Kezdőlap


Feladat:	3516. fizika feladat	Korcsoport: -	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Balogh László
Füzet:	2002/szeptember, 371 - 373. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Nyugalmi indukció, Vezető ellenállásának számítása, Gauss-törvény, Feladat
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2002/március: 3516. fizika feladat

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

A gyűrű (az átmérőjéhez képest) elég vastag, ezért figyelembe kell vennünk, hogy az indukálódó elektromos térerősség helyről helyre változik. Jelöljük $E_{1}$ -gyel, illetve $E_{2}$ -vel a gyűrű egyik, illetve másik felében a tengelytől $r$ távolságban kialakuló elektromos térerősséget. A Faraday-féle indukciótörvény alapján $E_{1} \cdot r π + E_{2} \cdot r π = - \frac{Δ B}{Δ t} r^{2} π,$ ahonnan

\begin{matrix} E_{1} + E_{2} = - \frac{Δ B}{Δ t} r = K r . \end{matrix}

(1)

(

K = - \frac{Δ B}{Δ t} = 0, 05 V/m^{2}.

)
A gyűrűben az időben állandó elektromos tér hatására egyenáram indul meg. Az áramsűrűség (egységnyi felületen átfolyó áram) egy-egy körvonal mentén állandó, hiszen az elektromos töltés megmaradó mennyiség, a tengelytől mért

r

távolság függvényében azonban változik. A kétféle fém eltérő fajlagos ellenállását

ϱ_{1}

-gyel, illetve

ϱ_{2}

-vel jelölve az áramsűrűségek egyenlőségének feltételét (adott

r

mellett) így írhatjuk fel:

\begin{matrix} \frac{E_{1}}{ϱ_{1}} = \frac{E_{2}}{ϱ_{2}} . \end{matrix}

(2)

Összevetve ezt az indukciótörvényből kapott (1) egyenlőséggel az elektromos térerősségekre

\begin{matrix} E_{1} (r) = K \frac{ϱ_{1}}{ϱ_{1} + ϱ_{2}} r és E_{2} (r) = K \frac{ϱ_{2}}{ϱ_{1} + ϱ_{2}} r \end{matrix}

adódik. Ezek a mennyiségek az

r

sugárral arányosan, tehát lineárisan változnak, emiatt az erővonalszám (elektromos fluxus) számítása során az

r_{1} \leq r \leq r_{2}

tartományban a helyről helyre változó térerősség helyettesíthető az átlagos

\begin{matrix} \bar{E_{1}} = \frac{E_{1} (r_{1}) + E_{1} (r_{2})}{2} = K \frac{ϱ_{1}}{ϱ_{1} + ϱ_{2}} \frac{r_{1} + r_{2}}{2}, \end{matrix}

illetve

\begin{matrix} \bar{E_{2}} = \frac{E_{2} (r_{1}) + E_{2} (r_{2})}{2} = K \frac{ϱ_{2}}{ϱ_{1} + ϱ_{2}} \frac{r_{1} + r_{2}}{2} \end{matrix}

mennyiségekkel. Az elektromos fluxus az átlagos térerősség és a keresztmetszet szorzata. Ez a gyűrű egyik felében

\begin{matrix} Ψ_{1} = \bar{E_{1}} \cdot {(r_{2} - r_{1})}^{2} = \frac{K}{2} \frac{ϱ_{1}}{ϱ_{1} + ϱ_{2}} (r_{2} - r_{1}) (r_{2}^{2} - r_{1}^{2}), \end{matrix}

és hasonlóan a másik felében

\begin{matrix} Ψ_{2} = \bar{E_{2}} \cdot {(r_{2} - r_{1})}^{2} = \frac{K}{2} \frac{ϱ_{2}}{ϱ_{1} + ϱ_{2}} (r_{2} - r_{1}) (r_{2}^{2} - r_{1}^{2}) . \end{matrix}

A kétféle fém érintkezési felületéről kilépő erővonalak száma

Ψ_{1} - Ψ_{2}

, és ez a mennyiség a Gauss-törvény értelmében a felületen felhalmozódó

Q

töltés

1 / ε_{0}

-szorosa. Innen

\begin{matrix} Q = ε_{0} \frac{K}{2} \frac{ϱ_{1} - ϱ_{2}}{ϱ_{1} + ϱ_{2}} (r_{2} - r_{1}) (r_{2}^{2} - r_{1}^{2}) . \end{matrix}

A megadott számadatokkal, továbbá az alumínium és a réz vezetőképességének táblázatban megtalálható értékeivel

Q \approx 5 \cdot 10^{- 18} As

adódik. Ilyen kicsiny töltés esetén nem hagyhatjuk figyelmen kívül azt a tapasztalati tényt, hogy az elektromos töltés nem ,,darabolható'' korlátlanul, hanem mindenképpen az elemi töltés egész számú többszöröse kell legyen! Számításunk szerint a felhalmozódó töltés kb. 31,3 elemi töltésnek felel meg, ami annyit jelent, hogy körülbelül 31 vagy 32 többlet-elektron jelenik meg az egyik összeillesztésnél, a másiknál pedig ugyanennyi elektronhiány alakul ki.
Az elemi töltés nem egész számértékű többszöröse úgy értelmezhető, hogy időben átlagolva a néha 31, néha pedig 32 töltés van jelen a határfelületnél, s ezek átlagosan 31,3-nak tekinthetők.

Balogh László (Fazekas M. Főv. Gyak. Gimn., 11. o.t.) dolgozata alapján