Kezdőlap


Feladat:	2002. évi Eötvös fizikaverseny 3. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Füzet:	2003/március, 173 - 177. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Gauss-törvény, Eötvös Loránd (korábban Károly Irén)
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2003/március: 2002. évi Eötvös fizikaverseny 3. feladata

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

Megoldás. ,,Ha nem tudsz megoldani egy feladatot, csinálj belőle magadnak egy könnyebbet'' ‐ tanácsolja Pólya György (1888‐1985) ,,A gondolkodás iskolája'' c. könyvében. Tegyük ezt most mi is, mindaddig, amíg csak egy olyan feladatig jutunk, amit már meg tudunk oldani. Innen visszafejtve a gondolatsort, talán kaphatunk ötleteket a nehezebb feladatok megoldásához.
Foglalkozzunk először az $a)$ kérdéssel! Mi lenne, ha mindkét félgömbhéjon ugyanakkora, $(Q, Q)$ töltés lenne? Mi lenne, ha a töltések ellentétes előjelűek $(Q, - Q)$ lennének? Ilyenkor jut az ember eszébe a síkkondenzátor.
A $Q$ töltésű síkkondenzátor lemezein $Q$ és $- Q$ töltés, a lemezek között $E$ térerősségű homogén tér van. A kondenzátor energiája

\begin{matrix} W = \frac{Q^{2}}{2 C} = \frac{Q^{2}}{2 ε_{0} A} x, \end{matrix}

amiből látszik, hogy a lemezek közötti erő nagysága

\begin{matrix} F = \frac{Q^{2}}{2 ε_{0} A} = \frac{1}{2} Q \frac{Q}{ε_{0} A} = \frac{1}{2} Q E . \end{matrix}

Innen lépegessünk visszafelé! Ha nem

Q

és

- Q

, hanem

Q

és

+ Q

töltés van a lemezeken, akkor annyi a különbség, hogy nem vonzó, hanem taszító erő lép fel,

E

pedig annak a térerősségnek a nagysága, ami a lemezeken kívül jelenik meg.
Két szembefordított,

Q

töltéssel egyenletesen feltöltött gömbhéj elektromos tere ugyanaz, mint ami egyetlen gömbön kívül lép fel, ha az

2 Q

töltéssel van egyenletesen feltöltve. Ekkor a térerősség a gömbön kívül akkora, amekkora a

2 Q

nagyságú, a gömb közepén elhelyezett ponttöltéstől jönne létre:

\begin{matrix} E = \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{2 Q}{R^{2}} . \end{matrix}

A gömb felületén a töltéssűrűség:

\begin{matrix} σ = \frac{2 Q}{4 R^{2} π} = \frac{Q}{2 R^{2} π} = (ε_{0} E) . \end{matrix}

Ugyanitt az energiasűrűség (egységnyi térfogatra jutó energia, nyomás jellegű mennyiség):

\begin{matrix} p = \frac{1}{2} ε_{0} E^{2} = \frac{1}{2} σ E . \end{matrix}

Egy elektromosan töltött felület adott nagyságú darabkájára ható erőt a felület nagysága, töltéssűrűsége és a felület közvetlen közelében mérhető elektromos térerősség egyértelműen meghatározza. Ez az elektrosztatikus ,,nyomás'' tehát nemcsak a síkkondenzátor, hanem a töltött félgömbhéj esetében is a fentebb kiszámított

p

-vel (az energiasűrűséggel) egyezik meg.
A félgömbhéjra ható eredő erő ugyanakkora, mint a félgömbhéjat gondolatban lezáró körlapra ható erő lenne

p

nyomás esetén (hiszen egy

p

nyomású gázba helyezett lezárt félgömbre a gáz által kifejtett eredő erő nyilván zérus). A kérdéses erő tehát

\begin{matrix} F = p \cdot R^{2} π = \frac{1}{2} σ E \cdot R^{2} π = \frac{1}{2} \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{Q^{2}}{R^{2}} . \end{matrix}

