényt: DD dddd = QQ FF DD dddd + DD dddd + AA 1 AA pp DD dddd = ρρ dddd + ηηηηηη QQ itt ηη = lim a felületi töltéssűűség. Közelítsük az A1 és A felületeket az A-a, ekko a AA AA palástfelület és a téfogat nullához tat, így két integál a -hoz tat: AA VV AA

21 Ugyanakko pedig, AA AA 1 AAAA DD dddd és ρρρρρρ VV DD dddd DD 1 dddd ahol DD 1 az indukció a hatáon, de még az 1-es közegben, és AA DD dddd DD dddd, ahol DD az indukció a hatáon, de még az -es közegben. AA mivel ez bámely A-a igaz, DD nn1 dddd + DD nn dddd = ηηηηηη AA AA (DD nn DD nn1 ηη) dddd =. AA AA D D = η n n1 Tehát az elektomos indukcióvekto nomális koodinátája a hatáfelületen akko szenved ugást, ha van felületi töltéssűűség. Tegyük fel, hogy nincs felületi töltéssűűség η =, ekko DD 1nn = DD nn. Az elektomos téeősség nomális komponense viszont ekko sem folytonos, mivel εε 1 EE 1nn = εε EE nn, vagyis ε ε = 1 E E n1 n Téeősség- és indukcióvonalak töési tövénye: DD1tt tttt αα = DD1nn tttt ββ DD tt DDnn = DD 1tt DD tt = εε 1 εε A téeősséget vizsgálva, felhasználva, hogy Et = Et1 : tttt αα tttt ββ = EE 1tt EE 1nn EE nn = = εε 1 EE tt EE 1nn εε EE nn Eedményünk szeint az E és a D vonalak ugyanúgy tönek a közeghatáokon. Dielektikum külső tében Tegyük fel, hogy vákuumban lévő homogén elektomos tébe egy daab dielektikumot teszünk. Kimutatható, hogy az E téeősség a testben csak akko lesz homogén és egyiányú az eedeti téeősséggel, ha a test alakja ellipszoid, amelynek egyik főtengelye a külső téel páhuzamos. Ezét csak ezt az egyszeű esetet vizsgáljuk. Feltesszük, hogy a testen nincs valódi többlettöltés ( ρ =, η = ), vagyis a D vonalaknak nincs foásuk, a D vonalak folytonosak, Dn-nek nem lehet ugása. Polaizált töltés viszont van, tehát En nem folytonos a felületen. Ebből az következik, hogy a külső tée meőleges felületek két oldalán D megegyezik, E viszont belül kisebb. Ha a külső téel páhuzamos oldalt vizsgáljuk, ott a tangenciális komponenseke vonatkozó egyenleteket használhatjuk: Et nem ugik, vagyis a testen kívül megitkultak az E vonalak.

22 Végeedményben E az anyagban kisebb, mint a vákuumban volt. Ezt a hatást depolaizációnak nevezzük. D viszont besűűsödik a dielektikumban, az magába vonzza a D vonalakat, ahogy az ábán is láthatjuk. A leítak általánosíthatók aa az esete, ha nem vákuumban, hanem egy másik anyagi minőségű szigetelőben van a dielektikum ellipszoid. Vezetők az elektosztatikus mezőben Ha egy vezetőben elektomos té van jelen, az a szabad töltéshodozókat endezett mozgása készteti, elektomos áam jön léte. Sztatikus állapot akko állhat be, ha a vezetőben nincs elektomos mező és a téeősség nulla, met ellenkező esetben a vezetési elektonok endezetten mozognának. Tehát a vezetőben sztatikus állapotban E =. Ezt azt is jelenti, hogy sztatikus esetben a vezető bámely két pontja között a potenciálkülönbség nulla, az egész vezető ugyanazon a potenciálon van, idegen szóval ekvipotenciális tatomány. Ez az állítás akko is igaz, ha a vezető belsejében üegek vannak, feltéve, hogy az üeg belsejében nincsenek elszigetelt töltések. Azt a tényt, hogy zát fémbukolattal (vagy sűű szövésű fémhálóval úgynevezett Faaday-kalitkával) köülvett téészbe az elektomos eőté nem hatolhat be, felhasználják aa, hogy ézékeny elektomos beendezéseket a külső, zavaó elektomos hatásoktól, pl. villámcsapástól megvédjenek. Az eljáás neve elektosztatikai ányékolás. Ha E =, akko téeősség tangenciális komponense is nulla. Mivel E tangenciális összetevője nem ugik két közeg hatáfelületén, a vezetőt hatáoló szigetelőanyagban a felület mentén az elektomos téeősségnek tangenciális összetevője nincs, vagyis a vezető köül a szigetelőben a téeősség mindenütt meőleges a vezető felületée. E E = vezető szigetelő Elektomos téeősség a vezetőben, és a könyező szigetelőben, sztatikus állapotban Tekintve, hogy a vezetőben a téeősség nulla E =, így az elektomos indukció is nulla D =. Ebből az is következik, hogy a vezető belsejében, sztatikus esetben téfogati többlettöltés nem lehet,

