ITAP Fizik Olimpiyat Okulu 22 Eylül 2010 Deneme Sınavı (Prof. Dr. Ventsislav Dimitrov) Konu: Elektrostatik Alanın Potansiyeli tO ku lu Soru 1. Yarıçapı R1 olan iletken bir küre, elektrik sabiti ε, dış yarıçapı ise R2 olan bir yalıtkan küresel kabuk ile kaplıdır (şekildeki gibi). Kürenin yükü Q olduğuna göre elektrik alanın potansiyelini( φ (r ) ) küresel koordinatların fonksiyonu olarak bulunuz ve potansiyelin grafiğini çiziniz. Çözüm: Alan küresel simetrik olduğuna göre elektrik deplasman vektörü D = D(r ) ya şeklindedir, burada r küresel koordinattır. Gauss’un yasasına ( ∫ D ⋅ dS = Qin ) göre O lim r < R1 0, r < R1 0, Q E (r ) = , R1 < r < R2 = Q 2 r R , > r 4 πε ε 1 2 0 4πε ε (r )r 0 Q , r > R2 4πε 0 r 2 AP Fi zi k r < R1 0, Qdr , R1 < r < R2 ⇒ Potansiyelin tanımına göre dϕ = −E ⋅ dr = − Edr = − 2 4πε 0εr Qdr , r > R2 4πε 0 r 2 IT (1) pi r < R1 0, D(r ) = Q 4πr 2 , r > R1 Buradan elektrik alanı için (2) r r tO ku lu r < R1 r < R1 0, C1 , Q Q , R1 < r < R2 ⇒ ϕ = + C 2 , R1 < r < R2 , burada C1 ve C2 sabittir, dϕ = d 4πε 0 εr 4πε 0 εr Q , r > R2 d Q , r > R2 r 4 πε 0 4πε 0 r Potansiyelin referans noktası (ϕ=0) sonsuzda kabul edilmiştir. İki ortamin sınırında Q 4πε εR + C 2 = C1 = ϕ ( R1 ) 0 1 potansiyel süreklidir: , buradan Q Q + C2 = = ϕ ( R2 ) 4πε 0εR2 4πε 0 R2 IT AP Fi zi k O lim pi ya Q ε −1 1 + C1 = 4πε 0ε R2 R1 ve C = Q ε − 1 2 4πε R ε 0 2 Q ε −1 1 r < R1 + , R R 4 πε ε 0 2 1 Q (ε − 1)Q , R < r < R (Cevap). (3) + ϕ= 1 2 r R 4 4 πε ε πε ε 0 0 2 Q , r > R2 4πε 0 r Bu fonksiyonun grafiği aşağıdaki gibidir. R1 ve R2 noktalarında potansiyel sürekli, fakat elektrik alanı sürekli değildir. Bunun sebebi bölgelerin sınırlarında oluşan R22 ε −1 Q ; σ b ( R2 ) = −σ b ( R1 ) 2 . kutuplanma yükleridir: σ b ( R1 ) = − ε 4πR12 R1 ku lu Soru 2. Yükü q, kütlesi m olan üç tane küçük özdeş küre pürüzsüz yatay bir düzlemde bulunmaktadır. Küreler, uzunluğu l olan esnemeyen ve yalıtkan iplerle şekildeki gibi bağlıdır. İpler aynı anda yakılıyor. Bağlantıların koptuğu anda kürelerin ivmesini bulunuz ve küreler birbirinden çok uzakta olduğunda her bir kürenin lineer momentumunu bulunuz. Çözüm: Simetriye göre her bir kürenin ivmesi aynı olup yönü ise karşı kenara diktir: F kq = m m l2 π 6 = 3q 2 (Cevap). 4πε 0 ml 2 Sistemin ilk anda enerjisi E = ise enerjisi E = m 2πε 0 l 3 3 2kq 3q 2 qϕ = q = . Yükler birbirinden çok uzakta 2 2 l 4πε 0 l 3p2 3q 2 = , buradan 2m 4πε 0 l .