Άσκηση 1.1 : Β B. F εξ. w h

Transcript

1 Ασκήσεις Ηλεκτροαγνητισού Άσκηση. : «ίνεται ο ορθογώνιος βρόγχος ΑΒΓ Α του σχήατος ο οποίος είναι εξ ολοκλήρου εντός οογενούς σταθερού αγνητικού πεδίου που εκτείνεται σε ολόκληρο τον ηιχώρο του σχήατος. Κάποια στιγή αρχίζουε να τραβάε τον βρόγχο εκτός του πεδίου ε ταχύτητα : Να υπολογίσεται: α) Το ρεύα που διαρέει τον αγωγό β) Το αγνητικό εργο v v γ) Την ελάχιστη δύναη που χρειάζεται να ασκήσουε ώστε να αρχίσει να κινείται το πλαίσιο οαλά δ) Το ηχανικό έργο ε) Το ηλεκτρικό έργο» Β B dl Β Γ F mαβ F εξ u w h v A A Στο έρος του αγωγού εντός του αγνητικού πεδίου τα φορτία δέχονται ια δύναη απο το αγνητικό πεδίο : F m qv B vb( y) vb

2 ιώχνουε το φορτίο και δουλεύουε εποένως ε δύναη ανα ονάδα φορτίου. Εποένως η ΗΕ που προκαλείται στον αγωγό θα είναι : ε Fm d l vb dlαβ + vb dlβγ + vb d lγ + vb d l Α C ΑΒ ΒΓ Γ Α vb d+ d vb d ΑΒ ΒΒ' Α' Α vb d vb d vbh ΑΒ h Όπου η ολοκλήρωση στο Γ φεύγει γιατί εκείνη η περιοχή είναι εκτός του αγνητικού πεδίου και εποένως το B είναι ηδέν. Στα παραπάνω έχουε θεωρήσει την αυτεπαγωγή του βρόγχου αελητέα. Εποένως το ζητούενο ρεύα θα είναι : ε vbh I Λόγω όως της κίνησης που προκαλούε εείς στον αγωγό και κατα συνέπεια και στα φορτία του, εντός του αγνητικού πεδίου τα φορτία θα αποκτήσουν ια επιπλέον ταχύτητα : u u Η οποία ε την σειρά της προκαλεί αγνητική δύναη επάνω στα φορτία : F m qu B ub( y) ub Αν ορίσουε λοιπόν την συνολική ταχύτητα των φορτίων : w v+ u v + u Τότε η συνολική αγνητική δύναη θα είναι : F m, qw B ολ B( v + u ) y B u v Και το αντίστοιχο αγνητικό έργο : W m Fm, ολ dl B( u v ) dl C C

3 Το στοιχειώδες ήκος όως, όπως και η ταχύτητα θα πρέπει να έχει και συνιστώσες επίσης εφόσον η συνολική κίνηση των φορτίων γίνεται κατα αυτήν την διεύθυνση : Αρα τελικά : dl d + d W m B( u v ) d+ d AB ' B( ud vd) B u d v d Bu + Bvh AB ' AA' A' B ' Το οποίο προκύπτει απο το ότι οι λόγοι : u v h t h t Αν οι δύναη που ασκούε εείς είναι η F εξ τότε για να κινείται ο αγωγός οαλά θα πρέπει απο τον πρώτο νόο του Νεύτωνα : vbh vb h Fεξ FmΑΒ I l B h B y Θυίζουε ότι όλες οι δυνάεις που ασκούνται στις πλευρές του πλαισίου θα δείχνουν προς την φορά που τείνει να εγιστοποιηθεί η ροή. Παρατηρήστε ότι οι δυνάεις που δέχονται οι πλευρές Α και ΒΓ δεν συνεισφέρουν στο έργο καθώς είναι κάθετες στην κίνηση. Εποένως το ηχανικό έργο θα είναι όπως γνωρίζουε απο την κλασσική ηχανική : vb h vb h Wm Fεξ d ( ) d Ενώ για το ηλεκτρικό έργο θα έχουε : t t t dwe v B h v B h v B h vb h P We Pdt I dt dt t dt v Παρατηρούε λοιπόν ότι το έργο που παρέχουε εείς στο σύστηα είναι ίσο ε το ηλεκτρικό έργο που καταναλώνεται. 3

4 Άσκηση. : «Πηγή ε ΗΕ ε είναι συνδεδεένη ε αγωγό αυτεπαγωγής L και αντίστασης. Όταν κλείνουε τον διακόπτη να βρεθεί η χρονική εξίσωση του ρεύατος.» ε π I Η ροή του αγνητικού πεδίου δίνεται απο την γνωστή σχέση : Φ LI Απο την παραγώγιση αυτής της σχέση πορούε να βρούε την χρονική εταβολή της η οποία θα είναι προφανώς : Όπως γνωρίζουε όως : dφ di L dt dt ε π dφ I dt Και συνεπώς παίρνουε την διαφορική εξίσωση : di L dt, L ε π Η εξίσωση αυτή είναι χωριζοένων εταβλητών. Απο την επίλυση της βρίσκουε την χρονική εξάρτιση του ρεύατος : I ε π di I dt L Κάνουε την αλλαγή εταβλητής : ε ε π u u π I I di du 4

5 Και τα αντίστοιχα όρια ολοκήρωσης θα γίνουν : I di u Οπότε η διαφορική ας εξίσωση παίρνει την ορφή : ε π du u t du du u dt dt ln t u L u L ε L ε π π Αντικαθηστώντας πλέον τον αντίστροφο του ετασχηατισού ας βρίσκουε τελικά την ζητούενη εξίσωση : ε t t π I L π L ln t I e I e επ L επ ε Άσκηση.3 : «Κυκλικό αγώγιο πλαίσιο ακτίνας r βρίσκεται έσα σε οοιογενές αγνητικό πεδίο : B B t at m 3 επι του επιπέδου y όπως φαίνεται στο σχήα. Να βρεθεί η ΗΕ που ασκείται στο πλαίσιο και το επαγωγικό ρεύα του αγωγού. Επίσης να εξηγηθεί το πρόσηο του ρεύατος. Θεωρείστε τα φαινόενα αυτεπαγωγής αελητέα ( L ~ )» B y r I 5

