www.baranyi.hu
2010. szeptember 19.
FIZIKA TÁVOKTATÁS
E LEKTROMOSSÁGTAN Elektromos er˝ohatás Coulomb törvénye ˝ Osrégi tapasztalat, hogy gyakran a testek dörzsöléssel olyan állapotba hozhatók, amelyben egymásra er˝ot fejtenek ki. A testeknek ezt az állapotát elektromos állapotnak nevezzük. Bizonyos testek tehát, mint például üvegrúd, m˝uanyagrúd, szövet dörzsöléssel elektromos állapotúvá tehet˝ok. Az elektromos állapotú testek más tulajdonságai legtöbbször nem változnak meg, az elektromos állapotba került üvegrúd nem görbül el, nem nyúlik meg, színe sem változik és a tömege sem. Azt a testet, amelyre elektromos állapotú testek nem fejtenek ki elektromos er˝ohatást, elektromosan semleges állapotú testnek (röviden semleges testnek) nevezzük. A testek elektromos állapotát az elektromos töltéssel jellemezzük. Az elektromos állapot kétféle. A vonzó- és a taszítóer˝ot csak így lehet értelmezni. A kétféle elektromos állapotnak megfelel˝oen kétféle elektromos töltés van. Az egyik töltést pozitívnak, a másikat negatívnak nevezzük. Az elnevezést szabadon választottuk, ugyanígy szabadon döntünk afel˝ol, hogy melyik töltést nevezzük pozitívnak. Abban állapodunk meg, hogy a b˝orrel megdörzsölt üvegrúd elektromos töltését nevezzük pozitívnak. Pozitív töltés˝u testek taszítják egymást, ugyanígy a negatív töltés˝uek között is taszítóer˝o hat. Pozitív és negatív töltéssel rendelkez˝o testek között vonzóer˝o lép fel. Az egynem˝u, azaz azonos el˝ojel˝u töltések között taszítóer˝o hat, az ellentétes el˝ojel˝u – különnem˝u – töltések vonzzák egymást. A semleges – tehát nem elektromos állapotú – test töltése nulla. Így ugyanannyi pozitív és negatív töltés egyesítése után a test semlegessé válik. Az elektromos töltés számértéke tetsz˝oleges valós szám lehet, pozitív, negatív és nulla. Nulla töltés˝u test és bármely más test között nem lép fel (elektromos állapotból származó) er˝o. Az elektromos töltés egyik testb˝ol a másikba „áramolhat”, az egyik test a másiknak átadhat elektromos töltést. Az elektromos töltés fogalmilag más mennyiségekre nem vezethet˝o vissza. Az elektromos töltés tehát alapfogalom, mint az anyag mennyisége és a mozgás mennyisége. Az elektromos töltést legtöbbször Q-val vagy q-val jelöljük. Az elektromos töltéssel kapcsolatban egy fontos alapelvet fogalmazunk meg. Axiómaként kezeljük, hiszen most fizikai eszközökkel alátámasztani nem lehet. Az alapelvre alapozott elmélet azonban a tapasztalattal tökéletesen összhangban van. Magyarán, azt az elméletet, amelynek ez az alapelv az egyik logikai kiindulópontja a tapasztalat nem cáfolja. Az elektomosságtan kiindulópontja tehát a következ˝o axióma: Az elektromos töltés megmaradó mennyiség. Más szavakkal kifejezve ez azt jelenti, hogy elektromosan zárt rendszerben az elektromos töltés összes mennyisége állandó. Vizsgáljuk meg most az elektromos töltés szerepét az elektromos er˝ohatásban, és egyúttal állapodjunk meg az elektromos töltés mértékegységében. Célszer˝u pontszer˝u testek között megvizsgálni az er˝ohatás természetét, hiszen bonyolultabb alakú kiterjedt testek között fellép˝o er˝ohatás nagyon bonyolult lehet. Az is fontos, hogy egyel˝ore nyugvó töltések közötti er˝ohatásokkal foglalkozzunk. Könnyen elképzelhet˝o, hogy ha az elektromos er˝ohatás például folyadékban lép fel, mondjuk olajban, akkor az anyag szerkezete megváltozik és ez módosítja a fellép˝o er˝ot. Ezért célszer˝u döntés a következ˝o. Állapodjunk meg abban, hogy – egyel˝ore – az elektromosan töltött, pontszer˝u, nyugvó testek között fellép˝o er˝ohatással foglalkozunk. Feltesszük, hogy ezek a pontszer˝u testek vákuumban vannak. Ekkor érvényben van a Coulomb-törvény: A pontszer˝u, elektromosan töltött testek között fellép˝o vonzó vagy taszítóer˝o a két pont közötti távolság négyzetével fordítottan, a töltések szorzatával egyenesen arányos. Ha az egyik test töltését Q1 -gyel, a másikét Q2 -vel jelöljük, akkor alkalmasan megválasztott k arányossági tényez˝ovel az Q1 Q2 F =k 2 r 1
www.baranyi.hu
2010. szeptember 19.
FIZIKA TÁVOKTATÁS
egyenlet fejezi ki. Itt most a töltés mértékegységét kell megneveznünk és az arányossági tényez˝ot megválasztanunk. Rögzítsük el˝oször, hogy a távolságot méterben, az er˝ot newtonban mérjük. Ezután arról döntünk, hogy a töltés mértékegységét coulombnak nevezzük és ezt C-vel jöljük. Ebb˝ol már következik is, hogy k mértékegysége [k] = Nm2 /C2 . Az arányossági tényez˝o megválasztásában nagy szabadságunk van. A fizikusok a k = 9 · 109 Nm2 /C2 mellett döntöttek. A k ilyen választása mellett (a Coulomb-törvény alapján) 1 coulomb töltéssel rendelkez˝o pontszer˝u test egy másik 1 coulomb töltés˝u szintén pontszer˝u testet 1 méter távolságból 9 · 109 N er˝ovel taszít. Ez nagyjából 100 méter alapél˝u 100 méter magas négyzetalapú téglából épült gúla súlya. Ebben az értelemben 1 coulomb nagyon nagy töltés. Ezért igen gyakori, hogy C helyett μC-ban (mikrocoulomb) számolunk. Nyilvánvaló, hogy 1 μC = 10−6 C. Általában, a Q1 és Q2 pontszer˝u testek között fellép˝o er˝o nagysága F =k
Q1 Q2 , r2
ahol azonban F el˝ojele pozitív, ha a Q1 és Q2 azonos el˝ojel˝u, és negatív, ha ellentétes el˝ojel˝u. A Columbtörvénynek ebb˝ol a formájából az er˝o iránya nem olvasható ki, csak arra következtethetünk, hogy taszító vagy vonzó er˝o lép fel: ha F pozitív, akkor a töltések taszítják egymást, ha negatív, akkor vonzzák. Két kisméret˝u, egyenl˝o m = 32, 4 g tömeg˝u, azonos q pozitív töltés˝u golyót a mennyezet egy pontjában egy-egy l = 0, 2 m hosszúságú fonálra felfüggesztjük. A két test taszítja egymást, és eltávolodnak egymástól. Nyugalmi helyzetben a távolságuk r = 0, 2 m. Határozzuk meg a két kis test elektromos töltését! A megoldás érdekében vegyük szemügyre el˝oször az 1 ábrát geometriai szempontból!
