Kezdőlap


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

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

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:

\begin{matrix} F_{+} = k Q^{2} & [\frac{1}{{(r - \frac{d_{1}}{2} - \frac{d_{2}}{2})}^{2}} - \frac{1}{{(r + \frac{d_{1}}{2} - \frac{d_{2}}{2})}^{2}}] = & (1) \\ = \frac{k Q^{2}}{r^{2}} & [\frac{1}{{1 - \frac{(d_{1} + d_{2})}{2 r}}^{2}} - \frac{1}{{1 + \frac{(d_{1} - d_{2})}{2 r}}^{2}}] . \end{matrix}

A 2. dipólus negatív töltésére ható erő:

\begin{matrix} F_{-} = k Q^{2} & [\frac{1}{{(r + \frac{d_{1}}{2} + \frac{d_{2}}{2})}^{2}} - \frac{1}{{(r - \frac{d_{1}}{2} + \frac{d_{2}}{2})}^{2}}] = & (2) \\ = \frac{k Q^{2}}{r^{2}} & [\frac{1}{{1 + \frac{(d_{1} + d_{2})}{2 r}}^{2}} - \frac{1}{{1 - \frac{(d_{1} - d_{2})}{2 r}}^{2}}] . \end{matrix}

Így a

2.

dipólusra ható erő

\begin{matrix} F_{2} = F_{+} + F_{-} . \end{matrix}

(3)

Tudjuk, hogy

d_{1} ≪ r, d_{2} ≪ r

, ezért

\frac{d_{1}}{r} ≪ 1, \frac{d_{2}}{r} ≪ 1.

Használjuk fel az ismert

\begin{matrix} {(1 + ε)}^{n} = 1 + n ε + δ (ε^{2}), ha ε ≪ 1 \end{matrix}

(4)

közelítést! Ekkor

\begin{matrix} F_{+} = \frac{k Q^{2}}{r^{2}} {1 + \frac{d_{1} + d_{2}}{r} + δ O [{(\frac{d_{1} + d_{2}}{r})}^{2}]} - \frac{k Q^{2}}{r^{2}} {1 - \frac{d_{1} - d_{2}}{r} + δ O [{(\frac{d_{1} - d_{2}}{r})}^{2}]} = \\ = \frac{k Q^{2}}{r^{2}} [\frac{2 d_{1}}{r} + δ O (\frac{d^{2}}{r^{2}})], \end{matrix}

ahol az

δ O (d^{2} / r^{2})

szimbólum azt jelzi, hogy az elhanyagolt tagok a

d_{1} / r

és

d_{2} / r

kicsiny mennyiségek szorzatát vagy többszörös szorzatát tartalmazhatják csak.
Ugyanilyen pontosságig:

\begin{matrix} F_{-} = \frac{k Q^{2}}{r^{2}} {1 - \frac{d_{1} + d_{2}}{r} + δ O (\frac{d^{2}}{r^{2}})} - \frac{k Q^{2}}{r^{2}} {1 + \frac{d_{1} - d_{2}}{r} + δ (\frac{d^{2}}{r^{2}})} = \\ = \frac{k Q^{2}}{r^{2}} [- \frac{2 d_{1}}{r} + δ (\frac{d^{2}}{r^{2}})] . \end{matrix}

A dipólusra ható erő:

\begin{matrix} F_{2} = F_{+} + F_{-} = \frac{k Q^{2}}{r^{2}} δ (\frac{d^{2}}{r^{2}}) . \end{matrix}

Azt tapasztaljuk, hogy a kiszámított tagok éppen kiejtették egymást, az eredmény csak az elhanyagolt tagok nagyságrendjéről ad felvilágosítást. Az (1)‐(3) kifejezésekből látható, hogy

F_{2}

nem pontosan

0

, így közelítésünk túl durva volt. Pontosabb közelítést kaphatunk, ha a

(4)

összefüggést

δ (ε^{3})

pontosságig írjuk fel, és ezt alkalmazzuk

F_{2}

kiértékelésére. Azonban egy egyszerűbb módon is célhoz érhetünk.

(1)

és

(2)

összeadásával, közös nevezőre hozás után az

F_{2}

erőre az

\begin{matrix} F_{2} = \frac{2 k Q^{2}}{r^{2}} {\frac{1 + {(\frac{d_{1} + d_{2}}{2 r})}^{2}}{{[1 - {(\frac{d_{1} + d_{2}}{2 r})}^{2}]}^{2}} - \frac{1 + {(\frac{d_{1} - d_{2}}{2 r})}^{2}}{{[1 - {(\frac{d_{1} - d_{2}}{2 r})}^{2}]}^{2}}} \end{matrix}

összefüggést nyerjük. A zárójel mindkét tagja

\frac{1 + x^{2}}{{(1 - x^{2})}^{2}}

alakú, ahol

x ≪ 1

.
A közelítő számítás összefüggéseit használva :

\begin{matrix} \frac{1 + x^{2}}{{(1 - x^{2})}^{2}} = (1 + x^{2}) [1 + 2 x^{2} + δ (x^{4})] = \\ = 1 + x^{2} + 2 x^{2} + 2 x^{4} + δ (x^{4}) + x^{2} δ (x^{4}) = 1 + 3 x^{2} + δ (x^{4}) . \end{matrix}