6 Υπολογίζουε αρχικά την ροή του αγνητικού πεδίου που διαπερνάει το πλαίσιο : Φ B d S S m m m m 3 B t at ρdρdφ 3 3 S π r B t at ρdρdφ π B t at dφ ρdρ B t at π r 3 Και εποένως απο τον νόο του Faraday : dφ ε Bm( 3at t) π r dt r Και το αντίστοιχο ρεύα : I ε m ( 3 ) B at t π r Παρακάτω παραθέτουε την γραφική παράσταση της I(t) : Απο αυτήν την παράσταση (για όλες τις παραέτρους ) είναι φανερό ότι αρχικά ο βρόγχος δεν διαρέεται απο ρεύα και στην συνέχεια διαρέεται απο αυξανόενο ρεύα αντίθετο στην φορά που επιλέξαε εείς ως θετική. Σε κάποια κρίσιη χρονική στιγή : t 3a 6

7 Το ρεύα στιγιαία σταθεροποιήται και έπειτα αρχίζει να ελατώνεται χωρίς να αλλάξει φορά έχρι τον ηδενισό του την χρονική στιγή : t 3a Στην συνέχεια το ρεύα θα αυξάνεται συνεχώς και η φορά του θα είναι πλέον η θετική φορά. Άσκηση.4 : «Γραικός αγωγός διαρρέεται απο ρεύα : I( t) Ie Mt Να υπολογιστεί η ΗΕ που επάγεται στον ισοσκελή τριγωνικό αγωγό του σχήατος.» a B y Ο(,,) c B Γ a I A Ως γνωστόν η αγνητική επαγωγή ενός ευθύγραου αγωγού δίνεται απο την σχέση : I( t B ) φ π r Όπου r η ακτινική απόσταση απο αυτόν. Εποένως η ροή του αγνητικού πεδίου εντός του τριγωνικού πλαισίου θα είναι : I t I e Φ ( φ ) π π Mt B d S ddy ddy S S S 7

8 Το εσωτερικό τον οναδιαίον κάνει - επειδή στην περιοχή που ας ενδιαφέρει είναι αντιπαράλληλα.tα όρια ολοκλήρωσης για τον άξονα θα είναι : : c c+ a Ενώ για τον y είναι απο την κάτω πλευρά του πλαισίου, η οποία είναι ευθεία ε θετική κλίση a/a και διέρχεται απο το (c + a,) άρα η εξίσωση της θα είναι : y ( c+ a) Εως την άνω πλευρά του, η οποία είναι ευθεία ε αρνητική κλίση -a/a - και διέρχεται απο το (c + a,) άρα η εξίσωση της θα είναι : y ( c+ a) Εποένως στο διπλό ολοκλήρωα που θα προκύψει τα όρια ολοκλήρωσης δεν είναι ανεξάρτητα και εποένως οι ολοκληρώσεις δεν πορούν να διαχωριστούν : Mt c+ a c+ a Mt I e I e c+ a Φ dyd ( c a) ln a π + π c c c+ a Τέλος απο τον νόο του Faraday βρίσκουε την ΗΕ : ε Mt dφ MI e c+ a t c a ln a dt π + c Άσκηση.5 : «Ορθογώνιο πλαίσιο είναι παράλληλα τοποθετηένο στο επίπεδο y ε κέντρο στην θέση (,, ) και τα ζεύγη των πλευρών έχουν ήκη a και b αντίστοιχα. Στο χώρο υπάρχει αγνητικό πεδίο : B B Να βρεθεί η ΗΕ που αναπτύσεται στο πλαίσιο όταν αυτό : α) Είναι ακίνητο β) Κινήται ε ταχύτητα : v v + y» 8

9 B B B B a b O y Αρχικά υπολογίζουε την ροή συναρτήσει των ορίων του πλαισίου : Φ B d S B ddy B ddy y S S y y B dy d y ( 3 3 ) B y y Για την περίπτωση που το πλαίσιο είναι ακίνητο τότε : Και άρα η ροή είναι : b y a b y a 4 Φ 3 3 ab B Οπότε η ΗΕ θα είναι ηδενική αφού η ροή είναι ανεξάρτητη του χρόνου. Στην περίπτωση που το πλαίσιο κινείται τότε : b+ vt y a+ vt b+ vt y a+ vt 3 9

10 Και άρα η ροή θα είναι : 4 ab Φ ( b + 3 v t ) B 3 Ενώ η ΗΕ βρίσκεται απο τον νόο του Faraday : ε dφ dt ( t) 8 abv tb Άσκηση.6 : «Αγώγιο πλαίσιο ε σχήα κλειτού ηικυκλίου ακτίνας r, περιστρέφεται επι του επιπέδου y ε σταθερή γωνιακή ταχύτητα : ω ω Και το κέντρο του βρίσκεται στην αρχή των αξόνων. Το επίπεδο y χωρίζει τον χώρο σε δύο ηιχώρους απο τους οποίους στον ένα υπάρχει οοιογενές αγνητικό πεδίο ε διευθυνση + ενώ στον δεύτερο η τιή του είναι σταθερά ηδενική. Αν )Η ωική αντίσταση του αγωγού είναι και η αυτεπαγωγή του L ~,να προσδιοριστεί η τιή του ρεύατος που τον διαρρέει σαν συνάρτηση του χρόνου για τις περιπτώσεις που το αγνητικό πεδίο εταβάλλεται όπως στα ακόλουθα διαγράατα. )Η ωική αντίσταση του αγωγού είναι και η αυτεπαγωγή του L,να προσδιοριστεί η τιή του ρεύατος που τον διαρρέει σαν συνάρτηση του χρόνου για τις περιπτώσεις που το αγνητικό πεδίο εταβάλλεται όπως στα ακόλουθα διαγράατα.» Β Β y Β T t O r Β t -Β