1. ábra. A két test távolsága (az adatok választása miatt) megegyezik a fonalak hosszával, ezért a két test és a mennyezetnél a felfüggesztési pont egy szabályos háromszöget határoznak meg. A fonalak a vízszintessel 60◦ -os, a függ˝olegessel α = 30◦ -os szöget zárnak be. A két test – teljesen azonos körülmények között – nyugalomban van. (Különbséget közöttünk nem is tehetünk, hiszen a két golyót és a fonalakat a két fonál síkjának két oldaláról úgyanúgy látja két személy.) Elég tehát az egyik – mondjuk a jobb oldali – test egyenúlyát vizsgálni. Erre a testre három er˝o hat, ezek: a G = mg = 0, 0324 · 10 = 0, 324 N nagyságú nehézségi er˝o, az F -fel jelölt (még ismeretlen) elektromos er˝o és a kötél által kifejtett K kötéler˝o. A testre ható er˝ok ered˝oje nulla, ez a vízszintes irányú er˝okomponensekre nézve azt jelenti, hogy K sin α − F = 0. (Az ábrán látszik, hogy az F er˝ot K er˝o 2
www.baranyi.hu
FIZIKA TÁVOKTATÁS
2010. szeptember 19.
α szöggel szemközti összetev˝oje egyensúlyozza. A függ˝oleges er˝okomponensekre vonatkozóan pedig a K sin α − mg = 0 egyenlet érvényes. Összefoglalva: K sin α − F = 0 . K sin α − mg = 0 Adjunk az els˝o egyenlethez F -et, a második egyenlethez mg-t, majd osszuk el a két egyenletet egymással: tg α =
F . mg
Innen F = mg tg α = 0, 324 F =k
√
3 3
= 0, 1870 N. A Coulomb-törvény szerint azonban
qq . r2
Azaz 0, 1870 = 9 · 109
q2 , 0, 22
és így q = 9, 1 · 10−7 C = 0, 91 μC.
Szükségünk lesz egy szóhasználattal kapcsolatos megjegyzésre. Tegyük fel, hogy adott két elektromos állapotú test, az egyiket jelöljük 1-gyel, a másikat 2-vel. Ekkor a 2-es test eletromos er˝ot fejt ki az 1-es testre: az 1-es test „észleli” a 2-es test által kifejtett elektromos er˝ot. Egyrészt azt a kérdést vizsgáljuk, hogy milyen elektromos hatása van a 2-es testnek, másrészt azt tanulmányozzuk, hogy milyen hatást észlel az 1-es test. Erre tekintettel a 2-es testet (ennek a töltését) forrástöltésnek, az 1-es test töltését próbatöltésnek nevezzük. Világos, hogy ha az 1-es test töltése forrástöltés és a 2-es test töltése hozza létre az elektromos hatást, akkor fordítva is igaz, ha az 1-es test a hatás forrása, akkor a 2-es test a próbatöltés. Mindazonáltal – bár az 1-es és 2-es test szerepe szimmetrikus, mégis pontszer˝u töltésnek adjuk a próbatöltés szerepét, így megvizsgálhatjuk egy kiterjedt (esetleg bonyolult) töltéseloszlás által létrehozott hatást a tér különböz˝o pontjaiban. Egy 0,8 m oldalú négyzet csúcsaiban rögzített pontszer˝u testeket rendre 1 μC, 2 μC, 3 μC, 4 μC töltéssel látjuk el. Mekkora elektromos er˝o hat a négyzet középpontjába helyezett 5 μC töltés˝u pontszer˝u testre? √ A megoldás1 els˝o lépéseként vegyük észre, hogy a négyzet átlója √2 · 0, 8 = 1, 1313 m, a középpontjába helyezett Q = 5 μC töltés csúcsoktól mért távolsága r = 22 0, 8 = 0, 5657 m. Tegyük fel, hogy a négyzet csúcsaiban a töltések az óra mutatói járásával ellentétes irányában növekednek. Helyezzük el négyzet középpontjába egy koordinátarendszer origóját, és válasszuk meg a tengelyeket a 2. a. ábrán látható módon: fektessük a tengelyeket a négyzet átlóira és helyezzük el a töltéseket úgy, hogy a Q1 = 1 μC az x-tengely pozitív felén az 0, 5657 m pontban legyen. Ekkor a Q2 = 2 μC az y-tengely negatív felén az −0, 5657 m pontban, a Q3 = 3 μC az x-tengely negatív felén a −0, 5657 m koordinátájú pontban, Q4 = 4 μC az y-tengely negatív felén az −0, 5657 m pontban van. Ekkor a négyzet középpon1
A következ˝o feladatok nem neház feladatok, de meglehet˝osen munkaigényesek. Feltétlenül javasoljuk, hogy ne csak átfussák a kidolgozott megoldásokat, hanem sajátítsák el a gondolatmeneteket és számolják végig a feladatokat.
3
www.baranyi.hu
2010. szeptember 19.