23 vagyis ρ =. Ez az állítás az elektosztatika második alaptövényéből következik. A vezetőe vitt töltés a vezető külső felületée húzódik. A hatáfeltételi egyenlet szeint Dn Dn 1 = η, de a vezetőben az indukció nulla D n1 =, így D n = η. Ez a kifejezés azt jelenti, hogy a vezető mentén, de má a szigetelőben az elektomos indukció étéke éppen a vezető felületi töltéssűűségével egyezik meg. A csúcshatás Elektosztatikus esetben tetszőleges alakú és kitejedésű fémdaab ekvipotenciális tatomány. Ha két különböző méetű töltött fémgömböt összekötünk, akko olyan egyensúlyi helyzet áll be, amelyben a két gömb potenciálja megegyezik. Jelöljük a kisebb (1-es) és a nagyobb (-es) gömb felületén a töltéssűűséget a következőképpen: ηη 1 = QQ 1 ηη AA = QQ 1 AA A két gömbszimmetikus test potenciálja: kk QQ 1 kk QQ RR Megjegyezzük, hogy az összekötés miatt a gömbszimmetia kismétékben séül, ezt most elhanyagoljuk. A két potenciált egyenlővé téve és egyszeűsítve k-val: ηη 1 AA 1 ηη 1 4ππ = ηη AA RR = ηη 4ππRR RR egyszeűsítve az egyenletet 4π-vel, a töteket a sugaakkal, majd átendezve a következő adódik: ηη 1 ηη = RR Azaz a gömbök sugaával (közelítőleg) fodítottan aányos a töltéssűűség. Ebből következtethetünk aa, hogy általában is igaz, hogy egy feltöltött fémtesten a töltés nem egyenletesen oszlik el. A csúcsokon nagyobb a töltéssűűség és így a közelükben a téeősség, mint a kisebb göbületű helyeken. Egzaktul évényes analitikus fomula azonban nem létezik a töltéssűűség és a göbület általános kapcsolatáa. A kapacitás fogalma Mint má említettük, a vezetőben sztatikus állapotban E =, a vezető ekvipotenciális tatomány. Kédés, hogyan függ egy magányos vezető potenciálja a á felhodott töltéstől. A szupepozíció elve miatt, ha a vezető töltését megkétszeezzük, akko a té minden pontjában az E elektomos téeősség is a kétszeesée nő. Ennek megfelelően a vezető potenciálja is a duplájáa nő. Tehát a vezető potenciálja egyenesen aányos a vezetőe vitt töltéssel, így a hányadosuk állandó. Ezt a hányadost C-vel jelöljük és a vezető kapacitásának nevezzük. Definíció: C = Q U

