Feladat:	2012. évi Nemzetközi Fizika Diákolimpia 2. feladata	Korcsoport: 18-	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Sarlós Ferenc ,  Vankó Péter ,  Vigh Máté
Füzet:	2012/november, 493 - 495. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Nemzetközi Fizika Diákolimpia, Egyéb elektrodinamika
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2012/október: 2012. 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.   2. feladat. Kelvin csepegtetős gépe A rész. Egyetlen cső. i. A feladat szövege szerint a víz lassan csöpög ki a csőből: ez időben állandósult vízhozamra utal, ezért a csőben lévő vízoszlopra ható erők eredője (a cső falánál és a folyadékban fellépő belső súrlódás miatt) zérus. A vízcseppben uralkodó nyomás a külső légnyomásnál a felületi feszültség miatt $\Delta p=2\sigma /r$ értékkel nagyobb (itt $r$ a vízcsepp sugara). A cső végén függő, lassan hízó vízcseppre a következő négy erő hat: függőlegesen lefelé a $\frac{4}{3}\pi r^3\rho g$ nehézségi erő, a cső szája és a víz érintkezési vonalán a felületi feszültségből származó $2\pi r\sigma$ nagyságú, felfelé mutató erő, a $p_0$ külső légnyomásból származó (felfelé irányuló) erő és a vízcsepp csőhöz csatlakozó részén egy kis $d$ átmérőjű körlapon ható $p_0+\Delta p$ nyomásból származó, lefelé mutató erő. Könnyen belátható, hogy utóbbi két erő eredője $\frac{\pi }{4}{d}^2\Delta p$, ezt a $d$-ben másodrendűen kicsiny hatást $d\ll r$ miatt elhanyagolhatjuk. Közvetlenül a leválás előtt a vízcsepp jelentősen deformálódik: a csepp felső része és a cső között kicsiny, $d$ átmérőjű, hengeres nyak képződik. Ebben a pillanatban a ,,nyak'' által függőlegesen felfelé kifejtett $\pi d\sigma$ kapilláris erő éppen ellensúlyozza a vízcsepp súlyát, azaz $\begin{array}{c}{\displaystyle \pi d\sigma =\frac{4}{3}\pi r_{\underset{}{\overset{}{\text{max}}}}^3\rho g\mathrm{,}}\end{array}$ innen a csepp maximális sugara: $\begin{array}{c}{\displaystyle r_{\underset{}{\overset{}{\text{max}}}}=\sqrt[3]{\frac{3\sigma d}{4\rho g}}\mathrm{.}}\end{array}$   ii. A vízcsepp töltéseloszlása ($d\ll r$ miatt) jó közelítéssel egyenletes, így a csepp $\phi$ potenciálja egy $Q$ töltésű gömb potenciáljaként számolható: $\begin{array}{c}{\displaystyle \phi =\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{Q}{r}\mathrm{,}}\end{array}$ ebből $Q=4\pi {\epsilon }_0\phi r$.   iii. A feltöltött gömbön kívül, felületének közelében $E=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{Q}{r^2}$ nagyságú térerősség uralkodik, a gömbön belül pedig zérus az elektromos térerősség. A gömb felületén lévő, $\Delta A$ felszínű kicsiny darabka töltése az egyenletes töltéseloszlás miatt $\Delta Q=\frac{\Delta A}{4\pi r^2}Q$, a rá ható erő pedig $\begin{array}{c}{\displaystyle \Delta F=\frac{1}{2}E\Delta Q=\frac{Q^2}{32{\pi }^2{\epsilon }_0{r}^4}\Delta A=\frac{{\epsilon }_0{\phi }^2}{2r^2}\Delta A\mathrm{.}}\end{array}$ (Az $\frac{1}{2}$-es szorzótényező ‐ kissé pongyolán fogalmazva ‐ onnan származik, hogy a térerősség csak a darabka külső oldalán $E$, a belső oldalon zérus, így átlagosan $E/2$ a darabka helyén a térerősség. Ugyanez a faktor jelenik meg egy síkkondenzátor lemezei között ható erő kifejezésében is.) A vízcseppet a felületi feszültség igyekszik összehúzni, a felületén lévő, egymást taszító töltések pedig igyekeznek kitágítani. Az elektromos taszításból származó erő $\frac{\Delta F}{\Delta A}$ értékkel csökkenti a csepp belsejében uralkodó nyomást. A csepp akkor szakad szét, ha ez a ,,negatív'' nyomás éppen megegyezik a görbületi nyomással: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{{\epsilon }_0{\phi }_{\underset{}{\overset{}{\text{max}}}}^2}{2r^2}=\frac{2\sigma }{r}\mathrm{,}}\end{array}$ ebből a maximálisan alkalmazható potenciál ${\phi }_{\underset{}{\overset{}{\text{max}}}}=2\sqrt[]{\sigma r/{\epsilon }_0}$.   