FIZIKA TÁVOKTATÁS
2. ábra. tjába helyezett Q = 5 μC töltésre a Q1 , . . . , Q4 töltések F1 = k
−12 Q1 Q 9 5 · 10 √ = 9 · 10 = 0, 140625 N, r2 ( 2 0, 8)2
(1)
2
Q2 Q 10 · 10−12 = 0, 28125 N, F2 = k 2 = 9 · 109 √ r ( 2 0, 8)2
(2)
2
F3 = k
−12 Q3 Q 9 15 · 10 √ = 9 · 10 = 0, 421875 N, r2 ( 2 0, 8)2
(3)
2
Q4 Q 20 · 10−12 = 0, 5625 N F4 = k 2 = 9 · 109 √ r ( 2 0, 8)2
(4)
2
nagyságú er˝ot fejtenek ki. A Q1 és Q3 által kifejtett mindkét er˝o vízszintes, a Q1 által kifejtett er˝o negatív, a Q3 által kifejtett er˝o pozitív irányú. Az ered˝ojük – a töltések szerencsés elhelyezése miatt – pozitív: Fx = 0, 28125 N. A Q2 és Q4 által kifejtett mindkét er˝o függ˝oleges, a Q2 által kifejtett er˝o negatív, a Q4 által kifejtett er˝o pozitív irányú, az ered˝ojük (összegük): Fy = 0, 28125 N. Az ered˝o er˝o két komponense Fx , Fx egenl˝o nagy: (Fx = Fy ), ezért az ered˝o er˝ovektor nagysága √ F = 2Fx = 0, 3977 N és az x-tengellyel 45◦ -os szöget zár be. (2. b. ábra). Ezzel a kit˝uzött feladatot megoldottuk, de fontoljuk meg, hogy van-e a feladatnak olyan megoldási módszer, amely általánosítható és nem támaszkodik a probléma megfogalmazásában megtalálható szimmetriát. Vizsgáljuk meg ismét a feladatot! A négyzet középpontjába Q töltést helyzetünk, a négyzet csúcsaiba hogy ezek a töltések a koordinátarendpedig Q1 , Q2 , Q3 , Q4 töltéseket és a négyzetet úgy helyeztük el, √ 2 szer tengelyein legyenek. A négyzet csúcsai az origótól r = 2 0, 8 = 0, 5657 m távolságban vannak. Ezért az 1-es töltéshez az r1 = (r, 0), a 2-es töltéshez az r2 = (0, r), a 3-es töltéshez az r3 = (−r, 0), a 4-es töltéshez az r4 = (0, −r) vektor mutat. 4
www.baranyi.hu
2010. szeptember 19.
FIZIKA TÁVOKTATÁS
Az 1-es töltés az ordigóba helyezett Q töltésre r1 -gyel párhuzamos de ellentéses irányú, F1 = k Qr12Q nagyságú er˝ot fejt ki. Ennek az er˝ohatásnak vektori vonását úgy fejezhetjük ki, hogy F1 -et megszorozzuk az r1 -gyel párhuzamos r1 −r01 = − egységnyi hosszú vektorral:2 r F1 = −k
Q1 Q 0 Q1 Q r1 r1 = −k 2 , 2 r r r
ez a Q1 töltés által Q-ra kifejtett er˝ovektor. (A negatív el˝ojel szükségessége nyilvánvaló, ha meggondoljuk, hogy a Q1 töltéshez mutató r1 vektor balról jobbra mutat, Q1 által kifejtett er˝o pedig – mert taszító er˝o – jobbról balra.) Az ered˝o er˝o így F = −k
Q2 Q Q3 Q Q4 Q Q1 Q 0 r − k 2 r02 − k 2 r03 − k 2 r04 . r2 1 r r r
Itt azonban r01 = (1, 0), r02 = (0, 1), r03 = (−1, 0), r04 = (1, −1), és helyettesítsük be az er˝ok korábban már kiszámított értékét és az egységbektorokat: F = −0, 140625 · (1, 0) − 0, 28125 · (0, 1) − 0, 421875 · (−1, 0) − 0, 5625 · (1, −1). Ha elvégezzük a kijelölt vektorm˝uveleteket 3 , akkor eredményül a már ismert F = (0, 28125, 0, 28125) N er˝ovektort kapjuk.
Egy x–y koordinátarendszer origójában q = 1 μC pontszer˝u rögzített töltés van. Az r1 = (−4, 5 m, 1 m) helyvektorú pontba Q1 = 5, 625 μC töltést, az r2 = (−5 m, −5 m) helyvektorú pontba Q2 = 10, 0 μC töltést helyezünk el. Határozzuk meg a két töltés által az origóban nyugvó töltésre ható elektromos er˝ok ered˝ojét! origótól mért távolsága r = 4, 52 + 12 = A megoldáshoz el˝oször vegyük észre, hogy a Q1 töltés˝u test 1 √ √ √ 2 2 21, 25 m, a Q2 töltés˝u test origótól mért távolsága r2 = 5 + 5 = 50 m. Jelöljük a két helyvektor x-tengellyel bezárt szögét α1 -gyel és α2 -vel (3. ábra): ekkor tg α1 = 14, 5 = 0, 2222,
illetve
tg α1 = 55 = 1,
ezért α1 = 12, 5◦ és α1 = 12, 5◦ . Az origóban található q töltés˝u pontszer˝u testre ható (taszító) elektromos er˝ok Q1 q 5, 625 · 10−12 = 9 · 109 · = 2, 3823 · 10−3 N, 2 21, 25 r1 Q2 q 10 · 10−12 F2 = k 2 = 9 · 109 · = 1, 8 · 10−3 N. 50 r1
F1 = k
2 (3 m, −4 m) egy síkbeli vektor. Ennek hossza (vagyis abszolút értéke): r = |r| = 32 + (−4)2 ) = √ Legyen például r = 25 m = 5 m. Ezért r0 = ( 35 , −4 ) = (0, 6, −0, 8). Az r vektor párhuzamos az r0 egységnyi hosszú vektorral. (Itt persze 0 5 fels˝o index és nem hatványkitev˝o.) 3 Most érdemes fellapozni matematika tankönyvünket, és átismételni a vektorokkal végzett legegyszer˝ubb m˝uveleteket és feleleveníteni a m˝uveleti szabályokat. Az a legfontosabb, hogy a) ha egy r = (x, y) vektort egy α számmal szorzunk, akkor a szorzást koordinátánként végezzük el: αr = α(x, y) = (αx, αy) a mi esetünkben most 0, 140625 · (1, 0) = (0, 140625, 0). b) Vektorok összegének koordinátai az tagok koordinátinak összegével egyenl˝o: (x1 , y1 ) + (x2 , y) = (x1 + x2 , y1 + y2 ). A mi esetünkben (0, 140625, 0) + (0, 0, 28125) + (−0, 421875, 0) + (0, −0, 5625) = (−0, 28125, −0, 28125).
5
www.baranyi.hu
2010. szeptember 19.
FIZIKA TÁVOKTATÁS
3. ábra. A két er˝ot x-tengely és y-tengely irányú összetev˝okre bontjuk: F1,x = F1 cos α1 = 2, 3823 · 10−3 · 0, 9761 = 2, 32557 · 10−3 N, F1,y = F1 sin α1 = 2, 3823 · 10−3 · 0, 2168 = 5, 168 · 10−4 N, F2,x = F2 cos α2 = 1, 8 · 10−3 · 0, 7071 = 1, 2728 · 10−3 N, F2,y = F2 sin α2 = 1, 8 · 10−3 · 0, 7071 = 1, 2728 · 10−3 N. Fejezzük ki az er˝ovektorokat koordinátákkal és vegyük figelembe, hogy az 1-es jel˝u er˝ovektor második koordinátája negatív, azaz jobbra lefelé taszítja az origóban található töltést. Tehát: F1 = (2, 32557 · 10−3 , F2 = (1, 2728 · 10−3 ,
−5, 168 · 10−4 ) N, 1, 2728 · 10−3 ) N.