Kiszámítottuk a két szembefordított, egyenként

Q

töltésű félgömbhéj között fellépő erőt. Térjünk vissza most az eredeti

a)

kérdéshez, ami az eddig tárgyalt esettől csak abban tér el, hogy az egyik félgömbhéjon nem

Q

, hanem

q

töltés van! Az elektrosztatikus erő arányos a test töltésével, ezért

\begin{matrix} F_{a} = \frac{q}{Q} F = \frac{1}{2} \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{Q q}{R^{2}} . \end{matrix}

Megjegyzés. Látható, hogy a Coulomb-törvényhez nagyon hasonló formulát kaptunk, csupán a képletben szereplő numerikus együttható tér el az ismert kifejezésétől. Akár meg is kereshetnénk azokat a pontokat a félgömbök belsejében, ahova elhelyezett

Q

illetve

q

ponttöltések éppen ekkora erőt fejtenek ki egymásra; ez azonban nem volt kérdés a feladatban. Megjegyezzük, hogy a kérdéses pontok nem esnek egybe a homogén tömegeloszlású félgömbhéjak tömegközéppontjaival, mint azt több versenyző tévesen állította. Az eltérésnek az az oka, hogy csak a homogén gravitációs erőtér hatása helyettesíthető a tömegközéppontba képzelt testre ható erővel, a Coulomb-féle erőtér pedig inhomogén!
A

b)

kérdés megoldásához ismét idézzük fel Pólya György tanácsát! A kérdéses aszimmetrikus elrendezés helyett tekintsünk egy szimmetrikusat, amit feltehetőleg egyszerűbb lesz kezelnünk. Egészítsük ki a

b)

elrendezést a ,,tükörképével'' (9. ábra)! Írjuk fel a bal oldali két félgömbhéj által a jobb oldali két félgömbhéjra kifejtett eredő erőt! Ez négy erőből tehető össze:

\begin{matrix} F = F_{Q \to Q} + F_{q \to q} + F_{Q \to q} + F_{q \to Q} \end{matrix}

Az összeg két utolsó tagja egyenlő egymással, és mindegyikük éppen az az

F_{b}

erő, amit keresünk! Ha tehát ki tudjuk számítani

F

-et, akkor

F_{Q \to Q}

és

F_{q \to q}

ismeretében (amelyeket az

a)

kérdésre tudunk visszavezetni) a keresett erő meghatározható.

9. ábra

F

kiszámításához tekintsük azt az elektromos teret, amit két koncentrikus gömbhéj hoz létre: a belső,

r

sugarú,

2 q

töltésű gömbhéj és a külső,

R

sugarú,

2 Q

töltésű gömbhéj. Gyakorlatilag ez lesz a négy félgömnhéj által létrehozott elektromos tér is.

10. ábra

A kis gömbhéj belsejében az elektromos térerősség nulla. E gömb felületén a töltéssűrűség:

\begin{matrix} σ_{q} = \frac{q}{2 r^{2} π}, \end{matrix}

a térerősség pedig a gömb felületénél, de kívül:

\begin{matrix} E_{1} = \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{2 q}{r^{2}} . \end{matrix}

Ennek a kis gömbnek a tere a nagy gömb felületénél, annak belsejében:

\begin{matrix} E_{2} = \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{2 q}{R^{2}} . \end{matrix}

A nagy gömb felületén a töltéssűrűség:

\begin{matrix} σ_{Q} = \frac{Q}{2 R^{2} π} . \end{matrix}

A nagy gömbön kívüli térrészben a térerősségért mindkét gömb töltése felelős. Az elektromos térerősség nagysága

\begin{matrix} E_{3} = \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{2 q + 2 Q}{R^{2}} . \end{matrix}

A fenti kifejezések segítségével ‐ az

a)

kérdésnél alkalmazott gondolatmenetet követve ‐

F

-et a következő módon számíthatjuk ki:

\begin{matrix} F = \frac{1}{2} σ_{q} E_{1} r^{2} π + \frac{1}{2} σ_{Q} (E_{2} + E_{3}) R^{2} π . \end{matrix}

