Λύσεις των ασκήσεων. Φυσική Β'Λυκείου Θετική και Τεχνολογική Κατεύθυνση. ΥΠΟΥΡΓΕΊΟ ΕΘΝΙΚΉς ΠΑΙΔΕΊΑς ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΠΑΙΔΑΓΩΓΙΚΟ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ

Transcript

1 Λύσεις των ασκήσεων ΥΠΟΥΡΓΕΊΟ ΕΘΝΙΚΉς ΠΑΙΔΕΊΑς ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΠΑΙΔΑΓΩΓΙΚΟ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΟΡΓΑΝΙΣΜΟΣ ΕΚΔΟΣΕΩΣ ΔΙΔΑΚΤΙΚΏΝ ΒΙΒΛΊΩΝ Φυσική Β'Λυκείου Θετική και Τεχνολογική Κατεύθυνση

2 Α ύ σ ε ι ς τ ω ν α σ κ ή σ δ ί ο ν Φ υ σ ι κ ή 0 τ ι κ ή ς S& Τ ε χ ν ο λ ο γ ι κ ή ς κ α τ ε ύ θ υ ν σ η ς Β' τάξη Γενικού Λυκείου

3 ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΕΘΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΠΑΙΔΑΓΩΓΙΚΟ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ ΑΛΕΚΟΣ ΙΩΑΝΝΟΥ - ΓΙΑΝΝΗΣ ΝΤΑΝΟΣ ΑΓΓΕΛΟΣ ΠΗΤΤΑΣ - ΣΤΑΥΡΟΣ ΡΑΠΤΗΣ Λύσεις των ασκήσεων φ - ο σ ι κ ή θ ε τ ι κ ή ς & Τ ε χ ν ο λ ο γ ι κ ή ς κ α τ ε ύ θ υ ν σ η ς Β' τάξη Γενικού Λυκείου ΟΡΓΑΝΙΣΜΟΣ ΕΚΔΟΣΕΩΣ ΔΙΔΑΚΤΙΚΩΝ ΒΙΒΛΙΩΝ ΑΘΗΝΑ

4 Ε.Π.Ε.Α.Ε.Κ. Υποπρόγραμμα 1: ΓΕΝΙΚΗ ΚΑΙ ΤΕΧΝΙΚΗ ΕΚΠΑΙΔΕΥΣΗ Μέτρο 1.1: ΑΝΑΜΟΡΦΩΣΗ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑΤΩΝ ΓΕΝΙΚΗΣ ΕΚΠΑΙΔΕΥΣΗΣ Ενέργεια 1.1α: Προγράμματα - βιβλία ΕΡΓΟ: ΑΝΑΔΙΑΤΥΠΩΣΗ ΚΑΙ ΕΚΣΥΓΧΡΟΝΙΣΜΟΣ ΤΩΝ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑΤΩΝ ΣΠΟΥΔΩΝ ΤΩΝ ΦΥΣΙΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ ΜΕ ΣΥΓΧΡΟΝΗ ΠΑΡΑΓΩΓΗ ΔΙΔΑΚΤΙΚΟΥ ΥΛΙΚΟΥ

5 1 ΚΙΝΗΤΙΚΗ ΘΕΩΡΙΑ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ Νόμοι αερίων γ 2-α 1.2 α δ 2-β 3-γ 1.4 γ 1.5 γ 1.6 β, γ 1.7 γ 1.8 β Κινητική θεωρία 1.9 Μακροσκοπικά, ιδανικό είναι το αέριο που υπακούει στους νόμους των αερίων σε οποιεσδήποτε συνθήκες και αν βρίσκεται, ή το αέριο που υπακούει στην καταστατική εξίσωση σε όλες τις πιέσεις και θερμοκρασίες. Μικροσκοπικά, ιδανικό είναι το αέριο του οποίου τα μόρια συμπεριφέρονται σαν μικροσκοπικές ελαστικές σφαίρες, δέχονται δυνάμεις μόνο τη στιγμή της κρούσης του με άλλα μόρια ή με τα τοιχώματα του δοχείου και οι κρούσεις τους είναι απολύτως ελαστικές α, δ 1.11 α

6 1.12 γ 1.13 β 1.14 γ 1.15 Οι ταχύτητες των μορίων στα υγρά ακολουθούν κατανομή που μοιάζει αρκετά με αυτή των Maxwell-Boltzmann για τα αέρια. Αυτό σημαίνει ότι μέσα στο υγρό πάντα υπάρχει ένας αριθμός μορίων που έχουν αρκετά μεγάλες ταχύτητες, που τους επιτρέπουν να "δραπετεύσουν" από τις διαμοριακές έλξεις και να εγκαταλείψουν το υγρό από την ελεύθερη επιφάνειά του. Καθώς τα πιο γρήγορα μόριά του εγκαταλείπουν το υγρό, η μέση κινητική ενέργεια των μορίων που απομένουν μικραίνει. Σύμφωνα με τη σχέση wu 2 = που συνδέει τη μέση κινητική ενέργεια των μορίων των ιδανικών αερίων με τη θερμοκρασία και, απ' ό,τι φαίνεται, ισχύει ποιοτικά και για τα υγρά, είναι και θεωρητικά αναμενόμενο να ψύχεται το υγρό. ΑΣΚΗΣΕΙΣ Νόμοι αερίων - καταστατική εξίσωση 1.16 Η μεταβολή είναι ισόχωρη. Επομένο)ς - άρα /?2=1,2atm Τ 2 Τ χ V V 1.17 Η μεταβολή είναι ισοβαρής. Επομένως: = - άρα V 2 =0,18m 3 Τ 2 Τ χ 1.18 Όγκος δωματίου F=48m 3 pv Από την καταστατική εξίσωση: n- =1950mol RT

7 1.19 Η μεταβολή του αέρα είναι ισόθερμη: ρ λ Υ = ρ 2 άρα /? 2 =3atm 1.20 nrt =0,2N/m 1.21 p,v, p 7 V 7 = αρα /; 2 =8atm pv 1.22 η =, Ν=ηΝ Α =3,182χ 10 8 μόρια RT 1.23 ρ = RT άρα p=l,lkg/m 3 Μ 1.24 Η συνάρτηση είναι ρ ρμ *( ) Το διάγραμμα της τίίκνόχητας σε συνάρτηση με τη θερμοκρασία φαίνεται στο σχήμα ρ = RT Μ επομένως Af=2x 10" 3 Kg/mol ΡΜ/(273 R) Σχ V A =22,4L, p A =latm, Τ Α =273Κ Α >Β: ισόθερμη μεταβολή Τ Β =Τ Α, ρ Β =2ρ Α, p A V A =(2p A )V B άρα V B =11.2L Β >Γ: ισοβαρής μεταβολή ρ Γ =ρ Α, V B =3V A V 3V LL = FLL άρα T R =S\9K 1 Τ Α Τ Γ Επομένως F r =33,6L ρ Γ = 2atm Τ Γ =819Κ p(atm) p(atm) V(L) -\Γ <Ν rt so * <Ν cf 819 Κ 273 Κ V(L) Τ(Κ),Τ(Κ) Σχ. 1.2

8 Κινητική θεωρία 3ΚΤ 3 RT 3 RT 1.27 υ ΕΝ = = = J επομένως \ m y Ν 4m \ Μ υ ΕΝ ( Η,) = 1368m/s, u EN(H20) =644,8m/s x8 + 2x α) υ = = 10,2mis β)υ ΕΝ =, χ8 2 +2χ = 11,4 m/s 3ΚΤ 3RT 3RT.29 υ, Ν = J = = J = nmo 12028m / Λ E N V «\Ν λ τη V Μ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ 1.30 Ο δείκτης Μ αναφέρεται στο μπαλόνι, ο δείκτης Φ στη φιάλη ρ J/ Ρ Ν Πμ-^φ επομένως TV Μ Λ/ = Φ φ άρα Ν=400 RT RT V V 1.31 Η μεταβολή του αέρα είναι ισοβαρής. Επομένως ~ -^τ Αν Α το εμβαδόν της διατομής του σωλήνα θα είναι Ah Τ Ah Τ άρα h =3 6cm και h -h=9cm W α) Ρο.Γ.ρίου~PatmΡ'εμβ~Ρatm^ ~ 1 ;2.Κ 1 0 Ν/ 1Ή Α

9 ν ν β) Η μεταβολή του αερίου είναι ισοβαρής: -ψ- = επομένως F-0,016m 3 Η αύξηση του όγκου είναι V'-V=0,006m Ο αριθμός των mol του αέρα παραμένει σταθερός κατά την ψύξη του αερίου στους Τ 2 =273Κ. Επομένως θα είναι: ρ V η = 21 = RT X RT 2 Ρ γ και ρ =0,66atm M H, RT RT 1.34 p,=p 2 επομενως - = - M Hl V\ Mq 2 V 2 ή m H, Mo γ Al, L = =, όπου Α το εμβαδόν της διατομής του Μ η m () V 2 A l 2 m H Μ α 1 εμβόλου. Είναι επομένως 1 = = 4 Μ η 2 m () Ο συνολικός αριθμός των mol στα δύο δοχεία παραμένει σταθερός, δηλαδή «, +» 2 = Μ,' + η 2 Papx V \, Ραρχ ν.2 Ρ τι:λ V\ P TC ;K επομενως 1 = Η RT RT RT; RT 2 από όπου βρίσκουμε ρ πελ = 1,26atm w 1.36 Η πίεση του αέρα στην περίπτωση (α) είναι ρ α ~ρατμ + (1) Α w και στην περίπτωση (β) ρβ=ρ αψ (2) Α Αν θεωρήσουμε τη μεταβολή του αερίου ισόθερμη, μπορούμε να γράψουμε p a V a =PpVp ή ρ α Α h a =p fi A hp ή p a h a =p p hp (3) w w Η (3) λόγω των (1) και (2), δίνει (Ρ αψ + )h a =(Ρ _ τμ )h R από Α Α όπου βρίσκουμε νν=20,26ν.

10 2 ΘΕΡΜΟΔΥΝΑΜΙΚΗ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ Ισορροπία - αντιστρεπτές μεταβολές - έργο αερίου 2.1 Η πτώση ενός σώματος. Η εκπυρσοκρότηση ενός πυροβόλου. 2.2 Το έργο ενός αερίου είναι θετικό όταν εκτονώνεται και αρνητικό όταν συιιπιέ εται. 2.3 β 2.4 Ένα αέριο, που βρίσκεται σε κάποιο δοχείο ασκεί δυνάμεις στα τοιχώματα του δοχείου. Έργο έχουμε μόνο αν μετατοπιστεί το σημείο εφαρμογής μιας δύναμης, δηλαδή όταν μετακινηθεί κάποιο τοίχωμα του δοχείου. Στην περίπτωση που περιγράφεται δεν συμβαίνει αυτό, επομένως το έργο του αερίου είναι μηδέν. Θερμότητα - εσωτερική ενέργεια 2.5 βϊ γ, ε 2.6 δ 2.7 α 2.8 β Ο πρώτος θερμοδυναμικός νόμος 2.9 Σύμφωνα με τον πρώτο θερμοδυναμικό νόμο, το ποσό θερμότητας που απορροφά ή αποβάλλει ένα θερμοδυναμικό σύστημα είναι ίσο με το αλγεβρικό άθροισμα 1) της μεταβολής τη; εσοπερικής ενεργεί του συστήματος και 2) του έργου που παράγει ή δαπανά το σύστημα α

11 γ, 2-δ, 3-α, 4-στ, 5-ε 2.12 Το έργο ενός αερίου είναι θετικό όταν το αέριο εκτονώνεται. Στην αδιαβατική αντιστρεπτή εκτόνωση το έργο του αερίου είναι ίσο με την ελάττωση της εσωτερικής του ενέργειας. Στην ισόθερμη αντιστρεπτή εκτόνωση το έργο του αερίου είναι ίσο με τη θερμότητα που απορροφά το αέριο Η αδιαβατική εκτόνωση του αερίου από όγκο V, σε όγκο V 2 συνεπάγεται μείωση θερμοκρασίας του, δηλαδή οδηγεί στην κατάσταση χαμηλότερης θερμοκρασίας (κατάσταση Δ). Επομένως στην αδιαβατική μεταβολή αντιστοιχεί η καμπύλη (2) Επειδή TI>TI AUAB > 0 2. ΑΙ/βγ < 0 3. Επειδή Τ Α =Tr=Tj AU Ar =0 V, ν 2 Σχ Στο σχήμα 2.2 η καμπύλη (1) αντιστοιχεί στην ισόθερμη μεταβολή και η (2) στην αδιαβατική. Το έργο του αερίου είναι ίσο με το εμβαδόν από το γραμμή του διαγράμματος μέχρι τον άξονα V. Επειδή το εμβαδόν κάτω από την ισόθερμη είναι μεγαλύτερο "ί'σόοερμης ^ " ^διαβατικής V. Σχ. 2.2 Επειδή ΤΑ~ΤΒ η μεταβολή της εσωτερικής ενέργειας είναι μηδέν, με όποιον από τους δύο τρόπους πραγματοποιηθεί η μεταβολή. Από τον Ιο θερμοδυναμικό νόμο έχουμε Qi =W, και Q 2 = W 2 11

12 Το έργο και στις δύο μεταβολές είναι ίσο με εμβαδόν από τη γραμμή του διαγράμματος μέχρι τον άξονα V διάγραμμα p-v. Συγκρίνοντας τα δύο εμβαδά συμπεραίνουμε ότι W2 > Wj και επομένως Q2 > Qi α) Σε κάθε περίπτωση το έργο είναι ίσο με το εμβαδόν από τη γραμμή του διαγράμματος μέχρι τον άξονα V. Επομένως μεγαλύτερο έργο έχουμε κατά τη μεταβολή 1 β) Επειδή η μεταβολή της εσωτερικής ενέργειας εξαρτάται μόνο από την αρχική και τελική κατάσταση είναι ίδια σε όλες τις περιπτώσεις, γ) Εφόσον το έργο του αερίου είναι μεγαλύτερο κατά τη μεταβολή 1 και η μεταβολή της εσωτερικής ενέργειας ίδια σε κάθε περίπτωση, από τον Ιο θερμοδυναμικό νόμο έπεται ότι στην 1η περίπτωση το αέριο απορροφά μεγαλύτερο ποσό θερμότητας α, β, γ, ε Γραμμομοριακές ειδικές θερμότητες των αερίων 2.20 Η γραμμομοριακή ειδική θερμότητα εκφράζει το ποσό θερμότητας που πρέπει να προσφερθεί σε ένα mol αερίου ώστε να ανέβει η θερμοκρασία του κατά ένα βαθμό. Στα αέρια, ιδιαίτερο ενδιαφέρον παρουσιάζουν η γραμμομοριακή ειδική θερμότητα υπό σταθερό όγκο και η γραμμομοριακή ειδική θερμότητα υπό σταθερή πίεση. Η σχέση που συνδέει τις δυο ειδικές γραμμομοριακές θερμότητες είναι: C =C V + R 2.21 α, γ, δ 2.22 α 2.23 Η γραμμομοριακή ειδική θερμότητα εκφράζει το ποσό της θερμότητας που πρέπει να προσφερθεί σε ένα mol αερίου για να ανυψωθεί η θερμοκρασία του κατά ένα βαθμό. Στην ισόχωρη θέρμανση ολόκληρο το ποσό θερμότητας που προσφέρεται σε ποσότητα αερίου ίση με ένα mol χρησιμοποιείται για την αύξηση της εσωτερικής του ενέργειας. Στην ισοβαρή θέρμανση από το ποσό της προσφερόμενης θερμότητας ένα μέρος χρησιμοποιείται για την αύξηση της εσωτερικής ενέργειας και ένα μέρος για την παραγωγή 12

13 έργου. Η αύξηση της εσωτερικής ενέργειας είναι και στις δύο περιπτώσεις ίδια. Επομένως Q P >Qv Τα μόρια των ιδανικών αερίων στερούνται δομής. Ένα τέτοιο μόριο έχει τη δυνατότητα να εκτελέσει μόνο μεταφορική κίνηση. Στην πραγματικότητα τα μόρια των αερίων έχουν δομή και εκτός από τη μεταφορική κίνηση μπορούν να περιστρέφονται και -σε υψηλή θερμοκρασία- να ταλαντώνονται. Όλες αυτές οι κινήσεις συνεισφέρουν στην εσωτερική ενέργεια του αερίου και πρέπει να ληφθούν υπόψη κατά τον υπολογισμό της. Δεύτερος θερμοδυναμικός - νόμος θερμικές μηχανές 2.25 δ 2.26 Κυρίως μέσω καυσαερίων τα οποία αποβάλλονται στο περιβάλλον. Κατά δεύτερο λόγο εξαιτίας της θέρμανσης της μηχανής α 2.28 β, ε, στ, ζ 2.29 Όχι. Πρέπει να λάβουμε υπόψη και το ποσό θερμότητας που αποβάλλει η μηχανή. Το ποσό θερμότητας που δαπανάται για τη λειτουργία της είναι ίσο με το ωφέλιμο έργο συν το ποσό θερμότητας που αποβάλλει η μηχανή στη δεξαμενή χαμηλής θερμοκρασίας Όχι. Για τη λειτουργία μιας θερμικής μηχανής απαιτούνται δύο δεξαμενές θερμότητας (υψηλής και χαμηλής θερμοκρασίας). Μια θερμική μηχανή που θα χρησιμοποιούσε τη θάλασσα ως δεξαμενή υψηλής θερμοκρασίας θα έπρεπε να αποβάλλει θερμότητα σε κάποιο τμήμα του φυσικού περιβάλλοντος που θα βρισκόταν σε χαμηλότερη θερμοκρασία (δεξαμενή χαμηλής θερμοκρασίας). Τέτοια δεξαμενή χαμηλής θερμοκρασίας δεν υπάρχει στο φυσικό περιβάλλον δ, ε 2.32 Η απόδοση μιας θερμικής μηχανής δεν μπορεί να είναι ιιεγαλύτερη από την απόδοση της μηχανής Carmot που λειτουργεί ανάμεσα στις ίδιες 13

14 θερμοκρασίες. Ο συντελεστής απόδοσης μιας μηχανής Carnot είναι. Τ Εντροπία 2.33 α, β, δ 2.34 Α-α, Β-β, Γ-γ 2.35 β, δ 2.36 Δεν αποτελεί εξαίρεση. Η εντροπία τείνει να αυξηθεί στα απομονωμένα θερμοδυναμικό συστήματα. Το ποτήρι με το νερό δεν αποτελεί απομονωμένο σύστημα. Το ψυγείο αφαιρεί θερμότητα από το σύστημα (ποτήρι - νερό) και τη μεταφέρει στο περιβάλλον Στην ισόθερμη ΑΒ ισχύει: AS ab = nr In >- 0. VA Στην αδιαβατική ΓΑ: Δ5 ΓΑ = 0 Στην κυκλική: Δ5 ΟΛ = 0 επομένως Δ5 ΑΒ + ASgj- + AS ra = 0 άρα Δ5" Β = Δ5 αβ -< α, 2-ε, 3-α, 4-δ, 5-β 2.39 ΑΒ: Ισόθερμη εκτόνωση ΒΓ: Αδιαβατική εκτόνωση ΓΔ: Ισόθερμη συμπίεση ΔΑ: Αδιαβατική συμπίεση. Σχ

15 ΑΣΚΗΣΕΙΣ Έργο αερίου - πρώτος θερμοδυναμικός νόμος 2.40 Η μεταβολή του αερίου είναι ισοβαρής. Επομένως W=p(V2-V,)=243,1J 2.41 Η μεταβολή του αερίου είναι ισοβαρής και επομένως W=pA V-nRA Τ= 1663J 2.42 Στην ισόθερμη μεταβολή ισχύει V W=nRT\n ρ -nrtin - Κ ρ 2 Επομένως W -nrtln2= -3458J Το έργο είναι θετικό και ίσο με το εμβαδόν από τη γραμμή του διαγράμματος έως τον άξονα V, δηλαδή?f=4600j ν 2.44 Q=W=nRTIn =piviln2=102,\i Υ\ 2.45 Η μεταβολή είναι ισοβαρής. Επομένως α) W=p, Δ V=nRAT=^ L (T 1 - Τ,) =202,6J Ά β) AU~Q-W=506,5J 2.46 Πρόκειται για ισόθερμη συμπίεση. Ισχύει επομένως Q-W ^ = nrt ln-^- = -nrt In 2 = -345,8J V 2.47 Στην κυκλική μεταβολή Q-W To έργο υπολογίζεται από το εμβαδόν που περικλείεται από γραμμή στο διάγραμμα p-v. Είναι W=\ 500J. Γραμμομοριακές ειδικές θερμότητες ιδανικού αερίου Στην ισόχωρη μεταβολή Q nc^t= nrat ApV = 1320J