Az ered˝o er˝ovektor koordinátái az összetev˝ok koordinátáinak (el˝ojeles) összege: F = (2, 32557 · 10−3 + 1, 2728 · 10−3 ; F = (3, 6 · 10
−3
,
−4
7, 56 · 10
−5, 168 · 10−4 + 1, 2728 · 10−3 ) N,
azaz
) N.
Az ered˝o er˝o nagysága |F| = F = (3, 6 · 10−3 )2 + (7, 56 · 10−4 )2 = 3, 678 · 10−3 N, és ha az x-tengellyel beszárt szöge α, akkor tg α =
7, 56 · 10−4 = 0, 21, 3, 6 · 10−3
így tehát α = 11, 85◦ .
Az origóban elhelyezett pontszer˝u töltésre a két másik pontszer˝u elektromos test 3, 678 · 10−3 N, azaz 3,678 mN (millinewton) nagságú, a vízszintes tengellyel mintegy 12◦ -os szöget bezáró er˝ot fejt ki.4 A Coulomb-törvény általánosításának egyik iránya az, hogy olyan formát keresünk, amely kifejezi az er˝o vektorjellegét és tartalmazza az er˝o nagysága mellett az irányára vonatkozó információt is. Ez
6
www.baranyi.hu
2010. szeptember 19.
FIZIKA TÁVOKTATÁS
4. ábra. különösen akkor fontos, amikor egy pontszer˝u elektromosan töltött testre nem egy, hanem több pontszer˝u elekromos állapotú test hat. Vizsgáljuk meg azt a 4. ábrán látható egyszer˝u esetet, amikor egy ponttöltésre két másik pontszer˝u töltés hat.5 Ha az 1-es számjeggyel jelölt pontszer˝u testre két másik – 2vel és 3-mal jelölt – elektromos állapotú pontszer˝u test hat, akkor ezek által kifejtett er˝ok vektori összege az F →1 = F2→1 + F3→1 . Ebben nem az a lényeg, hogy két vektort vektorilag (tehát parallelogrammaszabály szerint) kell összadni, hanem abban, hogy a 2-es test által kifejtett er˝o nem függ a 3-as test által kifejtett er˝ot˝ol. Az F2→1 úgy lép fel, hogy „nem vesz tudomást” a 3-as test által kifejtett F3→1 er˝or˝ol. Az ilyen er˝oket szabader˝oknek nevezzük. Hamarosan tanulni fogunk nem szabader˝okr˝ol, hanem az úgynevezett kényszerer˝okr˝ol. A kényszerer˝ok nagysága, iránya függ a testre ható más er˝okt˝ol. Az ered˝o kiszámításánál ajánlatos úgy eljárni, hogy az 1-es testet egy koordinátarendszer origójába helyezzük. Ügyesen elhelyezzük a 2-es és a 3-as testeket is, majd meghatározzuk a koordinátákat.6 A két er˝ot egymástól függetlenül meghatározzuk, majd ezeket az er˝ovektorokat összegezzük. Sok esetben ajánlatos az er˝ovektorokat koordinátánként meghatározni és ezután az ered˝o vektor koordinátáit kiszámítani. Ha a töltések azonos el˝ojel˝uek, akkor a fellép˝o er˝ok mind taszító er˝ok, és ekkor (például) az 1-es test fel˝ol a 2-es felé mutató helyvektor ellentétes irányú a 2-es test által az 1-esre kifejtett er˝ovel. Egy x–y koordinátarendszerben az x-tengely x1 = −0, 5 m koordinátájú pontjában Q1 = +400 μC, az x2 = 0, 5 m koordinátájú pontjában Q2 = −400 μC pontszer˝u töltés van. Egy q = 1 μC nagyságú, pontszer˝u töltést helyeztünk az origóba. Mekkora a ráható ered˝o elektromos er˝o? Mekkora az elektromos er˝o, ha a q töltést áthelyeztük az y-tengely y = 0, 3 m koorinátájú pontjába? Mekkora az ered˝o, ha a q töltés koordinátái: x = 0, 5 m és y = 0, 3 m? A megoldáshoz els˝o lépésként vezessük be a következ˝o jelölést. Legyen Q = Q1 , ekkor −Q = Q2 . A feladat megoldása három szakaszból áll. (1.) Az els˝o esetben a q töltésre az 1 jel˝u töltés k
Qq 400 · 10−12 = 9 · 109 = 14, 4 N 2 0, 52 x1
taszító er˝ot, a 2-es jel˝u töltés ugyanekkora nagyságú vonzó er˝ot fejt ki. A két er˝o egyirányú, ezért az ered˝o er˝o ebben az esetben F = 28, 8 N. 4 Ez a feladat és a megoldása inkább fegyelmet és koncentrálást igényel, mint fantáziát. A problémákat azonban nemcsak azért t˝uzzük ki, hogy agytornául szolgáljanak, hanem a fizika fogalmainak illusztrálására, a fogalmak születésének szemléltetésére. 5 Megjegyzés a szóhasználatot illet˝oen: „ponttöltés”, „pontszer˝u töltés” kifejezések a „pontszer˝u elektromos állapotú test” kifejezést rövidítik. 6 Azaz a két elektromos test helyének helyvektorát és a helyvektorok koordinátáit.
7
www.baranyi.hu
2010. szeptember 19.