11 Β y Β y θ O r θ O ) L ~, B σταθερό Σε όλα τα παρακάτω η αυτεπαγωγή θεωρείται αελητέα. Αφού το πεδίο είναι οοιογενές, δεν έχει χωρική εξάρτηση και εποένως η ροή πορεί να γραφθεί : Φ B d S B d S B S S Όπου το S(t) πορεί να γραφθεί ώς ένα κλάσα του συνολικού εβαδού του ηικυκλίου : t r r S( t) θ π θ( t) π Όπου θ είναι η γωνία του τήατος του ηικυκλίου που είναι εντός του πεδίου. Εποένως η ροή θα είναι : Και η ΗΕ θα είναι : < t < T / T / < t < T r B r Φ ( t) B θ( t) θ( t) S dφ B r ε dt dθ dt Η dθ/dt είναι ίση κατα έτρο ε την ω αλλα δεν είναι η ω. Αυτό γίνεται εφανές απο τον ορισό της θ, για την πρώτη ηιπερίοδο είναι γνησίως άυξουσα ενώ για την δεύτερη γνησίως φθείνουσα οπότε :

12 T ω, t, dθ dθ ω dt dt T ω, t, T Αν θεωρήσουε ότι η περίοδος της περιστροφής είναι T τότε : ε Άρα τελικά για την πρώτη περίπτωση : I t Και η γραφική παράσταση :. Br ω T, t, Br ω T, t, T Br ω T, t, Br ω T, t, T L ~, B εταβαλλόενο Στην περίπτωση που το αγνητικό πεδίο εταβάλεται όπως το δεύτερο διάγραα : B t T B, t, T B, t, T

13 Τότε η ροή είναι : Br T θ( t), t, Φ ( t) B r T θ( t), t, T Και συνεπώς η ΗΕ : ε ( t) Br dθ T, t, dt Br dθ T, t, T dt Όως εξαιτίας της συπριφοράς της θ που εξηγήσαε παραπάνω, προκύπτει τελικά ότι : Και άρα το ζητούενο ρεύα θα είναι : B r ω ε ε Και η αντίστοιχη γραφική παράσταση : Br ω I ) L διάφορο του, B σταθερό Αν θεωρήσουε ότι η αυτεπαγωγή δεν είναι αελητέα και το αγνητικό πεδίο εταβάλεται όπως στο πρώτο γράφηα τότε η ροή θα είναι και πάλι η ίδια : 3

14 B r Φ ( t) θ( t) Μόνο που τώρα το ρεύα θα προκύψει απο την επίλυση της διαφορικής : ε di di dφ L + I L + I dt dt dt Εφόσον όως η ΗΕ παίρνει διαφορετικές τιές ανα ηιπερίοδο θα λύσουε δύο διαφορικές εξισώσεις σε διαφορετικά διαστήατα : Πρώτα για την πρώτη ηιπερίοδο. Η εξίσωση αυτή είναι χωριζοένων εταβλητών : di L dt B r ω + I Η εξίσωση είναι χωριζοένων εταβλητών : I+ di dt Br ω L Για την επίλυση της θέτουε : Br ω Br ω u I+ I u di du Και τα αντίστοιχα όρια ολοκλήρωσης ετασχηατίζονται : Οπότε έχουε τελικά : I t u t di B r ω u t t u t Br ω t L ln Br ω B r ω du du dt dt t u t e u L u L L Αντιστρέφοντας τον ετασχηατισό : du 4

15 B r I t e ω t L Για την δεύτερη ηιπερίοδο η διαφορική εξίσωση γράφεται : di L dt + I B r ω Η εξίσωση είναι χωριζοένων εταβλητών : Για την επίλυση της θέτουε : di dt Br ω L I Br ω Br ω u I I u+ di du Και τα αντίστοιχα όρια ολοκλήρωσης ετασχηατίζονται : Και εποένως θα έχουε τελικά : I t u t di I T / u T / du du u L ( / ) u L u T / / L u T T u t t T u t T t T L dt dt ln t u t u e du Αντιστρέφοντας τον ετασχηατισό : I t e e T Br ω t t L L + ηλαδή το ρεύα θα είναι η δικλαδική συνάρτηση : 5

16 Br ω t L T e, t, B t t r ω L L T e e +, t, T T I t Με γραφική παράσταση : L διάφορο του, B εταβαλλόενο Στην περίπτωση που το αγνητικό πεδίο εταβάλλεται σύφωνα ε το δεύτερο διάγραα ξέρουε είδη ότι η ΗΕ θα είναι : B r ω ε Εποένως έχουε να λύσουε ια οναδική διαφορική εξίσωση γία όλη την χρονική εξέλιξη του συτήατος η οποία θα είναι : di L dt B r ω + I Την οποία έχουε ήδη επιλύσει : Και η γραφική παράσταση : I t Br t ω L e 6

17 Άσκηση.7 : «Επίπεδο ορθογώνιο πλαίσιο διαστάσεων l και w αφήνεται να πέσει κατακόρυφα την χρονική στιγή t. Την t η κάτω πλευρά του πλαισίου βρίσκεται στην θέση όπου είναι το διαχωριστικό επίπεδο. Στον άνω ηιχώρο το αγνητικό πεδίο είναι ηδέν. Στον κάτω ηιχώρο υπάρχει αγνητικό πεδίο : B B y Το πλαίσιο έχει ωική αντίσταση,αυτεπαγωγή L και άζα m. Θεωρώντας την κίνηση έχρι την χρονική στιγή t που η άνω πλευρά εισέρχεται στο πεδίο του κάτω ηιχώρου να υπολογιστούν η ταχύτητα και το ρεύα του αγωγού, για τις περιπτώσεις που : α), L ~ β), L γ) ~, L» l B O w Γ y A Β v g Καθώς ο αγωγός εισέρχεται στο αγνητικό πεδίο ε ταχύτητα : 7