16 2.49 Στην ισοβαρή μεταβολή ισχύει: Q-nC p AT (1) C p =C y +R = -R + R=~. = ir (2) 2 2 η (1) γίνεται από τη (2) Q-^nRAT -^pav = 506,5 J 2.50 AU = nc v AT (1) Q = nc p AT (2) Διαιρώντας κατά μέλη τις (1) και (2) Δ / C v -, επομενως AU 1 = αρα ΑΤΤ r AU = 29,64 J Q C. Q γ Θερμικές μηχανές - Κύκλος Carnot 300MW 2.51 e = = 0,333 ή 33,3% 900MW 2.52 W e άρα Q h =800J και Qh 10 = β -IV =600 J 2.53 Η μέγιστη, θεωρητικά, απόδοση του κινητήρα αντιστοιχεί στην απόδοση μιας μηχανής Carmot που λειτουργεί μεταξύ των ίδιων θερμοκρασιών. e = 1 *- = 0,87 Τ 'ι, 2.54 α) Τ e = \ ^ = 0,4 Τ β) Q h = w ib = nrt h In = J W = eq h = 5762 J VA 16

17 Εντροπία 2.55 Έστω Α η αρχική κατάσταση, Β η p(atm) κατάσταση στο τέλος της ισόχωρης μεταβολής και Γ η τελική κατάσταση. Η μεταβολή ΑΒ είναι ισόχωρη: ^ = άρα τ =160Α" ΓΤΊ II ΓΤΊ 1 Α Ο Η μεταβολή ΒΓ είναι ισοβαρής. V V Ισχύει επομένως = - 0,8 Β 4 10 V(L) Σχ. 2.4 αρα Τ Γ = 400Α" V Ρ Τ Α 4L 2atm 400Κ Β 4L 0,8atm 160Κ Γ 10L 0,8atm 400Κ Τα σημεία Α και Γ βρίσκονται πάνω στην ίδια ισόθερμη. Επομένως ισχύει AS AR = AS *""* ή AS ΑΓ =nr In = ΑΙ Ν Γ. PA V A in 2,5 = 1,86 J IK V Α 1 Α 2.56 AS AB =nr\n-?- = l,&3j/k AS r V, Στην κυκλική μεταβολή ισχύει AS = 0, δηλαδή Δ5 αβ + Δ5 βγ + AS ra = 0 άρα Δ5 βγ = -Δ5 ΑΒ = -1,83 J / Κ 0 17

18 ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ 2.57 α) Η καμπύλη (1) αντιστοιχεί στην ισόθερμη μεταβολή, η (2) στην αδιαβατική και η (3) στην ισοβαρή, β) ί. Σε κάθε περίπτωση το έργο είναι ίσο με το εμβαδόν από τη γραμμή του διαγράμματος ως τον άξονα του όγκου. Επομένως το έργο είναι το μεγαλύτερο στην περίπτωση της ισοβαρούς μεταβολής. ii. Το ελάχιστο ποσό θερμότητας αντιστοιχεί στην αδιαβατική μεταβολή (02=0) t * ι (3) (1) (2) V 2V ν Σχ α) Η κατάσταση Α αντιστοιχεί σε θερμοκρασία Γ Λ -2Ί3Κ (το αέριο βρίσκεται σε stp). Ρ Ρ Για την (ισόχωρη) μεταβολή Α Β ισχύει = επομένως Τ Α ' Β Τ η = 546 Κ V V Για την (ισοβαρή) μεταβολή ΒΓ ισχύει = 'Β Τ γ Τ Γ = \092Κ Τέλος, για την (ισόχωρη) μεταβολή ΓΔ ισχύει Γ ν = 546Κ Τ ν επομένιος Τ, επομενο^ς Στο σχήμα 2.6 αποδίδεται η κυκλική μεταβολή σε άξονες ρ-τ και V-T

19 p(atm) V(L) T(K) Σχ. 2.6 β) To έργο του αερίου είναι ίσο με το εμβαδόν που περικλείεται από την κλειστή γραμμή στο διάγραμμα p-v '' W = 22,4atm L = 2269J > 2.59 To αέριο θερμαίνεται με σταθερή πίεση ρ W = 1- ρ ατ (1) Α Αν ο τελικός όγκος του αέριου είναι V', θα ισχύει = Τ Τ Γ V'= V (2) Τ Το έργο κατά την ισοβαρή μεταβολή είναι W = ρ αερ (V-V) από (1) και (2) W = ί + ρ ατ ) (J V - V) ή Α Τ u/ (W. θ'-θ W = ( + ρ ) V A Faz ' 273 +θ α) Η μεταβολή είναι αδιαβατική επομένως ισχύει p 2 V 2 ~ ρ^υ λ 2 άρα V 2 = Ρχ > 3 V, -125^m 3-25m \ Ρ υ V V Από τις σχέσεις p 2 V 2 = nrt 2 p x V { - nrt f Διαιρώντας κατά μέλη βρίσκουμε Ρ2^2 =, ^2 από όπου Τ 7-60Κ ΡιΚ Ά 19

20 β) w = P2V 2~P\ V \ 1-γ = J 2.6, Στο αέριο περιέχονται η = mo, Θέρρανο η ατ οθε ρ, 6 γκ0 : AU=-nRAT = 3105,8/ W = 0 Q = AU 2 η) Θέρμανση υπό σταθερή πίεση: Δυηίδια W = pav = nrat = 2010,6J Q = W + AU = 5176,4J 2.62 e = 1 - = 0,25 Τ 1 h w e = Q h Τ η e EL Q άρα Q h = 29,S2SKWh 2.63 a) V a =^E± = SL PA Η μεταβολή Α Β είναι ισόθερμη, επομένως Τ Β = Τ Α και p A V A = p B V B από όπου V B =3,2L Η μεταβολή Β Γ είναι ισόχωρη V R = V B και LLt- = Ll. από όπου Τ Γ = 600Κ Τ τ Η μεταβολή ΓΔ είναι ισόθερμη, επομένως Τ Δ = Τ Γ Τ έλος, η ΔΑ είναι ισόχωρη V A = V Α Α Β Γ A Ρ 3atm 7,5atm l,5atm 6atm ν 8L 3,2L 3,2L 8L τ 300Κ 300Κ 600Κ 600K 20

21 p(atm) V(L) Β 8 V(L) T(K) Σχ. 2.7 ftw AB =nrt A \x&- = -222%,TlJ, W Br =0 * Δ W ra = nrt r In = 4456,55J, W AA = 0, W ox = 2228,3J Κ Y) Q AB < O, QAA^ QH = 0ΒΓ + 0ΓΛ = «Q (T r - T B ) + W ra = 8104,3\J W ολ = 0, α) Η μεταβολή ΑΒ είναι ισόθερμη επομένως p B V B -p A V A από όπου ρ Β = 2atm Η μεταβολή ΒΓ είναι ισόχωρη και ισχύει Γ Δ = 91Κ Α_ = ΡΒ άρα ρ Γ = 1 aim Τ Γ Γ 1 Β Ά _^Γ ΓΔ Α Β Γ Δ Ρ 6atm 2atm latm latm V 22,4L 67,2L 67,2L 22,4L Τ 546Κ 546Κ 273Κ 91Κ 21

22 p(atm) p(alm) V(L) V(L) I T(K) Γ(Κ) Σχ. 2.8 V, β) W AB = nrt A ln-f = 14931,847 fv Br = 0 ' Λ Κα = 0 W r, = Pl(V A -V r ) = -4524,8J Κλ = KB + Kr + ^ΓΔ + ΚΑ = 10407J 2.65 α) Έστω Γ η κατάσταση στο τέλος της ισόθερμης μεταβολής. Το αέριο στην κατάσταση αυτή θα έχει πίεση ρ ν = ρ Β = 2ρ 0 και όγκο ν τ = Pa V A Ρ ο ^0 Κ Ρν 2 Ρο η μεταβολή παριστάνεται στο σχήμα 2.9α V/2 V. : ν (β) Σχ

23 V *Γ _ 7/ 1 V 12 ff y o' Δ Ar = ln-l = ΛΚ 0 In ^ -= -p 0 F 0 ln2 = -0,693\p 0 V 0 A "0 WrB = />rci> -»r) = 2p,(2V. 0 = 3p # K 0 ^ΟΛ = ^ΑΓ + ^ΓΒ =2,3poF 0 0ΑΓ=^ΑΓ Ρ ΒΓ =«C,, ΔΓ = «(^ + Λ)ΔΓ = /Ι( +Ι)ΛΔΓ ή Q Br =^nrat = ^(p B V B -p r V r ) = l,5p 0 V 0 Q = QM+QVB = 6 $PO V O β) Έστω Δ η κατάσταση στο τέλος της ισόθερμης μεταβολής. Στην κατάσταση αυτή το αέριο έχει όγκο = 2Γ 0 / Ά = Ρ Α Ή ΡΔ = ^ΓΓ^1 = ^Γ Α * Η μεταβολή παριστάνεται στο διάγραμμα του σχήματος 2.9β V 2V w aa = ln rr = Ρο ν ο 1η_ ϊ7^ ~ 0» 7 Α>*ο ^ΔΑ = 0 W QK =0J Po V o QAA ~ ^ΚΑ Α *0 ft, = "QA7- = nrat = ( ρ Λ - ρλ) = 4.5ρΑ?ολ = ^ΡθΚ Ο 2.66 Η μεταβολή παριστάνεται γραφικά στο διάγραμμα του σχήματος 2.10 Το έργο του αερίου είναι ίσο με το εμβαδόν που περικλείεται από τη γραμμή του διαγράμματος στο σχήμα 2.10, δηλαδή W =2p2V = 4pV (1) QH = QAβ + Qtsr = "C,(T B - T A ) + nc p (T r - T B ) (2) Αλλά C p -C v +R (3) 23

24 και γ = C P ή - Γ ^ - 5 -,4. C 3 3ρ Β Γ Από (3) και (4) προκύπτει C, = R και C n = R (5) Α: ' 2 Η (2) γίνεται από τις σχέσεις (5) ~ γ 3V V Q^l"R(T,-T A ) + ^nr(t r -T t ) χ ή Qi, =^Pb V B-PA V A) + ^(PT V T-PB V B) ή Q h =\v A {PB-PA)+\p B {v y -v B ) ή Q h =hpv + hp2v = \8pV (6) W 4 pv 2 e = και από (1) και (6) e = Qh 18 pv Στην αρχική κατάσταση Α του αερίου θα ισχύουν ρ 4 = 1 atm, V Α = 22,4L, Τ α 2Ί3Κ Έστω Β η κατάσταση στο τέλος της ισοβαρούς μεταβολής. V V ^ = 1Λ. άρ α 7^ = 546ΑΓ Έστω Γ η κατάσταση στο τέλος της ισόχωρης. Ρν Τ, = -5- Κ άρα Τ ν = 273/C Α Β Γ V 22,4L 44,8L 44,8L Ρ latm 1 atm 0,5atm Τ 273Κ 546Κ 273Κ 24

25 Η μεταβολή παριστάνεται στο διάγραμμα του σχήματος 2.11 α) W = W ΑΒ + W HV επειδή Κ Γ = 0, W = W AB = p A (V B -V A ) = 2211J β) Επειδή Τ Α = Τ Γ Δί/ ΛΓ = 0 Από τον Ιο θερμοδυναμικό νόμο Q = W = 221 \ J γ) Εφόσον Τ Λ = Τ Γ οι καταστάσεις Α και Γ βρίσκονται πάνω στην ίδια ισόθερμη, επομένως AS Ar = Α8 ι θερμης =nr\n = 5,16 J / Κ p(atm). Σχ V(L) 2.68 Στην αρχική κατάσταση (Α) του αερίου ισχύουν ρ Α = latm, V A =22,41, Τ Α 213Κ Έστω Β η κατάσταση στο τέλος της αδιαβατικής μεταβολής και Γ η τελική κατάσταση του αερίου. Για την αδιαβατική μεταβολή ΑΒ ισχύει: PB V B=PA V A επομένως V β Ισχύουν επίσης Ρ Β V R =NRT B ΡΑ 2 V Α =5,6L.ΡΒ. (1) και ρ Λ ν Α nrt A (2) Διαιρώντας τις σχέσεις (1) και (2) κατά μέλη έχουμε : T b=ta -P^JL = 546K P A V A Τέλος, για την (ισόχωρη) μεταβολή ΒΓ ισχύει ΡΓ ΡΒ απο την οποία προκύπτει Τ Γ = 213Κ Α Β Γ V 22,4L 5,6L 5,6L Ρ latm 8atm 4atm Τ 273Κ 546Κ 273Κ 25

26 Η μεταβολή παριστάνεται στο διάγραμμα του σχήματος 2.12 α) AU ΑΒ =nc v (T B -T A ) = 4539,5J AU Br = nc v (Γ Γ - Τ Β ) = -4539,5J AU OA =AU AB +AU BR = 0 β) Η μεταβολή ΑΒ είναι αδιαβατική επομένως AS AB = 0 Οι καταστάσεις Α και Γ βρίσκονται πάνω στην ίδια ισόθερμη, αφού Τ Α =Τ Γ. Επομένως p(atm) 5,6 22,4 V(L) Σχ Δ5 ΑΓ = ΑΞΐ ΘΕΡΜΗς = NR\N^~ = -11,52 J! Κ Αλλά Δ5' ΑΓ = AS ΛΒ + Δ5" ΒΓ επομένως Δ5 ΒΓ - Δ5 ΑΓ = 11,52J / Κ 2.69 Στην ισόθερμη εκτόνωση ΑΒ ισχύει p A V A =p B V B επομένως ρ Β = 0,75x\Q) S ΝI m 2 Για την ισόχωρη ψύξη ΒΓ, που ακολουθεί, ισχύει (1) Tfs Για την αδιαβατική εκτόνωση ΓΑ μπορούμε να γράψουμε ( γ V ' Α Pr V r =ΡΑΚ Επειδή V r = V B Ή ΡΓ=ΡΑ \ Κ Γ/ 5 at /...2 ρ Γ «0,3 x 10 Ν / m Από την (1) προκύπτει ότι Τ Γ = 240Κ Α Β Γ V 0,04m 3 0,16m 3 0,16m 3 Ρ 3 χ 10 5 N/m 2 0,75 χ 10 5 N/m 2 0,3 Χ 10 5 N/m 2 Τ 600Κ 600Κ 240Κ Στο διάγραμμα του σχήματος 2.13 παριστάνεται γραφικά η μεταβολή. ) U A =^nrt A ή 26

27 v A =-p A v A =mooj p(x lo'n/rrt) U b =U a U r = I nrt r = p r V r = 7200J β) W AB = nrt A In-p- ή * A W AB =p A V A \n4 = \6632J JV Br =0 w, ΓΑ, Pa V A~PV V T = j ^ολ = W AB + W Br + W ra = 5832J γ) =Hflln^ = ^ i-ln4 = 21J2J/K y a τ α λ^γα 0 Δ5"ολ = 0 επομένως AS AB + Δ5" βγ + AS RA = 0 και Δ5 βγ = -27,72J / Σχ Γ V(m! ) mg 2.70 Η πίεση του αερίου είναι ρ = ρ α1 Η = 2,013 x 10 λ Η μεταβολή είναι ισοβαρής α) W = ρ AV (1) ν w' AU = ^nrat = ^pav (2) Q = AU + W (3) 3 5 Από (1) και (2) η (3) γίνεται: β = ρ AV+ ρ AV = ρ AV (4) Αν χ η μετατόπιση του εμβόλου AV = Αχ και από την (4) 2 Q ' 0,1 m 5 ρα β) Διαιρώντας κατά μέλη τις σχέσεις (2) και (4) προκύπτει = - οπότε AU = -Q = 30J Q

28 2.71 Από τη σχέση ρ = Ι 7 για V Α = 2w 3 έχουμε ρ 4 = 1400/V/ ιη 2 και για V r = lm 3, ρ Γ = 1000Ν / W Η μεταβολή παριστάνεται γραφικά στο διάγραμμα του σχήματος 2.14 α) Το έργο του αερίου δίνεται από το εμβαδόν που περικλείει η γραμμή του διαγράμματος: IV = 200J (1) β) Qi,~Qrα =^γα+δ / γα (2) ρ(χ 100 N/m 3 ) Τ ο W ra είναι ίσο με το εμβαδόν από τη γραμμή ΓΑ στο διάγραμμα του σχήματος 2.14 μέχρι τον άξονα V: W ya =1200J Α /γα =\»r(t,-γγ) = (ΡΛ -pr' / r) = 2700J Επομένως από (2) Q h = 3900J (3) e = = 0,051 Q h Σχ γ) Q.iB - η^ν (T B T A ) Cy PBV B PA V A <0 R R Χωρίζουμε τη μεταβολή Α Β σε απειροστά μικρές μεταβολές, τόσο μικρές, ώστε σε κάθε μια από αυτές η θερμοκρασία να μπορεί να θεωρηθεί σταθερή. AS AB =Δ5, +AS = -^L + -^ Επειδή οι αριθμητές είναι αρνητικές ποσότητες AS ΑΒ < 0 Με ανάλογο τρόπο βρίσκουμε ότι Δ5 ΒΓ < 0 και ΔΛ", Λ > Από τη σχέση /? = - χ10 Γ + 6χ10 5 για V Α = 6 χ 10~ 3 m 3 έχουμε ρ Α = 2 χ 10 5 Ν / m 2 και για V B = 3x 10 3 «7 3, ρ Β =4χ10 5 N/m 3 Η μεταβολή παριστάνεται γραφικά στο διάγραμμα του σχήματος

29 α) Το έργο του αερίου, το οποίο p(xlo s N/m) είναι ίσο με το εμβαδόν του τριγώνου (ΑΒΓ), είναι W = 3007 β) QAB = ^U AB + W AB Παρατηρούμε ότι ισχύει ρ ΑV Α = p B V B. Από αυτό συμπεραίνουμε ότι τα σημεία Α και Β βρίσκονται πάνω στην ίδια ισόθερμη Τ Α - Τ Β. Επομένως AU ΑΒ = 0 To W AB είναι αρνητικό διότι το αέριο συμπιέζεται, και ίσο κατ' απόλυτη τιμή με το εμβαδόν που οριοθετείται από το ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ και τον άξονα των V. (2χ χ10 5 ) Επομένως Q CAB =W RR AB ΑΒ =- 2 3x10" Q Br =nc p (T r -T B ) = n(c v +R)(T r -T B ) ή 3 6 Σχ J V(xl0 m ) Q w = η{i +1 )R(T r -T B ) = p B (V r -V B ) = 3000J Qr K =nc v (T A -T v ) = n\r(t A -T r ) = \{p A V A -p r V T ) = -moj Ί) Επειδή T A = T B AS ab = Α8 ι Α σ θερμης =nrln = -1,4J/Κ V Λ AS OA = 0 ή AS ab + AS Br + AS va = 0 άρα AS RA =-AS AB -AS M.=-2,\J/K 29

30 3 ΗΛΕΚΤΡΙΚΟ ΠΕΔΙΟ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ Ηλεκτρική ροή νόμος του Gauss Το συνολικό φορτίο που περικλείει η επιφάνεια είναι αρνητικό Φ,= φ 2 = ^ φ 3= _^_ φ 4 = α, δ β β, γ 3.7 Q/(4n8 G R) -χ -R Σχ. 3.1 R 30

31 Δυναμικό του ηλεκτρικού πεδίου - ενέργεια συστήματος σημειακών φορτίων 3.8 β 3.9 Εάν μετακινηθεί ένα σημειακό φορτίο q από το σημείο Α στο σημείο Β, μέσα σε ηλεκτρικό πεδίο, το έργο της δύναμης του πεδίου είναι ίσο με το γινόμενο της διαφοράς δυναιιικού των δύο σημείων επί το φορτίο που μετακινείται. Το έργο αυτό είναι ανεξάρτητο της διαδρομής που ακολουθεί το φορτίο κατά τη μετακίνηση του από το Α στο Β. Τέτοια πεδία, όπως το ηλεκτρικό, που το έργο τους εξαρτάται από την αρχική και τελική θέση του σώματος που μετακινείται ονομάζονται διατηρητικά δ 3.11 Το δυναμικό του πεδίου σε κάποιο σημείο που δημιουργεί σημειακό φορτίο είναι αντίστροφα ανάλογο με την απόσταση του σημείου από το φορτίο. Επομένως σωστή απάντηση είναι η α β 3.13 β 3.14 Κατά μήκος μιας δυναμικής γραμμής τα δυναμικά ελαττώνονται. Το πεδίο ασκεί στο φορτίο δύναμη με φορά αντίθετη από τη φορά των δυναμικών γραμμών. Επομένως το φορτίο θα κινηθεί προς τα μεγαλύτερα δυναμικά, δηλαδή σωστή απάντηση είναι η α Βλέπε στο βιβλίο του μαθητή στο τέλος της σελίδας

