Feladat:	4548. fizika feladat	Korcsoport: 16-17	Nehézségi fok: nehéz
Megoldó(k):	Szabó Attila ,  Trócsányi Péter
Füzet:	2014/február, 104 - 106. oldal		PDF  |  MathML
Témakör(ök):	Feladat, Egyéb változó áram, Analógia alkalmazása, Gömbkondenzátor
Hivatkozás(ok):	Feladatok: 2013/május: 4548. fizika feladat, 1988/november: F.2712 Feladatok megoldásai: 1989/szeptember: F.2717

A szöveg csak Firefox böngészőben jelenik meg helyesen. Használja a fenti PDF file-ra mutató link-et a letöltésre.   I. megoldás. Ismert${}^{*}$, hogy ha egy $U_0$ feszültségre feltöltött, $C$ kapacitású kondenzátort $R$ ellenálláson keresztül ,,kisütünk'', akkor a kondenzátor feszültsége időben az $\begin{array}{c}{\displaystyle U\left(t\right)=U_0{e}^{-\frac{t}{RC}}}\end{array}$ függvény szerint csökken, s az $U_0/2$ értéket $\begin{array}{c}{\displaystyle t_{1/2}=\text{ln}2\cdot RC}\end{array}$ idő alatt éri el. (Ezt az időtartamot a radioaktív bomlásoknál használt kifejezés mintájára nevezhetjük felezési időnek.) Egy $r_0$ sugarú gömb (mint gömbkondenzátor) kapacitása: $\begin{array}{c}{\displaystyle C=4\pi {\epsilon }_0{r}_0\mathrm{.}}\end{array}$ A töltött gömb körüli levegő vezetőképessége miatt a fémgömb fokozatosan elveszíti a töltését. A környező levegőt ‐ gondolatban ‐ a fémgömbbel koncentrikus, vékony gömbhéjakra oszthatjuk. Egy-egy gömbhéj vastagsága legyen $\Delta r$, felülete $4\pi r^2$ ($r$ a gömbhéj átlagos sugara). Egy ilyen gömbhéj elektromos ellenállása (a radiálisan folyó áramokkal szemben): $\begin{array}{c}{\displaystyle \Delta R=\varrho \frac{\Delta r}{4\pi r^2}\mathrm{,}}\end{array}$ a sok-sok ,,sorosan kapcsolt'' gömbhéj eredő ellenállása pedig $\begin{array}{c}{\displaystyle R=\sum \Delta R=\frac{\varrho }{4\pi }\sum \frac{\Delta r}{r^2}\mathrm{.}}\end{array}$ A fenti összeg (a gömbhéjak vastagságát fokozatosan csökkentve) egy integrállal számítható ki: $\begin{array}{c}{\displaystyle R=\frac{\varrho }{4\pi }\underset{r_0}{\overset{\infty }{\int }}\frac{\text{d}r}{r^2}=\frac{\varrho }{4\pi r_0}\mathrm{.}}\end{array}$ (Az integrál értékét a matematikai analízis megfelelő összefüggéseinek alkalmazásával, vagy a Coulonb-erőtér és a Coulomb-potenciál hasonló képleteivel való analógia alapján határozhatjuk meg.) A fenti összefüggések alapján a kondenzátor feszültségének felezési ideje: $\begin{array}{c}{\displaystyle t_{1/2}=\text{ln}2\cdot \frac{\varrho }{4\pi r_0}\cdot 4\pi {\epsilon }_0{r}_0=\text{ln}2\varrho {\epsilon }_0\approx 1\mathrm{,}2\cdot {10}^5\text{s}\approx 34\text{óra}\mathrm{.}}\end{array}$ Érdekes, hogy a felezési idő nem függ a fémgömb méretétől, csupán a levegő vezetőképessége és egy univerzális természeti állandó határozza meg azt.     II. megoldás. Legyen a gömbön levő töltés pillanatnyi értéke $q\left(t\right)$ (ez nyilván arányos a pillanatnyi feszültséggel). Ebben a pillanatban a gömb külső felszínén az elektromos térerősség (amely merőleges a felületre) $\begin{array}{c}{\displaystyle E=\frac{q}{4\pi {\epsilon }_0{r}^2}\mathrm{,}}\end{array}$ ahol $r$ a gömb sugara. Az Ohm-törvény differenciális alakja szerint a felületen az áramsűrűség (amely ugyancsak merőleges a felületre): $\begin{array}{c}{\displaystyle j=\frac{E}{\varrho }=\frac{q}{4\pi {\epsilon }_0\varrho r^2}\mathrm{.}}\end{array}$ Így a töltés csökkenésének ,,üteme'' (vagyis a teljes áramerősség) $\begin{array}{c}{\displaystyle -\frac{\Delta q\left(t\right)}{\Delta t}=i=4\pi r^{2}j=\frac{1}{{\epsilon }_0\varrho }\cdot q\left(t\right)\mathrm{.}}\end{array}$ Ez az egyenlet (amely egy elsőrendű differenciálegyenlet) az alakját tekintve éppen olyan, mint a radioaktív bomlások $\begin{array}{c}{\displaystyle -\frac{\Delta m\left(t\right)}{\Delta t}=\lambda \cdot m\left(t\right)}\end{array}$ törvénye, így a megoldása is ugyanolyan formájú: $\begin{array}{c}{\displaystyle q\left(t\right)=q_0{e}^{-\frac{t}{{\epsilon }_0\varrho }}\mathrm{.}}\end{array}$ A töltés (s így a feszültség) felezési ideje innen már könnyen kifejezhető. A $\begin{array}{c}{\displaystyle q\left(t_0\right)=\frac{q_0}{2}}\end{array}$ összefüggésből $\begin{array}{c}{\displaystyle \frac{1}{2}=\text{exp}\left(-\frac{t_0}{{\epsilon }_0\varrho }\right)\mathrm{,}\text{vagyis}{t}_0=\text{ln}2\cdot {\epsilon }_0\varrho =1.23\cdot {10}^5\text{s }}\end{array}$ következik, ennyi idő alatt veszíti el a fémgömb a töltéseinek felét.   Megjegyzés. A II. megoldás gondolatmenetét követve látszik, hogy a feltöltött fémtest töltésének fogyási üteme ‐ és így annak felezési ideje ‐ nem függ a test méreteitől, de még az alakjától sem. ${}^{*}$Lásd pl. a ,,Négyjegyű függvénytáblázatok'' Kondenzátor feltöltése és kisülése ohmos ellenálláson át c. részt a 2., javított kiadás 148. oldalán