Kezdőlap


Feladat:	890. fizika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Gyimesi Ferenc , Hordósy Gábor , Horváthy Péter , Láz József , Pál Jenő , Sailer Kornél , Terlaky Edit , Tóth József
Füzet:	1970/december, 226 - 228. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Felületi feszültségből származó energia, Gömbkondenzátor, Coulomb-potenciál, Coulomb-energia, Szélsőérték differenciálszámítással, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1970/január: 890. fizika feladat

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.

A feladatot a virtuális munka elvével fogjuk megoldani. A gömb külső és belső felületén összesen $W_{1} = 2 \cdot 4 r^{2} π α$ felületi energia tárolódik, ha a gömb sugara $r$ . Az elektromos energiát kiszámíthatjuk, ha megnézzük, hogy az $r$ sugarú gömb feltöltése közben mennyi munkát végzünk.
Legyen a feltöltés végén a gömb töltése $Q_{0}$ , és egy lépésben $Δ Q = \frac{Q_{0}}{n}$ töltést juttassunk felületére. Mint tudjuk, a gömb felületén a potenciál ( $R = \infty$ -hez képest):
$U = k \frac{Q}{r}$ , tehát az $i$ -edik $Δ Q$ töltés felvitelekor $Δ W_{i} = k \frac{Q}{r} Δ Q$ munkát végzünk, és $Q_{i} = \frac{i}{n} Q_{0}$ . Behelyettesítve $Δ W_{i} = k \frac{Q_{0}^{2}}{r} \frac{i}{n^{2}}$ .
Az összes munkavégzés, azaz egy $r$ sugarú $Q_{0}$ töltésű gömb elektromos energiája:

\begin{matrix} W_{e} = \sum_{i = 1}^{n} Δ W_{i} = k \frac{Q_{0}^{2}}{r} \sum_{i = 1}^{n} \frac{i}{n^{2}} határértéke, ha n \to \infty . \end{matrix}

Mivel

\begin{matrix} \sum_{i = 1}^{n} \frac{i}{n^{2}} = \frac{1}{n^{2}} \sum_{i = 1}^{n} i = \frac{1}{n^{2}} \cdot \frac{n (n + 1)}{2} = \frac{1}{2} (1 + \frac{1}{n}) \to \frac{1}{2}, ha n \to \infty, azért \\ W_{e} = \frac{1}{2} k \frac{Q_{0}^{2}}{r} . \end{matrix}

Q_{0}

feladatban vizsgált esetben állandó és nagysága a kezdeti feltételekből:

\begin{matrix} Q_{0} = \frac{U r_{0}}{k} . \end{matrix}

A buborék teljes energiája:

\begin{matrix} W = W_{f} + W_{e} = 8 π α r^{2} + \frac{1}{2} k \frac{Q_{0}^{2}}{r} = 8 π α r^{2} + \frac{1}{2} \frac{U^{2} r_{0}^{2}}{k \cdot r} . \end{matrix}

A virtuális munka elve szerint

r

olyan értékénél van egyensúly, amelyet

Δ r

-rel megváltoztatva a végzett munka

0

, pontosabban a végzett munka

Δ r

-hez képest kicsiny, amin azt értjük, hogy a végzett munka osztva

Δ r

-rel tart

0

-hoz, ha

Δ r \to 0

\begin{matrix} {lim}_{}^{}_{Δ r \to 0}^{} \frac{Δ W}{Δ r} = 0. \end{matrix}

Ez pedig pontosan azt jelenti, hogy a

W

függvény

r

szerinti differenciál-hányadosa a szóbanforgó

r

értéknél

0

r

szerint differenciálva

W

-t tehát a következő feltételt kapjuk:

\begin{matrix} 16 π r α - \frac{U^{2} r_{0}^{2}}{2 k} \frac{1}{r^{2}} = 0. Megoldva r -re: \\ r = \sqrt[3]{\frac{U^{2} r_{0}^{2}}{32 k π α}}, adatainkkal r = 0, 71 cm . \end{matrix}

Terlaky Edit (Kaposvár, Táncsics M. Gimn., IV. o. t. )

Megjegyzések. 1. Megfigyelhetjük, hogy az egyensúly beálltával a buborék összes energiája kisebb lesz, mint kezdetben (a virtuális munka elvével éppen a potenciális energia minimumát kerestük meg). Kérdés, hogy hová lett az elveszett energia? Ez részben a levegő mozgatásához (kifújásához, illetve beszívásához) használódik el, részben a belső súrlódás miatt hővé alakul. Ha ezek a veszteségek kicsik, a buborék sokáig rezeg az egyensúlyi helyzet közelében. Az ilyen állapotban levő buborékkal bizonyos szempontból modellezhető a nagyobb atommagok viselkedése.
Akik ‐ figyelmen kívül hagyva a mozgási energiákat ‐ az energiamegmaradás törvényét írták fel, a kapott másodfokú egyenletből tulajdonképpen a legegyszerűbb rezgési állapot két szélső helyzetét számították ki és ezzel a feltett kérdésre helytelen választ adtak.
2. Sokan próbálták a feladatot közvetlenül a felületet összehúzó erők és az elektromos taszító erők egyensúlyával megoldani. Ez legtöbbször azért nem sikerült, mert ‐ felhasználva azt a tapasztalatot, hogy a töltött gömb külső töltésre úgy hat, mintha egész töltése középpontjában lenne ‐ feltételezték, hogy a gömb felületén levő

Δ Q

töltésre

F = k \frac{Q Δ Q}{r^{2}}

erő hat. A gondolatmenet helytelensége könnyen belátható, ha észrevesszük, hogy ugyanilyen joggal állíthatjuk, hogy a ható erő

0

. (Ugyanis a gömb belsejében a térerősség

0

.)
A virtuális elmozdulások segítségével vagy a többi töltés hatásának összegzésével (integrálással) bizonyítható, hogy a felületen

Δ Q

töltésre

F = \frac{1}{2} k \frac{Q Δ Q}{r^{2}}

erő hat, tehát egy feltöltött vezető gömb elektromos térerősségének távolságfüggése legjobban az ábrán szemléltethető.

E függvény furcsa szerkezetének magyarázata: az elektromosan töltött vezető gömb vizsgálatánál feltételeztük, hogy az egész töltés a gömb felületén

0

cm vastagságú rétegben helyezkedik el.