Kezdőlap


Feladat:	4230. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Galzó Ákos Ferenc , Jéhn Zoltán , Patartics Bálint , Szabó Attila , Wang Daqian
Füzet:	2010/szeptember, 370 - 373. oldal		PDF \| MathML
Témakör(ök):	Feladat, Gauss-törvény
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2010/február: 4230. fizika feladat

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

I. megoldás. Tekintsük az egyik oldallapot, mintha csak egymaga lenne. (Ezt megtehetjük, hiszen a lapok nem vezetők, rajtuk az elektromos töltéseloszlás nem rendeződik át, ha az egyiküket kiemeljük a kockából. Így az az egyes lapok által létrehozott elektromos mezők sem függnek attól, hogy a négyzetlapok egymástól távol vannak, vagy egy kocka oldallapjait alkotják.)
Alkalmazzuk az elektrosztatika Gauss-törvényét a lemez két oldalát szorosan körülvevő zárt felületre! A lemez szimmetriái miatt a $Q$ töltésű lapból kilépő összes elektromos fluxus $(Q / ε_{0})$ fele az egyik, fele a másik oldalon halad át. Eszerint a hat lapból összeállított kockába laponként belépő fluxus:

\begin{matrix} Ψ = \frac{Q}{2 ε_{0}} . \end{matrix}

A kocka belsejébe tehát összesen

6 Ψ

fluxus (a szemléltető képben ezzel arányos számú erővonal) lép be. Mivel a kocka belsejében nincs töltés, onnan ‐ ismét a Gauss-törvényre hivatkozva ‐ ugyanennyi fluxusnak (erővonalnak) kell kilépnie. Ez, mivel a kocka szimmetrikus, laponként

Ψ

kilépő fluxust jelent. Ez a fluxus

\begin{matrix} E = \frac{Ψ}{a^{2}} = \frac{Q}{2 ε_{0} a^{2}} \end{matrix}

átlagos térerősségnek (pontosabban: a felületre merőleges térerősség-komponensnek) felel meg.
Ez a térerősség, mivel a töltött lapokon átmenő erővonalakból származik, erőt fejt ki a lapra. A kocka belsejéből kifelé mutató erő nagysága a térerősség definíciója alapján:

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

Ekkora taszítóerő hat tehát az egyes lapokra.

II. megoldás. A feladatot megoldhatjuk az energiaviszonyok tanulmányozásával is. Távolítsuk el ‐ gondolatban ‐ az egyik oldallapot a kockától egy kicsiny

d

távolsággal (

d ≪ a

)! Eközben, ha a lapot

F

nagyságú külső erővel tarthatjuk egyensúlyban,

\begin{matrix} W = - F \cdot d . \end{matrix}

(1)

munkát végzünk. (A negatív előjel arra utal, hogy a lapra ható taszítóerőt a kocka belseje felé mutató, tehát az elképzelt elmozdulással ellentétes irányú külső erővel tarthatjuk egyensúlyban.)
Másrészt igaz, hogy a munkavégzés a rendszer elektrosztatikus energiájának megváltozásával egyenlő. Ha ki tudjuk számítani ezt az energiaváltozást, belőle a keresett

F

erő is megkapható.
Egy adott töltéselrendeződés elektrosztatikus energiáját a töltések közötti Coulomb-potenciálok páronkénti összegzéséből is kiszámíthatjuk (jelen esetben ez technikailag nagyon nehéz eljárás lenne), de az elektromos mező energiasűrűségéből is meghatározhatjuk. Ismert (pl. egy síkkondenzátor vizsgálatából), hogy

E

térerősségvektorral leírt elektrosztatikus mező egységnyi térfogatra jutó energiája

\begin{matrix} w = \frac{ε_{0}}{2} E^{2}, \end{matrix}

sok kicsiny, egyenként

Δ V

térfogatú térrész-darab összes energiája pedig

\begin{matrix} W = \frac{ε_{0}}{2} \sum E^{2} Δ V \end{matrix}

módon számítható ki. (A fenti képletben

E

helyére természetesen az általában helyről helyre változó térerősséget kell behelyettesítenünk, az tehát nem emelhető ki a szummából.)

1. ábra

Ha a feladatbeli kocka egyik lapját egy kicsiny

d

távolsággal elmozdítjuk, akkor a töltéselrendeződés éppen úgy változik meg, mintha a kocka egyik lapja mellé (annak közvetlen közelébe) egy

Q

töltésű,

a^{2}

lemezméretű és

d

lemeztávolságú síkkondenzátort helyeztünk volna el (1. ábra). A síkkondenzátor elektromos mezője csak a lemezek közötti térrészre korlátozódik, az elektrosztatikus térenergia változásának kiszámításánál tehát elegendő ezzel a térrésszel foglalkoznunk. (Ez szerencse, hiszen a többi térrészben nem is, vagy csak nagyon nehezen tudnánk kiszámítani a térerősséget, és annak négyzetösszegét!)

2. ábra

Amikor a feltöltött négyzetlapok egy kockát alkotnak, az elektromos térerősség a kocka közelében valamilyen bonyolult, helyről helyre változó

E_{1} (r)

függvénnyel írható le (lásd a 2. ábra bal oldali részét). Az egyik oldallap kicsiny elmozdítása után az elektromos mező az eredeti

E_{1} (r)

és egy síkkondenzátor homogén

E_{0}

térerősségének szuperpozíciója lesz:

\begin{matrix} E = E_{1} (r) + E_{0} . \end{matrix}

Az elektrosztatikus energia megváltozása eszerint:

\begin{matrix} W & = \frac{ε_{0}}{2} \sum {(E_{1} (r) + E_{0})}^{2} Δ V - \frac{ε_{0}}{2} \sum {(E_{1} (r))}^{2} Δ V = \\ = \frac{ε_{0}}{2} \sum {(E_{0})}^{2} Δ V + ε_{0} \sum (E_{1} (r) \cdot E_{0}) Δ V, \end{matrix}

ami így is írható:

\begin{matrix} W = \frac{ε_{0}}{2} E_{0}^{2} \sum Δ V - ε_{0} E_{0} \sum E_{⊥} Δ V, \end{matrix}

(2)

ahol

E_{⊥}

E_{1}

térerősség felületre merőleges komponense,

\begin{matrix} E_{0} = \frac{Q}{ε_{0} a^{2}} \end{matrix}

pedig a síkkondenzátor homogén térerősségének nagysága. (2) jobb oldalának első tagjában

\sum Δ V

nyilván

a^{2} \cdot d

-vel egyenlő, a második összeg pedig

\begin{matrix} \sum E_{⊥} Δ V = \sum E_{⊥} (d \cdot Δ F) = d \cdot \sum E_{⊥} Δ F = d \cdot Ψ, \end{matrix}

ahol

Δ F

a kocka oldallapjának kicsiny felületdarabkáinak nagyságát,

Ψ

pedig az oldallapon kilépő elektromos fluxust jelöli. Gauss törvénye szerint a

6 Q

töltésű kockából kilépő teljes fluxus:

6 Ψ = 6 Q / ε_{0}

, vagyis

Ψ = Q / ε_{0}

.
Mindezek alapján a térenergia változása:

\begin{matrix} W = - \frac{Q^{2}}{2 ε_{0} a^{2}} \cdot d, \end{matrix}

amit (1)-gyel összehasonlítva a taszítóerőre az

\begin{matrix} F = \frac{Q^{2}}{2 ε_{0} a^{2}} \end{matrix}

végeredményt kapjuk.