FIZIKA TÁVOKTATÁS
(2.) A második esetben√is egyenl˝o távolságban van a q töltés az 1-es és a 2-es jel˝u töltést˝ol, ez a távolság r = 0, 32 + 0, 52 = 0, 34 ≈ 0, 583 m, ezért a két er˝o nagysága azonos: k
−12 Qq 9 400 · 10 = 9 · 10 = 10, 588 N. r2 0, 34
A két er˝o ered˝oje vízszintes, nagysága az egyik töltés által kifejtett er˝o vízszintes összetev˝ojének kétszeresével. Legyen α a (−0, 5; 0) m pontból a (0; 0, 3) m pontba mutató vektor vízszintessel bezárt szöge. 0,5 = 0, 5875. A q töltés˝u testre ható ered˝o er˝o ebben az esetben Ekkor cos α = 0,583 2 · 10, 588 · cos α = 18, 16 N. (3.)A a q töltés a ráható töltések helyzete nem szimmetrikus. Az 1-es jel˝u töltés r1 = harmadik esetben √ 2 2 2 (2x) + y = 1 + 0, 32 = 1, 09 = 1, 044 m távolságra van a q töltést˝ol, míg a 2-es jel˝u töltés és −12 = 3, 3 N nagyságú er˝ot fejt ki q-ra. A 2-es q távolsága r2 = 0, 3 m. Ekkor az 1-es töltés 9 · 109 400·10 1,0442 −12
töltés függ˝oleges vonzó er˝ot fejt ki ugyanerre a töltésre, nagysága 9 · 109 400·10 = 40 N. Jelöljük most 0,32 a (−0, 5; 0) m pontból a (0, 5; 0, 3) m pontba mutató vektor vízszintessel bezárt szögét β-val. Ekkor 1 = 0, 9578, vagyis β = 16, 7◦ . A harmadik estben a q töltésre ható er˝ok ered˝ojének cos β = 1,044 vízsintes összetev˝oje 3, 3·0, 9578 = 3, 16 N, a függ˝oleges összetev˝o pedig: 3, 3·sin β −40 = −39, 05 N. Az ered˝o er˝ot az összetev˝okb˝ol Pitagorász-tétellel számoljuk: 3, 162 + (−39, 05)2 = 39, 18 N. 3,16 , vagyis γ = 85, 4◦ . Ha az ered˝o er˝o vektora γ szöget zár be a vízszintessel, akkor cos γ = 39,180,080 A harmadik esetben az 1-es és a 2-es jel˝u töltés által kifejtett ered˝o er˝o nagysága 39, 18 N, majdnem párhuzamos a függ˝oleges tengellyel és balról jobbra lefelé mutat. A három er˝ot ábrázoltuk a ??. a) ábrán. Ha (például számítógép segítségével) sok pontban meghatároznánk ezeket az er˝oket, akkor azt látnánk, hogy az er˝ovektorok a b) ábrán látható görbesereg egy-egy görbéjét érintenék. Ezeket a görbéket különben jól láthatóvá lehet tenni, ha elvégzünk egy ismert demonstrációs kísérletet. Rögzítsünk egy vékony üveglap alá két egyforma kis testet és adjunk az egyiknek pozítív, a másiknak ugyanakkora negatív töltést, majd szórjunk a lapra finom f˝urészport. Ha kissé megmozgatjuk a lapot, akkor a f˝urészport a c) ábrán látható vonalakba rendez˝odik. Ezeket a vonalakat Faraday7 er˝ovonalaknak nevezte. Helyezzünk egy kis elektromos testet az egyik pontba, ekkor a ráható elektromos er˝o az er˝ovonal érint˝ojének irányába mutat. Mi ebben a feladatban a tér három pontjában meghatároztuk az 1 μC töltés˝u testre ható er˝o irányát és nagyságát.
Elektromos térer˝osség, Gauss törvénye A Coulomb-féle er˝otörvény a pontszer˝u testek között vákuumban fellép˝o elektromos er˝ot írja le. Most ennek az egyszer˝u er˝otörvénynek az általánosítását t˝uzzük ki célul. Gondolatmenetünk egyik legfontosabb pontja az, hogy az elektromos er˝o szabader˝o, azaz az egyik test által kifejetett er˝o nem függ más testek által kifejtett elektromos er˝ot˝ol.8 7
Jó megtekinteni a http://hu.wikipedia.org/wiki/Michael_Faraday oldalt. Éapozzuk fel az internetes tankönyv második részében – a Tömegpontok dinamikájában – a szabader˝ot és Newtoin IV. törvényét elemz˝o gondolatmenetet! Engedtessék meg kiegészítésképpen egy hasonlat: az, hogy egy kisdiák mennyi zsebpénzt kap az apukájától, nagyon függhet attól, hogy mennyit kapott édeanyjától. Ha már az édeanyja ellátta zsebpénzel, akkor lehetséges, hogy az édesapja elhalasztja a támogatást. Az, hogy a koldus a templom el˝ott mennyi pénzt kap az arra járó emberekt˝ol, általában nem függ attól, hogy mennyit kapott korábban. Ezért gondoskodik arról, hogy kalapja mindig üres legyen. 8
8
www.baranyi.hu
2010. szeptember 19.
FIZIKA TÁVOKTATÁS
A Coulomb-törvény általánosításának az els˝o lépése az az eset, amikor egy elektromosan töltött pontszer˝u testre, az úgynevezett próbatestre néhány más, elektromos töltéssel rendelkez˝o pontszer˝u test hat. Láttunk már arra példát, hogy mit kell ilyen esetben tenni. Emlékezzünk arra a feladatra, amikor
5. ábra. egy 0,8 m oldalú négyzet csúcsaiban rögzített pontszer˝u testeket rendre 1 μC, 2 μC, 3 μC, 4 μC töltéssel látjuk el. Azt vizsgáltuk, hogy mekkora elektromos er˝o hat a négyzet középpontjába helyezett 5 μC töltés˝u pontszer˝u testre. Kiszámoltuk a négy pontszer˝u töltés által er˝oket (5 . ábra), F1 = k
−12 Q1 Q 9 5 · 10 √ = 9 · 10 = 0, 140625 N, r2 ( 2 0, 8)2 2
Q2 Q 10 · 10−12 = 0, 28125 N, F2 = k 2 = 9 · 109 √ r ( 2 0, 8)2 2
F3 = k
−12 Q3 Q 9 15 · 10 √ = 9 · 10 = 0, 421875 N, r2 ( 2 0, 8)2 2
Q4 Q 20 · 10−12 = 0, 5625 N F4 = k 2 = 9 · 109 √ r ( 2 0, 8)2 2
Az ered˝o er˝o két koordinátája Fx = 0, 28125 N és Fy = 0, 28125 N volt. Ebb˝ol azt kaptuk, hogy az √ ered˝o er˝o nagysága F = 2Fx = 0, 3977 N és ez a vízszintessel 45◦ -os szöget zár be. A most látott módszert kívánjuk általánosítani. Ezért az er˝ovektor nagyságát megszorozzuk az er˝o irányba mutató egységnyi hosszú (és egységnyi mértékegység˝u) vektorral. Az így kapott er˝ovektorokat összegezzük, az ered˝o er˝o így F = −k
Q2 Q Q3 Q Q4 Q Q1 Q 0 r1 − k 2 r02 − k 2 r03 − k 2 r04 . 2 r r r r
(5)
Itt azonban r01 = (1, 0), r02 = (0, 1), r03 = (−1, 0), r04 = (0, −1), és helyettesítsük be az er˝ok korábban már kiszámított értékét és az egységbektorokat: F = −0, 140625 · r01 − 0, 28125 · (r02 − 0, 421875 · r03 − 0, 5625 · r04 ,
azaz
F = −0, 140625 · (1, 0) − 0, 28125 · (0, 1) − 0, 421875 · (−1, 0) − 0, 5625 · (0, −1). Végezzük el a kijelölt m˝uveleteket, ekkor eredményül az F = (0, 28125, 0, 28125) N er˝ovektort kapjuk. Figyeljünk fel most arra, hogy az (5) er˝otörvényben jobb oldalon a Q tényez˝o kiemelhet˝o: Q2 0 Q3 0 Q4 0 Q1 0 (6) F = −k 2 r1 − k 2 r2 − k 2 r3 − k 2 r4 Q. r r r r 9
www.baranyi.hu
2010. szeptember 19.
