3. Gyakorlat 29A-34 Egy C kapacitású kondenzátort R ellenálláson keresztül sütünk ki. Mennyi idő alatt csökken a kondenzátor töltése a kezdeti érték 1/e 2 ed részére? Kirchhoff 2. törvénye (huroktörvény) szerint az áramkörben levő elektromotoros erők összege egyenlő a körben eső feszültségek összegével: E i = U j (3.1) i j A feladatban a körben nincsenek telepek, így (3.1) bal oldala nulla. U R = I R R, a kondenzátoron U C vagyis I R = : = Q(t) C C = R + Q C R = Q C Q = Az ellenálláson feszültség esik. A két elem árama közös, (3.2) (3.3) A (3.3) mindkét oldalát integrálva és felhasználva, hogy a kondenzátor töltése Q o -ról 1
Q(t)-re csökkent t idő alatt a változók szeparálásával: Tehát Q(t) Q o t Q = [ln Q] Q(t) Q o = 1 [t]t (3.4) Behelyettesítve a Q(t) = Q o e 2 t Q(t) = Q o e (3.5) = Q o e 2 értéket Q o e 2 = Q o e 2 = t t t = 2 (3.6) 29A-36 Kondenzátor adott feszültséggel való feltöltésekor a töltés maximumhoz tart. Számítsuk ki, hogy a τ = időállandó hányszorosa az az időtartam, ami ahhoz szükséges, hogy a töltés 2%-nyira megközelítse a maximumot? A (3.1) képletet alkalmazva, ha a töltő feszültség nagysága E a változók szeparálásával E = I R + Q C = = R + Q C Q(t) C E Q = C E Q = t (3.7) (3.8) 2
Helyettesítsük be Q helyett az x := C E Q változót! Ekkor = dx és az integrálás határai E C és C E Q(t) Kiintegrálva Innen C E Q(t) C E dx x = dx x = 1 t [ln x] Q(t) C E C E = t ln C E Q(t) = t C E C E Q(t) = e t/rc = e t/τ C E Q(t) = C E ( 1 e t/rc) (3.9) A maximális töltés Q max = E C. A feladat szerint ennek a 98%-át érjük el t idő alatt, ahonnan, 98 Q max = ( Q ) max 1 e t/rc 3A-13 e t/τ =, 2 t = τ ln, 2 = 3, 91 τ (3.1) Egy sebességszűrőben (az elektronokat sebességük szerint szétválasztó eszközben) 1, 4 1 4 V/m elektromos és erre merőleges 18 mt fluxussűrűségű mágneses erőteret alkalmaznak. Számítsuk ki a szűrőn áthaladó elektronok sebességét! Adatok: E = 1, 4 1 4 V/m; B = 18 mt. A elektronok mind az E mind a B térre merőlegesen haladnak. Akkor tudnak az adott térrészen átjutni, ha az összefüggés fennáll. Ebből a kérdéses sebesség: v = E B e E + e v B = (3.11) E = v B, azaz E = v B (3.12) = 1, 4 14 1, 8 1 2 = 7, 78 16 m s (3.13) 3
3B-1 A 3.1 ábrán bemutatott tömegspektrométerben egyszeresen ionizált, 6 és 7 atomtömegű (6 1, 66 1 27 kg,illetve 7 1, 66 1 27 kg) lítium ionokat 9 V feszültség gyorsít, mielőtt belépnek a B =, 4 T fluxussűrűségű homogén mágneses térbe. Itt egy félkört megtéve fényképezőlemezbe csapódnak, és egymástól x távolságra lévő két foltot idéznek elő. Mekkora ez az x távolság? 3.1. ábra. Mágneses tömegspektrométer Legyen az atomi tömegegység (amu) u = 1.66 1 27 kg, m 1 := 6 u, m 2 = 7 u, M 1 := 6, M 2 := 7! A B fluxussűrűségű (mágneses indukciójú) térre merőleges v sebességgel mozgó q töltésű részecskék körpályán mozognak. A pálya r sugara (Felhasználva, hogy ebben az esetben v B = v B) a v 2 q v B = m 1,2 r r 1,2 = m 1,2 q B v egyenletből láthatóan a q/m hányadostól függ. A tömegtől függő v 1, v 2 sebességek pedig a gyorsítófeszültségből számíthatóak: 2E kin 2Ekin 1 v 1,2 = = m 1,2 u M 1,2 4
Mivel a feladatban mindkét fajta ion töltése azonos és nagysága egyenlő az e elemi töltéssel r 1,2 = m 1,2 2E kin = 1 2Ekin m 1,2 e B m 1,2 B e 2 2Ekin u = M1,2 (3.14) e 2 2Ekin u ( x = r 1 r 2 = M2 ) M e 2 1 (3.15) x = 1 2 9 [ ev ] 1, 6 1 19 [J]/[ ev ] 1, 66 1 27 [kg] ( ) 7 6, 4 [T ] (1, 6 1 19 [C]) 2 (3.16) [ x = 4, 24 1 3 1 J kg T C 2 ] = 4, 24 1 3 [m] (3.17) Az egységek vizsgálata megmutatja, hogy jól számoltunk: J kg J kg C 2 T = 2 (As) ( J kg m ) 2 V s 2 = 4 (V A s) 2 s = J kg m 2 /s 2 m 2 2 (V A s) 2 m 2 J 2 = m = m 3B-18 J 2 A 3.2 (3-24) ábrán bemutatott kocka 4 cm élhosszúságú. A négy egyenes szakaszból (ab,bc,cd és da) álló dróthurkon I = 5 A erősségű (áram folyik. Az y tengely pozitív irányában B =, 2 T fluxussűrűségű homogén mágneses erőtér hat. Készítsünk táblázatot, melyben a fenti sorrendben az egyes huzalszakaszokra ható) erők nagyságát és irányát foglaljuk össze. Egy egyenes vezetőre B fluxussűrűségű homogén mágneses térben ható erőt az F = I (l B), F = I l B sin α(l, B) képlet adja meg, ahol l az áram irányába mutató vektor melynek hossza megegyezik az egyenes vezető szakasz hosszával és α(l, B) a szakasz és B közötti szög. l helyére tehát a következőket kell beírni: l ab = l bc = A, l cd = l da = 2 A, ahol A =, 4 m a 5