(Cevap). IT AP Fi zi k O lim pi p=q tO a= 2 cos ya 2 ku lu Soru 3. Yarıçapı r, yükleri ise q olan iki tane küçük iletken küre bir birinden R (R>>r) uzaklıkta bulunmaktadır. Küreler sırayla topraklanıyor: ilk topraklanan küre dengeye geldiğinde topraklanması kaldırılıyor ve ardından ikinci küre topraklanıyor ve sistem bu halde bırakılıyor. Sistem dengeye geldiğinde İlk topraklanan kürenin potansiyelini ne kadar olacaktır? IT AP Fi zi k O lim pi ya tO Çözüm: Küreler bir birinden çok uzakta bulunduğuna göre birbirinin yük dağılımını etkilemezler (aslında etkilerler ama bu etkiyi ihmal edebiliriz). Buna göre iletken kürelerde yük dağılımını homojen olarak kabul edebiliriz ve kürelerinin potansiyelini kq1 kq 2 ϕ = + 1 r R şeklinde yazabiliriz, burada q ve q sırasıyla birinci ve ikinci kürenin 1 2 ϕ = kq 2 + kq1 2 r R 1 . İlk durumda q1 = q 2 = q . Birinci küre topraklandığında yükü ani yüküdür, k = 4πε 0 kq kq = 0 , buradan değişiyor ve sonuçta potansiyeli sıfır oluyor: ϕ1 = 1 + r R ϕ1 = 0 r q1 = − q = 0 ⇒ 1 r . Ardından ikinci küre topraklandığında R ϕ 2 = kq r − R kq1 kq 2 2 ϕ1 = r + R r r . ⇒ q 2 = − q1 = q ⇒ R R ϕ = kq 2 + kq1 = 0 2 r R r 2 kq r q1 = −q R −1+ ϕ1 = son durumda R R (Cevap) 2 ve r q = q ϕ 2 = 0 2 R ku lu Soru 4. Bir gaz şarj borusunun potansiyel dağılımı( ϕ ( x) ) grafikteki gibidir. Buna göre elektrik alanın dağılımının grafiğini çiziniz. dϕ . Verilere göre dx potansiyel kısmi lineer bir fonksiyondur. Buna göre elektrik alanı farklı bölgelerde farklı sabit değer almaktadır. Grafiği ise şekildeki gibidir. (Cevap) IT AP Fi zi k O lim pi ya tO Çözüm: Tanım olarak E = −∇ϕ , bir boyutlu durumda ise E = − tO ku lu Soru 5. Plakaları arasındaki mesafe d olan paralel plakalı bir kondansatöre kalınlığı d/2 olan bir iletken plaka yerleştiriliyor (şekildeki gibi). İletken plakanın ve kondansatörün plakalarının yüzey alanı aynıdır. Kondansatör gerilimi ε olan bir emk’ya bağlıdır. Kondansatör içinde potansiyeli mesafenin fonksiyonu olarak iki durumda bulunuz: (a) potansiyelin referans noktası sonsuzdadır; (b) referans nokta kondansatör içerisindeki plakadır. lim pi ya Çözüm: Simetriye göre sistemin elektrik alanı x ekseni yönündedir: E = E ( x)i . Gauss yasasına göre elektrik alanı kondansatörün dışında sıfır, kondansatörün içinde ise d σ − ε , 0 < x < 4 0 3d d E ( x) = 0, <x< 4 4 σ 3d − ε , 4 < x < d 0 Burada σ kondansatörün plakaların yüzey yüküdür. σ 2ε = buluruz, yani ε0 d Fi zi k d 2ε − d , 0 < x < 4 3d d . E ( x) = 0, <x< 4 4 2ε 3d − d , 4 < x < d O potansiyel fark σ d ⋅ = ε (plakalar arasındaki ε0 2 IT AP ϕ (0), x < 0 ϕ (0) + 2ε x, 0 < x < d d 4 3d ε d dϕ = − Edx ifadesinden ϕ ( x) = ϕ (0) + , , burada ϕ (0) bir sabittir. <x< 2 4 4 ε 2ε 3d ϕ (0) + 2 + d x, 4 < x < d ϕ (0) + 5ε , x > d 2 Referans nokta eksi sonsuzda olsun, buradan ϕ (0) = 0 ⇒ ise IT AP Fi zi k O (Cevap) 2 ⇒ tO ε ya 2 = 0 ⇒ ϕ ( 0) = − lim ε − 2 , x < 0 − ε + 2ε x, 0 < x < d 2 d 4 3d d grafiği ϕ ( x) = 0, < x < 4 4 2ε 3d d x, 4 < x < d 2ε , x > d ε pi Referans nokta orta plaka ise ϕ (0) + ku lu 0, x < 0 2ε x, 0 < x < d d 4 ε d 3d grafiği ise ϕ ( x) = , < x < 4 2 4 ε 2ε 3d 2 + d x, 4 < x < d 5ε , x > d 2 (Cevap) Çözüm: Yazıları daha kısa yazmak için kQ = Q 4πε 0 ku lu Soru 6. Yükü Q, yarıçapı ise R1 olan metalik bir küre, iç yarıçapı R2, dış yarıçapı ise R3 olan metalik bir kabuğun merkezinde bulunmaktadır. Sonsuza göre kürelerin potansiyellerini bulunuz. Eğer kabuk topraklanırsa kürelerin potansiyelleri nasıl değişecektir? = 1 birim olarak alalım. Küresel IT AP Fi zi k O lim pi ya tO simetriye ve Gauss yasasına göre 0, 0 < r < R1 1 , R1 < r < R2 2 E (r ) = r . Tanıma göre dϕ = − Edr . Buradan, 0, R2 < x < R3 1 2 , r > R3 r ϕ1 = C1 , 0 < r < R1 ϕ 2 = C 2 + 1 , R1 < r < R2 r ϕ (r ) = . Sınır koşullarına göre = < < ϕ , C R x R 3 3 2 3 1 ϕ 4 = C 4 + , r > R3 r 1 1 1 1 , 0 < r < R1 − + ϕ ϕ = ⇔ = + R R C C ( ) ( ) R1 R2 R3 2 1 1 2 1 1 R1 1 1 1 1 1 − + + , R1 < r < R2 = R2 R3 r ϕ 2 ( R2 ) = ϕ 3 ( R2 ) ⇔ C 2 + R2 R3 Buradan ϕ (r ) = 1 , R <x<R 1 2 3 R3 ϕ 3 ( R3 ) = ϕ 4 ( R3 ) ⇔ C 3 = , R 3 1 , r > R ϕ (r → ∞) = 0 ⇔ C = 0 4 4 3 r Q 1 1 1 , 0 < r < R1 − + 4πε 0 R1 R2 R3 Q − 1 + 1 + 1 , R1 < r < R2 4πε 0 R2 R3 r Boyutlu şekilde ϕ (r ) = Q 4πε R , R2 < x < R3 0 3 Q 4πε r , r > R3 0 Buradan kürelerin potansiyelleri Q 1 1 1 Q ; ϕ ( R3 ) = − ϕ ( R1 ) = + (Cevap) 4πε 0 R3 4πε 0 R1 R2 R3 Kabuk topraklandığında topraktan kabuğa potansiyelini sıfır yapmak için bilinen bir miktarda yük (q) geçecektir: Küresel simetriye ve Gauss yasasına göre ya ku lu tO 0, 0 < r < R1 C1 , 0 < r < R1 1 , R1 < r < R2 C 2 + 1 , R1 < r < R2 2 r E (r ) = r ve ϕ (r ) = 0, R2 < x < R3 0, R2 < x < R3 q +1 q +1 , r > R3 2 , r > R3 r r 1 1 1 = C1 C1 = − C 2 + R R R 1 2 1 1 1 = 0 sınır koşullarından C 2 = − buluruz. Buradan C 2 + R R 2 2 q +1 q = −1 =0 R3 IT AP Fi zi k O lim pi 1 1 , 0 < r < R1 kQ − 0, 0 < r < R1 R1 R2 kQ kQ kQ , R1 < r < R2 ve ϕ (r ) = − , R1 < r < R2 E (r ) = r 2 R2 0, R2 < x < R3 r 0, x > R2 0, r > R3 Q 1 1 ; ϕ ( R3 ) = 0 (Cevap) − ϕ ( R1 ) = 4πε 0 R1 R2 Soru 7. Plakaları arasındaki mesafe d olan paralel plakalı bir kondansatörün içine yoğunlu