18 v t v t Τα φορτία του θα δεχθούν ια αγνητική δύναη : F qv t B v t B y v t B Οπότε η ΗΕ που επάγεται θα είναι : m ε Fm dlαβ + Fm dlβγ + Fm dl Α ΑΒ ΒΓ Α l v( t) B d+ d+ d v t B d v t B l ΑΒ ΒΓ Α α) > και L ~ : Εφόσον η αυτεπαγωγή είναι αελητέα το ρεύα που διαρρέει τον αγωγό θα είναι : B l v( t) I t ε Για να το προσδιορίσουε λοιπόν χρειάζεται να βρούε την ταχύτητα του αγωγού. Για αυτό απο τον δεύτερο νόο του Newton : dv m Fολ dt Οι δυνάεις που ασκούνται συνολικά στον αγωγό είναι : F m I t l B I t lb( y) I( t) lb F mg g Οι δυνάεις που ασκούνται στις παράπλευρες περιοχές του αγωγού αγνοούνται καθώς η δράση τους τείνει να παραορφώσει τον αγωγό και θεωρούε εποένως ότι εξουδετερώνονται απο τις δυνάεις συνοχής του υλικού. Οπότε η συνολική δύναη είναι : F F + m F ολ g mg I( t) lb Και αρα η διαφορική ας εξίσωση πέρνει την ορφή : 8

19 dv dv lb m mg I t lb g I t dt dt m Έχουε ήδη δεί όως την εξάρτηση του ρεύατος απο την ταχύτητα εποένως παίρνουε : dv dt g l B m v t Η εξίσωση αυτή ειναι χωριζοένων εταβλητών : dv mg l B v( t) v t Για την επίλυση της θέτουε : v t t dv l B l B dt m mg m l B mg mg u( t) v( t) v( t) u( t) + dv du l B l B Οπότε τα αντίστοιχα όρια ολοκλήρωσης ετασχηατίζονται ώς εξής : Και τελικά : v t u t dv mg / l B u t mg / l B ln u t dv u t u t du l B t mg / l B m mg e l B t l B dt m Αντιστρέφοντας τον ετασχηατισό βρίσκουε την εξίσωση της ταχύτητας : v t l B t m mg e l B Και ε αντικατάσταση στην εξίσωση του ρεύατος έχουε για το ρεύα : l B t m dt 9

20 I t mg e lb l B t m α) > και L > : Σε αυτήν την περίπτωση το ρεύα πορεί να βρεθεί ε την επίλυση του συστήατος των διαφορικών εξισώσεων : di L + I( t) v( t) Bl dt dv lb g I( t) dt m Για την επίλυση του παραγωγίζουε την πρώτη σχέση ως προς τον χρόνο και αντικαθηστούε την παράγωγο της ταχύτητας απο την δεύτερη σχέση : d I di dv d I di l B L B l L I ( t) gbl dt + dt dt dt + dt + m Αυτή η εξίσωση είναι γραική η οογενής δεύτερης τάξης. Για την επίλυση της επιλύουε το χαρακτηριστικό πολυώνυο της οογενούς : 4B l L m d I di l B l B L L + + I ( t) Lρ + ρ+ ρ, dt dt m m 4B l L + m L Οπότε το οογενές τήα θα είναι : ρt ρ Iο t Ce + Ce Και στην συνέχεια για το η οογενές τήα, εφόσον είναι σταθερό θέτουε : Iερ ( t) A Με αντικατάσταση στην διαφορική παίρνουε : t l B m mg A gbl A lb Οπότε η λύση της διαφορικής θα είναι ο γραικός συνδυασός των λύσεων :

21 ρ ρ I t I t + I t C e + C e + ο ερ t t mg lb Και εποένως η εξίσωση της ταχύτητας πορεί να βρεθεί απο την αρχική διαφορική εξίσωση : di C ρt C ρt mg L + I( t) v( t) B l v( t) ( Lρ + ) e + ( Lρ + ) e + dt B l B l l B Για τον προσδιορισό των C και C επικαλούαστε τις αρχικές συνθήκες : mg mgρ C + C + C ( ρ ρ ) v C C mg mg mgρ ( Lρ + ) + ( Lρ + ) + C B l B l l B B l B l I lb B l ( ρ ρ ) α) ~ και L > : Σε αυτήν την περίπτωση το σύστηα των διαφορικών εξισώσεων γράφεται : Εφαρόζουε την ίδια τακτική : di L v( t) Bl dt dv lb g I t dt m d I dv d I l B g L B l + I ( t) dt dt dt ml L Αυτή η εξίσωση είναι γραική η οογενής δεύτερης τάξης. Το οογενές τήα είναι ο αρονικός ταλαντωτής εποένως : l B l B Iο ( t) C cos t + C sin t ml ml Και στην συνέχεια για το η οογενές τήα, εφόσον είναι σταθερό θέτουε : Iερ ( t) A Με αντικατάσταση στην διαφορική παίρνουε :