3.2. ábra. Ábra a 3B-18 feladathoz kocka élhossza. Az egyes irányított szakaszok B vel bezárt szögei: α ab = 18 o, α bc = 9 o, α cd = 45 o és α da = 9 o. Az egyes szakaszokra ható erők nagyságai és irányai: F ab =, F bc = I A B = 5, 4, 2 =, 4 N x irányú F cd = 2 2 I A B = I A B =, 4 N z irányú 2 F da = 2 I A B =, 52N +x és + z tengellyel 45 o szöget bezáró irányú 3C-45 Egyenletes keresztmetszetű korongot, melynek tömege m, és melyen q töltés egyenletesen oszlik el, tengelye körül forgatunk. Mutassuk meg, hogy a forgó töltött korong µ mágneses momentuma és L impulzusmomentuma között a µ = q L összefüggés teremt 2m kapcsolatot. A forgó korong impulzusmomentumának nagysága L = Θ ω = 1 2 m R2 ω (3.18) 6
ahol θ a korong tehetetlenségi nyomatéka, ω a szögsebesség és R a korong sugara. A korong felületi töltéssűrűségét σ-val jelölve az összes töltés q = σ R 2 π σ = q R 2 π ahonnan Használjuk ki, hogy egy köráram mágneses momentuma I A, ahol I a köráram áramerőssége és A a köráram által bezárt felület nagysága! A mágneses momentum kiszámításához osszuk fel a korongot r i sugarú (i =1,2,...,N) és dr szélességű koncentrikus gyűrűkre! Minden ilyen gyűrűn egy kis dq i = σ 2 r i π dr töltés mozog körbe T = 2π idő alatt, ami ω egy di i = dq i T = σ 2 π r i dr 2 = σ ω r i dr nagyságú köráramot jelent. Egy ilyen köráram dµ π/ω mágneses momentuma dµ = di i A i = σ ω r i dr r 2 i π = σ ω r 3 i π dr (3.19) A teljes mágneses momentum a dµ i momentumok összege, ha dr µ = R σ ω r 3 π dr = σ ω π R4 4 = ω π q R 42 4 R 2 π = ω q R2 4 (3.2) A (3.18) és (3.18) képleteket összevetve Tehát a feladat áll1tásának megfelelően 2. kis Zh 1 1 µ L = q 4 R2 ω 1 m 2 R2 ω = q 2 m (3.21) µ = q 2 m L (3.22) Egy nagyon hosszú, R sugarú fémrúdon σ egyenletes felületmenti töltéssűrűség van. Egy elektron a rúd körül R távolságban stacionárius körpályán mozog T keringési idővel. Mekkora a σ egyenletes felületmenti töltéssűrűség? 1 Ez a feladat a 25B-12 átvariálása. 7
Ha egy elektron kering az r = 2 R sugarú körpályán és a keringési ideje T, akkor a sebessége v = 2 r, π = 4 R π. A centripetális gyorsulást a sugár irányú E nagyságú T T térerősség biztosítja: e E = m e v 2 r E = m e (4 R π) 2 2 e R T 2 = m e (4 π) 2 R 2 e T 2 (3.23) Az, hogy a fémrúd nagyon hosszú azt jelenti, hogy (első közelítésben) végtelennek tekinthetjük. Szimmetria okokból a térerősség merőleges kell legyen az egyenletesen feltöltött henger felületére, ezért nagysága csak a távolságtól függ. A Gauss törvény használatához egy, a fémrúddal koaxiális, henger alakú, r sugarú és l magasságú hengerfelületet vegyünk fel. Mivel a térerősség ennek a hengernek a palástjára mindenütt merőleges és ugyanakkora nagyságú, a határoló körök síkjával pedig párhuzamos, erre a teljes zárt felületre vett fluxus megegyezik az r sugarú hengerpalástra vett fluxussal. Az ezen a felületen belüli összes töltés pedig a σ töltéssűrűség és a fémrúd l hosszúságú szakasza felületének szorzata. A Gauss törvény szerint tehát a térerősség a vezetőn kívül, tőle r távolságra ε o 2 r π l E = 2 R π l σ E(r) = R σ ε o r (3.24) Innen a térerősség a fémrúól r = 2 R távolságban (3.23)-el összevetve: ahonnan E(R) = σ 2 ε o σ = m e (4 π) 2 R (3.25) 2 ε o 2 e T 2 σ = ε o m e (4 π) 2 R e T 2 (3.26) 8