Kezdőlap


Feladat:	2002. évi Nemzetközi Fizika Diákolimpia 2. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Füzet:	2002/november, 493 - 496. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Egyéb áramvezetés folyadékokban, Egyéb elektrodinamika, Nemzetközi Fizika Diákolimpia
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2002/október: 2002. évi Nemzetközi Fizika Diákolimpia 2. feladata

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

1. Ha egy gömb alakú, kicsiny elektródából homogén és végtelen közegben $I$ állandó áram folyik ki, akkor a szimmetria miatt nyilvánvaló, hogy az áramsűrűség csak az elektródától mért távolságtól függ, az iránytól nem. A töltésmegmaradás miatt egy tetszőleges $r$ sugarú, elektróda középpontú gömbfelületen $I$ áram folyik ki át (2. ábra), ezért

\begin{matrix} j = \frac{I}{4 π r^{2}}, \end{matrix}

vagy az irányokat is figyelembe véve

\begin{matrix} j = \frac{I}{4 π r^{3}} r . \end{matrix}

2. Ha az előzőekben vizsgált szituációban a közeg fajlagos ellenállása

ϱ

, akkor a differenciális Ohm-törvény alapján az elektróda által létrehozott elektromos térerősség az

r

helyvektorú pontban

\begin{matrix} E = ϱ \cdot j = \frac{I ϱ}{4 π r^{3}} r . \end{matrix}

Vegyük észre, hogy ez az elektromos mező egy

Q = ε_{0} ϱ I

nagyságú pontszerű töltés, vagy egy töltött gömb (gömbön kívüli) elektromos terével egyezik meg.

3. ábra

Tekintsük most a feladatban leírt esetet! A zsákmány belsejében elképzelt két, egymástól viszonylag távol lévő gömb egyikéből

I_{zs}

áram folyik ki, a másik gömbbe pedig

I_{zs}

áram folyik be. A gömbök között végtelen, homogén,

ϱ

fajlagos ellenállású közeg van. A kialakuló elektromos mező és árameloszlás (az elektromos mezőt leíró egyenletek linearitása miatt) felfogható úgy, mint egy végtelen, homogén közegben elhelyezkedő

+ Q

töltésű és egy tőle

l_{zs}

távolságra levő

- Q

töltésű gömbelektróda elektromos és áramterének lineáris szuperpozíciója. A 3. ábra jelöléseivel az egyes mezők térerősségei és potenciáljai:

\begin{matrix} E_{+} = \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{Q}{r_{+}^{3}} r_{+} = \frac{ϱ I_{zs}}{4 π r_{+}^{3}} r_{+}, U_{+} = \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{Q}{r_{+}} = \frac{ϱ I_{zs}}{4 π r_{+}}, \end{matrix}

illetve

\begin{matrix} E_{-} = \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{(- Q)}{r_{-}^{3}} r_{-} = - \frac{ϱ I_{zs}}{4 π r_{-}^{3}} r_{-}, U_{-} = \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{(- Q)}{r_{-}} = - \frac{ϱ I_{zs}}{4 π r_{-}} . \end{matrix}

A szuperpozíció eredménye:

\begin{matrix} \begin{matrix} E & = E_{+} + E_{-} = \frac{ϱ I_{zs}}{4 π} (\frac{r_{+}}{r_{+}^{3}} - \frac{r_{-}}{r_{-}^{3}}), \\ U & = U_{+} + U_{-} = \frac{ϱ I_{zs}}{4 π} (\frac{1}{r_{+}} - \frac{1}{r_{-}}) . \end{matrix} \end{matrix}