ρ olan homojen dağılımlı bir yük yerleştiriliyor. Kondansatörün sol plakasının potansiyeli sıfır, sağının ise ϕ0 olduğuna göre kondansatörün içinde elektrik alanın potansiyeli nedir? ku lu Çözüm: Simetriye göre kondansatörün elektrik alanı x ekseni yönündedir: E = E (x)i . ε0 x Potansiyelin tanımına göre ϕ ( x) = − ∫ E ( x)dx . Dolayısıyla 0 V ρ d ρ x2 x − + (Cevap) 2ε 0 d 2ε 0 IT AP Fi zi k O lim ϕ ( x) = Verilere göre ϕ (0) = 0 ve ya ϕ ( x) = − ∫ E (0) + pi ρ x ρ x2 . dx = − E (0) x + ε ε 2 0 0 0 2 ρd = −V ⇒ Buradan E (0)d + 2ε 0 x tO ρ xdS kondansatörün sol plakasından xGauss yasasına göre (E ( x) − E (0) )dS = ε 0 uzaklıkta bulunan noktada elektrik alanın değeri ρx E ( x ) = E ( 0) + eşittir. ϕ (d ) = V . Çözüm: Sistemin ilk anda enerjisi E = ku lu Soru 8. Yükü q, kütlesi m olan üç tane küçük özdeş küre pürüzsüz yatay bir düzlemde hareketsiz durumda bulunmaktadır. Küreler, uzunluğu l olan esnemeyen ve yalıtkan iplerle şekildeki gibi bağlıdır. İplerden biri yakılıyor. Küreler aynı doğrultuda olduğa anda kürelerin hızı ne kadar olacaktır? Kürelerin yarıçapı iplerin uzunluğundan çok daha küçüktür. 3 3 2kq 3q 2 qϕ = q = . Yükler aynı doğrultuda 2 2 l 4πε 0 l m 2 q2 q2 3q 2 v1 + v 22 + v32 + 2 + = ’ye eşittir. Lineer 2 4πε 0 l 8πε 0 l 4πε 0 l momentum koruma yasasına göre yatay durumda v1x = v 2 x = v3 x = 0 ve v2 y 3mu 2 q2 u = ⇒ v1 y = v3 y = − =− Buradan 4 8πε 0 l 2 2 q u u v2 = u = , v1 = − ve v3 = .(Cevap). 2 2 6πε 0 ml ) tO ( IT AP Fi zi k O lim pi ya olduğunda enerjisi E = Soru 9. Yarıçapı R1 olan metalik bir küre ϕ1 potansiyeline kadar yükleniyor ve yükü sıfır, yarıçapı ise R2 olan ince duvarlı iletken bir küresel kabuğun merkezine yerleştiriliyor. Kürenin potansiyeli ne kadar olacaktır eğer: (a)kabuk topraklanırsa; (b)küre ve kabuk bir tel ile bağlanırsa. tO ku lu Çözüm: İlk durumda kürenin yükü Q = 4πε 0 R1ϕ1 ’re eşittir. (a) durumundayken kabuk q2 kadar yüklenecektir. Küresel simetriye göre 0, 0 < r < R1 C1 , 0 < r < R1 kQ kQ E (r ) = 2 , R1 < r < R2 , R1 < r < R2 ϕ (r ) = C 2 + r r k (Q + q 2 ) k (Q + q 2 ) , r > R2 , r > R2 r 2 2 r Bu durumda kabuğun potansiyeli sıfırdır, yani q 2 = −Q . Sınır koşullarına göre ya 1 R 1 kQ kQ = ϕ1 1 − 1 (Cevap). ve ϕ ( R1 ) = kQ − = 0 ⇒ C2 = − R2 R2 R2 R1 R2 (b) durumunda kürenin yükünün bir kısmi kabuğa geçip küreleri eş potansiyelli q1 + q 2 = Q yapacaktır. Bu durumda q1 q1 + q 2 Q bulunur. = R = R R2 2 1 q1 4πε 0 R1 = Q 4πε 0 R2 IT AP Fi zi k O Kürenin potansiyeli V = lim pi C2 + = R1 ϕ1 (Cevap) R2