22 mg A l B Οπότε η λύση της διαφορικής θα είναι ο γραικός συνδυασός των λύσεων : l B l B mg I( t) Iο ( t) + Iερ( t) C t + C t + cos sin ml ml l B Και εποένως η εξίσωση της ταχύτητας πορεί να βρεθεί απο την αρχική διαφορική εξίσωση : L di lb sin l B lb v t C t C cos l B + t Bl dt m ml m ml Για τον προσδιορισό των C και C επικαλούαστε τις αρχικές συνθήκες : mg C + mg I l B C v lb C C m Άρα τελικά οι ζητούενες εξισώσεις είναι : l B I t v t mg l B cos l B ml g l B sin t lb ml t Και τα αντίστοιχα γραφήατα : Ενώ για την ταχύτητα :

23 Άσκηση.8 : «Πλαίσιο είναι τοποθετηένο όπως φαίνεται στο σχήα εντός πεδίου : B( t) B y sin( ωt) Αγώγιη ράβδος ΑΒ ολισθαίνει ε ταχύτητα έτρου v ανάεσα στις πλευρές ΚΛ και Κ Λ. Να βρεθεί η ΗΕ που αναπτύσεται στο ΑΒΛΚ» θ ds K dl d B Λ Α dy v Β θ 45 ο O y Αρχικά θα προσδιορίσουε το στοιχειώδες διάνυσα επιφάνειας του πλαισίου. Η πλευρά ΚΛ βρίσκονται στην y διεύθυνση εποένως το στοιχειώδες ήκος της θα είναι : Η πλευρά ΚΑ έχει στοιχειώδες ήκος : d y dy y dl dll 3

24 Όπου το οναδιαίο διάνυσα l (και οποιοδήποτε οναδιαίο διάνυσα) πορεί να γραφθεί : l cos( θ ) cos cos + θ y y+ θ Στις καρτεσιανές συντεταγένες όως : dl d d Εποένως το στοιχειώδες διάνυσα επιφανείας γράφεται : d S dl d y ddy + ddy Και άρα η ροή του αγνητικού πεδίου εντός του βρόγχου ΑΒΛΚ θα είναι : Φ B t d S B sin ωt y ( ddy+ ddy ) S S ( ω ) B sin t yddy Ο χώρος ολοκλήρωσης S είναι η προβολή του τετραπλεύρου ΑΒΛΚ στο επίπεδο y οπότε ως προς την y διεύθυνση τα όρια είναι : Ενώ ως προς την διεύθυνση : y : S d v : AB vt t Καθώς η ταχύτητα εχει την ίδια διεύθυνση ε το οναδιαίο διάνυσα l οπότε : Άρα τελικά η ροή είναι : v v v vl ( ) v d vt / d vt B d vt Φ ( t) B sin( ωt) yddy B sin( ωt) ydy sin( ωt) Και η αντίστοιχη ΗΕ βρίσκεται απο τον νόο του Faraday : 4

25 Bd v dφ ε sin( ωt) ωt cos( ωt) dt + Άσκηση.9 : «Στο σχήα παρουσιάζεται αγώγιο πλαίσιο ήκους l >> και η αγώγιη ράβδος ΑΒ σταθερού ήκους η οποία κινείται ελεύθερα επάνω στον αγωγό. Εαν δίνεται η χωρητικότητα του πυκνωτή C και το αρχικό του φορτίο Q, η άζα m και η αντίσταση της ράβδου καθώς επίσης και το αγνητικό πεδίο B Be να βρεθούν η ταχύτητα, η τάση και το ρεύα της ράβδου συναρτήση του χρόνου καθώς επίσης και να αποδειχθεί ότι διατηρείται η ενέργεια για αυτό το σύστηα.» Γ B y C A Στην αρχή όπου v και αγνοώντας το αγνητικό πεδίο, τότε τα I και V στα άκρα της ράβδου θα οφείλονταν στην εκφόρτιση του πυκνωτή οπότε : t V C IC( t) e και VC ( t) Ve Αν όως λάβουε υπόψιν το αγνητικό πεδίο και τις ταχύτητες των φορτίων εντός του αγωγού : t C v v y, v v, v v y, v v ΑΒ ΒΓ Γ Α Και οι αντίστοιχες δυνάεις που δέχονται απο το αγνητικό πεδίο ανα ονάδα φορτίου : F v B v ΑΒ ΑΒ B, FΒΓ vβγ B vb y F v B v B, F v B v B y Γ Γ Α Α Όως η δύναη Laplace της ελεύθερης ράβδου ΑΒ πορεί να γραφθεί : 5

26 F ΑΒ lbi( t) Η δύναη αυτή όως ανα ονάδα φορτίου προκαλεί κίνηση της ράβδου προς την φορά της ε ταχύτητα v(t) οπότε η δύναη που θα δέχεται τελικά η ράβδος θα είναι : Και εποένως η ΗΕ θα είναι : ε ΑΒ F v( t) B v( t) B ΑΒ y F dl v t Bdy v t Bl ΑΒ ΑΒ Απο τον νόο του Ohm όως : I t ΑΒ V t V t v t Bl C ε Και απο τον δεύτερο νόο του Newton : dv dv ClB dv ClB ClB dt dt m dt m m C C m IlB dv dvc v t VC t + K Όως για t η ταχύτητα είναι ηδενική και η τάση είναι ίση ε V Q / C άρα : ClB v( t) V VC ( t) m Επίσης απο την σχέση I I(t) θα έχουε ε αντικατάσταση της παραπάνω σχέσης : VC t v t Bl dvc l B l B I( t) + + VC ( t) V dt m C m Η λύση αυτής της.ε. είναι : Όπου θέσαε : k k VC ( t) V e + V k t k k l B l B k + και k V m C m 6

