A P. 5453. feladat (2022. december)

P. 5453. Az $\displaystyle r = 0{,}2$ m sugarú, töltetlen fémgömb középpontjától $\displaystyle d = 0{,}5$ m távolságra egy $\displaystyle Q$ nagyságú ponttöltés helyezkedik el. Határozzuk meg (akár numerikus számítással), hogy a ponttöltéstől nézve mekkora szög alatt látszanak a fémgömb azon pontjai, ahol a felületi töltéssűrűség zérus!

Közli: Szász Krisztián, Budapest

(6 pont)

A beküldési határidő 2023. január 16-án LEJÁRT.

Megoldás. A felületi töltéssűrűség arányos a fémgömb felületénél kialakuló elektromos térerősség nagyságával, tehát a kérdés az, hogy ez a térerősség hol nulla.

A gömbön kívül kialakuló elektromos tér a gömbi tükörtöltés módszerével határozható meg. Az $\displaystyle r$ sugarú gömb középpontjától $\displaystyle d$ távolságban lévő $\displaystyle Q$ töltés tükörtöltése egy, a gömb középpontjától $\displaystyle \delta=kr$ távolságra elhelyezett $\displaystyle -kQ$ töltés, ahol $\displaystyle k=r/d<1$ állandó. A gömb felületén akkora lesz a térerősség, mint az ábrán látható módon elhelyezett $\displaystyle Q$, $\displaystyle -kQ$ és a gömb középpontjába helyezett $\displaystyle +kQ$ töltés elektromos terének az eredője.

Az eredő térerősség mindenhol merőleges a gömb felületére, és a nagysága

ahol (a koszinusztétel szerint)

(Kihasználtuk, hogy $\displaystyle _\triangle ABC$ és $\displaystyle _\triangle ADB$ hasonló háromszögek.)

Azt az $\displaystyle \alpha$ szöget keressük, amelynél $\displaystyle E=0$. A (2) összefüggéseket használva behelyettesíthetjük $\displaystyle \varrho$-t és $\displaystyle R$-t (1)-be, amely ezután így alakul:

Két újabb koszinusztétel segítségével

illetve

$\displaystyle \cos\beta=\frac{d^2-r^2-R^2}{2rR}=\frac{ \cos\alpha-k}{\sqrt{1+k^2-2k\cos\alpha}}.$

Ezeket (3)-ba helyettesítve kapjuk, hogy

$\displaystyle 1-k^2=\left(1+k^2-2k\cos\alpha\right)^{3/2},$

vagyis

$\displaystyle \cos\alpha=\frac {\left(1+k^2\right)-\left(1-k^2\right)^{2/3}} {2k}$

adódik. Visszahelyettesítve (4)-be adódik a (tetszőleges $\displaystyle k$-ra érvényes) végeredmény:

$\displaystyle \cos\gamma=\frac{(1-k^2)^{1/3}+(1-k^2)^{2/3}}{2}.$

Esetünkben $\displaystyle k=0{,}4$, ezért $\displaystyle \cos\gamma=0{,}917$, azaz $\displaystyle \gamma=23{,}51^\circ$. A kérdéses látószög tehát

$\displaystyle 2\gamma=47{,}0^\circ.$

Megjegyzés. Érdekes, hogy a kiszámított látószög nagyon jó közelítéssel megegyezik azzal a szöggel, amely alatt a teljes gömböt látjuk a $\displaystyle Q$ töltés helyéről. Ez utóbbi

$\displaystyle \gamma^*=\arcsin k=47{,}2^\circ.$

Ez a közelítő egyezés nemcsak $\displaystyle k=0{,}4$ esetén, hanem minden $\displaystyle k$-nál fennáll, tehát a zérus töltéssűrűségű hely majdnem a fémgömb látható részének legszélénél található. $\displaystyle \gamma$ egy kicsit kisebb, mint $\displaystyle \gamma^*$, de a relatív eltérésük tetszőleges $\displaystyle k$ esetén kisebb, mint 2%.

Statisztika:

7 dolgozat érkezett.
6 pontot kapott:	Bencz Benedek, Halász Henrik, Schmercz Blanka.
3 pontot kapott:	1 versenyző.
2 pontot kapott:	2 versenyző.

A KöMaL 2022. decemberi fizika feladatai