Fizika A2E, 5. feladatsor

Átírás

1 Fiika A2E, 5. feladatsor Vida György Jósef feladat: Mi a homogén E térer sség potenciálja? A potenciál deníciója: E(x,y, = U(x,y,, amely kifejtve a három komponensre: Utolsó módosítás: 25. március 9., :42 E x (x,y, = U(x,y, E y (x,y, = U(x,y, E (x,y, = U(x,y, (- (-2, (-3 ahol a a parciális deriválást jelenti. Homogén térer sség esetében E = (E x,e y,e. Tehát a U függvénynek olyannak kell lennie, hogy x, y és serint is deriválva egy-egy konstanst kapunk. Aonnal látsik, hogy a U(x,y, = E x x E y y E függvény jó válastás, hisen e mind a három fenti egyenletet kielégíti: ( U(x,y, =,, (E x x E y y E (-4 = (E x,e y,e = E. (-5 Aonban vegyük ésre at is, a fent megadott potenciálfüggvényhe egy tets leges konstanst hoáadhatok, a gradiens nem fog megváltoni, hisen egy konstans deriváltja nulla. A lehet legáltalánosabb megoldás: U(x,y, = E x x E y y E + C = Er + C. (-6 2. feladat: Határouk meg a E(x, y, = a(yi + xj elektromos er tér potenciálját, ha a állandó, i és j pedig a x és y tengely irányába mutató egységvektorok! A potenciálfüggvény deníciója alapján a keresett V (x,y, függvénynek olyannak kell lenni, amely kielégíti a alábbi egyenleteket: ay = ax = = (2- (2-2. (2-3

2 Eek a egyenletek most kicsit bonyolultabbak, mint a homogén esetben. Kedjük megoldani eeket a egyenleteket sépen sorban. Integráljuk a els t x serint: = ay (2-4 dx = ay dx (2-5 V (x,y, = axy + C (y,, (2-6 ahol a C (y, egy integrálási konstans. Határoatlan integrálásnál egy konstans mindig megjelenik, ám itt a konstans még függhet a másik két koordinátától, hisen ha deriváljuk a (2-6 egyenleteben serepl V (x,y,-t x serint parciálisan, akkor kielégítjük at a egyenletet, amib l kiindultunk, a parciális deriválásnál minden csak y-tól és -t l függ tag kiesik. A (2-6 potenciál akkor eek serint kielégíti a (2- egyenletet. Most néük a (2-2 egyenletet. Ebbe már a (2-6 egyenletben serepl potenciált helyettesítjük be: = ax (2-7 C (y, = (2-8 C (y, = C 2 (, (2-9 hisen ha a C (y, függvény y serinti deriváltja nulla, akkor a csak -t l függhet. Vissahelyettesítve a (2-6 képletbe: V (x,y, = axy + C 2 (, (2- amely már a (2- és a (2-2 egyenletet is kielégíti. A harmadik komponenssel is hasonlóan járunk el: = (2- C 2 ( = (2-2 C 2 ( = C, (2-3 ahonnan láthatjuk, hogy a C 2 ( egy konstans, ami már semmit l sem függ. Tehát a potenciál: V (x,y, = axy + C. (2-4 Ha ennek a gradiensét képeük, akkor valóban el lehet állítani a megadott térer sséget. A is látsik, hogy a potenciál egy konstansban bionytalan. E mindig így van, a potenciálfüggvény egy sámmal mindig eltolható. 2

3 3. feladat: Mutassuk meg, hogy a E(x, y, = a(yi xj elektromos er térnek nincsen potenciálja a esetén, tehát nem lehet álló töltések által keltett er tér! Egy térer sséghe akkor és csak akkor tartoik potenciál, ha a térer sség rotációmentes, vagyis E =. A feladatban megadott térer sség rotációja: i j k E = (3- = ay ax ( (ax i ( (ay ( (ax j + ay k (3-2 = 2ak. (3-3 E nem nulla, ha a, vagyis a térer sség nem rotációmentes, aa nem lehet potenciálfüggvényt sem megadni. 4. feladat: Tegyük fel, hogy a térben a térfogati töltéss r ség csak a xy síktól mért távolságtól függ, tehát ϱ(x,y, = f ( valamilyen f függvényre. Fejeük ki f segítségével a potenciált a tér minden pontjában! Hasnáljuk fel a 3. feladatsor 6. feladatának eredményét. Ott kisámoltuk, hogy ebben a esetben a térer sség E( = ε ϱ( d sgn( e. (4- A töltéselrendeés simmetriája miatt a potenciál is simmetrikus les a xy síkra, vagyis U( = U(. A potenciál a > tartományban U( = U( E(r dr, (4-2 ahol a integrálás egy olyan úton megy végig, amelyik a = magasságban ked dik, és = magasságig jut. Sok ilyen integrálási út léteik, aonban a potenciálelmélet alaptétele kimondja, hogy a potenciál értéke független ett l a integrálási úttól, a csak a kedeti és a végponttól függ. Válassuk akkor et a utat úgy, hogy a integrálás a lehet legegyser bb legyen: haladjuk a tengellyel párhuamosan. U( = U( E(r e d = U( ε ϱ( d e e d (4-3 = Válassuk a potenciál referenciapontjának a xy síkot, vagyis rögítsük a U( = = -t. A megoldás így: U( = ε ϱ( d d. (4-4 3