24 Számoljuk ki egy magányos R sugaú vezető gömb kapacitását (a végtelen távoli pontokat választva nulla potenciálúnak)! Felhasználjuk azt a koábban bizonyított állítást, hogy egy töltött gömb potenciálja a gömb felületén és a gömbön kívül ugyanannyi, mintha a töltés a gömb középpontjában Q lenne: U( R) = k, így a kapacitása: R Q Q R C = = = = 4πε R U Q k k R Ha felhasználjuk a Coulomb állandó étékét, akko beláthatjuk, hogy a hétköznapi méetű testek vákuumbeli kapacitása igen kicsi: A kapacitás megnövelésének egyik lehetséges módja az, hogy a feltöltött vezető közelébe egy másik földelt vezetőt helyezünk. Ilyenko a potenciál lecsökken, a kapacitás pedig nő. A kondenzáto két vezető test (az amatúák vagy fegyvezetek) amelyek dielektikummal vannak elszigetelve egymástól. A pozitív fegyvezetől induló indukcióvonalak a negatív fegyvezeten végződnek, a két fegyvezet töltése ellentetten egyenlő. Az elendezés kapacitását a pozitív fegyvezet töltésének és a két fegyvezet közötti potenciálkülönbségnek a hányadosaként ételmezzük: C=Q/U. Síkkondenzáto kapacitása Jelölje d a síkkondenzáto fegyvezetei között lévő távolságot! Legyen d jóval kisebb, mint a lemezek bámely lineáis méete! + σ σ εε d A A síkkondenzáto A két fegyvezet között az elektomos indukció D σ E =. A potenciál- εε σ különbség a fegyvezetek között U = d, ebből: εε Q σ A A C = = = εε. U σ d d εε = σ, ebből Az elektosztatikus mező enegiája Tekintsünk egy kondenzátot, melynek kapacitása C. Töltsük fel -ól Q-a. Egy közbülső állapotban jelölje a pillanatnyi állapot töltését q és a fegyvezetek közötti feszültséget u. Egy kicsiny q töltést szállítsunk át az egyik lemezől a másika. Mivel az egységnyi töltésen végzett q munka a feszültség, így a végzett munka W = u q. Mivel C =, így a végzett munka miközben u

25 q a kicsiny q töltést átszállítjuk: W = q. Az összes végzett munka a kondenzáto teljes C feltöltése soán: így a kondenzáto enegiája: Q 1 Q W = qdq = C C Q W = C 1 1 A kapacitás definíciójának felhasználásával ez átíható más alakokba is: W = QU = CU. Mivel úgy tekintjük, hogy ezt az enegiát a lemezek közti elektomos té hodozza, felmeül a kédés, hogy mennyi enegia van a mező egységnyi téfogatában. Tekintsünk egy síkkondenzátot, a kondenzáto belsejében a szélektől eltekintve a mező homogénnek tekinthető W = QU = σa Ed = DE Ad = DE V, Q Ahol felhasználtuk a következő, koábban említett összefüggéseket: σ =, D = σ, V = Ad, és A U E =. Az elektomos mező enegiasűűsége megmutatja, mennyi enegia van egységnyi d téfogatban: w = W, a métékegység nyilván J/m 3. A fenti levezetés szeint az elektomos mező V enegiasűűsége: 1 w = DE Ez a kifejezés nem csak sztatikus esetben igaz. Ha a té egy tetszőleges pontjában az elektomos téeősség E és az indukcióvekto D, akko a pont köül felvett kicsiny V téfogatban 1 W = D E V elektomos enegia található. Egy véges V téfogatban pedig 1 W = wdv = DEdV. V V Megjegyzés: a síkkondenzáto enegiáját egy másik, (szintén tanulságos) módon is ki lehet számolni. Ha az egyik (pl. baloldali) fegyvezet által a másika (pl. a jobboldalia) kifejtett eőt az F=QE definíció és az E = σ képletből automatikusan kiszámoljuk, a valóságosnál kétsze nagyobb ε eőt kapunk (mivel a téeősséget feleészben a baloldali, feleészben pedig a jobboldali lemez kelti, utóbbi pedig nem fejthet ki eőt önmagáa). Így azt kapjuk, hogy QE σq Q F = = =, ε εa vagyis az eő független a lemezek d távolságától (pesze csak ameddig a közelítéseink pl. hogy a téeősség homogén - évényesek). Ha d=, akko a kondenzátonak nincs (elektosztatikus) enegiája. Kezdjük el most távolítani a lemezeket, miközben a töltés maadjon állandó. Ha a Qd Q lemezek közötti távolság éppen d, a távolító eő W = Fd = = munkát végzett, ennyi ε A C enegia halmozódott fel a kondenzátoban.