32 3.16 v K C Q/R -χ -R R Σχ. 3.2 Ομογενές ηλεκτρικό πεδίο 3.17 β 3.18 γ 3.19 γ 3.20 α. ε 3.21 α, β, γ γ 2-α 3.23 Βλέπε στο βιβλίο του μαθητή σελίδες Πυκνωτής και διηλεκτρικά 3.24 δ β 2-γ 3-α 3.26 γ β 2-γ 3-α 32

33 β 2-β 3-α 3.29 γ, δ 3.30 Βλέπε στο βιβλίο του μαθητή στη σελίδα Αν ένας μονωτής τοποθετηθεί μέσα σε ηλεκτρικό πεδίο πολύ μεγάλης έντασης είναι πιθανό να καταστραφούν οι μονωτικές του ιδιότητες και να γίνει αγωγός. Η χαρακτηριστική τιμή της έντασης στην οποία αντέχει ένας μονωτής ονομάζεται διηλεκτρική αντοχή και μετριέται σε V/m 3.32 Βλέπε στο βιβλίο του μαθητή στη σελίδα Βλέπε στο βιβλίο του μαθητή στη σελίδα Β 2-Δ 3-Γ 4-Β 5-Α Πεδίο βαρύτητας της Γης 3.35 Ένταση του πεδίου βαρύτητας σε ένα σημείο του, ονομάζεται το σταθερό πηλίκο τικ δύναιιτκ που θα ασκηθεί σε μια μάζα m αν βρεθεί στο σημείο αυτό, προς τη μάζα. Η ένταση είναι διανυσματικό μέγεθος και έχει την ίδια κατεύθυνση με τη δύναμη. Μονάδα έντασης είναι το ΙΝ/Kg ή lm/s α, β, δ 3.37 Όταν μια μάζα κινείται στο πεδίο βαρύτητας το έργο της δύναμης του πεδίου είναι ανεξάρτητο της διαδρομής που ακολουθεί το σώμα, εξαρτάται μόνο από την αρχική και τελική θέση του σώματος. Το πεδίο βαρύτητας, όπως και το ηλεκτρικό πεδίο, είναι πεδίο διατηρητικό. Την ιδιότητα αυτή του πεδίου βαρύτητας την εκμεταλλευόμαστε για να ορίσουμε το μέγεθος δυναμικό. Ονομάζουμε δυναμικό του πεδίου βαρύτητας της Γης σε ένα σημείο του το σταθερό πηλίκο του έργου της δύναμης του πεδίου κατά τη μετακίνηση μιας μάζας m από το σημείο αυτό στο άπειρο προς τη ιιά α m. 33

34 Mm "*8 Η ελκτική δύναμη που δέχεται από τη Γη (F = G - ) αυξάνεται, r 3.39 α, γ, δ 3.40 α, ε επομένως θα αυξάνεται και η επιτάχυνσή του α = Σωστή απάντηση είναι η γ g=,h R^2 V = - ^ i 7 v s - l 2goR r (R, +hf R r + h y R r + h 3.42 Τα πεδίο βαρύτητας είναι διατηρητικό. Η Γη στρέφεται γύρω από τον Ήλιο εξαιτίας της βαρυτικής δύναμης που δέχεται, επομένως η μηχανική της ενέργεια διατηρείται. ΑΣΚΗΣΕΙΣ Ηλεκτρική ροή νόμος του Gauss 3.43 α) Φ = ΕΑ συνο" = Επτ 2 = 62,8Nm 2 IC 3 ' β) Φ - ΕΑ συν90" = 0 γ) Φ - ΕΑσυνόΟ" = 3\,4Nm 2 /C 3.44 Φ = ^ = 1,13x10 b Nm 2 /C ε η 3.45 φ = άρα Q =17,7xlO" 12 C ε 0 34

35 3.46 Η ηλεκτρική ροή που διέρχεται από την κλειστή επιφάνεια που ορίγ από τη στεφάνη και το δίχτυ της απόχης είναι μηδέν, γιατί εσωτερικό της απόχης δεν υπάρχει ηλεκτρικό πεδίο. Φ = 0 ή φ δί χ + φ στοφ.= ά Ρ α φ*ζ.=-φ^. =~ e * r Επιλέγουμε ως επιφάνεια Gauss την επιφάνεια σφαίρας που έχει κέντρο το κέντρο της Γης και ακτίνα R ελάχιστα μεγαλύτερη από την ακτίνα της Γης (R «R v ) φ Οεγκ_ ή _ Ε4nR 2 = QvK_ ^ Q _ C ε ο ε ο 3.48 Ο λεπτός σφαιρικός φλοιός, που είναι φορτισμένος, ομοιόμορφα συμπεριφέρεται εξωτερικά σαν όλο του το φορτίο να είναι συγκεντρωμένο στο κέντρο του (σημειακό φορτίο), ενώ στο εσωτερικό του δεν υπάρχει ηλεκτρικό πεδίο (βλέπε παράδειγμα 3-1 σελίδα 86 στο βιβλίο του μαθητή). Επομένως: α) = _i J^- = 1,35x10 6 N/C β) μηδέν 4πε 0 η 3.49 Αφού το φορτίο είναι κατανεμημένο ομοιόμορφα σε όλο τον όγκο της σφαίρας το φορτίο ανά μονάδα όγκου είναι ρ = όπου V R ο όγκος της σφαίρας. Το φορτίο που περικλείεται από σφαίρα ακτίνας r (r -< R) που έχει το ίδιο κέντρο με τη φορτισμένη σφαίρα είναι q = pv r επομένως: ^ w' / \3 r g = K =4 Q = V «3 Εφαρμόζουμε το νόμο του Gauss για τη σφαιρική επιφάνεια ακτίνας r: q _Q'"^ α) Φ,=^ = r ~ό KR; ΙΟ 4 Nm 1 /C 35

36 q Q ί r \ β) Φ: Ο FC O γ) Φ 3 = q = _ Q jfr^ 'O fc O ν n R J 29,2x10 4 Nm 2!C 69,4 xlo 4 Nm 2 / C δ, ε) Αν η ακτίνα της σφαίρας r είναι μεγαλύτερη της R, το φορτίο που περικλείει η R είναι Q. Από το νόμο του Gauss προκύπτει ότι για κάθε σφαιρική επιφάνεια ακτίνας r > R θα είναι Φ = = 135 χ 10 4 Nm 2 /C 3.50 α) 1 λ 2πε 0 Γ, σελίδα 87 του βιβλίου του μαθητή) β) Ε 2 =-±- 2πε η r\ 720x10^ NIC = 360 χ 10 3 NIC (βλέπε παράδειγμα 3.2 στη Δυναμικό του ηλεκτρικού πεδίου - ενέργεια συστήματος φορτίων 3.51 V = Κ ( επομένως r = Κ = 6m r V λ Έστω Ο το σημείο στο οποίο βρίσκεται το φορτίο. V, = Κ -Ο- = 90V V» = Κ -0 = 180F 1 (OA) 1 (OB) V A -V B =-90V 3.53 E = K L MT (1) V = K c (2) r~ ' r V Διαιρώντας κατά μέλη τις (1) και (2) βρίσκουμε = r = 3m Ε 36

37 Vr 8 και από τη (2) έχουμε: Q = = 6x10 C K c 3.54 W Br =(V B - V r )q = {K c Q- K c % = K c Qq{- - -) = 13,5 x 10" 3 J ί h '] r α) Τα φορτία Q i και Q 2 δημιουργούν στο σημείο Α πεδία με δυναμικά V. A =Κ C -^ = \2000V και Γ, Α = Κ = 11250Γ αντίστοιχα c 2 (ΑΒ) c (ΒΓ) Σύμφωνα με την αρχή της επαλληλίας V 4 = V x Α + V 2 = 23250F β) (ΒΓ) = V ( A B ) 2 + (ΑΓ) 2 = 5cm άρα (MB) = (ΜΓ) = 2,5cm V\ Μ μ = Κ,. -Ο = 14400V Υ ί ' (MB) ' Μ, τ /Μ V M =V M l +V M 2 = 32400Γ β) W ΛΜ =(V A ~V M )q = -183x10 8 J 3.56 Η δυναμική ενέργεια του συστήματος είναι: = Κ, = 18000F c (ΜΓ) C7 = K c + K c + K c -3K c = 36X\0 2 J a a a a 3.57 α) Έστω ότι το σημείο Γ από το οποίο το οποίο διέρχεται η φορτισμένη σφαίρα απέχει r 2 από το σημείο Α. Από το θεώρημα έργου ενέργειας για τη σφαίρα m κατά την κίνηο από το σημείο Β στο Γ προκύπτει W = AK ή W = K B ή (V B ~V r )q --^//w 2,, Q,Ο χ 1 2 \2KOq Λ 1. η {K c -K c )q - mo apa υ= ) (1) r 2 2 Mm από την οποία βρίσκουμε υ = -J^m / s β) Αν το σημείο Γ βρίσκεται σε άπειρη απόσταση από το σημείο Α η (1) παίρνει τη μορφή 37

38 = Β ^ = 2 Λ m / s mr. Ομογενές ηλεκτρικό πεδίο V.-V, 3.58 Είναι ii = (1), αλλά καν V -V Ε = (2) Από τις (1) και (2) προκύπτει ότι χ ν -ν V -V V -A_^L V = _J^L η V A -V B =V B -V r =SV χ χ V,-V r =(V A -V B ) + (V B -V r ) = lov 3.59 V = Ex = 1500V 3.60 Εφόσον το σωματίδιο ισορροπεί ZF = 0 ή F = mg ( -Q. - όμως άρα F - Eq -~ q επομένως V = ^ - = 400V mg 3.61 Αν θεωρήσουμε ότι η σφαίρα είναι θετικά φορτισμένη θα ισορροπεί όπως φαίνεται στο σχήμα 3.4 Τ χ = Τημφ, Τ γ = Τσυνφ Είναι EF v =0 ή F-Τημφ (1) KaiZF r =0 ή Τσυνφ-mg (2) Από την (2) Τ = (3) συνφ Η (1) γίνεται από την (3) F = mg ημφ ή F = mgεφφ (4) σννφ Σχ. 3.3 Σχ

39 ν ν Επειδή F = Eq = q η (4) γίνεται q-mgsφφ άρα d d g = dmgf# =10.» c 3.62 Ο) F = & = 1,456x10""JV a = = 16xlO l2 m/s 2 m e β) Η δύναμη που ασκείται στο ηλεκτρόνιο έχει κατεύθυνση αντίθετη από αυτή των δυναμικών γραμμών. Την ίδια κατεύθυνση, με τη δύναμη, έχει και η επιτάχυνση. Οι σχέσεις που περιγράφουν την κίνηση του ηλεκτρονίου είναι: I) Αν η αρχική του ταχύτητα είναι ομόρροπη με τις δυναμικές γραμμές υ = υ - at χ = υ t at' ' 2 II) Αν είναι αντίρροπη ν = υ ο +at 1, χ = v 0 t + at 3.63 Έστω Ο το σημείο από το οποίο Ε βάλλεται το ηλεκτρόνιο τη χρονική «,, στιγμή μηδέν. Στο ηλεκτρόνιο το πεδίο J q ρ *" ασκεί δύναμη F = Ee αντίθετης * κατεύθυνσης από αυτή των δυναμικών ^ γραμμών. Το σωματίδιο αποκτά χ ' F Ee επιτάχυνση α- = m m (1) με φορά ίδια με τη φορά της δύναμης. Οι σχέσεις που περιγράφουν την κίνηση είναι v = v 0 -at 1 2 (1) x = v 0 t- at (2) Η χρονική στιγμή που μηδενίζεται η ταχύτητα του (στο σημείο Γ) βρίσκεται από τη σχέση (2) για υ=0 ί Γ = = m " a Ee Η χρονική στιγμή κατά την οποία το ηλεκτρόνιο ξαναπερνά από το σημείο Ο βρίσκεται από τη σχέση (2) για χ=0 2υ 2 mv Ο n α Ee 39

40 Η ταχύτητα που θα έχει όταν ξαναπεράσει από το σημείο Ο βρίσκεται από τη σχέση (1) για 1 = t a υ - -υ Από τα αποτελέσματα προκύπτει ότι ο χρόνος κίνησης από το Ο στο Γ είναι ίσος με το χρόνο κίνησης από το Γ στο Ο. Επίσης ότι στο Ο το ηλεκτρόνιο επιστρέφει με ταχύτητα ίσου μέτρου Επιλέγουμε ως σύστημα ορθογωνίων αξόνων στους οποίους αναλύουμε την κίνηση τη διεύθυνση της αρχικής ταχύτητας (άξονας χ) και τη διεύθυνση της έντασης (άξονας y). Στον άξονα χ: x = v j (1) F Ee Στον άξονα y: α = - = (2) m m, +0 [ ] υ if ί ) -0 Σχ υ ν =αί (3) y = -at (4) Από την (1) για χ Ι βρίσκουμε το χρόνο κίνησης του ηλεκτρονίου / μέσα στο πεδίο, t (5) Θέτοντας στην (4) την (5) και τη (2) βρίσκουμε την απόκλιση της δέσμης τη στιγμή της εξόδου από το πεδίο ν : Eel 2 2 m,υ 2 e~ ο Θέτοντας στην (3) την (5) και την (2) βρίσκουμε την ταχύτητα υ, των ηλεκτρονίων τη στιγμή που εξέρχονται από το πεδίο. Eel υ,. m Po Τ α κ ηλεκτρόνια ιμυνια μ^ιχιν βγαίνουν από το πεδίο με ταχύτητα μέτρου υ =v u» +υ ί =^ό L V- e 2/2 I ο+ που σχηματίζει με τη διεύθυνση της m e v o αρχικής ταχύτητας γωνία για την οποία εφφ = ῡ. Eel 40

41 Χωρητικότητα - ενέργεια φορτισμένου πυκνωτή 3.65 Q = CV = 12pC Α iir C=e η = ε π '"~ d d ΚΓ 2 Q = CV -e 0 V d = 444,6pC 3.67 E = = \0 4 V/m d C = ε 0^-~ 53,\pF d Q = CV = 631,2 pc A 3.68 Ο πυκνωτής έχει αρχικά χωρητικότητα C = ε ο = ΙΟμ/ 7 και φορτίο d. Q = CV = 1000/iC Μετά την απομάκρυνση των οπλισμών του, ο πυκνωτής θα έχει χωρητικότητα A C C'=ε ο = = 5μΓ και φορτίο Q'-C'V = 500pC (Η τάση 2d 2 στους οπλισμούς του πυκνωτή δε μεταβάλλεται) 3.69 U=-CV 2 =2,5J Έστω Q ] το φορτίο που αποκτά ο πυκνωτής C, όταν φορτιστεί σε τάση V ] Q I = C\ Αν Q A ' και (V τα φορτία των πυκνωτών μετά τη σύνδεση τους και V η κοινή τους τάσι] (I) QJ =C 2 V (2) Σύμφιονα με την αρχή διατήρησης του φορτίου Q\=Q, +Q 2 ή C,1] - C,L ' + C,V άρα V = 64Γ C, + C,

42 Από (1) και (2) ζ?,' = 1280^C και Q 2 = 320^/C Η ηλεκτρική δυναμική ενέργεια που χάνεται με τη σύνδεση των πυκνωτών είναι ic,f, 2 1, 1 9 -C.V 2 +-C V 2 = 12x10 3 J Η ενέργεια αυτή έγινε 2 ' 2 2 θερμότητα στους αγωγούς σύνδεσης. Διηλεκτρικά 3.71 C' = KC = 60/iF 3.72 Έστω ότι η αρχική χωρητικότητα, το φορτίο και η τάση του πυκνωτή είναι, αντίστοιχα, C a, Q a V a. Μετά την εισαγωγή του διηλεκτρικού, το φορτίο του πυκνωτή παραμένει ίδιο ενώ η χωρητικότητα και η τάση του γίνονται C και V αντίστοιχα. Ισχύουν C = (1) και C = ^- (2) 0 ν V Διαιρώντας κατά μέλη τις σχέσεις (1) και (2) βρίσκουμε Κ = - C = -^ V = 6 q V 3.73 Το αρχικό φορτίο του πυκνωτή ήταν Q = CV = 50^/C Το φορτίο του μετά την εισαγωγή του διηλεκτρικού γίνεται Ο'=ρ + Αρ = 200μ ΑΏ&ζ)' = σν ή Q' = KCV άρα K=j^ = Η χωρητικότητα του πυκνωτή είναι C = Κε 0, d dc επομενως Α A = (1) Κ ε ο V Το πεδίο στο εσωτερικό του πυκνωτή έχει ένταση Ε =, d 42

43 ν επομένως d = (2) Ε Αντικαθιστώντας την (2) στην (1) βρίσκουμε Α = VC Κε α Ε = 0,083m~ 3.75 Το μέγιστο φορτίο του πυκνωτή αντιστοιχεί στη μέγιστη τάση μεταξύ των οπλισμών του V = Ed Επομένως Q = CV = Κε α Ed ή Q - ΕΚε α Α-\69,9nC d Πεδίο βαρύτητας 3.76 g = G Τ = =^ = 2,5m/s 2 (R r +hf (2R r ) 4 ν = c M r = g R r ^ 8,Α + h 2R r -32x10" J /Kg 3.77 Έστω ότι το σώμα βάλλεται από το σημείο Α στην επιφάνεια της Γης και φτάνει στο σημείο Γ, σε ύψος h. Εφαρμόζοντας το θεώρημα έργου -ενέργειας κατά την κίνηση του σώματος από το σημείο Α στο Γ. fv = AK ή (V A -V r )m = -K A ή, GM. GM, λ 1 2 ( l -h )m = mo~ R r R r +h 2 ή +_ Λ_ = _Ι υ 2 ά h= 2g R r R 5QKm R r R r + h 2 2 g,a-v; 3.78 α) Έστω gy η ένταση του πεδίου βαρύτητας στην επιφάνεια της Σελήνης GMy GM, gσ ~ R 2 ~ R 2 43

44 Διαιρώντας κατά μέλη βρίσκουμε ς = 1,66 mis 2 gy = g Η \ R, J επομενως β) η μάζα του σώματος είναι ηι Μ-', g Το βάρος του στη Σελήνη w v = mg s = l g 1-116,2Ν go 3.79 Έστω Α το σημείο εκτόξευσης. Η μηχανική ενέργεια του συστήματος Γη-σώμα διατηρείται επομένως κ Α +υ Α =κ χ +υ Η ελάχιστη ταχύτητα με την οποία πρέπει να εκτοξευτεί το σώμα είναι εκείνη για την οποία φτάνει στο άπειρο με μηδενική ταχύτητα. i -> Κ4 πί Επομένως K A +U A η --/»< >J -G ' - =0 ή =0 Ηρ Ι*Λ 2 R v +h ' " \R v +h 3.80 Η ταχύτητα διαφυγής από την επιφάνεια του πλανήτη είναι 2gm, υ \2GMy ιι = και από την επιφάνεια της Γης ο, Ru II., υ., Λ/ R, I R r, Διαιρώντας τις σχεσεις κατα μελη = J ~ = *Ι~^Γ~ (') υ, }MyR u ]j 8 R n λ/, _ pl\ /3 nr \ Μ\\ ιι ^ι -τ/?,. αρα r ± - 7 R. οπότε η (1) γίνεται = και επομένως v u =5,6Km/s Vy Έστω υ η ταχύτητα του μετεωρίτη ότίΐν βρίσκεται πολύ μακριά από τη Γη (εκτός πεδίου βαρύτητας). 4!