4 5. feladat: Legyen a térfogati töltéss r ség olyan, hogy a csak a tengelyt l mért távolság függvénye, aa ϱ(x,y, = f ( x 2 + y 2 valamilyen f függvényre. Adjuk meg a potenciált a tér minden pontjában. A megoldás menete nagyon hasonló a el feladat megoldásáho. Itt is emlékeünk vissa a 3. feladatsor 7. feladatának eredményére: E(r = r r ϱ(r dr e r. (5- ε r A potenciált itt is deníció serint sámoljuk. A potenciál nullpontját a forgástengely mentén (r = rögítjük, és a simmetria miatt sugárirányban integrálunk: U(r = U( = = ε r r r r E(r dr = r ε r r r ϱ(r dr (e r e r dr = r ϱ(r dr dr. ( feladat: Tegyük fel, hogy a térben a térfogati töltéss r ség gömbsimmetrikus, tehát csak a origótól mért távolságtól függ, vagyis ϱ(x,y, = f ( x 2 + y alakú. Hogyan fejehet ki a potenciál f segítségével? A el feladatho teljesen hasonló módon járunk el. A potenciál nullpontját itt a origóban célser rögíteni. A eredmény: P U(r = ε r (r 2 r (r 2 ϱ(r dr dr. (6- r dr dϕ 7. feladat: sugarú sigetel körlemere Q töltést visünk fel egyenletes felületi töltéss r séget kialakítva. A kör köéppontja felett, a kör síkjától távolságra mekkora a potenciál? Mekkora itt a térer sség? x U( y A feladat megoldásáho felhasnáljuk at, hogy a kiterjedt töltéseloslást fel tudjuk ostani elemi töltésekre, és a töltésrendser potenciálját meg tudjuk adni úgy, mint eek a elemi töltések potenciáljának össege. Dolgounk polárkoordináta-rendserben. Ossuk fel a korongot dr séles és dϕ sög alatt látsódó darabokra. Ekkor a ϕ sög -tól 2-ig futhat, míg a sugár és köött váltohat. Egy ilyen kis darab területe: da = rdrdϕ, Q vagyis töltése: dq = da σ = da 2 = Q 2 rdrdϕ. A (r,ϕ helyen lév dq nagyságú ponttöltés potenciálja a P pontban: 7-A. ábra du( = dq 4ε r (7-4

5 A össes ponttöltés járulékának össege adja a teljes potenciált. Ne felejtsük, hogy a potenciál skalármennyiség (a tér minden pontjában egy sám, nem vektor, vagyis a járulékok össege is egy sám les. U( = korong du( = korong dq 4ε r 2 + = 2 2 4ε Q r 2 r 2 + drdϕ 2 (7-2 = Q 2 r 4ε 2 r 2 + dr dϕ = Q [ ] r 2 2ε (7-3 = Q ( 2ε (7-4 A térer sség vektor a potenciál deníciójából el áll. Most U( csak a koordinátától függ, így a térer sségnek is csak irányú komponense les a deriválások miatt. ( E ( = U( = 2ε Q 2 = ( sgn( Q ( (7-5 2ε ( feladat: Egymástól d = cm távolságban lév, végtelen kiterjedés párhuamos síkok felületi töltéss r sége σ = 3 9 C/m 2 és σ 2 = 7 9 C/m 2. Mekkora a veet k köötti potenciálkülönbség? El sör sámoljuk ki, hogy egy síklapnak mi a potenciálja. At tudjuk, hogy a térer sség nagysága E(x = σ 2ε, ahol σ a fémlap felületi töltéss - r sége. Mivel a térer sség a laptól elfelé mutat, aért ha a irányt is bele seretnénk foglalni a kifejeésbe, akkor E(x = σ 2ε sgn x-et írhatunk, ahol a sgn függvény a x váltoó el jelét adja meg. Ehhe a térer sséghe nagyon egyser en tudunk potenciált találni. A sgn függvény a absolútérték-függvény deriváltja, hisen annak meredeksége a negatív féltengelyen és + a poitívon. Így: U(x = E(xdx = σ 2ε x + C. (8- σ σ 2 d 8-A. ábra x A két sík által létrehoott potenciál tehát: U (x = σ 2ε x, U 2 (x = σ 2 2ε x d. (8-2 Innen a teljes potenciálfüggvény: U(x = U (x + U 2 (x, és a két lap köötti potenciálkülönbség: U(d U( = U (d + U 2 (d ( U ( + U 2 ( (8-3 = σ ( d + σ 2 d = σ 2 σ d. (8-4 2ε 2ε 2ε 5

