Πρόβλημα 7.1. την πρώτη, ένα R όταν συγκλίνει στην δεύτερη). Επομένως

Transcript

1 Πρόβλημα 7.1 (a) Αν Q είναι το φορτίο του εσωτερικού κελύφους, τότε στο χώρο ανάμεσα στα δύο κελύφη, και (c) Για πολύ μεγάλο b (b>>a), ο δεύτερος όρος είναι αμελητέος, και Ουσιαστικά όλη η αντίσταση είναι στην περιοχή ακριβώς γύρω από την εσωτερική σφαίρα. Διαδοχικά κελύφη, καθώς πηγαίνουμε από μέσα προς τα έξω, συνεισφέρουν όλο και λιγότερο, επειδή ο συνολικός χώρος (4πr 2 ) γίνεται όλο και μεγαλύτερος. Για τις δυο καταδυόμενες σφαίρες είναι (ένα R όταν το ρεύμα φεύγει από την πρώτη, ένα R όταν συγκλίνει στην δεύτερη). Επομένως Πρόβλημα 7.2 (a) όπου το ολοκλήρωμα είναι πάνω σε μια κλειστή επιφάνεια που περιλαμβάνει τον θετικά φορτισμένο αγωγό. Όμως και σύμφωνα με το νόμο του Gauss είναι οπότε έχουμε Όμως Q=CV και V=IR, άρα ή Η σταθερά χρόνου είναι, ή, αφού Πρόβλημα 7.5 (b) μηδέν για όλα τα ηλεκτροστατικά πεδία. Φαίνεται πως, παρόλο που αυτή θα ήταν όντως η περίπτωση όπου το πεδίο θα ήταν σ/ε 0 μέσα και μηδέν έξω. Για την ακρίβεια όμως, υπάρχει ένα «περιθωριακό πεδίο» στις άκρες, και αυτό είναι, προφανώς, απλά αρκετό για να εξουδετερώσει την συνεισφορά από την αριστερή πλευρά του βρόχου. Το ρεύμα δηλαδή είναι 0. Πρόβλημα 7.7 απλά την κατεύθυνση της ροής.. Δε μας πειράζει το μείον πρόσημο. Μας λέει προς τα αριστερά

2 (d) Η ενέργεια γίνεται θερμότητα στην αντίσταση. Η ισχύς που εισέρχεται στην αντίσταση είναι Ι 2 R, επομένως: όπου Η ολική ενέργεια που εισέρχεται στην αντίσταση είναι δηλαδή Πρόβλημα 7.8 (a) Το πεδίο του άπειρου αγωγού είναι Άρα και Το πεδίο δείχνει έξω από τη σελίδα, έτσι η δύναμη σε ένα φορτίο στην κοντινή πλευρά του τετραγώνου είναι προς τα δεξιά. Στην μακρινή πλευρά είναι επίσης προς τα δεξιά, αλλά εδώ το πεδίο είναι πιο αδύναμο, άρα το ρεύμα ρέει αντιωρολογιακά. (c) Αυτή τη φορά η ροή είναι σταθερή, άρα Πρόβλημα 7.10 Από τη στιγμή που το θεώρημα 2(γ) της Ενότητας μας διαβεβαιώνει ότι το είναι το ίδιο για όλες τις επιφάνειες με συγκεκριμένο όριο. Πρόβλημα 7.11 Εδώ είναι άρα Δηλαδή

3 Πρόβλημα 7.12 βαρυτική δύναμη που είναι προς τα κάτω. Η μαγνητική δύναμη προς τα πάνω Αυτή αντιτίθεται στην όπου σταθ. ή Στο 90% της τελικής ταχύτητας, Τώρα οι αριθμοί: όπου η είναι η πυκνότητα μάζας του αλουμίνιου, Α είναι το γραμμοσκιασμένο μέρος, και l το μήκος της μιας πλευράς. όπου σ είναι η αγωγιμότητα του αλουμίνιου. Άρα: και Άρα Αν ο βρόχος ήταν κομμένος, τότε θα έπεφτε ελεύθερα, με επιτάχυνση g. Πρόβλημα 7.13 (a) Το μαγνητικό πεδίο (στην στατική προσέγγιση) είναι «περιφερειακό». Αυτό είναι παρόμοιο με το ρεύμα σωληνοειδούς, επομένως το πεδίο είναι διαμήκες. (b) Χρησιμοποιούμε τον Αμπεριανό βρόχο που φαίνεται στο σχήμα. Έξω είναι Β = 0, άρα Ε = 0 (όπως το Β έξω από το σωληνοειδές. Άρα όμως Άρα