45 Από το θεώρημα έργου - ενέργειας κατά την κίνηση του από σημείο εκτός του πεδίου βαρύτητας της Γης μέχρι την επιφάνεια της. W = ΑΚ ή (F x -V r )m = - ^ / η υ 2 ή GM r υ'-υ;, g r) R υ'-υ = η = και επομενως R r 2 R r 2 υ η = -y/υ 2-2g o R v =14x10'mls 3.82 Για να είναι μηδέν η ένταση σε κάποιο m, ^ m, σημείο πρέπει η ένταση gi που δημιουργεί Mk Α η rri να είναι αντίθετη με την ένταση g 2 που δημιουργεί η m 2. Τέτοιο σημείο *~ Χ_ * υπάρχει μόνο μεταξύ των δύο μαζών. * ' * Έστω Α αυτό το σημείο. ^ 7 Η ένταση που δημιουργεί στο σημείο Α η m μάζα mi είναι g ] = G j.r" Η ένταση που δημιουργεί στο σημείο Α η μάζα ιπ 2 είναι g! 2m - /- (I-χ)' Εφόσον g, = g, G-^- = ''-γ τ ή ~ = ±V2 χ' (I χ χ Από όπου x,=/( λ/2-1) και,ν 2 =-/(I + λ/2) Η αρνητική τιμή του χ 2 σημαίνει ότι το σημείο Α βρίσκεται αριστερά του ιτΐ. Η λύση αυτή απορρίπτεται. Το δυναμικό του πεδίου στο σημείο Α είναι το αλγεβρικό άθροισμα των δυναμικών που δημιουργούν μόνες τους οι μάζες lrij και m 2 ν λ = ι/ ' + V,' = = -Ο' ( ) 71 ' " Λ" /-.Υ I ενέργεια του συστήματος των τριών μαζών είναι m,ιη, _«7,w7, ^nunu U = -G - - G ' - G " a 45

46 Σύμφωνα με την αρχή της διατήρησης της ενέργειας, η ενέργεια που απαιτείται για να απομακρυνθούν οι μάζες αυτές σε άπειρη απόσταση είναι Ε = Ε τ σ ε υ λ στ ~ ΕΖ χ στ -= -U - G + G + G συστ σνστ η γ ρ α ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ 3.84 Επειδή το φορτίο της σφαίρας είναι ομοιόμορφα κατανεμημένο το πεδίο έχει ακτινική διεύθυνση και η ένταση έχει το ίδιο μέτρο σε όλα τα σημεία που απέχουν το ίδιο από το κέντρο της σφαίρας. α) Στο εσωτερικό της σφαίρας. Επιλέγουμε ως επιφάνεια Gauss, σφαιρική επιφάνεια ακτίνας r (r < R) ομόκεντρη με το σφαιρικό αγωγό και εφαρμόζουμε το νόμο του Gauss Φ = ^' /κ (1) «ο 4 Φ = Ε 4τττ~. Εξάλλου Q cyk = pv = p 7U". Αντικαθιστώντας στην (1) βρίσκουμε Ε = για r > R Ε - β) Στο εξωτερικό της σφαίρας. Επιλέγουμε ως επιφάνεια Gauss σφαιρική επιφάνεια ακτίνας r (r >- R) ομόκεντρη με το σφαιρικό αγωγό. Q tvk Εφαρμόζοντας το νόμο του Gauss Φ = (2) 4 3 Φ = Ε 47ΓΤ Q vyk = ρv = p nr' αντικαθιστώντας στην (2) βρίσκουμε Ε = ^ 1 η οποία για r = R δίνει Ε = 3 s.r~ 3ε 46

47 Το μέτρο της έντασης σε συνάρτηση με την απόσταση r από το κέντρο της σφαίρας παριστάνεται γραφικά στο σχήμα 3.8 Ε pr/(3e ) Σχ Επειδή το φορτίο του κυλίνδρου είναι ομοιόμορφα κατανεμημένο, το πεδίο που δημιουργείται είναι ακτινικό και το μέτρο της έντασης ίδιο σε όλα τα σημεία που απέχουν το ίδιο από τον άξονα του κυλίνδρου. Στο σχήμα 3.9 παριστάνεται το πεδίο σε μια τομή του κυλίνδρου κάθετη στον άξονα του. α) Στο εσωτερικό του κυλίνδρου. Επιλέγουμε ως επιφάνεια Gauss, κυλινδρική επιφάνεια ακτίνας r(r<r), ύψους L, ομοαξονική με το φορτισμένο κύλινδρο και εφαρμόζουμε / Σχ. 3.9 \ το νόμο του Gauss Φ = ^LyK (1) Αλλά Φ Φ ΚΥΡΤΗΣ ΕΠ1Φ. + Φ ΒΑΣΕΩΝ ~ ^ 2twL + 0 και Q EyK = pv = pkr 2 L Αντικαθιστώντας στην (1) Ε = pr για r > R 2ε Ε- pr 2ε β) Στο εξωτερικό του κυλίνδρου. Επιλέγουμε ως επιφάνεια Gauss, κυλινδρική επιφάνεια ακτίνας r(r>r), ύψους L, ομοαξονική με το φορτισμένο κύλινδρο. 47

48 Εφαρμόζουμε το νόμο του Gauss Φ = ^ /κ (1) Αλλά Φ φ κυρτής επιφ. φ βάσεων ^ 2kvL + 0 Qcy, = P v = ρ *R 2 L Αντικαθιστώντας στην (1 Ε = pr~ για r = R Ε 2re pr 2ε ο Το μέτρο της έντασης σε συνάρτηση με την απόσταση r από τον άξονα του κυλίνδρου παριστάνεται γραφικά στο διάγραμμα του σχήματος 3.9 Ε pr/(2e.) R r Σχ Στο εσωτερικό φορτισμένου αγωγού το ηλεκτρικό πεδίο είναι μηδέν (παρατήρηση στη σελίδα 87 στο βιβλίο του μαθητή), επομένως για ιγ-2αιι και ιν 8cm έχουμε Κ 0. Για τον υπολογισμό της έντασης στο εξωτερικό του αγωγού επιλέγουμε ο; επιφάνεια Gauss, σφαιρική επιφάνεια ακτίνας /'(/'>- R) ομόκεντρη με to TiiKiipiKo ιιyctvo. (>, ( ) Φ η / 4/γγ ' = n / 15 χ () \ ( ι ο 4 πι; r ' > 87 I ια Μας. το πεοιο π<>υ οημιουρ/t ι η οιαταςη πρε,πει να «μέτρο της ενταπιμ να έχει τη\ - ίδια τιμή σε όλα tu /; που κπέ'/ουν ίδιο από η \..ιόύνραμμο αγωγό.

49 α) Επιλέγουμε ως επιφάνεια Gauss μια κυλινδρική επιφάνεια ύψους L, ομοαξονική με το σύρμα και τον κυλινδρικό αγωγό, ακτίνας r < R (όπου R η ακτίνα του κυλινδρικού αγωγού). Εφαρμόζομε το νόμο του Gauss Φ = Q,, K Αλλά Φ fiu = λι Επομένως Ε = Φ κυρτής εγιιφ. ^ 2JU'LE o φ βακών 7 ^ 2/γ/Ί + 0 και λ 2πε ο r β) Αν η επιφάνεια Gauss έχει ακτίνα γ >/?, το φορτίο που 0α περικλείει θα είναι Q rk = +/J. + (-λ ) = 0 επομένως Φ = 0 και Ε= Το ηλεκτρικό πεδίο θα υπολογιστεί ως το αποτέλεσμα της επαλληλίας του πεδίου που δημιουργείται από το θετικά φορτισμένο φύλλο και του πεδίου που δημιουργεί το αρνητικά φορτισμένο φύλλο. Μόνο του το θετικά φορτισμένο φύλλο θα δημιουργούσε γύρω του ομογενές ε, Ε, ηλεκτρικό πεδίο έντασης μέτρου * Ε, = (παράδειγμα 3.3 στη σελίδα 2ε 0 88 στο βιβλίο του μαθητή) Μόνο του το αρνητικά φορτισμένο φύλλο θα δημιουργούσε γύρω του ομογενές ηλεκτρικό πεδίο έντασης μέτρου t, = (α) ε 2 (β) Σχ (γ) Σύμφωνα με την πρ/η τη; επαλληλίας το πεδίο που δημιουργείται από τα δύο φορτισμένο φυ/) α είναι σε κάθε σημείο Ε - Ε, + Ε, Έτσι στην περιο/ή (α) και στην περιοχή (γ) (σχήμα 3.1 1) Ε = 0, ενώ στην περιοχή (β) το πεδίο έχει μέτρο Ε = Ε ] + \ = 3.89 Από το θεώρημα έργου - ενέργειας βρίσκουμε II = \/\ επι ιιε\'(ί. / '! ηι η μ/ι /: III I > 2(7 3 ι()\\' <

50 3.90 α) Η ελκτική δύναμη Coulomb που δέχεται το ηλεκτρόνιο από τον e 1 Ό" β 1 πυρήνα δρα ως κεντρομόλος: k -m ή k mv (1) r r r 1 Η κινητική ενέργεια του ηλεκτρονίου είναι Κ = mv~ η οποία γίνεται ^ 1, e 2 από την (1) Κ = k 2 r β) u = - k- r 2 1 e 2 γ) Ε = Κ + U = k. 2 r δ) To ελάχιστο ποσό ενέργειας που πρέπει να προσφερθεί είναι εκείνο για το οποίο η απόσταση μεταξύ του ηλεκτρονίου και του πυρήνα θα γίνει άπειρη και η κινητική ενέργεια του συστήματος μηδενική. Σύμφωνα με την αρχή διατήρησης της ενέργειας F = AF 1^ <1Λ^ΣΥΣΤΗΜΑΤΟΣ = w 0- ' - ι ^ λ ν 2 ο 1, e 2 = k Εφαρμόζοντας το θεώρημα έργου - ενέργειας για την κίνηση του πρωτονίου από την αρνητική ως την θετική πλάκα 1 W = ΑΚ επομένως (V ( _ ) -V (+) )e = 0- mv o Όπου V ( ) και V (+) τα δυναμικά της αρνητικής και της θετικής πλάκας αντίστοιχα και V =V (+) -V^_ ) 2 1 ΙΓΙ ι) Ve = mu n άρα V = ^ = 1250Κ 2 2e η τάση μεταξύ των πλακών. Επομένως

51 3.92 Ε = = 10 5 NIC Η δύναμη που ι,.... \i\- ^ d δέχεται το σφαιρίδιο από το ηλεκτρικό α πεδίο είναι F = E\q\ = 10 3 Ν και έχει q φορά αντίθετη από τη φορά των r ^ δυναμικών γραμμών m^ Το βάρος του είναι w = mg = 5x10 3 Ν (δεν μπορεί να αγνοηθεί) Επομένως το σφαιρίδιο κινείται με ΣΤ 7 F + w ι επιβράδυνση α = = = 12mls' m m υ = υ ο - at για υ = 0 βρίσκουμε το χρόνο που χρειάζεται για να φτάσει στο σημείο Α στο οποίο στιγμιαία μηδενίζεται η ταχύτητα του. t A = α Η απόσταση y του σημείου Α από το σημείο βολής: 1 2 y = V o t A - ~ a t A = 3 c m Σχ Η ελάχιστη απόσταση του σφαιριδίου από τον αρνητικό οπλισμό είναι: d - y = \cm 3.93 Αναλύουμε την κίνηση του +Q ηλεκτρονίου στους άξονες x (διεύθυνση I y, της αρχικής ταχύτητας) και y Α..Ο (διεύθυνση των δυναμικών γραμμών). Στον άξονα x η κίνηση του ηλεκτρονίου ί\ είναι ευθύγραμμη ομαλή, επομένως ο 0 χρόνος κίνησής τους μέσα στο πεδίο. είναι t OA = (1) " ΟΛ υ 1 _ZJ 1 Χ Σχ Στον άξονα y τα ηλεκτρόνια έχουν επιτάχυνση F Ee Ve α = = = (2) m m dm Η απόκλιση της δέσμης κατά την έξοδο της από το πεδίο δίνεται από τη σχέση 51

52 y = ato A η οποία γίνεται από τις (1) και (2) y = -^r LYiL = 12,6mm 2 2 m υ] Αν Ο το σημείο εισόδου της δέσμης στο πεδίο και Α το σημείο εξόδου V V -V V ή - = άρα V A -V 0 =y- = 50,4V y a y a 3.94 α) Έστω Α το σημείο της επιφάνειας της σφαίρας από το οποίο ξέφυγε το ηλεκτρόνιο και Γ το σημείο της τροχιάς του που απέχει απόσταση r από το κέντρο της σφαίρας. Εφαρμόζουμε το θεώρημα έργου ενέργειας κατά την κίνηση του ηλεκτρονίου από σημείο Α στο Γ. 1 2 W - ΑΚ επομένως (V A - V r )(-e) = m e u ή (K c Q-K c Q-)(-e)= X -m e v 2 άρα R r 2 υ = 2 K c Qe m. 1 _i R r = 2,66x 10 b ml s β) To ηλεκτρόνιο επιταχύνεται εξαιτίας της απωστικής δύναμης που δέχεται από τη φορτισμένη σφαίρα. Θα πάψει να επιταχύνεται όταν θα βρίσκεται πολύ μακριά από τη σφαίρα (σε άπειρη απόσταση). Τότε θα έχει αποκτήσει τη μέγιστη ταχύτητα. Το θεώρημα - έργου ενέργειας δίνει για την κίνηση του ηλεκτρονίου από το σημείο Α στο έως το άπειρο. 1 W = ΑΚ επομένως V A ( e) - m e v 2 ή η υ j-2kqe m R = 3,26x10 b m!s K c^e = -m c v 2 R 2 e 3.95 Έστω Α το σημείο από το οποίο αφέθηκε το σωματίδιο Σ και Γ το σημείο της βάσης του πλαγίου επιπέδου από το οποίο θα περάσει. Εφαρμόζουμε το θεώρημα έργου ενέργειας κατά την κίνηση του σωματιδίου από το Α στο Γ Σχ

53 W = ΑΚ επομένως 1 2 mgημφ(l-d) + (V A -V r )q = mv ή mgημφ(l-d) + K c Qq( --) = - mυ άρα a I 2 υ = 2gημφ{l -d) + 2K q (1 - i) = 9,6/77 / λ V m d I 3.96 Έστω Α το σημείο από το οποίο Q αφήνεται το σημειακό φορτίο και Γ το F ένα άκρο της οπής του σφαιρικού : ' ~ ~, \ / (j αγωγού. Εφαρμόζουμε το θεώρημα έργου 3 ί5 ενέργειας κατά τη μετακίνηση του σημειακού φορτίου από το σημείο Α στο Γ. 1 2 W = ΑΚ επομένως (V A V r )q = mv ή KOq( )~ mo άρα ' d R 2 2κ Qq Α Γ, 0, υ = J ( ) =13,8 mis V m d R Στο εσωτερικό του σφαιρικού αγωγού δεν υπάρχει ηλεκτρικό πεδίο. Έτσι η κίνηση του σημειακού φορτίου, μέσα στην οπή, είναι ευθύγραμμη ομαλή. 2 R Το σωματίδιο βγαίνει από την οπή μετά από χρόνο t = = 14,4ms υ 3.97 Η ορμή του συστήματος των δύο σφαιρών διατηρείται: ρ ΑΡΧ = ρ ΜΙ.; ΤΑ επομένως 0 = /;?υ, - 2ιην 2 άρα υ, = 2υ 2 (1) Η μηχανική ενέργεια τιυν δύο σφαιρών διατηρείται: ^ ΑΡΧ. +^ΑΡΧ. = ^ΜΙΙΛ +^ΜΙ.ΓΑ 'ί 2 2 i Κ.. = /;/u, 2 + 2/7; υ, 2 + Κ ( (2) c c I 2 2 ' 21 η (2) γίνεται από την (1) 3 j

54 jr (J * Λ 2 Λ 2 1/ ' K c = w4u; + 2mv 2 + K c αρα υ 2 = ι 21 και από την (1) έχουμε υ 2 = 2({ λ l*c_ 61ιη ι&. 61m 3.98 α) Έστω ότι η σφαίρα είναι αφόρτιστη και κινείται με την επίδραση μόνο του βάρους της. Εφαρμόζομε το θεώρημα έργου ενέργειας κατά την κίνηση της από το σημείο Α στο Γ. W - ΑΚ επομένως mg ~ = ~mi> 2 (Q) O (q) <j A- - t h/2 άρα ν = -Jgh = 6m / 5 Η ταχύτητα αυτή είναι μικρότερη από την ταχύτητα της σφαίρας. Επομένως η σφαίρα είναι φορτισμένη ομόσημα με το φορτίο Q. Σχ β) Έστω q το φορτίο που φέρει η σφαίρα. Εφαρμόζουμε το θεώρημα έργου - ενέργειας κατά την κίνηση της από το σημείο Α στο Γ. W w + W F = ΑΚ επομένως Λ mg + (V A ~V v )q I t = mv~ ή h,ν Q ιs Qs ι >. m g- + (K c -K c )q = -mv- η 2 Λ/2 Λ 2 <7 = mh(v2 - gh) 2K c Q = 0,8x 10 C 3.99 AB = + h~ = 50cm Τα δυναμικά του πεδίου που δημιουργούν τα φορτία Qi και Q 2 στα σημεία Α και Μ είναι: ν Λ = ν ] " Ί +, ν;' 1/Α = _ κν ί Q\ Ιζ (22 ΑΒ ΑΓ ν =ν Μ + ν Μ =κ Μ ' 1 τ ' 2 V, = 18x10 F λ 02 C - + K1( r - 2- π/ V Μ =30x10 4 V ΒΜ ί Μ 54

55 Από το θεώρημα έργου - ενέργειας κατά την κίνηση του q από το σημείο Α στο Μ W, + W C =AK επομενως 1 mgh + (V A -V M )q = mv άρα u s m Σχ Η δύναμη F = K c Ογ- - 2,25 x\0' 3 Ν r που ασκείται στο φορτισμένο σωμα, στην αρχική του θέση Α, είναι μεγαλύτερη της συνιστώσας του βάρους w x = mg ημφ - 0,25 x 10~ 3 Ν Σχ Επομένως το σώμα, όταν αφεθεί στο σημείο Α θα κινηθεί στο πλάγιο επίπεδο με κατεύθυνση προς τα πάνω. α) Έστω Γ το σημείο στο οποίο θα μηδενιστεί στιγμιαία η ταχύτητα του και x η απόστασή του από το Q. Από το θεώρημα - έργου ενέργειας κατά την κίνηση του m από το Α στο Γ παίρνουμε W F + W Kx = ΑΚ και επομένως (V A V r )q mgημφ(x-r) = 0 ή k c Qq(~ mgημφ(x - r) = 0. r χ Μετά τις αντικαταστάσεις παίρνουμε χ 2-1,3χ + 0,36 = 0 από όπου προκύπτει χ = 0,9m (η άλλη λύση της εξίσωσης είναι χ = 0,4m, που αντιστοιχεί στην αρχική θέση του σώματος) β) Το φορτισμένο σώμα κινείται με επιτάχυνση μέχρι τη στιγμή κατά την οποία η συνισταμένη των δυνάμεων που δέχεται γίνει ίση με μηδέν. Έστω ότι αυτό συμβαίνει στο σημείο Δ που απέχει από το Ο απόσταση d. C)q F = w Y ή k c = η^ημφ άρα d = 0.6/?? d'

56 Στη θέση αυτή αντιστοιχεί η μέγιστη τιμή της ταχύτητας Από το θεώρημα έργου - ενέργειας κατά την κίνηση του m από το Α στο Δ παίρνουμε W r +fv u =AK επομένως (V A -V^)c/-mgj~i^^(d-r) = -^mv 2 ή K c Qq(-- )-mgtw(j)(d-r) = nn) 2 άρα r d 2 υ = λ 2Κ^ (--~)-2mgij^^(d-r) = 1 mis V m r d α) V = ν Λ -ν ΰ =\00ν β) Επειδή ο οπλισμός Α διατηρεί το φορτίο του, εξ επαγο>γής, το διατηρεί και ο Β. γ) Εφόσον το φορτίο του πυκνωτή δε μεταβάλλεται η τάση του θα παραμείνει 100V. Ο γειωμένος οπλισμός αποκτάει το δυναμικό της Γης δηλαδή V B = 0 άρα V, = 100F To φορτίο του πυκνωτή είναι Q = CV Επομένως το μέγιστο φορτίο αντιστοιχεί στη μέγιστη τιμή της τάσης μεταξύ των οπλισμών του V = Οι τιμές του μέγιστου φορτίου για το γυαλί και τον αέρα είναι αντίστοιχα Α Ε ν Α Ε α, = Κε ο ^ και Q a = ε, ^ Ο ι / (Χ ο / / d d d (Ι Qy KE r E y από τις οποίες βρίσκουμε = ή Q = KQ = 46,7//C' Qa Ε η ' Ε α μ)

