Feladat: 2016. fizika feladat Korcsoport: 18- Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Czigány István 
Füzet: 1986/január, 33 - 36. oldal  PDF file
Témakör(ök): Elektromos dipólus, Közelítő számítások, numerikus módszerek, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 1985/március: 2016. fizika feladat

Mekkora erővel hat egymásra két elektromos dipól, ha az egyikük tengelye párhuzamos az őket összekötő egyenessel, a másiké pedig
a) párhuzamos összekötő egyenessel,
b) merőleges az összekötő egyenesre.
[A dipólok erőssége (dipólnyomatéka) d1Q, illetve d2Q, a köztük levő távolság pedig r, (rd1, rd2).] (Lásd a ,,Közelítő számítások'' c. cikket a KML. 1985. évi márciusi szám 130. old.)
 
 

a) A töltések elrendezése legyen az 1. ábrán látható! A 2. dipólusra ható erő a töltéseire ható Coulomb-erők előjeles összege, mivel minden erő a dipólusokat összekötő egyenes mentén hat. Az erő pozitív, ha az ábra jobb oldala felé mutat.
 
 
1. ábra
 

A 2. dipólus pozitív töltésére ható erő:

F+=kQ2[1(r-d12-d22)2-1(r+d12-d22)2]=(1)=kQ2r2[1{1-(d1+d2)2r}2-1{1+(d1-d2)2r}2].


A 2. dipólus negatív töltésére ható erő:

F-=kQ2[1(r+d12+d22)2-1(r-d12+d22)2]=(2)=kQ2r2[1{1+(d1+d2)2r}2-1{1-(d1-d2)2r}2].
Így a 2. dipólusra ható erő
F2=F++F-.(3)

Tudjuk, hogy d1r,d2r, ezért d1r1,d2r1.
Használjuk fel az ismert
(1+ε)n=1+nε+δ(ε2),haε1(4)
közelítést! Ekkor
F+=kQ2r2{1+d1+d2r+δO[(d1+d2r)2]}-kQ2r2{1-d1-d2r+δO[(d1-d2r)2]}==kQ2r2[2d1r+δO(d2r2)],


ahol az δO(d2/r2) szimbólum azt jelzi, hogy az elhanyagolt tagok a d1/r és d2/r kicsiny mennyiségek szorzatát vagy többszörös szorzatát tartalmazhatják csak.
Ugyanilyen pontosságig:
F-=kQ2r2{1-d1+d2r+δO(d2r2)}-kQ2r2{1+d1-d2r+δ(d2r2)}==kQ2r2[-2d1r+δ(d2r2)].


A dipólusra ható erő:
F2=F++F-=kQ2r2δ(d2r2).

Azt tapasztaljuk, hogy a kiszámított tagok éppen kiejtették egymást, az eredmény csak az elhanyagolt tagok nagyságrendjéről ad felvilágosítást. Az (1)‐(3) kifejezésekből látható, hogy F2 nem pontosan 0, így közelítésünk túl durva volt. Pontosabb közelítést kaphatunk, ha a (4) összefüggést δ(ε3) pontosságig írjuk fel, és ezt alkalmazzuk F2 kiértékelésére. Azonban egy egyszerűbb módon is célhoz érhetünk. (1) és (2) összeadásával, közös nevezőre hozás után az F2 erőre az
F2=2kQ2r2{1+(d1+d22r)2[1-(d1+d22r)2]2-1+(d1-d22r)2[1-(d1-d22r)2]2}
összefüggést nyerjük. A zárójel mindkét tagja 1+x2(1-x2)2 alakú, ahol x1.
A közelítő számítás összefüggéseit használva :
1+x2(1-x2)2=(1+x2)[1+2x2+δ(x4)]==1+x2+2x2+2x4+δ(x4)+x2δ(x4)=1+3x2+δ(x4).


Ennek alapján
F2=2kQ2r2{[1+3(d1+d22r)2+δ(d4r4)]-[1+3(d1-d22r)2+δ(d4r4)]}==2kQ2r2[12d1d24r2+δ(d4r4)]=6kQ2d1d2r4δ(d4r4).



Ez a 2. dipólusra ható erő legalacsonyabb rendű közelítése. Mivel d1r, d2r, ezért azt mondhatjuk, hogy jó közelítéssel
F22kQ2d1d2r4.
Az 1. dipólusra ható erő ugyanekkora, csak ellentétes irányú. A fenti eredmény előjele pozitív, tehát a dipólusok taszítják egymást.
 
 
2. ábra
 

b) A töltések elrendezése legyen a 2. ábrán látható! Az ábra szimmetrikus elrendezése miatt a 2. dipólus pozitív töltésére ható erők eredője balra mutat, míg a negatív töltésre hatóké jobbra mutat. Ezen két erő eredője hat a 2. dipólusra, ami nyilvánvalóan merőleges lesz a két dipólust összekötő egyenesre. Az erő pozitív, ha az ábrán balra mutat.
A rajz jelöléseivel
F2=F+-F-,F+=2F++sinα,F-=2Fsinβ,
ahol
F++=kQ2(r-d22)2+(d12)2,F--=kQ2(r+d22)2+(d12)2,sinα=d1/2(r-d22)2+(d12)2,sinβ=d1/2(r+d22)2+(d12)2.


Felhasználva az előbbi összefüggéseket:
F2=kQ2d1{1[(r-d22)2+(d12)2]3/2-1[(r+d22)2+(d12)2]3/2}==kQ2d1r3[1(1-d2r+d12+d224r2)3/2-1(1+d2r+d12+d224r2)3/2].



Számoljuk ki az első tagot δ(d2/r2) pontosságig:
1(1-d2r+d12+d224r2)3/2=1[1-d2r+δ(d2r2)]3/2==1+32[d2r+δ(d2r2)]+δ{[d2r+δ(d2r2)]2}=1+32d2r+δ(d2r2).



Ugyanígy számolva a másik tagot:
1(1+d2r+d12+d224r2)3/2=1+32d2r+δ(d2r2).

Visszahelyettesítve
F2=kQ2d1r3{[1+3d22r+δ(d2r2)]-[1-3d22r+δ(d2r2)]}==kQ2d1r3[3d2r+δ(d2r2)]=3kQ2d1d2r3+kQ2r2δ(d3r3).


Tehát jó közelítéssel
F23kQ2d1d2r3.

Az erő előjele pozítív, így a 2. dipólusra ható erő merőleges az összekötő szakaszra és balra mutat.
 

 Czigány István (Bp., ELTE Apáczai Csere J. Gimn. III. o. t.)