Kezdőlap


Feladat:	1248. fizika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Almási Gyula , Béky Lóránd , Frankó Ferenc , Györgyi Géza , Holló Sándor , Kresz László , Simor Árpád , Surján Péter , Tar József
Füzet:	1975/szeptember, 39 - 43. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Görbületi nyomás, Felületi feszültségből származó energia, Felületi töltéssűrűség, Pontszerű töltés térerőssége, Coulomb-potenciál, Coulomb-energia, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1974/november: 1248. fizika feladat

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

I. megoldás. a) Egy $r$ sugarú szappanbuborék felszíne (a hártya mindkét oldalát figyelembe kell vennünk) $2 \cdot 4 r^{2} π$ . Az $α$ felületi feszültség a felületegységre jutó energiát adja meg, ezért a teljes felületi energia $E (r) = 8 r^{2} π α$ . Növeljük meg gondolatban a gömb sugarát egy kicsiny $Δ r$ értékkel. Ekkor a felületi energia megváltozása (a ${(Δ r)}^{2}$ -et tartalmazó tagot elhanyagolva), közelítőleg

\begin{matrix} E (r + Δ r) - E (r) = 16 r π α \cdot Δ r . \end{matrix}

Ha a buborék belsejében a külső

p_{0}

légnyomáshoz képest

p

túlnyomás van, akkor a

Δ r

sugárnövekedéskor végzett tágulási munka

\begin{matrix} p \cdot 4 r^{2} π \cdot Δ r . \end{matrix}

A buborék teljes energiájának megváltozása

\begin{matrix} (16 r π α - 4 r^{2} π p) Δ r . \end{matrix}

Amennyiben a zárójelben álló kifejezés nem volna nullával egyenlő, akkor az előjelétől függően pozitív vagy negatív sugárváltozással egy alacsonyabb helyzeti energiájú állapotba juthatna a buborék. Az egyensúly feltétele tehát, hogy a zárójelben álló kifejezés 0 legyen, azaz

\begin{matrix} p = 4 α / r . \end{matrix}

(1)

A fenti számításban kihasználtuk, hogy kicsiny térfogatváltozás esetén a belső nyomás megváltozásától eltekinthetünk,
b) A buborékra vitt elektromos töltések taszítják egymást, ezért a gömb sugara megnő. Jelöljük a

p_{0}

belső nyomáshoz tartozó buboréksugarat

R

-rel. Amennyiben a tágulás állandó hőmérsékleten történik, alkalmazhatjuk a Boyle‐Mariotte törvényt:

\begin{matrix} (p_{0} + p) \frac{4 r^{3} π}{3} = p_{0} \frac{4 R^{3} π}{3}, \end{matrix}

ahonnan (1) felhasználásával

\begin{matrix} R = r \sqrt[3]{1 + \frac{4 α}{r p_{0}}} . \end{matrix}

(2)

Határozzuk meg, mekkora töltés tud egy

R

sugarú buborékon egyensúlyt tartani a felületi feszültség összehúzó erejével. Ha a gömbön

Q

töltés van, ez

U = \frac{Q}{4 π ε_{0} R}

potenciált jelent, vagyis a gömb kapacitása

\begin{matrix} C = Q / U = 4 π ε_{0} R . \end{matrix}

Egy

C

kapacitású testen

Q

töltésnek

\begin{matrix} W = (1 / 2) Q U \end{matrix}

energiája van. (Az 1/2-es szorzótényező onnan adódik, hogy a test feltöltése során a feszültség fokozatosan, a töltéssel arányosan növekszik nulláról

U

-ra, átlagosan

U / 2

-nek vehető.) Ezt az energiát a töltéssel és a gömb sugarával is kifejezhetjük:

\begin{matrix} W = \frac{Q^{2}}{8 π ε_{0} R} . \end{matrix}

A sugár kicsiny

Δ R

-rel történő megváltozásakor az elektromos energia

\begin{matrix} Δ W = \frac{Q^{2}}{8 π ε_{0}} (\frac{1}{R + Δ R} - \frac{1}{R}) \approx - \frac{Q^{2}}{8 π ε_{0} R^{2}} \cdot Δ R \end{matrix}

értékkel változik, a felületi energia pedig az előbbiek szerint

16 π R α Δ R

-rel. A nyomás a buborékon belül és kívül megegyezik, ezért tágulási munka nincsen.
A teljes energia megváltozása nulla kell, hogy legyen:

\begin{matrix} (- \frac{Q^{2}}{8 π ε_{0} R^{2}} + 16 π R α) Δ R = 0, \end{matrix}

ahonnan

\begin{matrix} Q = \sqrt[]{128 R^{3} π^{2} ε_{0} α} . \end{matrix}

(3)

Az ennek megfelelő potenciál

\begin{matrix} U = \frac{Q}{4 π ε_{0} R} = \sqrt[]{\frac{8 α R}{ε_{0}}} . \end{matrix}

a buborék eredeti sugarával kifejezve, (2) alapján a következőt kapjuk:

\begin{matrix} U = \sqrt[]{\frac{8 α r}{ε_{0}}} \sqrt[6]{1 + \frac{4 α}{p_{0} r}} . \end{matrix}