4 Πρόβλημα 7.14 (a) Το πεδίο μέσα στο σωληνοειδές είναι Άρα Άρα, κατά μέτρο, Τώρα είναι άρα Το Β είναι προς τα δεξιά και αυξάνει, άρα οπότε το πεδίο στο βρόχο είναι προς τα αριστερά και το ρεύμα είναι προς τα δεξιά, μέσα από την αντίσταση. άρα Πρόβλημα 7.15 Το πεδίο του αγωγού, στον τετράγωνο βρόχο, δείχνει έξω από τη σελίδα και μειώνεται, άρα το πεδίο λόγω επαγόμενου ρεύματος πρέπει να δείχνει και αυτό έξω από τη σελίδα, μέσα στο βρόχο, κι έτσι το επαγόμενο ρεύμα ρέει αντιωρολογιακά. Πρόβλημα (a) Το μαγνητικό πεδίο είναι άρα η ροή μέσω του μικρού βρόχου (εμβαδού π a ) είναι: (b) Το πεδίο είναι όπου Ολοκληρώνοντας στο σφαιρικό πώμα με όριο τον μεγάλο βρόχο και κέντρο τον μικρό: όπου και Τελικά, το ίδιο δηλαδή με το (a) (c) Διαιρώντας με Ι

5 Πρόβλημα 7.19 Είναι δύσκολο να υπολογίσουμε το Μ χρησιμοποιώντας ένα ρεύμα στο μικρό βρόχο, έτσι εκμεταλλευόμαστε την ισότητα των αμοιβαίων επαγωγών. Θα βρούμε τη ροή μέσω του μικρού βρόχου όταν ένα ρεύμα Ι ρέει στο μεγάλο βρόχο: Το πεδίο ενός καλωδίου άπειρου μήκους είναι άρα η συνολική ροή είναι: κατά μέτρο Διεύθυνση: Η μέση ροή (μέσω του μεγάλου βρόχου) εξαιτίας του Ι στον μικρό βρόχο είναι προς τα μέσα της σελίδας. (Γιατί; Οι δυναμικές γραμμές δείχνουν προς τα μέσα, για το εσωτερικό του μικρού βρόχου, και προς τα έξω όλο το χώρο εκτός του μικρού βρόχου. Ο μεγάλος βρόχος περικλείει όλα τα πρώτα και μόνο ένα μέρος των δεύτερων. Άρα η μέση ροή είναι προς τα μέσα). Η ροή αυτή αυξάνεται, έτσι το επαγόμενο ρεύμα στο μεγάλο βρόχο είναι τέτοιο ώστε το πεδίο του να δείχνει έξω από τη σελίδα: ρέει αντιωρολογιακά. Πρόβλημα (Η ροή ανά σπείρα). Σε ένα μήκος L υπάρχουν nl τέτοιες σπείρες, οπότε η ολική ροή θα είναι Η αυτεπαγωγή δίνεται από την οπότε η αυτεπαγωγή ανά μονάδα μήκους είναι Πρόβλημα 7.21 Το πεδίο ενός σύρματος είναι άρα Το ε στον αριθμητή είναι πολύ μικρό σε σχέση με το d και μπορεί να αγνοηθεί, αλλά στον παρονομαστή δε μπορούμε να θέσουμε γιατί απειρίζεται η ροή. Τελικά, το μέγεθος του ίδιου του σύρματος είναι χρήσιμο για τον προσδιορισμό του L. Πρόβλημα 7.23 Με το Ι θετικά προσανατολισμένο ωρολογιακά, έχουμε όπου Q είναι το φορτίο του πυκνωτή, άρα όπου Η γενική λύση της διαφορικής αυτής εξίσωσης είναι Για άρα Για t = 0, I = 0, άρα Β = 0 και δηλαδή

6 Πρόβλημα 7.25 (Πρόβλημα 7.20) Υπάρχουν nl σπείρες σε ένα μήκος l, άρα στην επιφάνεια. Άρα για μια σπείρα. μέσα, και μηδέν έξω. Αυτή τη φορά Εν τω μεταξύ έξω μέσα ενώ Πρόβλημα 7.26 και Πρόβλημα 7.27 Άρα και, ανεξάρτητο του R. Πρόβλημα 7.28 (a) Αρχικό ρεύμα: Άρα ή