26 Elektomos áameősség A vizsgált felület teljes keesztmetszetén időegység (másodpec) alatt átáamló (nettó) töltésmennyiséget áameősségnek nevezzük. Jele I, métékegysége az ampe (A) (= C/s). Ennek megfelelően a töltés métékegységének időnként az ampeóát vagy ampemásodpecet használják. Az elektomos áam (hagyományos ételemben vett) iánya a negatív töltések áamlási sebességével ellentétes, a pozitív töltések elképzelt áamlásának iányával megegyező. A t 1, t időközben az A felületen átáamló töltést úgy kaphatjuk meg, hogy az áameősséget idő szeint integáljuk: Elektomos áamsűűség t Q = Idt t1 Az elektomos áamsűűség-vekto abszolút étéke az áamlási iánya meőleges egységnyi keesztmetszeten időegység alatt átáamló töltéssel egyezik meg. Iánya megegyezik a pozitív töltéshodozók áamlási iányával, nagyságát hatáétékképzéssel számolhatjuk ki: I j = lim A A, ahol I az A felületen átfolyó áam. Métékegysége az A/m = C/(sm ). Az elektomos áamsűűség iányított felülete vonatkozó lokális vektomennyiség. Ha elektonok áamlanak a felületi nomális iányában, akko az áamsűűség-vekto a nomálissal ellentétes iányba mutat. J Az A felületen átfolyó áameősség tehát: n A Az áamsűűség vekto és a felület nomálvektoa I = jda, A de hogyha a j a felület minden pontjában ugyanakkoa és meőleges a felülete, akko egyszeűen I=jA. A diffeenciális Ohm-tövény Az ellenállás függése a geometiai méetektől Tekintsünk egy vékony, állandó A keesztmetszetű hosszúságú vezetőt. Ha a vezető hosszát kétszeesée növeljük, akko az ekvivalens azzal, mint ha az eedeti vezetőből két ugyanolyat soosan kapcsolnánk, tehát az ellenállás kétszeesée növekszik. Ez azt jelenti, hogy a vezető ellenállása egyenesen aányos a hosszával. Ha a keesztmetszetet növeljük kétszeesée, az ekvivalens azzal, mint ha két ugyanolyan vezetőt páhuzamosan kapcsolnánk, vagyis az ellenállás felée csökken. Tehát az ellenállás fodítottan aányos a keesztmetszettel:

27 R = ρ A Ωmm Az aányossági tényezőt fajlagos ellenállásnak nevezzük, jele ρ, métékegysége Ω m vagy. m Megjegyezzük, hogy a fajlagos ellenállás a különböző anyagoka endkívül nagymétékben különböző. A jó vezető szobahőmésékletű éze pl. 1,7 1 8 Ωm=,17 Ωmm /m. Ez az előzőek szeint azt jelenti, hogy egy 1m hosszú, 1mm keesztmetszetű ézdót ellenállása mintegy,17ω), ezét hanyagoljuk el sok feladatban a vezetékek ellenállását. A szigetelők (pl. műanyagok) fajlagos ellenállása ugyanakko aká Ωm is lehet. Az Ohm tövény diffeenciális alakja Vékony vonalas vezető esetén a vezető keesztmetszetét jellemző méet elhanyagolható a vezető hosszához képest, vagyis úgy tekintjük, hogy az áamsűűség egy adott keesztmetszet minden pontjában ugyanakkoa és a vezető hossztengelyének iányába mutat. A vezető két saka között a feszültség: U = E, a ajta átfolyó áameősséget az áamsűűség-vektoból kapjuk: I = jda = j A A U E Így a vezető ellenállása R = =, másfelől tudjuk, hogy R = ρ, a két egyenletet I ja A E összehasonlítva kapjuk, hogy ρ =, azaz E = ρ j. Ez általánosan is igaz ρ j = E és diffeenciális j Ohm-tövénynek nevezik. Vezessük be a fajlagos vezetőképességet, amelynek jele a σ ( szigma ), de gyakan a γ -t 1 használják. Ezt a fajlagos ellenállás ecipokaként ételmezzük: ρ =. Ezzel a jelöléssel a σ diffeenciális Ohm-tövény vagy Ohm féle anyagi egyenlet: j = σ E Az Ohm-tövény állítása, hogy j és E egyenesen aányos, csak egy közelítés, évényességi köe kolátozott és függ a köülményektől. Például fémekben, ha nő a j áamsűűség, akko a hőméséklet is növekszik és σ lecsökken, vagyis σ csak akko lehet független j -től, ha T=állandó. Néhány anyaga, ill. eszköze azonban még állandó hőmésékleten sem teljesül az aányosság, pl. félvezető diódák. Emellett bizonyos anyagok vezetőképessége hűtésko egy meghatáozott hőmésékleten végtelenné válik, a jelenséget szupavezetésnek nevezzük. Szupavezető állapotban a fajlagos 1 ellenállás eltűnik, ρ = =. Ilyenko téeősség nélkül is folyhat áam. Mindezek ellenée az Ohm- σ tövény az elektomosságtan egyik legfontosabb összefüggése. Példa: potenciál és téeősség-viszonyok. Két különböző anyagból készült udat a végeiknél összenyomunk és elhanyagolható belső ellenállású ε= 3V -os feszültségfoása kapcsolunk. Tegyük fel, hogy az első úd egy vas-ötvözetből van, amelynek fajlagos 7 ellenállása ρ 1 = 1 Ω m, a második egy olyan aanyalapú ötvözetből, amelynek fajlagos ellenállása 8 ρ = 5 1 Ω m, tehát fele akkoa. A két úd egyébként teljesen azonos, hosszuk egyenként d=1m, keesztmetszetük A=1cm. Azt vizsgáljuk, hogy mekkoa a ajtuk áthaladó áameősség, mekkoa az áamsűűség, az elektomos téeősség és hogyan változik a potenciál a udak mentén.

