Kezdőlap


Feladat:	2355. fizika feladat	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: átlagos
Megoldó(k):	Csordás Zoltán Mihály , Fekete Zoltán , Gyarmati K. , Hornig Rudolf , Horváth Katalin , Lévay Ákos , Pálos Csaba , Sinkovics Annamária , Szabó Szilárd
Füzet:	1989/október, 333 - 334. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Elektromágneses energia terjedése (Poynting-vektor), Dipólantenna, Röntgensugárzás (Az elektromágneses spektrum), Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 1988/december: 2355. fizika feladat

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

I. megoldás. A képernyőbe becsapódó elektronok gyorsulnak, ezért elektromágneses sugárzás (ún. fékezési sugárzás) keletkezik.
Első közelítésben a fékeződő elektronokat dipólantennaként kezelhetjük, és ismert, hogy egy antennánál a sugárzás intenzitása az antennával bezárt szög szinuszának négyzetével arányos, tehát a maximális intenzitást a képernyő síkjában tapasztalhatjuk.

II. megoldás. Egy mozgó töltés elektromos tere (lásd R. P. Feynman: Mai Fizika III. kötet 30. oldal).

\begin{matrix} E = \frac{q}{4 π ε_{0}} [\frac{e_{r}}{r^{2}} + \frac{r}{c} \frac{d}{d t} (\frac{e_{r}}{r^{2}})] + \frac{1}{c^{2}} \frac{d^{2}}{d t^{2}} e_{r}, \end{matrix}

(1)

ahol

r

a töltéstől mért távolság,

e_{r}

, pedig a töltés irányába mutató egységvektor, amelyek a töltés látszólagos

(t - \frac{r}{c})

pillanatbeli helyére vonatkoznak. Az első tag a sztatikus teret írja le, a második tag pedig nagy távolságban elhanyagolható. Így a sugárzási tér:

\begin{matrix} E = - \frac{q}{4 π ε_{0} c^{2}} \frac{d^{2}}{d t^{2}} (e_{r}) = - \frac{q}{4 π ε_{0} c^{2} r} a_{⊥}, \end{matrix}

(2)

ahol

a_{⊥}

a töltés gyorsulásának

r

-re merőleges komponense a

(t - \frac{r}{c})

pillanatban (l. a megjegyzést).
Ha az elektron gyorsulása

a

, és

ϑ

a megfigyelés irányának az elektronok terjedési irányával bezárt szöge, akkor

\begin{matrix} | a_{⊥} | = a sin ϑ, \end{matrix}

(3)

mert a feltevés szerint a gyorsulás végig merőleges a képernyőre.
A Poynting vektor:

\begin{matrix} S = \frac{1}{μ_{0}} E \times B . \end{matrix}

(4)

Elektromágneses hullámokban

\begin{matrix} | E | = c | B |, és & (5) \\ E \cdot B = 0. & (6) \end{matrix}

A (2)‐(6) egyenletek alapján

\begin{matrix} | S | = \frac{q^{2}}{{(4 π ε_{0} c^{2} r)}^{2} μ_{0} c} a^{2} sin^{2} ϑ . \end{matrix}

(7)

Tehát az energiasűrűség

sin^{2} ϑ

-val arányos, így a sugárzás nulla a terjedés irányában, és a képernyő síkjában maximális.

Csordás Zoltán Mihály (Esztergom, Dobó K. Gimn., IV. o. t.)
dolgozata alapján

Megjegyzés. A (2) képletben

\frac{d^{2} e_{r}}{d t^{2}}

-et a következőképp számolhatjuk ki: legyen az elektron

r

-re merőleges elmozdulása az idő függvényében

x (t)

. Tegyük fel, hogy

x (t)

végig kicsi. Ekkor

e

szögelfordulása

\frac{x}{r}

, és mivel

r

nagyjából állandó, ezért

\begin{matrix} \frac{d^{2} e_{r}}{d t^{2}} = \frac{1}{r} \frac{d^{2} x}{d t^{2}} = \frac{a_{⊥}}{r} . \end{matrix}