27 Και άρα τελικά η ταχύτητα του αγωγού θα δίνεται απο την σχέση : Και συνεπώς το ρεύα : ClB k v t V e m k kt ( ) k I t CVk e k Αρα παρατηρούε ότι καθώς το t προσεγγιζει το άπειρο : k t k ClB k VC ( t) V, v( t) V k m k I t Εξ ορισού ισχύει : dw E P WE Pdt I ( t) dt dt Όως η σχέση I I(t) είναι πλέον γνωστή οπότε ε αντικατάσταση : C V k k k kt WE C V k e dt k k Ενώ το ηχανικό έργο θα είναι : C l B k Wηχ T m( v f vi ) mv V m k Και η δυναική ενέργεια του πυκνωτή : k U ( UC f UC i) C( V V ) CV,, k Άρα παρατηρούε ότι όντως : W + W U E ηχ 7

28 Άσκηση. : «Η αγώγιη ράβδος ήκους l του σχήατος περιστρέφεται περι το άξονα ε σταθερή γωνιακή ταχύτητα ω ω. Να βρεθεί η ΗΕ που επάγεται στα άκρα της όταν : α) Β Βy, β) B B, γ) Β Βφ» φ l y Έχουε υπόψιν ας ότι : r t t y sin( θ) cos( ω ) + sin( θ) sin( ω ) + cos( θ) φ sin ωt + cos ωt y Κατα τα γνωστά : v ω r ωr r ωr sinθ φ Άρα για την πρώτη περίπτωση η δύναη ανα ονάδα φορτίου είναι : F v B ωrb sinθ ( φ y) ωrb sinθ sin( ωt) Και άρα η ΗΕ : ε F dl ωrb sinθ sin ωt r dr ( )( ) ωb sinθ sin ωt r cosθ dr sin( t) ωbl sin θ ω 4 l 8

29 Στην δεύτερη περίπτωση η δύναη ανα ονάδα φορτίου είναι : F v B ωrb sinθ ( φ ) ωrb sinθ cos( ωt) + sin( ωt) y Και άρα η ΗΕ : ( ) ε F dl ωrb sinθ cos ωt + sin ωt y r dr l θ rdr l l ωb sinθ cos ωt r r dr+ sin ωt r y r dr l l ωb sin θ cos ( ωt) rdr+ sin ( ωt) rdr ωbl ωb sin Και στην τρίτη περίπτωση η δύναη ανα ονάδα φορτίου είναι : F v B ωrb sinθ ( φ φ) Και άρα η ΗΕ θα είναι επίσης ηδενική. sin θ Άσκηση. : «Τρία αγώγια τετράγωνα φύλλα πλευράς α απέχουν σταθερά εταξύ τους o διαδοχικά. Αν υπάρχει οογενές αγνητικό πεδίο στην διεύθυνση y και το σύστηα περιστρέφεται οάλα ε γωνιακή ταχύτητα ω ω να υπολογιστεί η ΗΕ στην κάθε επιφάνεια.» a a a y 9

30 Αρχικα υπολογίζουε την ροή του αγνητικού πεδίου έσα απο κάθε επιφάνεια και θεωρούε ότι για t η πρώτη επιφάνεια είναι κάθετη στο πεδίο : Φ B d S B S Ba ( y s) Ba cos( ωt) S Φ B d S B S Ba ( y s) Ba cos( ωt+ ) S Φ 3 B d S3 B S3 Ba ( y s3) Ba cos( ωt+ 4) Όως η ΗΕ ορίζεται : Άρα τελικά : S 3 ε ε ε dφ dt dφ dφ ε dt ωba ωba sin ( ωt) ( ωt ) + dt dφ ωba sin ( ωt ) dt sin 4 Άσκηση. : «Μεταλλικός αγωγός είναι τοποθετηένος στο επίπεδο y όπως φαίνεται στο σχήα. Στο χώρο υπάρχουν ηλεκτρικά πεδία εντάσεων Ε φ και Ε r. Να βρεθεί η ΗΕ που επάγεται στον αγωγό αν :» E φ Er Eφ cos( ωt β r) φ και Er cos( ωt kr) r r r Ε Α r3 Β r r Γ Ζ y 3

31 Η δύναη που δέχεται ο αγωγός θα είναι λόγω του ηλεκρικού πεδίο όνο και θα υπολογίζεται απο την σχέση : Και η ΗΕ θα είναι : ε F dl C E ( Eφφ+ Er r ) dl C FE q E + Er Eφφ + Er r ( φ ) ( E ) ( ) ( φφ+ Er r φr dφ+ Eφφ + Er r rdr + Eφφ + Er r φr dφ+ Eφφ+ Er r ) rdr + ( Eφφ+ Er r ) φr3 dφ ΑΒ ΒΓ Γ Ε ΕΖ π / r r3 π / E r dφ+ E dr+ E r dφ+ E dr+ E r dφ φ r φ r φ 3 r π / r Υπολογίζουε τα επιέρους ολοκληρώατα ξεχωριστά : π / π / φ Eφ r dφ cos ωt β r r dφ ωt β r r r r 3 3 φ cos r E r r r cos r r ln cos r r r r ( ω ) ( ω ) φ Eφ r dφ cos ωt β r r dφ ωt β r π / π / r r r φ cos r 3 Erdr cos( ωt kr) dr Er ln cos( ωt k r ) r r E π E E dr t k dr E t k E r E E r r π E π E π / π / φ Eφ r3 dφ cos ωt β r3 r3 dφ ωt β r3 r3 Και απο την άθροιση τους βρίσκουε την ΗΕ. φ cos Άσκηση.3 : «Για τα δυο σωληνοειδή του σχήατος ισχύει l >>, l >>. Να βρεθούν : α) Ο συντελεστής αυτεπαγωγής του Π L L () β)η ΗΕ του Π αν για το Π έχουε Ι Ι ct και v v ct γ) Η ΗΕ του Π αν για το Π έχουε Ι Ι ct και v v ct θεωρείστε ότι τα γεωετρικά τους χαρακτηρηστικά είναι γνωστά» 3