28 Számoljuk ki előszö a udak ellenállását: 7 1m R1 = ρ 1 = 1 Ωm =, 1Ω 4 A 1 m, hasonlóan, R =, 5Ω R = R1+ R =, 15Ω. Ebből az áameősség: ε 3V I = = = A R, 15Ω. Az eedő ellenállás, mivel soosan vannak kapcsolva,, ami egy igen nagy szám. Megjegyezzük, hogy ez az eset gyakolatilag annak felel meg, hogy övide zájuk az áamköt, ekko igen ossz közelítés, hogy az áamfoás belső ellenállását elhanyagolhatónak vesszük, de most maadjunk mégis ennél. Az áamsűűség mindkét údban I A 7 A j = = = 1 4 A 1 m m A téeősséget kiszámolhatjuk ebből a diffeenciális Ohm-tövényt felhasználva. Az első údban: V A másodikban hasonlóan E =ρ j= 1. A kétsze jobb vezetőben tehát feleakkoa téeősség szükséges m ugyanakkoa áamsűűség létehozásához. U = E d = V, a másodika U = E d = 1V, azzal az ismet ténnyel Az első úda eső feszültség 1 1 összhangban, hogy soos kapcsolásnál nagyobb ellenállása aányosan kisebb feszültség jut. Ábázoljuk a potenciál-viszonyokat a udakban. U ε U 1 U d d x Látható, hogy az első údban nagyobb a téeősség, tehát egységnyi hossza nagyobb potenciálesés jut, meedekebb ott az egyenes. Feladat Az ába szeinti félgömb alakú, ideális vezetőnek tekinthető földelőbe I = 1 ka eősségű áam folyik be. A föld fajlagos vezetőképessége, σ=,1/(ωm), a = 1 cm, = 1 m és l = 75 cm. a) Milyen potenciálon van a földelő? b) Mekkoa az elendezés ellenállása? c) Számítsuk ki az A, B pontok közötti feszültséget (lépésfeszültség).

29 RR = ρρρρρρ = ρρ 1 AA ππ dddd = 1 σσππ aa aa +ll UU AAAA = 1 σσππ 1 dddd = 1 σσππ 1 = 1 aa ππππππ = 1 ππ,1 = 159,15ΩΩ 1 +ll = 1 σσππ 1 1 = 111,38VV + ll Kichhoff csomóponti tövény levezetése 1. Maxwell: 3.Maxwell: HH = ȷȷ + DD, /dddddd dddddd HH = ddddddȷȷ + dddddd DD dddddd ȷȷ = dddddddd ρρ dddddd ȷȷ = / dddd dddddd ȷȷ dddd = dddd VV VV A Gauss-Osztogadszkij tételt felhasználva: ȷȷ dddd = FF dd ρρρρρρ dddd Ami azt fejezi ki, hogy egy téészben a töltés nettó mennyisége csak úgy tud megváltozni, ha a téész hatáán a töltés átáamlik. Ez a kontinuitási egyenlet. Stacionáius esetben időben minden állandó, dd. tehát a jobb oldal nulla. dddd ȷȷ dddd II =, azaz a Kichoff csomóponti tövény. FF Viselkedés közeghatáon (folyt.)