6 9. feladat: A x a, y a térrésben a potenciál ( U(x,y, = U sin a x e 2 e a y + e 2 e a y alakú, ahol U és a állandók. Mi ebben a térrésben a térer sség? Mennyi töltés van a térrésen belüli L négyetes oslopban? A térer sség a potenciál negatív gradiense, vagyis ( U(x,y, E(x,y, = U(x,y, =, U(x,y,, U(x,y,, (9- ahol U(x,y, U(x,y, U(x,y, aa = U a cos a x ( = U sin e 2 e a y + ( a x e 2 a e a y + e 2 e a y e 2 a e a y (9-2 (9-3 =, (9-4 E(x,y, (9-5 [ ( = U cos a a x e 2 e a y + e 2 e a y, (9-6 ( sin a x e 2 e a y e 2 e a y, (9-7 ]. (9-8 A ( L A (4 y A (2 A (3 a x 9-A. ábra A térrésen belüli töltés kisámolásáho hasnáljuk a Gauss-tételt. Ismerjük a téglatest határain a térer sséget, így a uxust követlenül ki tudjuk sámolni, amely a Gauss-tétel értelmében megegyeik a bent található töltés mennyiségével. Mivel a térer sségnek nincsen komponense, így a téglatest alsó és fels síkján nincsen uxusjárulék, hisen ott mer legesek a E és a da vektorok. A többi négy oldalt a (: (3: x = < y < a < < L < x < a y = < < L (2: (4: x = a < y < a < < L < x < a y = a < < L (9-9 (9- egyenletek határoák meg. A els kett lap esetén a felület normálisa e x irányú, így a skaláris sorás után csak a elektromos tér x komponense marad meg. Een a két felületen a integrálás során a x koordináta végig, illetve a a értéket vesi fel: ˆ A (-es felületen: da ( = dyde x, így: Φ ( = E(x =,y, da (9- ( 6

7 = a L = U a = U L ( U a e 2 e a y L d L a e 2 e a y e x (dyde x (9-2 ( e 2 e a y e 2 e a y dy (9-3 ( e e 2 + e e 2 = U L. (9-4 ˆ A (2-es felületen: da (2 = dyde x, aa Φ (2 = E(x = a,y, da (9-5 ( a L ( = U a e 2 e a y e 2 e a y e x (dyde x (9-6 = U L. (9-7 ˆ A (3-as felületen da (3 = dxde y, tehát: Φ (3 = = a L E(x,y =, da (9-8 ( U a sin a x e 2 e 2 e y (dxde y ( L = U a e 2 e 2 d ( = 2U L e 2 e 2 L a sin a x dx } {{ } 2 a (9-9 (9-2. (9-2 ˆ A utolsó esetben da (4 = dxde y, vagyis: Φ (4 = = a L E(x,y = a, da (9-22 ( e U a sin a x e ( e L e = U a e2 e 2 ( e e = 2U L e2 e 2 e 2 2 e d L a e y (dxde y sin a x dx } {{ } 2 a (9-23 (9-24. (9-25 7

8 Eek össege adja a teljes uxust, amelyb l a össtöltés: ( Q öss = ε Φ kocka = ε Φ( + Φ (2 + Φ (3 + Φ (4 ( e e = 2ε U L + 2ε U L e2 e 2 (9-26 (9-27 = 2ε U L + 2ε U L 2e e 2 + 2e + e 2 2 e 2 e 2 (9-28. feladat: Legyen a térben a potenciál a követke : U(r = pr 4ε r 3 ahol p konstans vektor, r és r = r. Mi les a elektromos térer sség a origón kívül? A térer sség kisámításáho a feladatban megadott potenciálfüggvény gradiensét kell kisámolni. A gradiensképés során a függvényt a x, a y és a koordináták serint kell parciálisan deriválni. A integrál követlen kisámítása helyett próbáljunk kicsit általánosabbak lenni. Mivel a r = x 2 + y mennyiség valamilyen hatványát kell deriválnunk, eért a r n -t fogjuk deriválni. Vegyük ésre, hogy a koordináták felcserélhet módon helyekednek el a kifejeésben. Ha tudjuk pl. at, hogy mi a x serinti derivált, akkor a y serinti derivált ugyana les, csak a x-et és a y-t fel kell cserélni. Deriváljunk a egyik (most a x koordináta serint: r n = ( x 2 + y n ( = x 2 + y n 2 (- = n 2 (x 2 + y n 2 2x = nx (x 2 + y n 2. (-2 = nx r n2. (-3 Így tehát r n gradiense: ( r n = drn r n dr =, rn, rn A térer sség ebben a konkrét esetben: E(r = U(r = 4ε = 4ε = n (x,y, r n2 = n r n2 r. (-4 ( pr r 3 ( ( (pr r 3 + (pr r 3 (-5, (-6 ahol felhasnáltuk a soratfüggvény deriválási sabályát. A els tag: ( (pr =,, (p x x + p y y + p = (p x,p y,p = p, (-7 a másodikra pedig hasnálhatjuk a el bb leveetett aonosságot: Így r 3 = r3 = 3 r 5 r = 3 r 5 r. (-8 E(r = 4ε 3(prr r 2 p r 5. (-9 Megjegyés: e a potenciál és e a térer sség a p dipólmomentummal rendelke dipólus tere. 8