A feladatban vizsgálandó

P

pontban

r_{+} = r_{-} = r

, valamint

r_{+} - r_{-} = l_{zs}

, ezért a ragadozó helyén az elektromos térerősség

\begin{matrix} E_{P} = \frac{ϱ I_{zs}}{4 π r^{3}} l_{zs} . \end{matrix}

Felhasználva, hogy

r \approx y

\begin{matrix} E_{P} = \frac{ϱ I_{zs}}{4 π y^{3}} l_{zs} . \end{matrix}

3. Jelölje a zsákmányállatot modellező két gömb alakú áramforrás közül a negatív elektróda potenciálját

U_{x}

, a pozitív elektródáét pedig

U_{y}

. Ezek a potenciálok az általános képlet segítségével az

r_{zs}

sugarú elektródák felületén is meghatározható:

\begin{matrix} U_{x} = \frac{ϱ I_{zs}}{4 π} (\frac{1}{l_{zs} - r_{zs}} - \frac{1}{r_{zs}}), U_{y} = \frac{ϱ I_{zs}}{4 π} (\frac{1}{r_{zs}} - \frac{1}{l_{zs} - r_{zs}}) \end{matrix}

Az elektródák közötti

U_{zs}

feszültség a potenciálok különbségeként kapható:

\begin{matrix} U_{zs} = U_{y} - U_{x} = \frac{ϱ I_{zs}}{2 π r_{zs}} \frac{l_{zs} - 2 r_{zs}}{l_{zs} - r_{zs}} . \end{matrix}

Felhasználva, hogy

r_{zs} ≪ l_{zs}

, a zsákmányban elképzelt forrásgömbök közötti feszültség:

\begin{matrix} U_{zs} = \frac{ϱ I_{zs}}{2 π r_{zs}} . \end{matrix}

A forrásgömbök közötti

R_{zs}

ellenállás, és a forrás

P_{zs}

teljesítménye könnyen kaphatók:

\begin{matrix} R_{zs} = \frac{U_{zs}}{I_{zs}} = \frac{ϱ}{2 π r_{zs}}, P_{zs} = U_{zs} I_{zs} = \frac{ϱ I_{zs}^{2}}{2 π r_{zs}} . \end{matrix}

4. A zsákmány által keltett elektromos mező homogénnek tekinthető a ragadozó helyén, térerőssége a korábban meghatározott

E_{P}

, ezért a helyettesítő kapcsolásban

U

-val jelölt feszültség:

\begin{matrix} U = E_{r} l_{d} = \frac{ϱ I_{zs}}{4 π y^{3}} l_{zs} l_{d}, \end{matrix}

ahol

l_{d}

a ragadozó érzékelő (detektáló) gömbjeinek távolságát jelöli, a gömbök sugara pedig

r_{d}

(r_{d} ≪ l_{d})

.
A környező tengervíz

R_{v}

ellenállása az

R_{zs}

-vel való analógia alapján:

\begin{matrix} R_{v} = \frac{ϱ}{2 π r_{d}} . \end{matrix}

A modellben szereplő soros kapcsolású áramkörben a kérdezett

U_{d}

feszültség és

P_{d}

teljesítmény egyszerűen számolható:

\begin{matrix} U_{d} = U \frac{R_{d}}{R_{d} + R_{v}} = \frac{ϱ I_{zs}}{4 π y^{3}} l_{zs} l_{d} \frac{R_{d}}{R_{d} + \frac{ϱ}{2 π r_{d}}}, \end{matrix}

illetve

\begin{matrix} P_{d} = \frac{U_{d}^{2}}{R_{d}} = {(\frac{ϱ I_{zs}}{4 π y^{3}} l_{zs} l_{d})}^{2} \frac{R_{d}}{{(R_{d} + \frac{ϱ}{2 π r_{d}})}^{2}} . \end{matrix}

Megjegyzés. Az áramkör helyettesítő kapcsolása alapján megállapíthatjuk, hogy az elrendezés éppen olyan, mintha egy