7 Πρόβλημα 7.30 αφού Άρα η ροή μέσω του βρόχου 2 θα είναι: Αυτό είναι το έργο ανά μονάδα χρόνου ενάντια στην αμοιβαία ΗΕΔ στον βρόχο 1. Έτσι προκύπτει το σύμβολο πλην. Άρα, από τη στιγμή που το Ι 1 είναι σταθερό, όπου Ι 2 είναι το τελικό ρεύμα στον βρόχο 2: Πρόβλημα 7.32 Αλλά έτσι Αφού Εάν και έτσι ώστε ή ή (περιοχή μικροκυμάτων).

8 Πρόβλημα 7.33 Από την συμπεράνουμε ότι το πεδίο σε ένα σημειακό μονόπολο είναι Ο νόμος της δύναμης έχει την μορφή Η σταθερά αναλογίας πρέπει να είναι 1 για να ξαναπάρουμε τον νόμο του Coulomb για σημειακό φορτίο σε ηρεμία. Έτσι Πρόβλημα 7.34 Ο λόγος των ρευμάτων είναι: Πρόβλημα 7.35 Είναι ένα παράδοξο σετ δυναμικών από μια ακίνητη κατανομή φορτίου. Θα ήταν φυσικά μια συνήθεις επιλογή). Προφανώς: Πρόβλημα 7.36 Ως εκ τούτου Έτσι Έτσι εξασφαλίζοντας ή αφού

9 Πρόβλημα 7.37 Αυτοί η συνάρτηση βαθμίδας μετασχηματίζει τα περίεργα δυναμικά του προβλήματος 7.35 σε συνηθισμένα δυναμικά από μία στάσιμη κατανομή φορτίου. Πρόβλημα 7.38 Παράδειγμα 14: (και στην Coulomb και στην Lorentz) Πρόβλημα 7.35: (σε καμία) Πρόβλημα 7.36: (και στις δύο) Πρόβλημα 7.39 Υποθέστε ότι (Θέτω ---- κάποια άγνωστη συνάρτηση) Θέλουμε να πάρουμε το λ τέτοιο ώστε Α και V να υπακούν στην Μπορούμε πάντα να βρούμε βαθμίδα στην οποία απλά επιλέγοντας Δεν μπορούμε γενικά να επιλέγουμε Α = 0.Αυτό θα έκανε Β = 0. Πρόβλημα 7.41 Παράδειγμα 7.13: Αλλά Έτσι:

10 Αλλά Έτσι: Πρόβλημα 7.43 Τα πεδία είναι σταθερά, άρα ο δεύτερος όρος είναι μηδέν. Η δύναμη είναι στην z κατεύθυνση,έτσι θέλουμε: Τώρα (μέσα) και (έξω),όπου Θέλουμε μια επιφάνεια που να περικλείει όλο το πάνω ημισφαίριο. Ημισφαίριο:

11 Δίσκος: Συνολικά: Πρόβλημα 7.44 Αλλά για το xy επίπεδο είναι και (θα υπολογίσουμε την δύναμη στο πάνω φορτίο) Ως εκ τούτου: (Θέτοντας ) (b) Σε αυτή την περίπτωση και έτσι: Επομένως:

12 Ως εκ τούτου: Πρόβλημα 7.45 Επομένως: Επομένως: αφού Β = 0) Ολοκληρώνουμε πάνω από το xy επίπεδο: Και η δύναμη ανά μονάδα επιφάνειας είναι είναι η ορμή στην z διεύθυνση διασχίζοντας μια επιφάνεια κάθετη στο z, ανά μονάδα επιφάνειας, ανά μονάδα χρόνου. (d) Η δύναμη ανάκρουσης είναι η ορμή που διαδίδεται ανά μονάδα χρόνου, έτσι η δύναμη ανά μονάδα επιφάνειας στο πάνω μέρος είναι Πρόβλημα 7.46 για έξω από το σωληνοειδές Η δύναμη σε ένα τμήμα dr είναι Η ροπή στρέψης είναι: Επομένως η στροφορμή του κυλίνδρου είναι: Αλλά