FIZIKA TÁVOKTATÁS
Általánosabban tegyük fel, hogy a tér különböz˝o pontjaiban Q1 , Q2 , Q3 , . . . , Qn töltések vannak. Vizsgáljuk meg, hogy mekkora er˝ot fejt ki ez a töltésrendszer valamely q pontszer˝u töltésre. Legyenek r1 , r2 , r3 , . . . , rn a q töltést˝ol a pontokhoz mutató vektorok. Osszuk el mindegyik ilyen vektort a hosszával: r1 r2 r3 rn r01 = , r02 = , r03 = , . . . , r0n = . |r1 | |r2 | |r3 | |rn | Ekkor a {Q1 , Q2 , Q3 , . . . , Qn }, a térben különböz˝o pontokba elosztott töltésrendszer a q töltésre Q2 Q3 Qn Q1 F = − k 2 r01 − k 2 r02 − k 2 r03 − · · · − k 2 r0n · q. rn r1 r2 r3
(7)
elektromos er˝ot fejt ki. A q töltésre ható er˝o két tényez˝o szorzatára bontható. Az egyik tényez˝o a {Q1 , Q2 , Q3 , . . . , Qn } pontszer˝u töltések összességére és ezek térbeli elhelyezkedésére jellemz˝o, a másik tényez˝o a q töltés. Lépjünk tovább az általánosításban! Induljunk ki abból, hogy egy elektromos állapotú test er˝ot fejt ki egy pontszer˝u próbatestre. Ekkor a pontszer˝u testre ható elektromos er˝o két tényez˝o szorzatára bontható: az egyik tényez˝o csak a próbatestre jellemz˝o, ez ugyanis a próbatest töltése, a másik tényez˝o pedig nem függ a próbatestt˝ol, csak az elektromos er˝ot kifejt˝o töltéseloszlás függvénye. Így a q töltés˝u próbatestre ható elektromos er˝o: F = E · q,
(8)
itt az E vektormennyiséget elektromos térer˝osségnek nevezzük. Az elektromos térer˝osség az egységnyi pozitív töltéssel rendelkez˝o próbatestre ható elektromos er˝o. Mértékegysége a newton/coulomb (N/C). Egy nagyméret˝u elektromos állapotú test környezetében – valamely X pontban – egy m = 2 g tömeg˝u q = 2 μC töltés˝u pontszer˝u testre a 6. ábrán látható módon az x-tengellyel párhuzamos 0, 3 N nagyságú F elektromos er˝o hat. Határozzuk meg az X pontban az elektromos térer˝osséget! Számítsuk ki a test gyorsulását!
6. ábra. A feladat megoldása nagyon egyszer˝u: az X pontban a q = 2 μC töltés˝u testre F = 0, 3 N nagyságú elektromos er˝o hat. Innen látszik, hogy ebben a pontban az elektromos térer˝osség nagysága E=
F N = 150 000 , q C
és a testre ható er˝ovel egyirányú. (A kis test az elektromos térnek ebben a pontjában a = gyorsulással mozog.)
F m
= 150 m/s2
A (8) egyenlet általánosítása a (6) egyenletnek, és így természetesen a Coulomb-törvénynek is. Tegyük fel ugyanis, hogy Q töltés˝u test elektromos er˝ot fejt ki a q töltés˝u próbatestre. Ha a köztük lév˝o távolság r, akkor a fellép˝o er˝o nagysága: F =k
Q q, r2 10
www.baranyi.hu
2010. szeptember 19.
FIZIKA TÁVOKTATÁS
a Coulomb-törvény szerint. A próbatestre ható er˝o a két töltést összeköt˝o egyenes mentén hat. A (8) egyenl˝oség jobb oldala a k rQ2 mennyiségnek és a próbatest töltésének szorzata. Pontszer˝u Q töltésr˝ol r távolságra tehát E=k
Q r2
a térer˝osség nagysága. Ebben az esetben a térer˝osségvektor a Q töltést és a próbatöltést összeköt˝o egyenessel párhuzamos, és a Q töltés˝u pontszer˝u test felé mutat, ha Q < 0, és az ellentétes irányba, ha Q > 0. Figyeljünk fel arra, hogy a távolság növekedésével a térer˝osség rohamosan csökken. Ha egy r sugarú gömböt képzelünk el, amelynek a középpontjában van a tér forrása, akkor a gömb felületén mindenütt azonos nagyságú a térer˝osség, és a gömb felületére mer˝olegesen vagy befelé, vagy kifelé mutat. Ha gondolatban a gömböt „felfújjuk” úgy, hogy a forrástöltés továbbra is a középpontban marad, akkor a nagyobb sugarú gömbfelületeken kisebb a térer˝osség nagysága. Minél nagyobb a gömb felülete, annál kisebb a térer˝osség. A térer˝osség és a felület fordítottan arányos egymással, hiszen a térer˝osség r2 -tel fordítva arányos, a gömb felülete pedig r2 -tel egyenes arányban változik: Q , r2 A = 4r2 π.
E=k
Szorozzuk most össze ezt a két egyenl˝oséget, azt kapjuk, hogy EA = 4r2 π · k
Q = 4πkQ, r2
vagyis az E és A valóban fordítottan arányosak: a gömb felületének és a térer˝osségnek a szorzata állandó. Vegyük észre az érdekes tényt: úgy adódott, hogy térer˝osséget (er˝ot) felülettel szoroztunk össze, ehhez a fogalomhoz természetes úton jutottunk, most azonban az EA mennyiséget szeretnénk általánosítani. Tegyük fel ezért, hogy adott egy A nagyságú felület. Osszuk fel ezt a felületet ΔA nagyságú részekre (7 . ábra). Szorozzunk meg minden egyes ilyen felületelemet az elektromos térer˝osség felületre
7. ábra. mer˝oleges összetev˝ojével és összegezzük. Az így kapott mennyiség az elektromos fluxus (jele Ψ): Ψ= E ⊥ ΔA 2 Az elektromos fluxus mértékegysége [Ψ] = N C m . Néha a felületet irányítani is lehet. Az egyik oldalát pozitívnak, a másikat negatívnak nevezzük. Egyszer˝u zárt felületnél ez általában úgy történik, hogy a térrész belseje felé mutató oldalt negatívnak,
11
www.baranyi.hu
2010. szeptember 19.