57 3.103 a) q l =C,V = 120μC και q 2 =C 2 V = \20μ0 C, c; β) Με την εισαγωγή του διηλεκτρικού η χωρητικότητα του πυκνωτή C, γίνεται c ; = kc\ = 20/jf Αν q { ', q 2 τα νέα φορτία που αποκτούν οι πυκνωτές και V η κοινή ν τάση τους Σχ 3.19 q{ = C{V" (1) και q 2 ' = C 2 -V (2) Σύμφωνα με την αρχή διατήρησης του φορτίου q x +q 2 =q x ' + q 2 ' Η σχέση αυτή, αν λάβουμε υπόψη τις (1) και (2), γίνεται <71 + Qi = (C{ + C 2 )V από όπου βρίσκουμε V = 10V Επομένως οι πυκνωτές έχουν φορτία <?,' = 200μΡ και q 2 = 40μ/ α) Εφαρμόζουμε το θεώρημα έργου -ενέργειας για την κίνηση του διαστημικού οχήματος από το σημείο Α (που βρίσκεται σε ύψος h) μέχρι το σημείο Γ (που βρίσκεται στην επιφάνεια της Γης) 1, 1,. W w = ΑΚ επομένως (V A - V r )m = mυ -mv o η c 2 V' c- M < R r +h - + G ^ = V Rr ~ υ ά ή 8o R r_ + 8o R r 2 R r R v υ υ 2 2 άρα o = ^g 0 R r + υι = 8^/2x10 3 mis β) Από το θεώρημα έργου - ενέργειας για την κίνηση του διαστημικού οχήματος από το σημείο Α μέχρι το σημείο Γ βρίσκουμε W F + W w = ΑΚ, επομένως - Fh + {V 4 - V Y )m = mvl ή -Fh + -G m r Ry + h + c M < m- m υ, R, r 2 η 57

58 -FH+ G " RRM =--MV] και F - M^V +G RV^ = 8xl0 4 N R r α) Η μηχανική ενέργεια του συστήματος Γη-σταθμός διατηρείται, δηλαδή U ] + Κ Χ - U 2 + Κ 2 M v m 1 2 M v m 1 επομενως -G ) mv ] = -U l mu; r \ z r i zrt, +i, pa >*2 o 2 =J2 gx \ r 2 + o 2 = 6,16 xlo 3 ml s r \ J β) Η ενέργεια Ε που πρέπει να προσφερθεί στη συσκευή ώστε να φτάσει στο άπειρο χωρίς κινητική ενέργεια, θα βρεθεί από την αρχή διατήρησης της ενέργειας. Ε ΑΡΧ + Ε = Ε ΎΙΛ (1) όπου Ε ΑΡΧ, Ε ΎΕΑ η αρχική και τελική ενέργεια του συστήματος συσκευής - Γη. Επειδή κατά την περιφορά της συσκευής γύρω από τη Γη η μηχανική ενέργεια του συστήματος διατηρείται, η Ε ΑΡΧ είναι ίδια για όλα τα σημεία της τροχιάς. Σύμφωνα με την (1) - L, a p _ n, γ - g R r m G ^ ^ - + -MVI+ E = 0 ή Ε = -HU1L "ί"' = 3,7χ ΙΟ 9./ η ί Η κίνηση του οχήματος μέχρι το ύψος h στο οποίο αποκτάει την ταχύτητα διαφυγής είναι ευθύγραμμη ομαλά επιταχυνόμενη. υ δ -αί και h = at 2 άρα Α = -^~ (1) 2 2α δ ΪΙR r +h ]ΙR r +h g Rz Αντικαθιστώντας τη (2) στην (1) έχουμε h - ή a(r r +h) h 2 +64x10 5 h -128x10" =0 από όπου βρίσκουμε h = 1,6x10 6 m 58

59 3.107 Εφαρμόζουμε το θεώρημα έργου - ενέργειας για την κίνηση του σώματος από την επιφάνεια της Γ ης (σημείο Γ) μέχρι το σημείο Α που βρίσκεται σε ύψος x και στο οποίο το σώμα αποκτάει την ταχύτητα διαφυγής. W F + W w = ΑΚ επομένως Fx + (V r - V Α )m = m Ug ή Fx + ' - G ^ G Rr Fx + M < ' R r + χ m = -m- 2 GM r 2 R r +x So R r. + 8O R r 2 λ m - = m 8o R l R v + x R r +x R r ή Fx- g a R v m = 0 αρα χ gor r m = 3,2x10 b m F β) Από το θεώρημα έργου - ενέργειας για την κίνηση του σώματος από την επιφάνεια της Γης μέχρι το άπειρο, βρίσκουμε 1 W F + W w - ΑΚ επομένως Fh + V v m = mo~ ή ή Fh- g Rl m = mv 2 Rr \2(Fh-g a R v m) αρα υ: m 5,06x10 3 ot/s Έστω ότι η ένταση του πεδίου βαρύτητας είναι μηδέν στο σημείο Α που απέχει από το κέντρο της Γης απόσταση χ. Στο σημείο αυτό: g r =g z επομένως Σχ gr a g t X χ d - χ Από (d-xy = + Κ 'μ τ ±9 d χ = 9 ή 60/?, = 9 έχουμε χ = 54/?, 59

60 Από χ d-x -9 ή Λ" 60/?, -χ = -9 έχουμε.ν = 67,5/?,. Η λύση αυτή απορρίπτεται γιατί το σημείο αυτό βρίσκεται πέρα από τη Σελήνη και στα σημεία αυτά οι εντάσεις που οφείλονται στη Γ η και τη Σελήνη είναι ομόρροπες Εφαρμόζουμε το θεώρημα έργου - ενέργειας κατά την κίνηση του οχήματος από την επιφάνεια της Γης (σημείο Γ) μέχρι το ύψος h (σημείο Α). W F + W w - ΑΚ (1) Όμως W F = -2W w, επομένως η (1) γίνεται - W w = ΑΚ ή ~(V r - V K )m = mv~ G ^ - G - ^ = - tr R R r +h 2 η ή Σχ = ο 2 από όπου v = -yjg R\ =8xl0", m/>9 Λ, 2R V α) Κατά την κυκλική κίνηση του δορυφόρου η δύναμη της βαρύτητας λειτουργεί ως κεντρομόλος M v m G = m - υ (/? Γ + h) 2 R r +h επομένως η ταχύτητα του δορυφόρου είναι ν = ί GM V R, +h Η μεταβολή στην κινητική ενέργεια του δορυφόρου κατά την αλλαγή της τροχιάς του είναι 1 ΑΚ a jy = mo-, 2 1 ιηυ, 2 = 1 GM. GM, m /?, /9 2R r j η ΑΚ = m 2 9 gr{ 16/?, > \ 8 Λ = mg R r =2x10 J 2 R ί" y β) Κατά την αλλαγή της τροχιάς, η βαρυτική δύναμη παράγει έργο 60

61 K=(V 2 ~V ] )m = GM r 1 GM. + ' m = 4 χ 10'J \6R R v/9 r ' V 2R R y Σύμφωνα με το θεώρημα έργου - ενέργειας κατά την κίνηση του δορυφόρου από την αρχική στην τελική τροχιά W W -W A =AK ή W w -As = AK άρα s = \0 9 m α) Κατή την περιφορά του διαστημικού οχήματος γύρω από τη Σελήνη η δύναμη της βαρύτητας λειτουργεί ως κεντρομόλος Μ Σ (Μ + m) = (Μ + m) υ' (.R + h) 2 ν ' R + h επομένως η ταχύτητα του διαστημικού οχήματος και της σεληνακάτου είναι υ =. GM ν \20g o R-. 20 go R (1) R + h 21R V 21 Κατά την απελευθέρωση της σεληνακάτου η ορμή του συστήματος όχημα -σεληνάκατος διατηρείται: Ρ πριν ΜΕΤΑ επομένως (Μ + ιη)υ = Μ ν όπου ν η ταχύτητα του διαστημικού οχήματος αμέσως μετά την απελευθέρωση της σεληνακάτου. Λαμβάνοντας υπόψη και την (1) έχουμε ν : β) Εφαρμόζοντας το θεώρημα έργου - ενέργειας από το σημείο στο οποίο ελευθερώθηκε η σεληνάκατος (σημείο Α) μέχρι την επιφάνεια της Σελήνης (σημείο Σ) : W F + W K = ΑΚ επομένως W F + (V A - V E )m = 0 η M + m 20 g 0 R = 1900/77 / s Λ ' ^ Μ Σ W F + R +h + G- m - 0 ή R. σ y w f + 20g n R 2 1 g R 21r + g a R άρα W =~ m = -192x10V F 2\ R > \ m - 0 Σχ

62 3.112 Κατά την κυκλική κίνηση ενός m m, m" 2 δορυφόρου η δύναμη της βαρύτητας ϋ. v Ί J L J λειτουργεί ως κεντρομόλος,-, M,m = m υ 2 (Ry+hy Ry + h.,, GMy επομενως η ταχύτητα ενος δορυφορου είναι υ Ry+h 3 23 Η ταχύτητα διαφυγής στο ύψος h είναι :ϋ ό = R v +h = uv2 Κατά την έκρηξη, η ορμή διατηρείται: ρ ΑΜΕΣΩΣ ΠΡ1Ν = ρ ΑΜΗΣΩΣ ΜΕΤΑ Επομένως mv = -λ«,υ + ηι 2 υ ή ή mv = -ηΐ{θ + ηι Ί yflu ή m = -m ] + in 2 V2 (1) Όμως m-m x +m 2 (2) Από το σύστημα των εξισώσεων (1) και (2) βρίσκουμε m x = /77(3-2λ/2) και /??-, = 2m(y[2-1) α) Οι πλανήτες περιστρέφονται περί το κέντρο μάζας τους με την ίδια γωνιακή ταχύτητα Μεταξύ των πλανητών ασκείται δύναμη F = G 1 -~. Η δύναμη αυτή I λειτουργεί ως κεντρομόλος σε κάθε πλανήτη. Επομένως για τον πλανήτη μάζας m t ισχύει: m x m, υ 2, m 2 co 2 r 2, m, 2 G yr^ = w, η G ~ - χ - η G^ = 0) η (1) Γ r x I η Γ ftj και για τον πλανήτη μάζας mi: G ρ = ω r 2 (2) 777 Γ Γ Διαιρώντας κατά μέλη τις (1) και (2) έχουμε - = ή = 4 (3) /;?, r 2 r 2 f\+r 2 - I (4) Από το σύστημα των εξισώσεων (3) και (4) βρίσκουμε : r, = 42,69χ ΙΟ 6 m και r, = 10,67x 10 6 m 62

63 β) To βλήμα αρκεί να φτάσεν μέχρι το σημείο Γ στο οποίο οι ελκτικές f, γ F, δυνάμεις που δέχεται από τους δύο «I πλανήτες είναι αντίθετες. m,m m 2 m, U -r- = G 7 η Σχ χ (I-χ) 2 ι " η 2 I-χ - ν = 4 αρα, χ = / = 40/?, - ν Λ y 3 3 Αν Α το σημείο εκτόξευσης στην επιφάνεια του πρώτου πλανήτη m, r, = - G = (5) ^ Λ, 39/?, 39 Λ, K=-G-^ G ^ = (6) 40/?, / 3 40/?,-40/?,/3 80 /?, Εφαρμόζοντας το θεώρημα έργου - ενέργειας για την κίνηση του βλήματος από το σημείο Α ως το σημείο Γ έχουμε: 1 2 W w = ΑΚ επομένως (V A - V r )m = 0- mv Αντικαθιστώντας τα δυναμικά από τις σχέσεις (5) και (6) βρίσκουμε υ = 1025,8m/s 63

64 4 ΜΑΓΝΗΤΙΚΟ ΠΕΔΙΟ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ Ο νόμος των Biot και Savart 4.1 Ο νόμος των Biot και Savart δίνει το μαγνητικό πεδίο που δημιουργεί ένα στοΐ'/εκόδε; τιιιίιια ρευματοφόρου αγωγού. Για να υπολογίσουμε το μαγνητικό πεδίο που δημιουργεί ολόκληρος ο αγωγός σε κάποιο σημείο, πρέπει να χωρίσουμε τον αγωγό σε στοιχειώδη τμήματα και στη συνέχεια να αθροίσουιιε τη συνεισφορά όλων των τμημάτων στα οποία χωρίσαμε τον αγωγό. 4.2 δ 4.3 δ 4.4 Χωρίζουμε τον αγωγό σε πολύ μικρά τμήματα Δ/,, Δ/,, Δ/ 3... Τα τμήματα αυτά δημιουργούν στο κέντρο του ημικυκλικού αγωγού μαγνητικό πεδίο ΔΒ,, ΔΒ 2, ΔΒ 3... που έχουν όλα την ίδια διεύθυνση και φορά, επομένως: Β=Ag,+AS,+...=ik /(Α/ +y. + >- Λ,ΖΞ: 4π i'~ 4π Γ άρα β = 4 γ Ο νόμος του Ampere 4.5 Σύμφωνα με το νόμο του Ampere το άθροισμα των γινομένων κατά μήκος μιας κλειστής διαδρομής είναι ίσο με μ ο I ryk.. Ο νόμος του 4.6 γ, δ Ampere δίνει τη δυνατότητα να υπολογίζουμε εύκολα το μαγνητικό πεδίο σε διατάξεις που παρουσιάζουν συμμετρία. 64

65 4.7 Α-α Β-δ 4.8 Η συμμετρία της διάταξης επιβάλλει το μέτρο του μαγνητικού πεδίου,- ι είναι ίδιο σε όλα τα σημεία που ισαπέχουν από τους δύο αγωγοί I την εφαρμογή του νόμου του Ampere επιλέγουμε μια κλειστή διαδρομή που έχει κέντρο πάνω στους αγωγούς και επίπεδο κάθετο σε αυτούς. ΣΒ ΑΙ συνθ = μ 0 ΐ\Ι επειδή Ι Εγκ =0 Β = Β 2-Γ 3-Α 4.10 δ 4.11 β 4.12 Σύμφωνα με το νόμο του Gauss για το μαγνητισμό, η μαγνητική ροή που διέρχεται από οποιαδήποτε κλειστή επιφάνεια είναι μηδέν Αν υπήρχαν μαγνητικά μονόπολα θα δημιουργούσαν γύρω τους ακτινικό μαγνητικό πεδίο. Η μαγνητική ροή που θα διερχόταν από μια κλειστή επιφάνεια που θα περιέκλειε ένα τέτοιο μονόπολο δεν θα ήταν μηδέν. Όμως, σύμφωνα με το νόμο του Gauss για το μαγνητισμό, η μαγνητική ροή που διέρχεται από κάθε κλειστή επιφάνεια είναι μηδέν. Δύναμη σε κινούμενο ηλεκτρικό φορτίο 4.14 Σωστή η β. Το ηλεκτρικό πεδίο ασκεί δύναμη σε κάθε φορτισμένο σώμα. Τ ο μαγνητικό πεδίο μόνο στα κινούμενα ηλεκτρικά φορτία δ 4.16 α, γ 4.17 Όχι, γιατί μπορεί να υπάρχει μαγνητικό πεδίο και το ηλεκτρόνιο να κινείται παράλληλα με τις δυναμικές γραμμές του. 65

66 Στο σχήμα 4.1 η τροχιά 1 αντιστοιχεί σε θετικά φορτισμένο σωματίδιο. Η 2 σε ηλεκτρικά ουδέτερο και η 3 σε αρνητικά φορτισμένο. α) Ευθύγραμμη ομαλή, β) Ομαλή κυκλική. Τα φορτισμένα σωματίδια που κατευθύνονται προς τους πόλους δεν εκτρέπονται από την πορεία τους γιατί το μαγνητικό πεδίο της Γης είναι, στην περιοχή αυτή, παράλληλο με την ταχύτητα τους. Αντίθετα, τα φορτισμένα σωματίδια που κατευθύνονται προς άλλα σημεία της Γης, συναντούν το μαγνητικό της πεδίο με γωνία διαφορετική από 0 ή 180 και εκτρέπονται από αυτό. Επειδή το μαγνητικό πεδίο της Γης έχει τη μορφή μαγνητικής φιάλης, πολλά εγκλωβίζονται από αυτό και κινούνται διαρκώς από τον ένα πόλο στον άλλο. Ο μαγνήτης εκτρέπει τη δέσμη ηλεκτρονίων που φτάνουν στην οθόνη της τηλεόρασης. χ Χ Ζ" Χ χ / / χ χ χ Χ / /"χ Χ ι χ χ χ h χ χ χ \χ χ χ χ Σχ. 4.1 Σχ Η δύναμη Lorenz έχει την κατεύθυνση α) Του θετικού ημιάξονα Οζ. β) Του αρνητικού ημιάξονα Οχ'. γ) Το σωματίδιο κινείται παράλληλα στις δυναμικές γραμμές επομένως F = Α-β Β-α 4.24 α) Το πρωτόνιο, β) Το πρωτόνιο κινείται αριστερόστροφα, το ηλεκτρόνιο δεξιόστροφα. 66

67 4.25 γ, δ Σημείωση: Το σχήμα δεν είναι ρεαλιστικό. Η ακτίνα περιστροφής του πρωτονίου είναι πολύ μεγαλύτερη από την ακτίνα περιστροφής του ηλεκτρονίου Α: Θετικό. Β: υ, = -υ 0 Γ: t ] = t 2 R ] -κ R*> 4.27 α) Από την εκτροπή που υφίσταται όταν διέρχεται από τον πυκνωτή συμπεραίνουμε πως το φορτίο του είναι αρνητικό. β) Σχήμα 4.3 γ) Το Βι γιατί σε αυτό η ακτίνα περιστροφής είναι μικρότερη, δ) Η περίοδος περιστροφής είναι αντίστροφα ανάλογη του μαγνητικού πεδίου. Εφόσον το φορτισμένο σωματίδιο διαγράφει ημικύκλιο σε κάθε μαγνητικό πεδίο, περισσότερο χρόνο παραμένει στο πιο ασθενές πεδίο, το β 2. Ο Σχ Βλέπε βιβλίο του μαθητή σελίδα Ο φασματογράφος μάζας είναι μια διάταξη που μετράει το πηλίκο της μά αο προς το φορτίο ενός ιόντος. Χρησιμοποιείται για τη μέτρηση και το διαχωρισμό των ισοτόπων Βλέπε βιβλίο του μαθητή σελίδα Βλέπε βιβλίο του μαθητή σελίδα

68 Δύναμη Laplace - αγωγούς. μαγνητική δύναμη ανάμεσα σε παράλληλους 4.32 α) Από την εκτροπή μιας μαγνητική βελόνας, β) Από την εκτροπή δέσμης φορτισμένων σωματιδίων, γ) Από την εκτροπή ρευματοφόρου αγωγού Πρέπει να είναι κάθετο στη διεύθυνση του πεδίου Ευθύγραμμος αγωγός, που διαρρέεται από ρεύμα, βρίσκεται μέσα σε ομογενές μαγνητικό πεδίο. Η δύναμη που δέχεται ο αγωγός είναι κάθετη στο επίπεδο που ορίζεται από τον αγωγό και τη διεύθυνση του μαγνητικού πεδίου και η φορά της δίνεται από τον κανόνα των τριών δακτύλων του δε ιού γεριού Δύο παράλληλοι αγωγοί πολύ μεγάλου μήκους που διαρρέονται από ομόρροπα ρεύματα, έλκονται, ενώ αν διαρρέονται από αντίρροπα ρεύματα απωθούνται. Η δύναμη που ασκεί ο ένας αγωγός σε μήκος 1 του άλλου είναι ανάλογη των ρευμάτων που διαρρέουν του αγωγούς του μήκους 1 και αντίστροφα ανάλογη της ιιεταζύ τους απόστασης. ΑΣΚΗΣΕΙΣ Ο νόμος των Biot και Savart μ,,'δ/ _ ΠΛ 1Λ_ 5Τ ΔΒ Α ΔΒ, 4.36 ΑΒ, =^-^ημ90" =0,22x1 (Γ Τ Απ ι d - Α ι / r, 4π r 2 4π r; r 2 ΔΒ Γ = 1 Al Γ Δ1 1 _, άρα 4π r 2 Σχ ΑΒ Γ == ^, /Λ/ r ' = 0,048 χ 10" 5 Τ 4π 68