13 Έτσι: Πρόβλημα 7.47 και Έτσι Άλλα Πρόβλημα 7.48 α) Στον τετραγωνικό προσανατολισμό πέφτει σε οριακή ταχύτητα στον διαμαντένιο προσανατολισμό η μαγνητική δύναμη είναι Η ροή είναι και έτσι Έτσι (Αυτό δουλεύει εξίσου για αρνητικά y αν αντικαταστήσουμε το y με ) Έτσι Στην αρχή και το διαμάντι πέφτει γρηγορότερα.κατά την διάρκεια της μισής διαδρομής το τετράγωνο πέφτει δύο φορές πιο γρήγορα, τότε το διαμάντι ξανά επιστρέφει. Ο συνολικός χρόνος για να πέσει το τετράγωνο είναι: Για το διαμάντι ο χρόνος είναι

14 Έτσι Το τετράγωνο πέφτει γρηγορότερα γενικά. Αν είναι ελεύθερο να περιστρέφεται τότε,θα ξεκινήσει σε διαμαντένια μορφή,πάντα προσπαθώντας να παρουσιάσει την λιγότερη χορδή στην άκρη του πεδίου. (α = ακτίνα του κύκλου) Πρόβλημα 7.49 Έτσι το ρεύμα στο R1 και R2 είναι από τον νόμο του Lentz ρέει αντί ωρολογιακά. Τώρα η τάση στο R1 είναι και Πρόβλημα 7.50 Ένα σημείο στην πάνω λούπα Ένα σημείο στην κάτω λούπα έτσι

15 Και τα δύο ολοκληρώματα πάνε από το 0 στο 2π. κάνουμε το ολοκλήρωμα πρώτο θέτοντας (από την στιγμή που το ολοκλήρωμα τρέχει πάνω σε έναν κύκλο με τα όρια σε Τότε το ολοκλήρωμα είναι 2π και μπορούμε εξίσου καλά να αλλάξουμε α) Αν α είναι μικρό τότε (από το διωνυμικό θεώρημα) και από αυτό Επιπλέον έτσι β) Πιο γενικά έτσι Πρόβλημα 7.51 α) Από την εξίσωση συνέχειας έχουμε Εδώ η δεξιά πλευρά είναι ανεξάρτητη από το t,έτσι μπορούμε να ολοκληρώσουμε: σταθερά. Η σταθερά μπορεί να είναι συνάρτηση του r, είναι μόνο σταθερά με αναφορά στο t. Έτσι β) Υποθέστε και Θέλουμε να δείξουμε ότι ανεξάρτητο του t. και προερχόμενο από το ότι το J είναι

16 Γνωρίζουμε από το κεφάλαιο 2 ότι ο νόμος του Coulomb ικανοποιεί και Από την στιγμή που το Β είναι σταθερά τότε οι και εξισώσεις ικανοποιούνται. Από το κεφάλαιο 5 γνωρίζουμε ότι από τον νόμο Biot Savart ικανοποιείται η Μένει μόνο να ελέγξουμε το Θέτουμε Η ολοκλήρωση κατά μέρη παράγουν δύο όρους,ένας που γίνεται επιφανειακό ολοκλήρωμα και ένα που πηγαίνει στο μηδέν. Ο άλλος είναι Έτσι: Πρόβλημα 7.52 Πυκνότητα ροπής: Πυκνότητα γωνιακής ροπής: Αλλά Οι x και y συνιστώσες ολοκληρώνονται στο μηδέν, χρησιμοποιώντας έχουμε: θέτουμε Κάνουμε το ολοκλήρωμα του r πρώτα:

17 Μετά: Πρόβλημα 7.53 ( όπου και Έτσι: Αλλά και μόνο η z συνιστώσα θα παραμείνει στην ολοκλήρωση έτσι (αφού b) Σύμφωνα με τον νόμο του Faraday για το δακτύλιο που φαίνεται: Η δύναμη σε μια στοιχειώδη επιφάνεια da είναι Η ροπή στρέψης σε αυτή την επιφάνεια είναι Και εμείς θέλουμε μόνο την z συνιστώσα Εδώ:

18 (όπως το a) c) Το φορτίο στην επιφάνεια της σφαίρας σε χρόνο t είναι q(t),η πυκνότητα φορτίου είναι Το φορτίο κάτω από το δακτύλιο στην εικόνα είναι: Έτσι το συνολικό ρεύμα που τρέχει στο δακτύλιο είναι και επομένως Η δύναμη σε μια στοιχειώδη επιφάνεια da είναι: Οι x και y συνιστώσες ολοκληρώνονται στο μηδέν έτσι (χρησιμοποιώντας Επομένως: (το ίδιο όπως στο a) (Χρησιμοποιήσαμε το μέσο πεδίο στην ασυνέχεια που είναι το πιο σωστό πράγμα για να κάνουμε αλλά σε αυτή την περίπτωση θα πάρουμε το ίδιο αποτέλεσμα χρησιμοποιώντας είτε το εσωτερικό είτε το εξωτερικό πεδίο)

19 Πρόβλημα 7.54 (α = σταθερά) άλλη μια σταθερά). Αλλά έτσι: έτσι: και Αλλά Έτσι: Πρόβλημα 7.55 Πεπερασμένο, Άλλα ο νόμος του Faraday λέει ότι Παίρνουμε το εξωτερικό γινόμενο: έτσι: για κάθε κλειστή επιφάνεια. Εφαρμόζουμε σε αυτή την περίπτωση επιφάνεια που αποτελείτε από και R: στην Από την στιγμή που ο δεύτερος όρος ήδη είναι πρώτος στο dt μπορούμε να αντικαταστήσουμε με

20 Πρόβλημα 7.56 με Πρόβλημα 7.57 Φυσικά, αυτό είναι το πεδίο σε ένα σημειακό φορτίο,σε ένα αυξανόμενο σφαιρικό κέλυφος ακτίνας ut, όπου εξωτερικά του κελύφους το πεδίο είναι μηδέν. Προφανώς το κέλυφος φέρει το αντίθετο φορτίο Μαθηματικά: Αλλά και έτσι: (Για t < 0 το πεδίο στο την πυκνότητα φορτίου είναι μηδέν παντού) Καθαρά και (από την στιγμή που το Ε έχει μόνο r συνιστώσα και είναι ανεξάρτητο του θ και φ). Εδώ απομένει μόνο ο νόμος του Προφανώς: Πρόβλημα 7.58 a) Υποθέστε ότι το ρεύμα Ι1 ρέει στην σπείρα 1 και το ρεύμα Ι2 στην σπείρα 2. Τότε (αν Φ η ροή από μία στροφή): ή Στην περίπτωση έχουμε έχουμε διαιρώντας ή (c) Πολλαπλασιάζουμε την πρώτη εξίσωση με Ανοίγουμε το ρεύμα και

21 Η αναλογία των πλατών είναι Ο μέσος όρος του είναι ½, ο μέσος όρος του είναι μηδέν. Έτσι: Πρόβλημα 7.59 (a) Ο νόμος του Faraday λέει έτσι ανεξάρτητο του r. (b) έτσι και επομένως οποιοδήποτε ρεύμα θα πρέπει να είναι στην επιφάνεια. (c) Ένα περιστρεφόμενο κέλυφος παράγει ένα μοναδικό μαγνητικό πεδίο στο εσωτερικό να αναιρέσουμε ένα τέτοιο πεδίο θέλουμε Είναι άρα Έτσι για Πρόβλημα 7.60 (a) Από το πρόβλ. 5.36: Η ενέργεια που είναι αποθηκεμένη στο ηλεκτρικό πεδίο είναι:

22 Η πυκνότητα ενέργειας στο εσωτερικό μαγνητικό πεδίο είναι: Έτσι Η πυκνότητα ενέργειας στο εξωτερικό μαγνητικό πεδίο είναι: Έτσι (b) Το ίδιο όπως στο πρόβλημα 8.8 (α) με και Από την στιγμή που ωr,η ταχύτητα σε ένα σημείο στον ισημερινό θα είναι 300 φορές η ταχύτητα του φωτός κάτι που δεν είναι ρεαλιστικό. Πρόβλημα 7.61 Έτσι :

23 Η δύναμη: Το ολοκλήρωμα είναι: Πρόβλημα 7.62 Καθώς το ε 0 τότε Με μία απειροελάχιστη οπή προσδιορίζουμε το μαγνητικό πεδίο σε ρεύμα μετατόπισης, αντί για κανονικό ρεύμα, αλλά παίρνουμε την ίδια απάντηση.