Behelyettesítve

σ_{q}

σ_{Q}

E_{1}

E_{2}

és

E_{3}

fenti kifejezéseit,

F

meghatározható.
Az

a)

kérdésre adott választ felhasználva

\begin{matrix} F_{Q \to Q} = \frac{1}{2} \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{Q^{2}}{R^{2}} és F_{q \to q} = \frac{1}{2} \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{q^{2}}{r^{2}} . \end{matrix}

Ezek után a keresett

F_{b} = F_{q \to Q}

-ra kapjuk:

\begin{matrix} F_{b} = \frac{1}{2} \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{Q q}{R^{2}} . \end{matrix}

Az eredmény meglepő, hiszen független

r

-től, így a

b)

esetben is ugyanakkora az erő, mint az

a)

esetben! (Ennyi számolás után meg is érdemeltünk egy kellemes meglepetést.)

Megjegyzés. A

b)

kérdést megválaszoló versenyzők több kiváló ötlettel is éltek. Nagy Márton (Budapest) gondolatban körülvette a 11.

a

ábrán látható elrendezést (amelyen az egyszerűség kedvéért csak a kisebb félgömbhéjra ható erőt tüntettük fel) egy

R

-nél ,,hajszálnyival'' nagyobb sugarú,

- 2 Q

töltésű gömbhéjjal (11.

b

ábra). Így a félgömbhéjak között ható erőt nem változtatta meg, hiszen az egyenletesen töltött gömbhéj térerőssége belül nulla. Ez az elrendezés nyilván egyenértékű a 11.

c

ábrán láthatóval, amiből

- Q

előjelét megváltoztatva a 11.

d

ábrán feltüntetetthez jutunk. Tükrözzük ezt az elrendezést a félgömbhéjak képzeletbeli határsíkjára (11.

e

ábra). Azt kaptuk, hogy a

Q

töltésű (egyenletes töltésű) félgömbhéj ugyanakkora erőt fejt ki egy ,,benne lévő'' másik,

q

töltésű félgömbhéjra, mint amekkorát egy ,,belőle kilógó''

q

töltésű félgömbhéjra. Ezek szerint egy

2 q

töltésű gömbre a nagy félgömbhéj

2 F

erőt fejtene ki,

q

össztöltésű gömbre pedig ennek felét,

F

-et (11.

f

ábra).

11. ábra

Most már csak a hatás‐ellenhatás törvényét kell alkalmaznunk: a

q

töltésű gömb (amelynek elektromos tere a gömbön kívül egy ponttöltés terével is helyettesíthető, tehát nem függ

r

-től!) a

Q

töltésű félgömbhéjra éppen a keresett

F

nagyságú erőt fejti ki (11.

g

ábra). A végeredmény a Coulomb-törvény és a gáznyomásos hasonlat alkalmazásával adódik:

\begin{matrix} F = \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{q}{R^{2}} \cdot \frac{Q}{2 π R^{2}} \cdot R^{2} π = \frac{1}{8 π ε_{0}} \frac{Q q}{R^{2}} . \end{matrix}

Még tovább ment a feladat általánosításában Csóka Endre (Debrecen), aki ‐ a fentiekhez hasonló ,,tükrözéses módszerrel'' ‐ megmutatta, hogy a félgömbhéjak között ható

F

erő nagysága akkor is a fent kiszámított érték, ha a két félgömb szimmetriatengelye tetszőleges

α

szöget zár be egymással. Az erő nagysága a töltések szorzatán kívül csak a nagyobb félgömbhéj sugarától függ, iránya pedig a nagyobb félgömb szimmetriatengelyével párhuzamos, jóllehet a hatásvonala általában nem megy át a félgömbhéjak közös középpontján (12.

a

ábra). Ez az eredmény is meglepő, hiszen ha

r

és

R

majdnem egyforma nagyságúak, egyikük csupán egy parányival nagyobb a másiknál, akkor az erő iránya ugrásszerűen változik, attól függően, hogy melyik sugár is a nagyobb (12.

b

és 12.

c

ábrák).

12. ábra