Feladat: 3600. fizika feladat Korcsoport: 16-17 Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):  Szabó Áron 
Füzet: 2004/február, 112 - 114. oldal  PDF  |  MathML 
Témakör(ök): Megosztás, Feladat
Hivatkozás(ok):Feladatok: 2003/február: 3600. fizika feladat

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

Megoldás. A feladatot a töltéstükrözés segítségével oldjuk meg. Az a) esetben egyetlen fémlapról van szó, ekkor egyetlen tükrözés elegendő (1. ábra).

 

 
1. ábra
 

A b) esetben a pálcát tükröznünk kell mindkét fémlapra, majd a ,,tükörpálcákat'' is tükrözzük a fémlapokra, és az eljárást addig folytatjuk, amíg új tükörpálcát kapunk. A töltés minden tükrözésnél (-1)-szeresére változik.
A módszer csak akkor alkalmazható, ha a valódi töltések által elfoglalt térrészbe nem kerül tükrözött töltés. Ez akkor teljesül, ha 2n⋅α=360∘, ahol n pozitív egész (2. ábra). (Az eljárás úgy is megfogalmazható, hogy a töltések tükrözése után a fémlapokat is tükrözzük egymásra, és ezt addig folytatjuk, amíg minden tükrözött töltést tükröztünk az őt közbezáró tükrözött lapokra is.)
 

 
2. ábra
 

Az eredeti és a tükrözött töltések az eredeti töltések által elfoglalt térrészben olyan elektromos mezőt hoznak létre a fémlapok nélkül, mint amilyet a valódi töltések és a fémlapok együtt.
Meg kell határoznunk egy L hosszúságú, egyenletesen elosztott Q töltésű pálca elektromos terét. Képzeljünk el egy R sugarú, L hosszúságú hengert, amelynek a töltött pálca a szimmetriatengelye. A henger palástján az elektromos térerősség (szimmetria-okokból) mindenhol ugyanakkora nagyságú, és merőleges a palást érintősíkjára (a henger adott pontjához tartozó sugarának irányába esik). A henger palástján átmenő teljes elektromos fluxus, E⋅2πRL a Gauss-törvény szerint Q/ε0-lal egyenlő, ezért a térerősség nagysága
E=Q2πε0LR.

Az a) esetben a tükörpálca elektromos térerőssége a valódi pálca pontjaiban Q4πε0LR nagyságú. A pálcára ható, Q24πε0LR nagyságú erő a tükörkép, tehát a fémlap felé mutat. (A valóságban ezt az erőt a fémlap megosztott töltései fejtik ki a pálcára.)
A b) esetben a valódi pálcának és a tükörpálcáknak a pálcára merőleges síkmetszete szabályos 20-szöget alkot. A pálcára ható erő a többi (19 darab) tükörrúd által kifejtett erő eredője, amely ‐ a szimmetria miatt ‐ a pálcára merőleges és a fémlapok metszésvonala felé mutat. Elegendő tehát az egyes tükörpálcák által kifejtett erőnek a metszésvonal felé mutató (t irányú) komponensét kiszámítani, majd ezeket az erőkomponenseket összegezni.
 

 
3. ábra
 

Tekintsük azt a tükörpálcát, amelynek síkmetszete és a pálca metszete a szabályos 20-szögben 2β középponti szöget zár be (3. ábra). Ennek a két pálcának a távolsága R=2rsinβ, a közöttük ható erő nagysága tehát
F(β)=Q22πε0LR=Q24πε0Lrsinβ,
iránya pedig a tükörtöltés előjelétől függően vonzó vagy taszító. Ennek az erőnek a fémlemezek t szögfelezőjével párhuzamos összetevője
Ft=F(β)⋅sinβ=±Q24πε0Lr,
nagysága tehát nem függ a β szögtől, csupán az iránya változik a tükörtöltés előjelétől függően (a pálcával ellentétes tükörtöltés esetén a fémlapok metszésvonala felé, egyforma töltések esetén pedig az ellenkező irányba mutat).
Mivel a 19 tükörpálcából 10-nek a töltése -Q, 9-nek pedig +Q, az eredő erő ugyanakkora, mintha csak egyetlen tükörpálca lenne, tehát (irányát és nagyságát tekintve) az a) esetben kiszámítottal egyezik meg.
 
Megjegyzések. 1. Látható, hogy az eredmény tetszőleges α=180∘/n hajlásszögre igaz (n pozitív egész). Felsőbb matematikai eszközökkel belátható, hogy a pálcára ható elektromos erő akkor is független a fémlapok által bezárt szögtől, amikor n nem egész, tehát amikor a töltéstükrözés módszere nem alkalmazható.
2. Hibásak azok a megoldások, amelyek a pálca elektromos terét (a ponttöltés teréhez hasonlóan) 1/r2-tel arányosnak tekintették. A térerősség 1/r-es távolságfüggése vezet az egyszerű végeredményre.