FIZIKA TÁVOKTATÁS
a kifelé mutatót pozitívnak tekintjük. Egy önmagát nem metsz˝o zárt görbére illeszked˝o felületnél sem okoz ez gondot. Az irányíthatóság azonban általában ⊥ komolyabb probléma. Mindenesetre tegyük fel, hogy a szóban lev˝o felület irányítható, ekkor a E ΔA szorzatot pozitívnak tekintjük, ha az elektromos térer˝osség a felület pozitív oldalára mutat, és negatívnak, ha a felület negatív oldala felé irányul a térer˝osségvektor. Az elektromos er˝oteret er˝ovonalakkal szemléltetjük. Az elektromos er˝ovonal olyan – képzeletbeli – irányított térgörbe, amelynek érint˝oje bármely pontban az elektromos térer˝osség. Az er˝ovonalak irányát az er˝ovonalat érint˝o térer˝osségvektor határozza meg (8.oldal).
8. ábra. Az elektromos er˝ovonalak nem ágazhatnak el, nem metszhetik egymást. Ez magától ért˝odik, hiszen a metszéspontban, az elágazási pontban nem lehetne a térer˝osséget egyértelm˝uen definiálni. Statikus elektromos térben az elektromos er˝ovonalak pozitív töltésb˝ol indulnak, és negatív töltésen végz˝odnek. El˝ofordul, hogy az egyik töltést végtelen távolinak gondoljuk. Ha például a pozitív töltést a végtelen távoli pontokba gondoljuk, akkor azt mondjuk, hogy az er˝ovonalak a végtelenb˝ol közelednek a negatív töltéshez. Ha a negatív töltés van a végtelenben, akkor úgy fogalmazunk, hogy az er˝ovonalak a végtelenbe távolodnak. Statikus elektromos térben az er˝ovonalak nem alkotnak zárt görbéket. Éppen azért, mert töltésb˝ol indulnak és töltésen végz˝odnek. Milyen s˝ur˝unek képzeljük az er˝ovonalakat? Mivel szemléltetésr˝ol van szó, meglehet˝osen önkényesen járunk el. Állapodjunk meg abban, hogy az er˝ovonalakra mer˝oleges egységnyi felületen át annyi er˝ovonalat rajzolunk, amennyi a felület középpontjában a térer˝osség számértéke. Például ha egységnyi – mondjuk 1 m2 -es – felület közepén a térer˝osség számértéke E = 3, 2 N/ C, akkor képzeletünkben 10 m2 -es felületen 32 er˝ovonal halad át. Innen következik az elektromos fluxus szemléltetésének a lehet˝osége is: ha 1 m2 nagyságú felületen E számú er˝ovonal halad át, akkor az A felületen EA. Az A felületen áthaladó er˝ovonalak száma szemléletesen az elektromos fluxust jelenti. Térjünk most vissza a korábban említett egyszer˝u esethez, ahhoz, amikor egy pontszer˝u – mondjuk pozitív – Q forrástöltés egy gömb közepén helyezkedett el. Ennek a gömbnek a felületén az elektromos fluxus: Ψ = 4πkQ. Ennyi er˝ovonal indul ki a Q töltésb˝ol, és az er˝ovonalak a gömb felületére mer˝olegesen a végtelen felé haladnak. Ha a gömböt nagyobbnak képzeljük, akkor azt is ugyanannyi er˝ovonal döfi. De nem változik a felületet döf˝o er˝ovonalak száma akkor sem, ha a forrástöltés nem a gömb közepén van, akkor sem, ha a gömböt kockává lapítottuk. Mi történik, ha a térrészbe egy másik töltést is elhelyezünk? Az elektromos er˝o szabader˝o, zavartalanul összegz˝odik. Zavartalanul adódnak össze az elektromos térer˝osségek is a felület bármely pontján. Ez azonban világos módon azt jelenti, hogy az egyik és a másik töltést˝ol származó fluxusuk összege megegyezik a két töltés összegét˝ol származó fluxussal. Fogalmazzuk meg most az elektrosztatikában alapvet˝o jelent˝oség˝u állítást: Az elektrosztatika els˝o alaptörvénye (Gauss-tétel elektromos térre): Zárt felületen az elektromos tér fluxusa egyenl˝o a felületen 12
www.baranyi.hu
2010. szeptember 19.
FIZIKA TÁVOKTATÁS
belül elhelyezked˝o töltés 4πk-szorosával : Ψ= E ⊥ ΔA = 4πkQ. Szemléletesen így is fogalmazhatunk: ha zárt felületen belül Q töltés van – bármilyen is a töltéseloszlás –, akkor a felületet 4πkQ er˝ovonal döfi. Ha Q pozitív, akkor az er˝ovonalak elhagyják a felületet, ha Q negatív, akkor az er˝ovonalak befelé döfik a felületet. Még egyszer˝ubben fogalmazva: Q pozitív töltésb˝ol 4πkQ er˝ovonal indul ki, és Q negatív töltésen 4πkQ er˝ovonal végz˝odik (9. ábra).
9. ábra. Tegyük fel most, hogy adott egy vékony, egyenletes töltéseloszlású m˝uanyag szál. A hosszegységre jutó töltése legyen σ, tehát L hosszú részén Q = Lσ töltés van. A száltól r távolságra elhelyezünk egy m tömeg˝u, q töltés˝u pontszer˝u testet (10. ábra). A testre ható elektromos er˝o nagysága
10. ábra. F = Eq. Az elektromos térer˝osség pedig az er˝ovonalakra mer˝oleges, egységnyi felületen átmen˝o er˝ovonalak számával egyezik meg: E=
Ψ A
Itt a fluxust a Gauss-törvényb˝ol ismerjük: Ψ = 4πkQ = 4πkLσ 13
www.baranyi.hu
2010. szeptember 19.