B rész. Két cső. i. Bár a cseppek potenciálja a földelés miatt nulla, a környező, hengeres elektródák hatása miatt mégis feltöltődnek. Vizsgáljuk meg a potenciál változását a következő, a bal oldali csepptől a jobb oldali cseppig vezető útvonalon: a bal oldali csepptől a bal oldali hengeres elektródáig $U$ a potenciálkülönbség, a bal oldali és a jobb oldali elektróda között $q/C$ a feszültség (hiszen a kondenzátoron át kell haladnunk), végül a jobb oldali elektróda és a jobb oldali csepp között (a szimmetria miatt és a töltések előjele miatt) ismét $U$ a feszültség. Útvonalunk kezdő- és végpontja egyaránt zérus potenciálú, tehát a feszültségek összegének is nullának kell lennie: $\begin{array}{c}{\displaystyle U+q/C+U=\mathrm{0,}}\end{array}$ azaz az azonos oldalon elhelyezkedő hengeres elektróda és csepp között $\begin{array}{c}{\displaystyle U=\pm q/\left(2C\right)}\end{array}$ a feszültség (az előjel attól függ, hogy a jobb vagy bal oldalt vizsgáljuk). Az A/ii. rész eredményét felhasználva, a $\phi =q/\left(2C\right)$ és $r=r_{\underset{}{\overset{}{\text{max}}}}$ helyettesítéssel megkapjuk az éppen leeső cseppek töltését: $\begin{array}{c}{\displaystyle Q=2\pi {\epsilon }_{0}q{r}_{\underset{}{\overset{}{\text{max}}}}/C\mathrm{.}}\end{array}$ ii. Az egységnyi idő alatt lecseppenő cseppek száma $n$, így a hengeres elektródák (vagyis a kondenzátor) töltése $\text{d}t$ idő alatt $\text{d}q=Qn\text{d}t$ értékkel növekszik. Az előző alkérdés eredményét felhasználva ez tovább alakítható: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{\text{d}q}{\text{d}t}=\frac{2\pi {\epsilon }_0{r}_{\underset{}{\overset{}{\text{max}}}}n}{C}q\mathrm{,}}\end{array}$ ami egy előjeltől eltekintve a radioaktív bomlás differenciálegyenletére hasonlít. A jobb oldalon eltérő előjel azt eredményezi, hogy a kondenzátor töltése a radioaktív atommagok számával ellentétben nem exponenciálisan csökken, hanem exponenciálian növekszik az idővel: $\begin{array}{c}{\displaystyle q\left(t\right)=q_0{e}^{\gamma t}\mathrm{,}\text{ahol}\gamma =\frac{2\pi {\epsilon }_0{r}_{\underset{}{\overset{}{\text{max}}}}n}{C}=\frac{\pi {\epsilon }_{0}n}{C}\sqrt[3]{\frac{6\sigma d}{\rho g}}\mathrm{.}}\end{array}$   iii. A leeső cseppek akkor érhetik el az alattuk elhelyezkedő edényeket, ha az $mgH$ gravitációs helyzeti energiájuk elég nagy az elektrosztatikus taszítás legyőzéséhez. Közvetlenül a leszakadás után a $Q$ töltésű csepp a hengeres elektróda által létrehozott $q/\left(2C\right)$ potenciált érzi, amikor pedig az alatta lévő, vízzel telt edénybe érkezik, $-q/\left(2C\right)$ potenciálú helyre kerül. Az edény elérésének feltétele tehát: $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{q}{C}Q\le mgH\mathrm{,}\text{ahol}Q=\frac{2\pi {\epsilon }_{0}q{r}_{\underset{}{\overset{}{\text{max}}}}}{C}\mathrm{.}}\end{array}$ Ebből a kondenzátor $U_C=q/C$ feszültségének legnagyobb értéke: $\begin{array}{c}{\displaystyle U_C^{\underset{}{\overset{}{\text{max}}}}=\sqrt[]{\frac{mgH}{2\pi {\epsilon }_0{r}_{\underset{}{\overset{}{\text{max}}}}}}\mathrm{.}}\end{array}$ Az A/i. rész eredményét felhasználva a végeredmény: $\begin{array}{c}{\displaystyle U_C^{\underset{}{\overset{}{\text{max}}}}=\sqrt[6]{\frac{{\sigma }^2{d}^2{H}^3\rho g}{6{\epsilon }_0}}\mathrm{.}}\end{array}$