69 4.37 Χωρίζουμε τα ευθύγραμμα τμήματα του αγωγού σε πολύ μικρά τμήματα. Το ΑΙ, μαγνητικό πεδίο που δημιουργεί το ^ τμήμα Δ/ ( στο σημείο Ο (σχήμα 4.5) έχει μέτρο: \Β.=ϋ^1^.η μ ο^ο Απ r~ Σχ. 4.5 Το στοιχειώδες τμήμα Δ/ Α : AB k ^ημ\80 =0 Απ r Επομένως τα ευθύγραμμα τμήματα δεν δημιουργούν μαγνητικό πεδίο στο σημείο Ο. Το ημικυκλικό τμήμα του αγωγού δημιουργεί στο σημείο Ο μαγνητικό πεδίο μέτρου ΑΒ = -^ - = ^~ (βλέπε ερώτηση 4.4) Απ R AR Το πεδίο αυτό είναι κάθετο στο επίπεδο της σελίδας με κατεύθυνση από τον αναγνώστη προς τη σελίδα Τα ευθύγραμμα τμήματα του αγωγού δε δημιουργούν μαγνητικό πεδίο στο σημείο Ο (βλέπε προηγούμενη άσκηση). Το μαγνητικό πεδίο που δημιουργεί το ημικυκλικό τμήμα ακτίνας α, στο σημείο Ο έχει μέτρο 5, = διεύθυνση κάθετη στη σελίδα και φορά από τη σελίδα Αα προς τον αναγνώστη (βλέπε ερώτηση 4.4). Το μαγνητικό πεδίο που δημιουργεί το ημικυκλικό τμήμα ακτίνας β, ι σημείο Ο έχει μέτρο Β-, διεύθυνση κάθετη στη σελίδα και φορά από τον αναγνώστη προς τη σελίδα. ί,, \ Β = Β,-Β 2 =^- ν «Ρ j Vj_ β 4 αβ 69

70 Νόμος Ampere - μαγνητική ροή - νόμος του Gauss στο μαγνητισμό 4.39 Στη διαδρομή ]Γ Β Μ συνθ = μ ο Ι εγκ = μ α (-/, -/ 5 +/ 2 + / 4 ) = 0 Στη διαδρομή S 2 : Σ Β ΑΙ συνθ = μ 0 Ι εγκ = μ ο (/, + / 3 - / 2 ) = μ J Επομένως : ^ Β ΑΙ συνθ = Απ χ 1 (Γ 6 Tm Στη διαδρομή S 3 : ΣΒΜσννθ = μ.1 =μ (-Ι,+Ι.) = 0 Ν 4.40 Β - μ η Ι / Ν Φ = ΒΑ = μ 0 1 π I v 2 y = 16ΤΓ 2 χιο Δύναμη που ασκεί το μαγνητικό πεδίο σε κινούμενο ηλεκτρικό φορτίο. Α7 ί ) 4.41 Λ = = 2,84χ10-6 /Η Be τ = 2mn =1786xlo- 10j Be 4.42 Λ = ή Λ=-^- άρα ρ = = 1,28χ 10 _19 Ag iw/j Bq Bq ηχυ ηιυ R = ^~ άρα Β = = 15,6 χ 10 Bq Rq mv m B v R (1) r =~ JLJL v a (2) D ν / ρ n Bq a Be Διαιρώντας κατά μέλη τις (1) και (2) 1 = ^ ϋ 1 = 4 ^ - = 2 ^ (3) υ ρ <ia υ ρ 2e υ ρ 70

71 Αλλά Κ α = Κ ρ και επομένως ~ m a u a ~^mp v n Ρ = 1 ν υ Ρ7 m 4 άρα = οπότε η (3) δίνει: 2 R R = 1 άρα R a = R -1 Ocm 4.45 F ha = F M επομένως Eq = Bqo άρα Ε = Β υ = 4V / m (Σχήμα 4.6) 4.46 Πρέπει R< D επομένως Β> v e De m υ άρα B min =-J- (1) De Be <D 1 Κ = m e v 2 άρα 2 Κ υ = Ι (2) 2 V Η (1) γίνεται από τη (2) B min \2m e K e 2 D 2» x Σχ Αναλύουμε την ταχύτητα του ηλεκτρονίου σε συνιστώσες μια κάθετη και μια παράλληλη προς τις δυναμικές γραμμές. Η παράλληλη συνιστώσα της ταχύτητας έχει μέτρο υ σννφ Το βήμα της έλικας είναι 1 2 α = mp, αρα υ= 2 Κ 2 V m οπότε η (1) γίνεται β = υ συνφ Τ -ν συνφ ι 2π β = J2Km e συνφ = 9,4cm Be 2 7tm e ~&Γ (ί) 71

72 4.48 Εφαρμόζοντας το θεώρημα έργου - ενέργειας για την κίνηση του πρωτονίου μέσα στο ηλεκτρικό πεδίο. 2 Ve W = ΑΚ επομένως Ve = m p v ή U 1)1. Επομένως θα διαγράψει τροχιά ακτίνας R m υ Ί 7 - Ί 1 l2vm, = 0,316in Δύναμη Laplace 4.49 α) F, = BIl = 3,S4N β) F L = ΒΙΙ ημ30 = 1,92Ν 4.50 α) Για να ισορροπεί ο αγωγός η F) πρέπει να είναι αντίθετη του βάρους, επομένως το μαγνητικό πεδίο να έχει τη φορά που φαίνεται στο σχήμα 4.7 F, = mg ή ΒΙΙ = ινg άρα β = ^ = 8χ10"Γ II β) mg - F, = ma ή BIl = m(g-a) άρα Β - m(g-a) II = 6,4χ ΙΟ" 2 Γ 4.51 F l - mg mg ή ΒΙΙ = mg, άρα 1 = = 0,5.4 Β/ κ Β F t mg Σχ. 4.7 Σχ

73 Δυνάμεις μεταξύ παράλληλων ρευμάτων 4.52 Αν Ζ 7, η δύναμη που ασκεί ο αγωγός 1 σε μήκος / του αγωγού 3 θα είναι = ΙΑ I 2τγ dt 2 Αντίστοιχα αν F-, η δύναμη που ασκεί ο αγωγός 2 σε μήκος / του αγωγού 3 θα είναι _ /fo ^2^ i F * F, I 2π d 12 Επομένως η δύναμη που δέχεται ο αγωγός 3 ανά μονάδα μήκους είναι: I, J +-ά/2 d/2 -* <- d/2 -» F 2 F t l Ι π d (/ 2 -/,) = 10" 3 iv/w 1!' Σχ Ένα τμήμα του αγωγού 2, μήκους /, δέχεται από το μαγνητικό πεδίο δύναμη F } ΒΙΙ και από to ν αγωγό 1 απωστική y 2 δύναμη F, = / 2π r Για να ισορροπεί ο αγωγός 2 πρέπει F 2 = F f επομένως Άρα r = = 4ί/Μ 2πΒ μ α ι2 -I = ΒΙΙ 2 π r 4.54 Ο αγωγός που βρίσκεται στο Α ασκεί απωστική δύναμη στον αγωγό που βρίσκεται στο Γ. Η δύναμη αυτή, ανά μονάδα μήκους, είναι: χ χ Χ pa Χ ί 1Χ Χ χ χ I F, X FjX X f 1 X X χ χ Αβ)Ι Β I Σχ α Σχ. 4.1 I 2π α Ο αγωγός που βρίσκεται στο Β ασκεί ελκτική δύναμη στον αγωγό που βρίσκεται στο I. Μ δύναμη αυτή, ανά μονάδα μήκους, είναι: 73

74 / 2 π α Η συνολική δύναμη ανά μονάδα μήκους (F / /) που δέχεται ο αγωγός στο Γ, είναι: 2 F U r? \ / Ζ7 λ F 2 F F Μ- συ ν 120" 7 Λ I J \ ' / F F, Επειδή = / / 1 2 πα = 166,7x10 5 Ν / m ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ 4.55 Από το νόμο των Biot και Savart προκύπτει ότι το μαγνητικό πεδίο σε κάθε σημείο, μέσα ή έξω από τον αγωγό, έχει διεύθυνση κάθετη στο επίπεδο που ορίζεται από το σημείο και τον άξονα του αγωγού. Λόγω συμμετρίας της διάταξης το μαγνητικό πεδίο πρέπει να έχει το ίδιο μέτρο σε όλα τα σημεία που ισαπέχουν από τον άξονα του αγωγού, α) Έστω κυκλική επιφάνεια ακτίνας r (r < R) που είναι κάθετη στον άξονα του αγωγού και έχει το κέντρο της πάνω στον άξονα. Το ρεύμα Γ που διέρχεται από την επιφάνεια αυτή είναι ανάλογη του εμβαδού της, επομένως: f πτ άρα /' = / / 2 ΓΛ I ίικ 1 ν"/ R Εφαρμόζουμε το νόμο του Ampere κατά μήκος κλειστής κυκλικής διαδρομής ακτίνας r (r < R) που το κέντρο της βρίσκεται πάνω στον άξονα του αγωγού και το επίπεδο της είναι κάθετο σε αυτόν. Σχ ΣΒ dl συν0 = μ α Γ 74

75 ή ή 'r^2 Β Σ dl = μ 0 / ν*/ ',-^2 Β 2 πτ = μ J ν κ y άρα Β = -~~τ>' ( ] ) ΖπΚ Θέτοντας στην (1) όπου r = ι\ βρίσκουμε Β 2,5 χ 10" 5 Τ β) Εφαρμόζουμε το νόμο του Ampere κατά μήκος κλειστής κυκλικής διαδρομής ακτίνας r (r > R) που το κέντρο της βρίσκεται πάνω στον άξονα του αγωγού και το επίπεδο της είναι κάθετο σε αυτόν. ΣΒ dl συνθ = μ α Ι ή Β ΣάΙ = μ α Ι ή Β 2τττ = μ 0 Ι Σχ άρα Β = (2) 2 τττ Θέτοντας στην (2) όπου r = r 2 βρίσκουμε Β = 2 χ 10 Τ γ) Η γραφική παράσταση του μέτρου του μαγνητικού πεδίου που δημιουργεί ο αγωγός, σε συνάρτηση με την απόσταση r από τον άξονα του, σύμφωνα με τις σχέσεις (1) και (2) είναι: μ Ι/(2πΙΙ) Σχ

76 4.56 Από το νόμο των Biot και Savart προκύπτει ότι το μαγνητικό πεδίο σε κάθε σημείο, έχει διεύθυνση κάθετη στο επίπεδο που ορίζεται από το σημείο και τον άξονα των αγωγών. Λόγω συμμετρίας της διάταξης το μαγνητικό πεδίο πρέπει να έχει το ίδιο μέτρο σε όλα τα σημεία που ισαπέχουν από τον άξονα του αγωγού. α) Εφαρμόζουμε το νόμο του Ampere κατά μήκος κλειστής κυκλικής διαδρομής ακτίνας r (a < r < b) που έχει το κέντρο της πάνω στον άξονα των αγωγών και το επίπεδο της είναι κάθετο σε αυτόν. ΣΒ dl συν0 = μ 0 Ι εγκ ή Β Σ dl = μ η /, ή Β 2τττ = μ α Ι ] άρα Β = ^ ^- 2 π r Σχ β) Εφαρμόζουμε το νόμο του Ampere κατά μήκος κλειστής κυκλικής διαδρομής ακτίνας r ( r > b) που το κέντρο της βρίσκεται πάνω στον άξονα των αγωγών και το επίπεδο της είναι κάθετο σε αυτόν. ΣΒ dl συνο = μ α 1, :γκ ή Β 2πΐ' = μ 0 \ΐ { -1 2 \ μ /, -Λ άρα Β - - 2π ν Στην ειδική περίπτωση που /,=/-,=/, στο χώρο μεταξύ των αγωγών θα είναι Β = Β = 0 2π r ενώ έξω από το σύστημα των δύο αγωγών θα είναι 76

77 4.57 Χωρίζουμε τον αγωγό σε πολύ μικρά, τμήματα μήκους Δ/ το καθένα. Ένα I τέτοιο τμήμα του αγωγού δημιουργεί 1 στο σημείο Α μαγνητικό πεδίο μέτρου Δ5 = ^.ί^. ημ 90 = ElIAL 4π χ 4π χ' Αναλύουμε το ΔΒ σε δύο συνιστώσες από τις οποίες η μια (ΔΒ Κ ) είναι κάθετη στην απόσταση d και η άλλη (ΔΒ Π ) παράλληλη σ' αυτή. ΑΒ η = ΑΒημθ Σχ Το ίδιο κάνουμε και με όλα τα άλλα τμήματα στα οποία χιορίσαμε τον κυκλικό αγωγό. Το αντιδιαμετρικό του Δ/ δημιουργεί στο Α μαγνητικό πεδίο του οποίου η συνιστώσα ΔΒ Κ ' είναι αντίθετη με τη ΔΒ Κ. Έτσι, το πεδίο που δημιουργεί ο αγωγός στο Α έχει έχει διεύθυνση κάθετη στο επίπεδο του και μέτρο Β = ΣΑΒ Π = ^^τημθ ΣΑΙ = 2πτ ή 4π χ' 4π χ χ Β = μ α ] f 2 _ {\lr 2 +d 2 j -0,452x Εφαρμόζουμε το θεώρημα έργου - ενέργειας για την κίνηση ενός ιόντος μέσα στο ηλεκτρικό πεδίο W = Α.Κ επομένως Vq = mv 2 (1) Η ακτίνα της κυκλικής τροχιάς του ιόντος μέσα στο μαγνητικό πεδίο mo RBq είναι Κ = αρα υ = Bq m 1 Αντικαθιστώντας στην (1) Vq = m αρα m R2 B 2 q 2V η m χ1 Β 2 q 8V RBq m 3,368x10 25 Kg 77

78 4.59 Αναλύουμε την ταχύτητα του ηλεκτρονίου σε μια κάθετη και μια παράλληλη συνιστώσα ως προς τις δυναμικές γραμμές. Η παράλληλη συνιστώσα της ταχύτητας έχει μέτρο υ σονφ 2twi Το βήμα της έλικας είναι β = θ σονφ Τ = ν σονφ - Be Ο αριθμός Ν των περιστροφών που θα κάνει το ηλεκτρόνιο μέχρι να χ xbc διατρέξει απόσταση x είναι: Ν = = ~ 5600 β ο συνφ2πm 4.60 Το μαγνητικό πεδίο ασκεί στο ηλεκτρόνιο δύναμη F L (σχήμα 4.17). Με την επίδραση ζ Ε μόνο αυτής της δύναμης το σωματίδιο θα ΐ I υ y εκτελούσε ομαλή κυκλική κίνηση. f l >γ *" Το ηλεκτρικό πεδίο ασκεί στο ηλεκτρόνιο δύναμη, Χ I * ΗΛ F HA (σχήμα 4.17). Η δύναμη αυτή προκαλεί στο / * ηλεκτρόνιο σταθερή επιτάχυνση στην κατεύθυνσΐ] Οζ'. Με τΐ]ν επίδραση μόνο αυτής της δύναμης το ^ ηλεκτρόνιο θα εκτελούσε ευθύγραμμη ομαλά επιταχυνόμενη κίνηση στην κατεύθυνση Οζ'. Από τη σύνθεση των δύο κινήσεων προκύπτει ελικοειδής κίνηση στην οποία το βήμα της έλικας διαρκώς αυξάνεται Εφαρμόζουμε το θεώρημα έργου -ενέργειας για την κίνηση του ιόντος μέσα στο ηλεκτρικό πεδίο. Για το ιόν μάζας ηη ισχύει W - ΑΚ ή Vq = m,v ιηρΐ 2 (1) 2 Η ακτίνα της κυκλικής τροχιάς του ιόντος μέσα στο μαγνητικό πεδίο /Η,υ,, R x Bq είναι Α = αρα υ, = Bq /?/, 1 ( R Rn 1 Αντικαθιστώντας στην (1) Vq = m. V '"ι J άρα Rj 2Vm, B 2 q, n 2 Vm 2 Αντίστοιχα, για το ιόν μάζας m ;, ισχύει R 2 = I " Η απόσταση tcov δύο ιόντίον στη φωτογραφική πλάκα είναι: d = 2(Λ, - R 2 ) = 2. ~ φτζ) = 8 χ 10^m V Β ~1 78

79 4.62 Η φορά του ρεύματος φαίνεται στο σχήμα 4.18 Ο αγωγός δέχεται από το μαγνητικό πεδίο οριζόντια δύναμη F L = ΒΙΙ Για να ισορροπεί ο αγωγός πρέπει: = F, Lx mg ημφ = ΒII σονφ άρα I = ^~~εφφ = *J3A Σχ Ο ευθύγραμμος αγωγός που διαρρέεται από ρεύμα Ι 2 δημιουργεί στην περιοχή που βρίσκεται ο αγωγός ΑΔ μαγνητικό πεδίο Β. = μ α 2/ 2. Η κατεύθυνση του Απ γ μαγνητικού πεδίου φαίνεται στο σχήμα 4.19 Ο αγωγός ΑΔ δέχεται από το μαγνητικό F, ιί γ Δ F 3 Β, y Β 1 Β 3 f. πεδίο δύναμη F, = Β,/,α = Απ γ Σχ Η φορά της δύναμης φαίνεται στο σχήμα. Ο ευθύγραμμος αγωγός που διαρρέεται από ρεύμα Ι 2 δημιουργεί στην περιοχή που βρίσκεται ο αγωγός ΒΓ μαγνητικό πεδίο Β 2 = μο 21 1 Απ γ + β Στον αγωγό Β Γ το μαγνητικό πεδίο ασκεί δύναμη F 2 = Β 2 1 Χ Α = μ 0 2/,/ 2 α Η φορά του μαγνητικού πεδίου και της Απ γ + β δύναμης φαίνονται φαίνεται στο σχήμα. Το μαγνητικό πεδίο στην περιοχή που βρίσκονται οι αγωγοί Α Β και ΓΔ είναι ανομοιογενές. Στους αγωγούς αυτούς το μαγνητικό πεδίο ασκεί δυνάμεις F } και F 4 που έχουν το ίδιο μέτρο και είναι αντίρροπες. Η συνολική δύναμη που ασκείται στο πλαίσιο είναι: F = F X -F 2 =i^-/ 1 / 2 ^ 2π Υ(β+Υ) 79

80 .) Σχήμα 4.20 Β, Ε Β, 2<_ V; Σχ m^r,/ -Λϊ, β) Δεν αποκλίνουν τα ιόντα στα οποία Ε F HA =F M επομένως Ee-B x ev, άρα υ = (1) Β \ γ) Η ακτίνα της κυκλικής τροχιάς που θα διαγράψει ένα ιόν όταν εισέλθει σε μαγνητικό πεδίο Β 2 κάθετα στις δυναμικές γραμμές είναι in υ R = Be in Ε Η σχέση αυτή γίνεται, από την (1), R = Β\ Β-,β Εφόσον στη φωτογραφική πλάκα δημιουργούνται δύο στίγματα, οι μάζες το>ν ιόντων διαφέρουν, άρα τα ιόντα χλωρίου αποτελούνται από δύο ισότοπα. δ) Έστω πι, και ιπ 2 οι μάζες των δύο ισοτόπων. Η απόσταση d των δύο στιγμάτων στη φωτογραφική πλάκα είναι: d = 2R,-2R, = 2 Ε B^B 2 e (m,-m 2) άρα Am = ί/zi, B 2e = 3,2x10 ~ 21 Kg 2 Ε Am Τα δύο ισότοπα διαφέρουν κατά Ν = = 2 νετρόνια. ηι 80

81 5 ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΚΗ ΕΠΑΓΩΓΗ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ Νόμος της επαγωγής 5.1 α) Πρέπει να είναι κάθετος στο μαγνητικό πεδίο, τότε Φ = ΒΑ. β) Να είναι παράλληλος στο μαγνητικό πεδίο ( Φ = 0). 5.2 Όταν πλησιάζουμε ένα ραβδόμορφο μαγνήτη σε ένα πηνίο, έτσι ώστε οι άξονες τους να συμπίπτουν, μεταβάλλεται η μαγνητική ροή που διέρχεται από τις σπείρες του πηνίου. Αυτό έχει ως αποτέλεσμα να δημιουργηθεί στο πηνίο ηλεκτρεγερτική δύναιπι. Το φαινόμενο ονομάζεται ηλεκτρομαγνητική επαγωγή ος) Με στροφή του πλαισίου περί άξονα που βρίσκεται στο επίπεδο του και είναι κάθετος στις δυναμικές γραμμές του πεδίου. 2ος) Με μεταβολή της έντασης του ρεύματος που διαρρέει τον ηλεκτρομαγνήτη. 5.4 γ 5.5 Το εμβαδόν εκφράζει τη μεταβολή της μαγνητικής ροής που διέρχεται από την επιφάνεια του κυκλώματος. 5.6 δ 5.7 Στην 3 και την β Γο φαινόμενο της επαγωγής σε κινούμενο αγωγό. 5.9 Οφείλεται σιη δύναμη Lorentz που ασκεί το μαγνητικό πεδίο στα ελεύθερα ηλεκτρόνια του αγωγού. 81