FIZIKA TÁVOKTATÁS
ahol L a fonál hossza. Gondolatban rajzoljunk egységnyi felületet úgy, hogy mer˝oleges legyen az er˝ovonalakra, és a középpontjában legyen az m tömeg˝u, q töltés˝u próbatest. Ez a felület egy hengerpalást része. A hengerpalást szimmetriatengelye az elektromos töltéssel rendelkez˝o szál, az alapkörének sugara r, magassága L. Az er˝ovonalak az elektromosan töltött szálat a szálra mer˝olegesen hagyják el, és a hengerpalást felületén mer˝olegesen hatolnak át. Ennek a palástnak a felülete: A = 2rπL. Az elektromos térer˝osség E=
1 4πkLσ = 2kσ . 2rπL r
és így az elektromos er˝o 1 F = Eq = 2kσ q, r iránya mer˝oleges a hengerpalástra. Ha két töltés azonos el˝ojel˝u, akkor taszítóer˝o, ha ellentétes el˝ojel˝u, akkor vonzóer˝o lép fel. ol Képzeljük el, hogy A felület˝u síklemez töltése Q, a töltéss˝ur˝usége egyenletes: ρ = Q A . A lemezb˝ jobbra és balra összesen 4πkQ er˝ovonal indul ki. Az er˝ovonalak mer˝olegesek a lemez felületére, és
11. ábra. egymással párhuzamosak, egyenletes s˝ur˝uséggel haladnak mindkét oldalon (jobbra9 és balra) egyaránt Ψ→ = Ψ← = 2πkQ er˝ovonala halad. A jobbra haladó Ψ→ fluxus és a rá mer˝oleges felület nagyságának hányadosa az elektromos térer˝osség: E=
Ψ→ 2πkAρ = = 2πkAρ. A A
Így nyilvánvaló, hogy a q töltésre F = Eq = 2πkAρq elektromos er˝o hat. Ha Q és q azonos el˝ojel˝u, akkor taszítóer˝o lép fel, az ellenkez˝o esetben vonzóer˝o. 9
Az „alkalmi” jelölések a jobbra és balra haladó Ψ→ , Ψ← fluxust jelölik.
14
www.baranyi.hu
2010. szeptember 19.
FIZIKA TÁVOKTATÁS
Egy A = 1 m2 elektromos állapotú síklemezt egyenletes s˝ur˝uség˝u töltéssel láttunk el. A környezetében – t˝ole 1 cm távolságban – egy m = 2 g tömeg˝u q = 2 μC töltés˝u pontszer˝u testre a 12. ábrán látható módon 0, 3 N nagyságú F elektromos er˝o hat. Határozzuk meg a síklemez elektromos töltését! A feladat megoldása nagyon egyszer˝u. Láttuk, hogy az elektromos térer˝osség szemléletesen szólva az egységnyi pozitív töltésre ható er˝o, tehát F = E · q, másrészt az egységnyi felületen az elektromos fluxus, (szemléleten: az egységnyi felületen áthaladó er˝ovonalak száma): Ψ→ , A azonban a Gauss-tétel szerint a Q töltés˝u lemezb˝ol (jobbra és balra összesen) E=
Ψ = 4πkQ er˝ovonal indul ki, ennek fele jobbra, fele balra halad. Azaz: Ψ→ = 2πkQ. Innen azt kapjuk, hogy E=
2πkQ F = . A q
A lemez töltése tehát 0, 3 AF = 2, 6510−6 C. = Q= 2πkq 2π9 · 109 · 2 · 10−6 Figyeljünk fel arra, hogy a pontszer˝u töltések között fellép˝o Coulomb-törvényt általánosításával meghatároz-
12. ábra. tuk egy elektromosan töltött síklemez és egy pontszer˝u töltés között ható er˝ot nagyságát. Ez az er˝o nem függ a két elektromos test távolságától, legalább is, ha ez a távolság kicsi a lemez éleihez képest, szóval mindaddig, amíg az er˝ovonalak párhuzamosan haladnak. Ezért fontos az a kikötés is, hogy a lemez töltéss˝ur˝usége egyenletes legyen. Ezt azzal lehet biztosítani, hogy a lemez szigetel˝o anyagb˝ol készül. Ha a lemez fémlemez, akkor a helyzet bonyolultabb. Illusztráljuk a Gauss-tételt egy harmadik példával! Tegyük fel most, hogy adott két párhuzamos síklemez, mindkett˝o A felület˝u, és a lemezek távolsága legyen d. A két lemezen egyenletes a töltéseloszlás, az egyik lemez negatív, a másik pozitív töltés˝u, a töltések abszolút értéke azonban egyenl˝o. Tegyük fel tehát, hogy a pozitív lemezen Q > 0 töltés van, a negatív lemez töltése (−Q < 0). A rendszer összes töltése így nulla!10 Ez azt jelenti, hogy a lemezek rendszeréb˝ol nem távozik er˝ovonal a végtelenbe. Az A kondenzátor lemezeinek az összes töltése nulla. Amikor azonban azt mondjuk, hogy a kondenzátort feltöltöttük Q töltéssel, vagy azt, hogy a kondenzátor töltése Q, akkor ezen azt értjük, hogy a pozitív lemez töltése Q, és a negatív lemezé ennek (−1)-szerese. Természetesen vannak olyan problémák, amikor a két lemez összes töltése nem nulla. Ebben az esetben ezzel a szóhasználattal nem élhetünk, azaz meg kell adni a két lemez töltését. 10
15
www.baranyi.hu
2010. szeptember 19.
FIZIKA TÁVOKTATÁS
egyik lemezb˝ol kiinduló er˝ovonalak mind a másik lemezen végz˝odnek. Ezért az er˝ovonalak csak a két lemez közötti térben találhatók (13. ábra). (Feltéve, hogy a lemezek lineáris méreteihez képest a lemezek távolsága kicsi. Különben a lemezek szélénél az er˝ovonalak szóródásával kellene számolnunk.)
13. ábra. A pozitív lemezb˝ol kiinduló er˝ovonalak száma Ψ = 4πkQ, és ez megegyezik a lemezek közötti térrész fluxusával. A lemezek közötti tér er˝ossége ezért E=
Ψ 4πkQ = . A A
Ha például két lemez között egy q töltés˝u részecske van, akkor erre a részecskére F = Eq =
4πkQ q A
elektromos er˝o hat. Az el˝oz˝o feladatban szerepl˝o párhuzamos lemezpárt síkkondenzátornak nevezzük. A sikkondenzátor lemezei között az er˝ovonalak párhuzamosak és mindeütt azonos s˝ur˝uség˝uek, ezért az elektromos térer˝osség nem függ a lemezekt˝ol mért távolságtól. A két lemez között bármelyik két pontban azonos az elektromos térer˝osség. A lemezeken kívüli tér pontjaiban elektromos térer˝osség nem észlelhet˝o.
Eletromos potenciál
16