32 Π Π l l α) Η ροή ανα σπείρα του Π λόγω του Π είναι : N Φ B S S I σπ l Εποένως η συνολική ροή για ν σπείρες που εντοπίζονται σε ένα τήα ήκους του σωληνοειδούς που έχει εισέλθει στο δεύτερο τότε προφανώς : N N Φ N Φ S I ολ σπ l ll Όως γνωρίζουε ότι Φ LΙ εποένως : NN L S l l β) Για να υπολογίζουε την ΗΕ του Π χρησιοποιούε την γνωστή σχέση : ε Π dφ dt N N ολ S Iv ll γ) Εφόσον όως ισχύει ότι : Φ Φ ολ ολ Προφανώς τότε : dφ dφ N N ε Π dt dt l l ολ ολ S Iv 3

33 Άσκηση.4 : «Για τα δυο σωληνοειδή του σχήατος ισχύει όνο l >>. Να βρεθεί η ΗΕ του Π και του Π αν έχουε Ι Ι Ι ct και v v ct. Θεωρείστε ότι τα γεωετρικά τους χαρακτηρηστικά είναι γνωστά» Π Π l Σε αυτήν την περίπτωση προφανώς το αγνητικό πεδίο δεν θα είναι οοιογενές και εποένως δεν πορούε να εφαρόσουε την ανάλυση που χρησιοποιήσαε στην προηγούενη άσκηση. Στην περίπτωση όως που το ρεύα των δύο σωληνοειδών είναι ίσο ε σταθερή τιή I τότε ισχύει και πάλι η προηγούενη ανάλυση αφού : Με την διαφορά ότι : l Φ Φ ολ ολ Φ N Φ ολ σπ l Άσκηση.5 : «Έστω ια σφάιρα ακτίνας, ε οογενές εσωτερικό αγνητικό πεδίο : B in I 3 Και στο εξωτερικό της γίνεται ανοοιογενές : B e I 3 r Το συνολικό αγνητικό πεδίο οφείλεται σε σωληνοειδές τυλιγένο στην επιφάνεια της σφαίρας κατα τυχαίο τρόπο. Να βρεθεί η αυτεπαγωγή του σωληνοειδούς L» 33

34 Η δυναική ενέργεια του συνολικού αγνητικού πεδίου θα είναι : U m B dv Για το υπολογισό της χωρίζουε τον χώρο στο εσωτερικό της σφαίρας και στο εξωτερικό της, οπότε : V U U + U m m, in m, e Υπολογίζουε την συνιστώσα του εσωτερικού πεδίου : B U B dv dv π I in m, in in 3 V V 3 Και η δεύτερη συνιστώσα του εξωτερικού της σφαίρας : I I π I U B dv drd d d d dr π π sinθ m, e e θ φ φ sinθ θ V V r r 3 Και συνολικά : Όως γνωρίζουε ότι : 4π I U m U m, in + U m, e 3 3 U m LI Συνεπώς ε συγκριση προκύπτει : 8π L 3 3 Άσκηση.6 : «ίνονται δυο παράλληλοι ευθύγραοι αγωγοί απείρου ήκους που διαρρέονται απο το ίδιο ρεύα I αλλα ε αντίθετη φορά. Στο επίπεδο τους βρίσκεται και ένας αγώγιος τετραγωνικός βρόγχος πλευράς a ο οποίος απαίχει δ απο τον αγωγό. Ο αγωγός κινείται προς τον βρόγχο ε σταθερή ταχύτητα v ενώ την χρονική 34

35 στιγή t η απόσταση των αγωγών είναι D(t). Να υπολογιστεί ο συντελεστής αοιβαίας επαγωγής του βρόγχου ε κάθε αγωγό.» I I α Β θ Β y D(t) δ Η επάγωγή του στο πλαίσιο είναι εξ ορισού : I Φ B d S ( θ d S) π r S Όως στο y επίπεδο που βρίσκεται το σύστηα ας r και θ - άρα : I I ai δ a δ+ a d + a Φ ddy dy ln π S π δ π δ Αντίστοιχα η ροη της επαγωγής του δεύτερου αγωγού στο πλαίσιο είναι : Φ S I ( θ d S) π r I D t ( ) π B d S S Και οι ζητούενοι συντελεστές : M S S ddy D( t) a δ+ a I d ai δ + α dy ln π δ D( t) π δ D t D( t) Φ a δ + a Φ a δ + α ln και M ln I π δ I π δ D t 35

36 Άσκηση.7 : «ίνονται τα δύο πηνεία του σχήατος οπου l >> και l >>. Αν διαρρέονται απο σταθερό ρεύα έντασης I το πρώτο και Ι το δεύτερο να υπολογίσεται την ενέργεια που χρειάζεται να αποδώσουε στο σύστηα ώστε να εισέλθει το πηνέιο στο.» Π ΙΙ ΙΙΙ ΙV Π Ι l Ως γνωστών τα αγνητικά πεδία των δύο σωληνοειδών δίνονται απο τις σχέσεις : N N B I και B I l l Η αρχική ενέργεια του συστήατος, πριν εισέλθει το Π στο Π είναι : U m B dv B dv B S l B S l + + V V Μετά την είσοδο διακρίνουε τις 4 περιοχές του σχήατος ε τις αντίστοιχες ενέργειες : U B S l U B S l και m, I m, II U B + B S U B S S και m IV m, III, ηλαδή η εταβολή της ενέργειας είναι : B B S l U m Και το ηχανικό εργο που αποδίδουε στο σύστηα είναι : Όως έχουε αποδείξει ότι : W F l ηχ l ηχ 36