82 5.10 Η τάση από επαγωγή στα άκρα του αγωγού είναι: V = BLu ή V = BLgt Επομένως το διάγραμμα β παριστάνει την τάση την τάση στα άκρα του αγωγού σε συνάρτηση με το χρόνο Ο αγωγός ΑΒ βρίσκεται στο μαγνητικό πεδίο που δημιουργεί ο ακίνητος ευθύγραμμος αγωγός. Έστω ότι τη στιγμή μηδέν η απόσταση του αγωγού ΑΒ από τον ακίνητο αγωγό είναι d. Τη στιγμή t η απόστασή του θα είναι d + χ = d + vt. Το μαγνητικό πεδίο στην περιοχή που βρίσκεται ο αγωγός ΑΒ έχει D μ α 21 μ ο 21 μέτρο β = = και είναι κάθετο σε αυτόν. 4 π d + χ 4 π d + υί Η ηλεκτρεγερτική δύναμη στον αγωγό ΑΒ είναι: Ε ι Π = Β ( Α Β ) ^ ψ ^ Απ d + υί Το διάγραμμα της ηλεκτρεγερτικής δύναμης στον αγωγό ΑΒ σε συνάρτηση με το χρόνο είναι το δ α, γ, δ 5.13 Τη στιγμή μηδέν, όταν αρχίζει να κινείται x Χ x Χ Χ Χ Χ ο αγωγός ΚΑ, δημιουργείται σε αυτόν ya ν ν. Λ, ; x ηλεκτρεγερτική δύναμη Ε επ BL υ. Το υ χ Χ κύκλωμα διαρρέεται από ρεύμα R *F L Ε BLv χ<χ χ χ* X X / = = και το μαγνητικό πεδίο f 1Τ R R Κ α του ασκεί δύναμη F L = BIL. Ο αγωγός κινείται με επιβράδυνση _F L _ BIL _ B 2 L 2 v -χ Χ Λ(-) X X Χ Χ X Σ/, 5.1 m m mr Η επιβράδυνση του αγωγού εξαρτάται κάθε στιγμή από την ταχύτητα του, επομένως δεν έχει σταθερό μέτρο. Σωστή απάντηση είναι η δ. 82

83 Ο κανόνας του Lenz 5.14 Ο κανόνας του Lenz είναι συνέπεια μιας γενικότερης αρχής της φυσικής, της αρχής διατήρησης της ενέργειας. Σύμφωνα με τον κανόνα του Lenz, το ρεύμα που δημιουργείται εξ αιτίας του φαινομένου της επαγωγής έχει τέτοια φορά ώστε να αντιτίθεται στην αιτία που το προκάλεσε Όταν πλησιάζουμε το βόρειο πόλο του μαγνήτη, στο δακτύλιο δημιουργείται ηλεκτρεγερτική δύναμη από επαγωγή. Σύμφωνα με τον κανόνα του Lenz το ρεύμα στο δακτύλιο έχει τέτοια φορά ώστε να δημιουργεί απέναντι από το μαγνήτη που πλησιάζει, βόρειο μαγνητικό πόλο. Δακτύλιος και μαγνήτης απωθούνται, με αποτέλεσμα ο δακτύλιος να εκτρέπεται από τη θέση ισορροπίας του. Αν ο δακτύλιος φέρει κάποια εγκοπή, παρόλο που δημιουργείται σε αυτόν ηλεκτρεγερτική δύναμη από επαγωγή, ο δακτύλιος δε διαρρέεται από ρεύμα και επομένως παραμένει στην αρχική του. Σημείωση: Όσα είπαμε ισχύουν με την προϋπόθεση ότι ο δακτύλιος αποτελείται από υλικό που δεν το έλκει ο μαγνήτης π.χ αλουμίνιο Όταν ο μαγνήτης πλησιάζει το δακτύλιο, μεταβάλλεται η μαγνητική ροή που διέρχεται από αυτόν. Αυτό συνεπάγεται επαγωγικό ρεύμα, που σύμφωνα με τον κανόνα του Lenz, έχει τέτοια φορά ώστε να τείνει να αναιρεί την αιτία που το προκάλεσε, να εμποδίζει δηλαδή το μαγνήτη να πλησιάζει. Οι δυνάμεις που ασκούνται στο μαγνήτη, Σχ. 5.2α που πλησιάζει, είναι το βάρος του και η απωστική δύναμη που δέχεται από το δακτύλιο (σχ. 5.2α). Η mg - F επιτάχυνση του είναι: α = < g m Όταν ο μαγνήτης βρίσκεται μακριά από το δακτύλιο F»0 άρα α > g, όσο πλησιάζει αυξάνεται η δύναμη F και επομένως ελαττώνεται η επιτάχυνσή του. 83

84 Όταν ο μαγνήτης απομακρύνεται από το δακτύλιο το ρεύμα από επαγωγή που δημιουργείται σε αυτόν, έχει τέτοια φορά ώστε απέναντι από το νότιο πόλο του μαγνήτη να δημιουργεί βόρειο μαγνητικό πόλο (σχ. 5.2β). Η επιτάχυνση του mg - F μαγνήτη είναι: α < g m Όσο ο μαγνήτης απομακρύνεται μειώνεται η αλληλεπίδρασή του με το δακτύλιο. Σε μεγάλη απόσταση F > 0 οπότε α» g. til mg Β Σχ. 5.2β.17 Με το κλείσιμο του διακόπτη στο πηνίο Π] δημιουργείται μαγνητικό πεδίο Β, η φορά του οποίου φαίνεται στο σχήμα 5.3 Στο πηνίο Π 2 λόγω της μεταβολής της μαγνητικής ροής που διέρχεται από τις σπείρες του δημιουργείται ηλεκτρεγερτική δύναμη και το πηνίο διαρρέεται από ρεύμα. Σύμφωνα με τον κανόνα του Lenz το ρεύμα στο Π 2 έχει τέτοια φορά ώστε να δημιουργεί μαγνητικό πεδίο Β 2 αντίρροπο από το μαγνητικό πεδίο του Π ι. Η φορά του ρεύματος στο πηνίο Π 2 φαίνεται στο σχήμα 5.3 Π, Π, i6666w6ouwow Σχ Εφόσον το μαγνητικό πεδίο αυξάνεται το ρεύμα από επαγωγή στο δακτύλιο έχει τέτοια φορά ώστε το μαγνητικό πεδίο που δημιουργεί να είναι αντίρροπο με το πεδίο που το προκάλεσε. Το μαγνητικό πεδίο που δημιουργεί ο δακτύλιος έχει φορά από τον αναγνώστη προς τη σελίδα, άρα το μεταβαλλόμενο μαγνητικό πεδίο μέσα στο οποίο βρίσκεται έχει την αντίθετη φορά. 84

85 Εναλλασσόμενη τάση - εναλλασσόμενο ρεύμα 5.19 Στο φαινόμενο της επαγωγής β 5.21 α, β, δ Στη διάρκεια μιας περιόδου το ρεύμα παίρνει δύο φορές τη μέγιστη τιμή του. Στη διάρκεια ενός δευτερολέπτου εκατό φορές. Το μάτι δεν μπορεί να παρακολουθήσει τόσο γρήγορες μεταβολές. Εξάλλου η θερμοκρασία του σύρματος της λάμπας, που καθορίζει και την ένταση της ακτινοβολίας, διατηρείται πρακτικά σταθερή γ 5.24 α 5.25 Μια ηλεκτρογεννήτρια μετατρέπει τη ιιηγανική ενέργεια σε ηλεκτρική ενέργεια, ενώ ο ηλεκτρικός κινητήρας μετατρέπει την ηλεκτρική ενέργεια σε ιιηγανική ενέργεια Η μετατροπή της εναλλασσόμενης τάσης σε συνεχή γίνεται με το συνδυασμό δύο διατάξεων του ανορθωτή και του εξομαλυντή. Ο εξομαλυντής αποτελείται από αντιστάτη και πυκνωτή συνδεδεμένα παράλληλα. Αμοιβαία επαγωγή - αυτεπαγωγή 5.27 α 5.28 γ, δ δ λ/2 ι 5.30 = μμ, Α, I Ν =, 2πΚ A = nr 2 85

86 I d 1 D 1 c ^ επομενως L = μμ ο ~-~-nr~ = μμ ο 4π R'l 4,7τl Εάν το μήκος του πηνίου παραμένει ίδιο. όπως και να το κατασκευάσουμε, ο συντελεστής αυτεπαγωγής θα είναι ο ίδιος. Σωστή απάντηση είναι η γ. 5.3! γ, στ 5.32 α) U = επομένως η ενέργεια είναι μεγαλύτερη τη στιγμή t,, στην οποία το ρεύμα έχει μεγαλύτερη ένταση. β) Ο ρυθμός μεταβολής της έντασης του ρεύματος δίνεται κάθε στιγμή από την κλίση της γραμμής στο διάγραμμα i-t. Η κλίση είναι μεγαλύτερη τη στιγμή t, επομένως τότε είναι μεγαλύτερη και η ηλεκτρεγερτική δύναμη από αυτεπαγωγή β, 2-δ, 3-α, 4-γ, 5-γ ΑΣΚΗΣΕΙΣ Νόμος της επαγωγής ΙΔΦΙ ΙΟ - Β Α 5.34 α) Ε Γ n = J 1 = 1 [ = 2V At At ΙΔΦΙ \2ΒΑ-ΒΑ\ y) 51 \ΑΦ\ BAavvm" -ΒΑ E m = ΑΙ At ΑΦ\ \ΒΑσον90"-ΒΑ ~ At ~ Λ, = 4V = 2V 86

87 5.35 Ρ ΔΦ Α ΑΒ 2 ΑΒ 1Π_ 2 En = J - : L = ; = : 7ΓΤ τττ = 0,2x10 V At At At / = - ^ = 10" 3 Λ R P = I 2 R = 2X\0~ 6 W 5.36 Στο χρονικό διάστημα 0-2x10 1 s είναι ΙΔΦΙ ε,,= J ] - = 2V ι, = = 0,2Α 1 At R Στο διάστημα 2x10 5-5x10 s είναι ΙΔΦΙ Ε Ί = = 0 και /, = - = Δ/ R Τέλος στο διάστημα 5x10 'ί-6x10 *5 θα είναι ΙΔΦΙ ε, Ε = ι - ḻ = 4V και / 3 = = 0,4Α 3 At R Επειδή σ' αυτό το χρονικό διάστημα η μαγνητική ροή μειώνεται, η ηλεκτρεγερτική δύναμη που δημιουργείται έχει αντίθετη πολικότητα από την αρχική. Επομένως και το ηλεκτρικό ρεύμα σ' αυτό το χρονικό διάστημα έχει αντίθετη φορά από την αρχική. ΕJV) 1(A) t(lo's) 5 6 0,2 t(lo's) 5 6-0,4 Σχ

88 5.37 Ε, n=a' J ΔΦ j _ Ε επ R + R, At ή ΙΔΦΙ ή AQ = Ν R + R, I = Ν ΔΦ, AQ = Ν- ΔΦ At(R + R v ) η At At{R + R r ) 0-ΒΑ\ Β πι 1 AQ = N η AQ = Ν R + R, ~R + R, άρα Β = + Ν7,:r~ ) =10,22x1 (Τ 2 Τ 5.38 Όταν το σωληνοειδές διαρρέεται από ρεύμα I, στο εσωτερικό του δημιουργείται ομογενές μαγνητικό πεδίο Β = μ ο Ιη (1). Όταν μηδενιστεί το ρεύμα μηδενίζεται και το μαγνητικό πεδίο. Η ηλεκτρεγερτική δύναμη που επάγεται στο κυκλικό πλαίσιο είναι: ΔΦ 0-5Λ Βπά 2 Ε επ =Ν 1 - ί = ΛΜ -= Ν At At 4 At Λαμβάνοντας υπόψη την (1) βρίσκουμε Ε ΐη =Ν μ Ιηπά = 0,16V 4 At Το φαινόμενο της επαγωγής σε κινούμενο αγωγό 5.39 Στον αγωγό ΑΓ δημιουργείται x ηλεκτρεγερτική δύναμη Ε π =ΒΙό = 20V, η πολικότητα της οποίας φαίνεται στο σχήμα 5.5 α) Το ρεύμα στο κύκλωμα είναι I E c = έπ R + R, = 2 Α β) V AI.=E m -//?,= \0V γ) Q = / 2 Rt = 6x\0 3 J χ _Χ_ χ < χ Α Χ Α(+) Χ I Γ(-) X X X Σχ. 5.5 χ 88

89 5.40 Στην πλευρά ΚΑ του πλαισίου δημιουργείται ηλεκτρεγερτική δύναμη Βαν, η πολικότητά της οποίας 'ΠΙ φαίνεται στο σχήμα 5.6 Το πλαίσιο διαρρέεται από ρ j ΕΠ R ρεύμα Στο πλαίσιο ασκείται από το πεδίο δύναμη F, = ΒΊΑ (σχ. 5.6). Για να κινείται με σταθερή ταχύτητα πρέπει να του ασκήσουμε δύναμη F, αντίθετη με την F L. Σχ. 5.6 ΜΗ F = F l = Βία = Β2 α 2 υ R 0,2ΑΝ 5.41 Στον αγωγό ΘΚ δημιουργείται ηλεκτρεγερτική δύναμη από επαγωγή. E m = (ΘΚ)υ (σχ. 5.7) Το κύκλωμα διαρρέεται από ρεύμα E c 1 = 'ΕΠ R OA Κζ = 'Κζ =, 8 (? κ > " *γζ R, ο Λ Όταν ο αγωγός ΚΘ βρίσκεται στη θέση για στην οποία ΘΓ=ΓΖ η ολική αντίσταση του Σχ. 5.7 κυκλώματος είναι: 5.42 ^ολ 3Λ γζ Αρα V v/ = //? ΓΖ = 5(ΘΚ)υ = \,6V α) Τη στιγμή μηδέν ο αγωγός αφήνεται ελεύθερος και αρχίζει να κινείται με την επίδραση του βάρους του. Έστω ότι, τη στιγμή t ο αγωγός θα έχει ταχύτητα υ. Στον αγωγό, εκείνη τη στιγμή η ηλεκτρεγερτική δύναμη είναι E M = BIO (η πολικότητά της φαίνεται χ χ R > χ χ νλλλ/η >; Χ Χ -< χ Χ Χ Χ Χ F L ><, Χ (' ):* χ >< Χ mg Χ.. Σχ. 5.8 Χ Χ >< Χ ΪΧ (-) Χ Χ Χ 89

90 στο σχήμα 5.8). Το / - ^επ Β! ό ρεύμα που διαρρέει το κύκλωμα είναι R R Στον αγωγό εκτός από το βάρος του ασκείται και δύναμη ΒΊ 2 υ F l - ΒΙΙ = R mg-f L α = Ετσι, η επιτάχυνσή του αγωγού είναι m Ο αγωγός θα επιταχύνεται μέχρι τη στιγμή που mg F L = 0 Β Ό mg R Η ταχύτητα του αγωγού εκείνη τη στιγμή θα πάρει τη μέγιστη τιμή της mgr υ ορ 2,5m/s η2,2 ΒΨ β) Σύμφωνα με την αρχή διατήρησης της ενέργειας, η αρχική δυναμική ενέργεια του αγωγού θα μετατραπεί σε κινητική ενέργεια και σε θερμότητα στο κύκλωμα: mgh = ^ mu 2 op + Q άρα Q ='3,875J ή 5.43 α) Τη στιγμή μηδέν, που ο αγωγός αφήνεται ελεύθερος, αρχίζει να κινείται με την επίδραση της mgημφ, συνιστώσας του βάρους του. Έστω ότι τη στιγμή t, ο αγωγός θα έχει ταχύτητα υ. Αναλύουμε το Β σε δύο συνιστώσες, Σχ. 5.9 μια κάθετη και μια παράλληλη στην κίνηση του αγωγού. Στον αγωγό δημιουργείται ηλεκτρεγερτική δύναμη E m = Β σννφ Ιν (η πολικότητά της φαίνεται στο σχήμα). Το ρεύμα που τον διαρρέει είναι /=- έπ Β συνφ I υ (1) R R Επειδή ο αγωγός διαρέεται από ρεύμα, δέχεται από το μαγνητικό πεδίο δύναμη 90

91 F L -BIl (σχ. 5.9). Ο αγωγός κινείται με επιτάχυνση: mgημφ - Ε^υνφ α =, δηλαδή m θα επιταχύνεται μέχρι τη στιγμή που mgημφ - Ε ι σννφ = 0 ή mgημφ - ΒΠσυνφ = 0 Η σχέση αυτή γίνεται αν λάβουμε υπόψη την (1), Β υσυν 2 φ mgri μφ = r Η ταχύτητα του τότε θα έχει τη μέγιστη τιμή της mgrημφ Vop ΒΨσυν 2 φ β) Η 0,661m/ s δύναμη Laplace τοτε θα είναι f l = bii = Β 2 συνφ Ι 2 υ ορ R = 0,0587V Το φαινόμενο της επαγωγής σε στρεφόμενο αγωγό 5.44 Στο τμήμα ΟΓ της ράβδου δημιουργείται ηλεκτρεγερτική δύναμη: ε ΟΓ =^Βω(ΟΓ) 2 =ν Γ -ν ο (1) Στο τμήμα OA δημιουργείται ηλεκτρεγερτική δύναμη: ε Μ =^Βω(ΟΑ)^ν Λ -ν (2) Αφαιρώντας κατά μέλη τις (1) και (2) έχουμε: ν τ - Υ Λ = ε ολ = ίβω[(ογ) 2 -(OA) 2 ] Σχ άρα v r - v a = iv 91

92 ν = Ε ίη = Β(0Γ~ άρα 2V Β = - = 0,8 Τ cor" Εναλλασσόμενη τάση - εναλλασσόμενο ρεύμα Χ Χ χ χ χ χ χ Χ Χ/ '"χ \χ χ χ χ χ χ^ χ ( I" ι (+) χ χ χ X J χ Χ χ χ χ χ χ ο< χ Χ χ χ χ χ χ χ Σχ V 0 = ΝωΒΑ V EN =-^* 220V V 2 /. = - V t R + R, = 2λ/2 Α 5.47 = ΝωβΛ = Ν 2πβΑ = 18,84Γ 5.48 Ρ Σ =ν Σ Ι Σ γι R Ρ = V / 1 ΕΝΑΛ ΕΝ ΕΝ V Εφόσον Ρ Σ = Ρ Σ ν ΕΝ ΕΝΛΛ Λ 2R V, ή -^ = Γ ς λ/2 άρα Γ = 200V λ/2 ΕΝ 2R ν, Ν = ν Ύ Q = I 2 V ENRt I ΕΝ 1 ΕΝ R επομένως 0 = 1,2x10 4 J V Υ ο Rj2 = 2 Α 5.50 α) ρ = vi-vj a ημ 1 7>\Αί ] (1) όμως P = V EU I EN ή Ρ = ~ L ά Ρ α Κ 1,, = 2Ρ οπότε η (1) γίνεται: 92

93 ρ = 2Ρ ημ 1 3\4ί ] = 2Ρημ 2 (0,5 χ 3,14) = 2Ρ ημ 2 ~ = 200W β) Ρ/ ρ ' = ν 'ΕΝ 'εν 1 = ^ΕΝ ΠΓ α άρα Ρ V ο =, V 2 /V υ = Κ ημ3\4ί 2 ή υ = - ημ(0,25 χ 3,14) = ημ- = 250V I ΕΝ 1ΕΝ ^ VI ν P = V en I en =-^ = - ^ = \60W ΕΝ ΕΝ 2 2R Αμοιβαία επαγωγή 5.52 E rn =M = \0V ΕΠ dt 5.53 Μ = Νμ ο ηα = 0,8π χ 10 Η Αυτεπαγωγή ΡΠ = Λ/ = 8π χ 10 4 F ΕΠ dt 5.54 αυγ =1 = μ ο Λ = 6τγχ10" 3 Γ dt I dt 5.55 Έστω ότι, όταν το πηνίο διαρρέεται από ρεύμα 1 από κάθε σπείρα του διέρχεται μαγνητική ροή Φ. Αν το ρεύμα μηδενιστεί σε χρόνο At στο πηνίο δημιουργείται ηλεκτρεγερτική δύναμη η μέση τιμή της οποίας είναι είναι: ΑΦ ΑΙ ^ΕΠ" - -^ ή Ε ΕΠ = -L άρα NA<P = LAI At " At ή Ν (0-Φ) = L(0-1) άρα L= = 0,08// 93

