Soru 1

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