Simor Árpád (Pécs, Széchenyi I. Gimn., IV. o. t.) dolgozata alapján

II. megoldás. A feladatot megoldhatjuk úgy is, hogy megkeressük az erőegyensúly feltételét.
a) Célszerű a felületi feszültségnek azt a definícióját használni, miszerint

α

a felületen húzott vonaldarab hosszegységére eső húzóerővel egyenlő.
Osszuk fel a buborékot két félgömbre! Ezeket a belső nyomás el akarja távolítani egymástól, a felületi feszültség viszont összetartja. A két félgömb

2 \cdot 2 r π

hosszon érintkezik egymással (nem szabad elfelejtenünk, hogy a hártyának két oldala van), a felületi feszültség tehát

F_{1} = 4 r π α

erőt fejt ki. A

p

túlnyomás egy

r

sugarú félgömböt

F_{2} = r^{2} π p

erővel nyom, hiszen ha a félgömböt egy síkkal lezárjuk, akkor a körlapra ható erő egyensúlyt tart a félgömbre ható erővel.
Az egyensúly feltétele

F_{1} = F_{2}

, vagyis

\begin{matrix} p = \frac{4 α}{r} . \end{matrix}

b) Vizsgáljuk meg, milyen erők tartják egyensúlyban az

R

sugarú,

Q

töltésű szappanbuborékot! A teljes buborékra ható elektromos erők eredője szimmetriaokokból nyilván nulla. Hasonlóan a felületi feszültségből származó erők is szimmetrikusan kiejtik egymást, ha az egész gömböt vizsgáljuk. Célszerű tehát a gömbfelület egy kicsiny darabját ‐ mondjuk

Δ A

nagyságút ‐ választanunk és az erre a részre ható erők egyensúlyát fogjuk megvizsgálni.
Az elektromos térerősség a gömb külső felületén a Coulomb‐törvény értelmében

\begin{matrix} E = \frac{Q}{4 π ε_{0} R^{2}} . \end{matrix}

Mivel a teljes

4 R^{2} π

felületen a

Q

töltés egyenletesen oszlik el,

Δ A

felületre

Δ Q = \frac{Q}{4 R^{2} π} Δ A

töltés jut. Erre a töltésre

E

nagyságú elektromos erőtérben

\begin{matrix} F_{3} = Δ Q \cdot E = \frac{Q^{2}}{16 R^{4} π^{2} ε_{0}} Δ A \end{matrix}

(4a)

taszítóerő hat, amellyel a felületi feszültségből származó

\begin{matrix} F_{4} = p \cdot Δ A = \frac{4 α}{R} Δ A \end{matrix}

nagyságú, sugárirányban befelé mutató erő tart egyensúlyt. A két erő egyenlőségéből a töltésre

\begin{matrix} Q = \sqrt[]{64 R^{3} π^{2} ε_{0} α} \end{matrix}

adódik, ami

\sqrt[]{2}

-ször kisebb, mint az I. megoldás megfelelő eredménye!
A hibát ott követtük el, hogy feltételeztük: a

Δ Q

töltés homogén

E

erősségű elektromos erőtérben helyezkedik el. A valóságban a szappanhártyát feltöltő elektromos töltés, amely a külső felületen helyezkedik el ‐ bár igen vékony ‐ véges vastagsággal rendelkezik és a térerősség csak a külső oldalán egyenlő

E

-vel, belül nulla. Befelé haladva a térerősség fokozatosan csökken, a legbelső töltés már nulla térerősségű helyen van, a térerősség átlagosan

E / 2

-nek vehető. Így (4a) helyett a helyes összefüggés

\begin{matrix} F_{3} = \frac{1}{2} E \cdot Δ Q = \frac{Q^{2}}{32 R^{4} π^{2} ε_{0}} \cdot Δ A, \end{matrix}

(4b)

ami már (3)-mal azonos eredményt ad.
A számítás a továbbiakban megegyezik az I. megoldás megfelelő részével.

Béky Loránd (Eger, Gárdonyi G. Gimn., III. o. t.) és
Györgyi Géza (Bp., Fazekas M. Gyak. Gimn., IV. o. t.) dolgozata alapján

Megjegyzések. 1. Az

\frac{1}{4 π ε_{0}}

helyett gyakran használják a

k

jelölést, amelynek közelítő értébe

9 \cdot 10^{9} Nm^{2}/C^{2}MKSA

egységrendszerben.
A teljes egzaktság kedvéért meg kell jegyeznünk, hagy az MKSA rendszerben

μ_{0}

, és

ε_{0}

értérét a következő egyenletekkel definiáljuk:

\begin{matrix} μ_{0} = \frac{4 π}{10^{7}} \frac{Vs}{Am} \approx 1, 256 637 \cdot 10^{- 6} \frac{Vs}{Am}, ε_{0} = \frac{10^{7}}{4 π c^{2}} \frac{m^{2}}{s^{2}} \cdot \frac{As}{Vm}, \end{matrix}

ahol

c

a fénysebesség vákuumban. Ezek szerint

μ_{0}

értéke véglegesen (tetszőleges pontossággal) rögzített,

ε_{0}

értéke pedig annak megfelelően változik, hogy milyen pontossággal tudjuk

c

-t mérni.
Ha megelégszünk a

c \approx 3 \cdot 10^{8} m