Ennek alapján

\begin{matrix} F_{2} = \frac{2 k Q^{2}}{r^{2}} {[1 + 3 {(\frac{d_{1} + d_{2}}{2 r})}^{2} + δ (\frac{d^{4}}{r^{4}})] - [1 + 3 {(\frac{d_{1} - d_{2}}{2 r})}^{2} + δ (\frac{d^{4}}{r^{4}})]} = \\ = \frac{2 k Q^{2}}{r^{2}} [\frac{12 d_{1} d_{2}}{4 r^{2}} + δ (\frac{d^{4}}{r^{4}})] = \frac{6 k Q^{2} d_{1} d_{2}}{r^{4}} + \frac{2 k Q^{2}}{r^{2}} δ (\frac{d^{4}}{r^{4}}) . \end{matrix}

Ez a

2.

dipólusra ható erő legalacsonyabb rendű közelítése. Mivel

d_{1} ≪ r

d_{2} ≪ r

, ezért azt mondhatjuk, hogy jó közelítéssel

\begin{matrix} F_{2} \approx \frac{2 k Q^{2} d_{1} d_{2}}{r^{4}} . \end{matrix}

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

\begin{matrix} F_{2} = F_{+} - F_{-}, F_{+} = 2 F_{+ +} sin α, F_{-} = 2 {F_{-}}_{-} sin β, \end{matrix}

ahol

\begin{matrix} F_{+ +} = \frac{k Q^{2}}{{(r - \frac{d_{2}}{2})}^{2} + {(\frac{d_{1}}{2})}^{2}}, {F_{-}}_{-} = \frac{k Q^{2}}{{(r + \frac{d_{2}}{2})}^{2} + {(\frac{d_{1}}{2})}^{2}}, \\ sin α = \frac{d_{1} / 2}{\sqrt[]{{(r - \frac{d_{2}}{2})}^{2} + {(\frac{d_{1}}{2})}^{2}}}, sin β = \frac{d_{1} / 2}{\sqrt[]{{(r + \frac{d_{2}}{2})}^{2} + {(\frac{d_{1}}{2})}^{2}}} . \end{matrix}

Felhasználva az előbbi összefüggéseket:

\begin{matrix} F_{2} = k Q^{2} d_{1} {\frac{1}{{[{(r - \frac{d_{2}}{2})}^{2} + {(\frac{d_{1}}{2})}^{2}]}^{3 / 2}} - \frac{1}{{[{(r + \frac{d_{2}}{2})}^{2} + {(\frac{d_{1}}{2})}^{2}]}^{3 / 2}}} = \\ = \frac{k Q^{2} d_{1}}{r^{3}} [\frac{1}{{(1 - \frac{d_{2}}{r} + \frac{d_{1}^{2} + d_{2}^{2}}{4 r^{2}})}^{3 / 2}} - \frac{1}{{(1 + \frac{d_{2}}{r} + \frac{d_{1}^{2} + d_{2}^{2}}{4 r^{2}})}^{3 / 2}}] . \end{matrix}

Számoljuk ki az első tagot

δ (d^{2} / r^{2})

pontosságig:

\begin{matrix} \frac{1}{{(1 - \frac{d_{2}}{r} + \frac{d_{1}^{2} + d_{2}^{2}}{4 r^{2}})}^{3 / 2}} = \frac{1}{{[1 - \frac{d_{2}}{r} + δ (\frac{d^{2}}{r^{2}})]}^{3 / 2}} = \\ = 1 + \frac{3}{2} [\frac{d_{2}}{r} + δ (\frac{d^{2}}{r^{2}})] + δ {{[\frac{d_{2}}{r} + δ (\frac{d^{2}}{r^{2}})]}^{2}} = 1 + \frac{3}{2} \cdot \frac{d_{2}}{r} + δ (\frac{d^{2}}{r^{2}}) . \end{matrix}

Ugyanígy számolva a másik tagot:

\begin{matrix} \frac{1}{{(1 + \frac{d_{2}}{r} + \frac{d_{1}^{2} + d_{2}^{2}}{4 r^{2}})}^{3 / 2}} = 1 + \frac{3}{2} \cdot \frac{d_{2}}{r} + δ (\frac{d^{2}}{r^{2}}) . \end{matrix}

Visszahelyettesítve

\begin{matrix} F_{2} = \frac{k Q^{2} d_{1}}{r^{3}} {[1 + \frac{3 d_{2}}{2 r} + δ (\frac{d^{2}}{r^{2}})] - [1 - \frac{3 d_{2}}{2 r} + δ (\frac{d^{2}}{r^{2}})]} = \\ = \frac{k Q^{2} d_{1}}{r^{3}} [\frac{3 d_{2}}{r} + δ (\frac{d^{2}}{r^{2}})] = \frac{3 k Q^{2} d_{1} d_{2}}{r^{3}} + \frac{k Q^{2}}{r^{2}} δ (\frac{d^{3}}{r^{3}}) . \end{matrix}

Tehát jó közelítéssel

\begin{matrix} F_{2} \approx \frac{3 k Q^{2} d_{1} d_{2}}{r^{3}} . \end{matrix}

Az erő előjele pozítív, így a

2.

dipólusra ható erő merőleges az összekötő szakaszra és balra mutat.