U

elektromotoros erejű,

R_{v}

belső ellenállású feszültségforrásra

R_{d}

nagyságú terhelő ellenállást kötöttünk volna.
Jóllehet a verseny során a résztvevőktől nem kérték annak belátását, hogy a rendszer (vagyis a ragadozó + zsákmány + tengervíz) elektromos szempontból a megadott áramkörrel helyettesíthető, de ,,versenyen kívül'' tanulságos lehet ennek végiggondolása.
Induljunk ki abból a helyzetből, amelyben a ragadozó halon még nem tud áram folyni (mondjuk azért, mert a hal ,,kikapcsolta'' a detektáló egységét, vagyis annak belső ellenállása végtelen nagy). A hal közelében

E_{r}

az elektromos térerősség, az egymástól

l_{d}

távol levő érzékelői között tehát

U = E_{r} l_{d}

feszültség alakul ki.
Kapcsoljuk most be a hal detektáló egységét, csökkentsük le a hal belső ellenállását a megadott

R_{d}

értékre! Ekkor a halon keresztül valamekkora

I

áram indul meg, s ez a ragadozó halat modellező két gömböt elektromosan töltötté teszi (az egyik pozitív, a másik negatív töltésű lesz). Ha nem lenne a környező tengervíz, akkor a hal testében folyó áramnak ‐ a töltésmegmaradás törvénye miatt ‐ előbb-utóbb meg kellene szűnnie. Ilyen esetben tehát a gömbök feltöltődése csak addig tarthatna, amíg az feltöltődés következtében kialakuló elektromos erőtér a külső erőtérrel együtt éppen nulla potenciálkülönbséget eredményez a két gömb között.
Más a helyzet azonban akkor, amikor a hal testén átáramló töltések a környező tengervízben vissza tudnak jutni az eredeti helyükre. Ekkor folyamatos

I

áram alakul ki, a halra (a modellben a két gömbre) jutó

U_{d}

feszültség pedig nullától különböző lesz. Ez a feszültség kétféle módon is kiszámítható. Egyrészt úgy, mint

\begin{matrix} U_{d} = I R_{d} \end{matrix}

(Ohm-törvény). Másrészt úgy is megkapható, mint az eredő elektromos térerősségnek (vagyis a zsákmány által a ragadozó helyén létrehozott ,,külső''

E_{r}

és a gömbök feltöltődése miatt kialakuló

E_{1}

különbségének) és az

l_{d}

távolságnak a szorzata:

\begin{matrix} U_{d} = (E_{r} - E_{1}) l_{d} . \end{matrix}

A jobb oldalon a zárójelet felbontva az első tag éppen a külső erőtér által létrehozott

U

feszültséggel egyezik meg, a második tag pedig kifejezhető a környező tengervíz ,,effektív ellenállásával'':

\begin{matrix} E_{1} l_{d} = I R_{v} . \end{matrix}

Mindezeket összevetve végül felírhatjuk, hogy

U - I R_{v} = I R_{d},

s ez valóban a megadott helyettesítő kapcsolás feszültség-áram viszonyainak felel meg.

5. Az

R_{d}

függvényében vizsgált

P_{d}

teljesítmény akkor maximális, ha az

\begin{matrix} \frac{R_{d}}{{(R_{d} + \frac{ϱ}{2 π r_{d}})}^{2}} \end{matrix}

kifejezés maximális, vagy ennek reciproka minimális. Közismert, hogy ez

\begin{matrix} R_{d} = R_{v} = \frac{ϱ}{2 π r_{d}} \end{matrix}

esetén következik be (vagyis akkor, amikor a ,,telepet'' éppen a ,,belső ellenállásával'' egyenlő nagyságú ellenállással terheljük). Ezt például a számtani és a mértani közép közötti egyenlőtlenség felhasználásával, vagy deriválással láthatjuk be.

P_{d}

maximuma behelyettesítéssel kapható:

\begin{matrix} P_{d}^{(max)} = \frac{ϱ {(I_{zs} l_{zs} l_{d})}^{2} r_{d}}{32 π y^{6}} . \end{matrix}