94 5.56 / = = 3 A U - LI 1-0 fill J R a) / = = 2,4A R β) E avt =ir = 10V Ε -L άρα - = - ^ = -500A/s dt dt L γ) Σύμφωνα με την αρχή διατήρησης της ενέργειας, η ενέργεια που είχε αποθηκευτεί στο μαγνητικό πεδίο του πηνίου θα μετατραπεί σε θερμότητα στον αντιστάτη. Q = -LII =0,058J ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ ΔΦ 5.58 Εη,=Ν ] - ' ΕΠ Δ/ / = _^επ Λ ή /, =. 7V- Η, ή ^ A Q - = Ν ΑΓ Ι ΔΦ Ι R RAt At R At ή \BAGOV\%0- AQ = N l - ΒΑσννθ\ 2ΒΑ = Ν R R 2Bnr 2 2 Bur 2 ή AQ = Ν ή AQ = N 1 ' * N2rw ρ- ρ s s ή Ae=^=10- J C 5.59 α) Έστω ότι, τη στιγμή t, ο αγωγός που κινείται απέχει από τον άλλο αγωγό χρωμονικελίνης απόσταση χ. Στον αγωγό που κινείται επάγεται ηλεκτρεγερτική δύναμη: Ε ΐη = ΒΙν ^ ' Λ r επ. τ ΒΙυ, ΒΙυ Το ρεύμα στο κύκλωμα είναι / = ή 1 = ή 1 = R 2 xr' 2vtR* 94

95 ή /= Bl 2 R't άρα / = 2,5x10-3 (SI) I(mA) β) / = 1,25/μΛ γ) Η γραφική παράσταση της έντασης του ρεύματος με το χρόνο φαίνεται στο σχήμα ,25 2 t(s) Σχ α) Τη στιγμή μηδέν στον αγωγό ΣΣ' ασκείται η δύναμη F και ο αγωγός αρχίζει να επιταχύνεται. Έστω ότι τη στιγμή t, ο αγωγός έχει ταχύτητα υ. Στον αγωγό αναπτύσσεται ηλεκτρεγερτική δύναμη Ε επ - BLv (1) (η φορά της φαίνεται στο σχήμα 5. 13) Το κύκλωμα διαρρέεται από ρεύμα j ^ΕΠ R + R, ^ JiLv_ R + R, Το μαγνητικό πεδίο ασκεί στον αγωγό δύναμη F l = BIL = B2 L 2 v R + R, Η επιτάχυνσή του είναι α = f - f l m Ο αγωγός θα αποκτήσει τη μέγιστη ταχύτητα του όταν = 0 δηλαδή όταν F = F L ή F B 2 L 2 V op R + R, f(r + R,) επομενως υ, ρ -\5m/s Β 2 ύ Τότε από (1) Ε ΕΠ = 3V και από (2) 1 = 5Α Επομένως Υ ΣΣ = Ε επ -IR = 0,5Γ β0 Όταν υ = 1,5m/s F L = B2 L 2 V R + R, = 0,5 Ν Χ Χ Χ Χ Χ Σ(+) _x χ x_ x 1 x υ Χ%Χ X χ Χ R,< χ< χ χ χ Κ Χ Χ I Χ α Τ5Γ -y χ? 5cpx Σ'(-) Χ Χ Χ Χ Χ Χ Χ Σχ

96 do F = a = L = -5 m / 52 dt m Σύμφωνα με την αρχή διατήρησης της ενέργειας ο ρυθμός με τον οποίο μειώνεται η κινητική ενέργεια του αγωγού είναι ίσος με το ρυθμό με τον οποίο παράγεται θερμότητα στο κύκλωμα. - ^ = p =r>(r + R,) dt 11 dk ~dt ( Λ2 BLv R + R, j (R + R ])=-3J5W β 2 ) Σύμφωνα με την αρχή διατήρησης της ενέργειας η κινητική ενέργεια που είχε ο αγωγός τη στιγμή που έπαψε να ασκείται η δύναμη F, έγινε θερμότητα. Q-K =-~mv 2 = 11,25 J op α) Η επιτάχυνση του αγωγού τη στιγμή μηδέν (όταν του ασκείται η δύναμη F) είναι α = F - ιη^ημφ 111 Έστω ότι τη στιγμή t ο αγωγός ΚΑ έχει ταχύτητα υ. Στον αγωγό αναπτύσσεται ηλεκτρεγερτική δύναμη E m = Βίο (1) Το κύκλωμα διαρρέεται από ρεύμα,, Π ΒΙυ / = = (2) R + R, R + R, Το μαγνητικό πεδίο ασκεί στον αγωγό δύναμη F, = ΒΙΙ = ^ ^ υ L R + R, F - ιπρημφ - F, Η επιτάχυνση του είναι α - m Ο αγωγός θα επιταχύνεται μέχρι τη στιγμή που F - ινχημφ - F } = 0 ή F -Μεημφ - Β ^ υ R + R, = q Β Κ(+ Σχ Η ταχύτητα του αγωγού εκείνη τη στιγμή θα πάρει τη μέγιστη τιμή της 96

97 υ op 8/77 / S β 2 / 2 β) Φαίνεται από τη σχέση (1) ότι όταν ο αγωγός αποκτήσει την οριακή του ταχύτητα E m = 4F και από τη (2) I = 20/! V KA =E En -IR 2 =2V γ) Σύμφωνα με την αρχή διατήρησης της ενέργειας, η ενέργεια που μεταφέρθηκε στον αγωγό ΚΛ μέσω του έργου της δύναμης F θα είναι ίση με το άθροισμα της κινητικής και της δυναμικής ενέργειας που απέκτησε ο αγωγός και της θερμότητας που παράχθηκε στο κύκλωμα Wρ mv 0 p + mgh + Q άρα Q = Fd mv op mgd ημφ = 68J 5.62 α) Έστω ότι τη στιγμή t ο αγωγός ΚΛ έχει ταχύτητα υ. Στον αγωγό ΚΛ αναπτύσσεται ηλεκτρεγερτική δύναμη E m = ΒΙυ (1) και το κύκλωμα διαρρέεται από ρεύμα Ι = Ε^=ΒΙυ R R Το μαγνητικό πεδίο ασκεί στον αγωγό Β υ ΚΛ δύναμη F L = ΒII = R F - F l = ma ή F = ma + B'l'at R ή F = 1 + 0,1/ (3) F = ma + ΒΨυ_ Στο σχήμα 5.16 παριστάνεται η F σε συνάρτηση με το χρόνο. R η ι,6 x Χ F(N) x Λ(-) Χ χ χ χ Σχ β) Τη στιγμή t~6s ο αγωγός έχει Σχ, 5.16 ταχύτητα ν -at = 12m/s Σύμφωνα με την αρχή διατήρησης της ενέργειας, η ενέργεια που προσφέρεται στο κύκλωμα μέσω του έργου της δύναμης F μετατρέπεται σε κινητική ενέργεια στον αγωγό και σε θερμότητα λόγω φαινομένου Joule. Χ t(s) 97

98 W h = ~ n1 2 + Q άρα Q = '4,4.7 γ) Από (2) /= 1,2/4 και από (3)F = l,6yv. Σύμφωνα με την αρχή διατήρησης της ενέργειας ο ρυθμός με τον οποίο προσφέρεται ενέργεια μέσω του έργου της δύναμης F είναι ίσος με το άθροισμα του ρυθμού με τον οποίο αυξάνεται η κινητική ενέργεια του αγωγού και του ρυθμού με τον οποίο παράγεται θερμότητα στο κύκλωμα. Γ, = dk l r dk n αρα = Fv-i~R = \2W F d t dt 5.63 Τη στιγμή t=0 που αφήνεται ελεύθερος ο αγωγός διαρέεται από ρεύμα /-* R και επιταχύνεται με την επίδραση της I δύναμης Laplace F L = BH που του 1 ασκεί το μαγνητικό πεδίο. Τη στιγμή t, ο αγωγός έχει αποκτήσει ταχύτητα υ. FI ηλεκτρεγερτική δύναμη στον αγωγό ΚΑ είναι Ε Εη = ΒΙυ και το Χ χ κ(+) Λ(-) < \ χ Σχ. 5.17,,, E-E U Ε-ΒΙυ ρεύμα στο κύκλωμα 1 = = R R Ο αγωγός θα επιταχύνεται μέχρι να μηδενιστεί η F L. Αυτό θα συμβεί όταν μηδενιστεί η ένταση του ρεύματος, δηλαδή όταν Ε ΒΙυ = 0 FI ταχύτητα, εκείνη τη στιγμή, θα πάρει τη μέγιστη τιμή της υ = = 12 mis ορ ΒΙ 5.64 Τη στιγμή μηδέν που κλείνει ο διακόπτης ο αγωγός ΚΛ διαρρέεται από β ρεύμα 1 = = 1,2Α. Τη στιγμή εκείνη στον αγωγό ασκούνται: το R βάρος του mg = \N και η F, =ΒίΙ = \,2Ν (σχ. 5.18). Έτσι, ο αγωγός κινείται προς τα πανω με επιτάχυνση α F, - mg m F, Ζ 98

99 Τη στιγμή t, ο αγωγός ΚΛ θα έχει ταχύτητα υ και θα έχει εμφανιστεί σ' αυτόν ηλεκτρεγερτική δύναμη χ Ε επ = Β/υ. Το κύκλωμα τότε διαρρέεται από ρεύμα _ Ε -Ε επ Ε- Β/υ ~ R ~ R Ο αγωγός θα επιταχύνεται μέχρι τη στιγμή που F L - mg = 0 ή ΒII = mg ή η Ε-Β/υ. Β / = mg R ή ΒΕΙ - Β'Γ'υ = mgr. Η ταχύτητα, εκείνη τη στιγμή, ΒΕΙ - mgr ν <ψ = 4m/ s ΒΊ 2/2 κ (+)' p L F, Χ > Χ Χ mg Χ Χ Χ Χ Χ Σχ Λ (-) θα πάρει τη μέγιστη τιμή της 5.65 α) Η ταχύτητα του αγωγού τη στιγμή που κλείνει ο διακόπτης βρίσκεται με την εφαρμογή της αρχής διατήρησης της μηχανικής ενέργειας mgh = ~mυ 2 άρα υ = Λ 2gh=4m/s Τη στιγμή που κλείνει ο διακόπτης, στον αγωγό έχει εμφανιστεί ηλεκτρεγερτική δύναμη Ε επ = ΒΙυ και το κύκλωμα διαρρέεται από Ε + Ε Π Ε + ΒΙυ ρεύμα / = = = 4Α R + r R + r Χ Χ < Α-, Κ(-)> Χ χ Χ X ) Γ χ?: Χ Χ {Κ Χ Χ Α>1 Χ χ Χ Χ Χ Χ «f (α) Λ(*) Χ Χ! < Χ Χ Χ Κ(-)1 < Χ Χ Χ < Χ Χ >< Ν Χ Χ Χ Γ' Γ < Χ Χ χ Χ Χ Χ F XIX mg Χ Χ Χ βτ L>s Ι 0- > Λ (β) Ά' χ κ χ Κ X Λ(+) χ Κ Χ Κ χ Γ' Χ Α* Χ χ Χ χ κ X Χ -JΚ X mg X I»=0 κ ΓΙ Q_J Γ Λ (γ) Α' Κ X X χ χ Α 1 Κ(+)Ρ Χ F, χ * Χ mg (δ) r Ιεη : χ Γ Λ(-) Σχ

100 Οι δυνάμεις που ασκούνται τότε στον αγωγό, είναι mg = 2Ν F L = BIL = 4Ν. Η επιτάχυνση του αγωγού είναι J7 YYISZ ' α = = \0m/s~ και έχει κατεύθυνση προς τα πάνω (σχ. m 5.19β). β) Η κίνηση του αγωγού είναι επιβραδυνόμενη. Καθώς ο αγωγός κινείται προς τα κάτω το ρεύμα μειώνεται, το ίδιο συμβαίνει και με τη δύναμη Laplace. Η, Ε μικρότερη τιμή της F, αντιστοιχεί, στη μικρότερη τιμή του ρεύματος / = = 7Λ 3 Α που επιτυγχάνεται οταν η ταχύτητα R + r του αγωγού μηδενιστεί. Επειδή η μικρότερη τιμή της F, είναι F l = 3Ν > mg, ο αγωγός θα κινηθεί προς τα κάτω μέχρι να μηδενιστεί η ταχύτητά του. Στη θέση αυτή είναι / = 3Α και V KA = 1R = 9V (σχ. 5.19γ) γ) Μετά το μηδενισμό της ταχύτητας του ο αγωγός ΚΛ αρχίζει να κινείται προς τα πάνω με επιτάχυνση α =. Η πολικότητά της m ηλεκτρεγερτικής δύναμης αντιστρέφεται (σχ. 5.19δ) και το ρεύμα στο,., Ε-Ε επ Ε-ΒΙν κύκλωμα είναι 1 = L = R+r R+r Ο αγωγός θα επιταχύνεται μέχρι τη στιγμή που F L - mg = 0 ή on n E ~ B,V i BIl = mg ή Β / = mg R + r ή ΒΕΙ - Β υ - mg( R + r) Τη στιγμή ταχύτητα εκείνη ο αγωγός αποκτάει τη μέγιστη ταχύτητα BEl-mg(R + r) υ. = ^ = 4m / s "Ρ R2,2 και 5.66 α) Ε αντ =-L = -0,05 V At [ 00

101 β) Το ρεύμα στο κύκλωμα είναι: J E EU + Ε ΑΥΤ Blo R ή = (2t + 3)R + E AVT ^επ ~ + Ε αυτ ή άρα υ = 2t + 4 (SI) Η γραφική παράσταση της ταχύτητας σε συνάρτηση με το χρόνο φαίνεται στο σχήμα 5.20 Σχ γ) Όπως φαίνεται από το διάγραμμα υ-t του σχήματος 5.20 η κίνηση του αγωγού είναι ομαλά επιταχυνόμενη. Δυ "2 ~"ι = 2 ml s 2 At t 2 t ] δ) / = 2ί + 3 (SI) για t = 4s I = UA F L = BIl 0,55Ν F -F l = ma επομένως F = 0,85 Ν dw F dt = P F =FO = \0,2W 5.67 Η είσοδος του πλαισίου στο μαγνητικό πεδίο διαρκεί t = = 5s. υ Κατά την είσοδο του πλαισίου στο ιιαγνητικό πεδίο: Φ = Β ΑΑ = Blx = Blot Τη στιγμή t = 0 Φ = 0 και τη στιγμή t 5s Φ = 2,5 x 10 2 Wb Στην πλευρά ΚΑ του πλαισίου αναπτύσσεται ηλεκτρεγερτική δύναμη: ^ΚΛ Β1υ = 5χ ΙΟ'Ψ Το ρεύμα στο πλαίσιο είναι: 1 = R, ολ AIR = 5x10 ^4 V KA = Ε κ. -IR ka = Ε-IIR =3,75x10 F Το μαγνητικό πεδίο ασκεί στον αγωγό ΚΛ δύναμη F L - BIL = 0,5 χ 10~ 3 Ν Σχ

102 Το πλαίσιο παραμένει ολόκληρο στο μαγνητικό πεδίο για χρόνο At = d-l υ = 3s Κατά την παραιιονή του μέσα στο μαγνητικό πεδίο: Φ = β ΑΑ = ΒΙ 2 = 2,5x\0' 2 Wb Ηλεκτρεγερτική δύναμη δημιουργείται στο τμήμα ΚΑ και Α Γ του αγωγού Ε ΚΑ - ΒΙυ Ε αγ = ΒI υ Η ηλεκτρεγερτική δύναμη στο πλαίσιο είναι: Το ρεύμα στο πλαίσιο είναι: / Ε = 0 R, ΟΛ Σχ Ε Ε ΚΑ Ε ΑΓ = 0 Κ ΒΙυ = 5χ\0 V ΚΛ - ΚΛ Εφόσον το πλαίσιο δεν διαρρέεται από ρεύμα το μαγνητικό πεδίο δεν του ασκεί δύναμη. Η έξοδος διαρκεί χρόνο At = = 5s. υ Κατά την έ οδο του από το ιιαγνητικό πεδίο: Φ = Β AA = BI(l-x) = B!(l-vAt) Φ = ΒΙ 2 - ΒΙυ Μ Για Δ/ = 0 Φ = 2,5 χ 10 2 Wb για At = 55 Φ = 0 Ηλεκτρεγερτική δύναμη αναπτύσσεται στην πλευρά ΑΓ του πλαισίου. Το ρεύμα που διαρρέει τώρα το πλαίσιο έχει φορά αντίθετη από τη φορά που είχε κατά την είσοδο του πλαισίου στο πεδίο. Η ηλεκτρεγερτική δύναμη στο πλαίσιο είναι: Ε = -Ε αγ = -ΒΙυ = -5x10 3 V Το ρεύμα στο πλαίσιο είναι: 1 = Ε Ε R, ΟΛ 4IR = -5x1 (Γ 3 Α Γ(-) Σχ

103 V KA = IR KA = U R ' = 125 x\0~ 3 V To μαγνητικό πεδίο ασκεί στον αγωγό ΑΓ δύναμη F l = BIl = 0,5χ10~ 3 # I(xlO'A) O(xlO'Wb) EJxlOV) 5 3,75 v ka (xlo'v) 1, f l Σχ α) / = R + r = 4 Α di β) Ε αυτ =-L = -3V at γ) / = Ε + Ε αυ = 3,7 Α U = -Li 2 =3,42 J R + r 2 δ) Σύμφωνα με την αρχή διατήρησης της ενεργείας ο ρυθμός με τον οποίο η πηγή δίνει ενέργεια στο κύκλωμα είναι ίσος με το άθροισμα του ρυθμού με τον οποίο παράγεται θερμότητα στις αντιστάσεις του κυκλώματος και του ρυθμού με τον οποίο αποθηκεύεται ενέργεια στο μαγνητικό πεδίο του πηνίου. 103

104 EI = I 2 (R + r) + dt επομενως du_ = 11,1 W dt 5.69 α) Τη στιγμή που κλείνει ο διακόπτης το πηνίο, δεν διαρρέεται από ρεύμα (Ίι=0). Ε Επομένως / = /-,= = 2 Α R 2 Όταν αποκατασταθούν οι τελικές τιμές στο κύκλωμα τότε Ε αυτ = 0. Οι αντιστάτες και R 2 έχουν την ίδια τάση στα άκρα τους ίση με την ηλεκτρεγερτική δύναμη Ε της πηγής /, = = 4 Α Ι 2 = = 2 Α και η πηγή διαρρέεται από R 2 ρεύμα / = /, +1 2 = 6Α κ \ E,r Σχ Κ Μ R E,r β) Με το άνοιγμα του διακόπτη, στο πηνίο δημιουργείται ηλεκτρεγερτική δύναμη από αυτεπαγωγή που προκαλεί ρεύμα στο πηνίο της ίδιας φοράς με αυτό Ν που το διέρρεε πριν ανοίξει ο διακόπτης. Το επαγωγικό ρεύμα διαρρέει το βρόχο Σχ ΚΑΜΝ Σύμφωνα με την αρχή διατήρησης της ενέργειας, η ενέργεια που είχε αποθηκευτεί στο πηνίο, πριν το άνοιγμα του διακόπτη, θα μετατραπεί σε θερμότητα στις αντιστάσεις. ±Uf=Q = \,6J 104

105 ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ 1 Κινητική θεωρία των αερίων 5 2 Θερμοδυναμική 10 3 Ηλεκτρικό πεδίο 30 4 Μαγνητικό πεδίο 64 5 Ηλεκτρομαγνητική επαγωγή 81

106 Με απόψαση της Ελληνικής Κυβέρνησης τα διδακτικά βιβλία του Δη μοτικού, του Γυμνασίου και του Λυκείου τυπώνονται από τον Οργανισμό Εκδόσεως Διδακτικών Βιβλίων και διανέμονται δωρεάν στα Δημόσια Σχολεία. Τα βιβλία μπορεί να διατίθενται προς πώληση, όταν φέρουν βιβλιόσημο προς απόδειξη της γνησιότητάς τους. Κάθε αντίτυπο που διατίθεται προς πώληση και δε φέρει βιβλιόσημο θεωρείται κλεψίτυπο και ο παραβάτης διώκεται σύμφωνα με τις διατάξεις του άρθρου 7 του Νόμου 1129 της 15/21 Μαρτίου 1946 (ΦΕΚ 1946, 108, Α'). Απαγορεύεται η αναπαραγωγή οποιουδήποτε τμήματος αυτού του βιβλίου, που καλύπτεται από δικαιώματα (copyright), ή η χρήοη του σε οποιαδη ποτε μορφή, χωρίς τη γραπτή άδεια του Παιδαγωγικού Ινστιτουτου. ΕΚΔΟΣΗ ΑΝΤΙΤΥΠΑ: ΑΡ. ΣΥΜΒΑΣΗΣ: 61/ ΕΚΤΥΠΩΣΗ - ΒΙΒΛΙΟΔΕΣΙΑ: ΑΡΒΑΝΙΤΙΔΗΣ Α.Β.Ε.Ε.