37 F Και άρα τελικά : ηχ Οπότε το ηχανικό εργο είναι : U U U U U m, fin m, I m, II m, III m, IV B B S F ηχ B B S l W ηχ Εποένως η ενέργεια που θα πρέπει να προσφέρουε στο σύστηα απο την αρχή διατήρησης της ενέργειας θα πρέπει να είναι : B B S l E Wηχ U m Άσκηση. : «Ηλεκτροαγνητικό κύα προσπίπτει κάθετα σε διαχωριστική επιφάνεια δύο διαφορετικών έσων, ε χαρακτηριστικά ε,,σ για το πρώτο και ε,,σ για το δεύτερο, η οποία είναι εντοπισένη επι του επιπέδου y να βρεθούν οι εξισώσεις των κυάνσεων ετά την πρόσπτωση καθώς επίσης και οι συντελεστές ανάκλασης και διέλευσης συναρτήσει των αντιστάσεων των δυο έσων Ζ και Ζ» E ε,, σ ε,, σ H O y 37

38 Απο τα παραπάνω είναι εφανές ότι η διεύθυνση διάδωση τς ακτινοβολίας είναι η και συνεπώς το επίπεδο πόλωσης είναι παράλληλο στο y. Συνεπώς η εξισώσεις της προσπίπτουσας κύανσης θα είναι κατα τα γνωστά : Η αντίσταση έσου ορίζεται : E E e e E E e e E i i E E γ iωti H H e e H Z Z i γ( k r) iωti γ iωti Z ( ε, ) Z i i i i E H i i Με i, ια τιή για το κάθε έσο και τα σύβολα των πεδίων ανφέρονται στα πλάτη τους. Εποένως όταν το επίπεδο πόλωσης ταυτιστεί ε το y τότε και εποένως : i iωti E E e E r iωt r E E e E t iωt t E E e T E i E iωti H e H Z r E iωt r H e H Z t E iωt t H e T H Z,,, Όπου ε r συβολίζουε την ανακλώενη συνιστώσα και ε το συντελεστή ανάκλασης, ενώ ε t συβολίζουε την διερχόενη συνιστώσα και ε Τ το συντελεστή διεέλευσης. Στις διερχόενες συνιστώσες παρατηρούε ότι βάλαε το Z και όχι το Z καθώς αυτές διαδίδονται στο έσον πλέον. Εφαρόζουε τις συνοριακές συνθήκες για την διαχωριστική επιφάνεια έσων : n E E n H H j ( ) και ( ) Όπου n το κάθετο οναδιαίο διάνυσα της διαχωριστικής επιφάνειας δηλαδή για την περίπτωση ας το. Επιπλέον οι δείκτες, αναφέρονται στο συνολικό έγεθος για το αντίστοιχο έσο, π.χ. το E είναι το ηλεκτρικό πεδίο της ανακλώενης αλλα και της προσπίπτουσας αζί, δηλαδή το συνολικό πεδίο στο έσον. Άρα απο την πρώτη συνθήκη παίρνουε : E E E E E e T E e E e t i r ( ) i iωt iωt iωt ( ) 38

39 Όπου επι της ουσίας χρησιοποιήσαε το δεδοένο ότι E i E t E r το οποίο αποτελεί σύβαση, και άρα τελικά : Και απο την δεύτερη συνθήκη : iωt iωt iωt Ee T Ee Ee T + E E E ( ) t i r i i ω t i ω H H H j H e T e t e i ω t j Z Z Z Όπου επι της ουσίας χρησιοποιήσαε το δεδοένο ότι H i H t -H r το οποίο αποτελεί σύβαση επίσης. Όως θεωρούε ότι στο έσο ας j άρα : Και απο το σύστηα : E iωt E iωt E iωt Z e T e + e T Z Z Z Z Z T + Z Z ( ) Z + Z Z + T ( ) Z Z Z T Z+ Z Εποένως οι καινούργιες κυάνσεις ας θα είναι : r Z Z γ iωtr E Ee e E Z+ Z t Z γ iωtt E Ee e E Z + Z, r Z Z γ iωtr H Ee e H Z( Z+ Z) t γ iωt t H Ee e H Z + Z, Άσκηση. : «ίνεται το παρακάτω διαδιδόενο ηλεκτρικό πεδίο: i( t 3 y 5) E (,5 3y+, ) e ω Να βρείτε το k, το επίπεδο πόλωσης, το πλάτος του πεδίου Ε την συχνότητα του και το αγνητικό πεδίο H :» 39

40 Γνωρίζουε ότι ια τέτοια κύανση θα δίνεται απο την σχέση : i( ωt β k β k y y β k E E e ) E Και άρα ε απευθείας σύγκριση προκύπτει ότι : E E,5 3y+, E, , 3, 6 Και συνεπώς το οναδιάιο διάνυσα στην διεύθυνση του πεδίου θα είναι :,5 3, E y+ E, 45,84 y +,37 E E E ηλαδή οι γωνίες που σχηατίζει το ηλεκτρικό πεδίο ε τους άξονες : cos 65, cos 75, cos E E E θ E θ E y θ E 7 Επίσης απο την φάση του πεδίου προκύπτει ότι : β k, β k 3, β k 5 y Όπου υψώνοντας τις σχέσεις στο τετράγωνο και αθροίζωντας : β k + β k y + β k 38 β 38 β 6,6 Αφού το k είναι οναδιάιο διάνυσα. Άρα απο το παραπάνω σύστηα προκύπτει : k,35 k β θ cos ( k ) 7 3 k k y, 487 θ y cos ( k y) 6,8 β k 5 θ cos ( k ) 35, 7 k,8 β Για την συχνότητα γνωρίζουε : β β ω ε f π ε Ενώ για να προσδιορίσουε το αγνητικό πεδίο θα χρησιοποιήσουε την εξίσωση Mawell : 4

41 H E t H E iω i t ω H ~ e y iω y ( ω 3 5 ) ( ω 3 5 ) ( ω 3 5 ) i t y i t y i t y,5e 3e, e i( ωt 3 y 5) 8, 6 5,y+, 5 e ω i( ωt 3y 5) 8, 6+ 5,y, 5 e β ε 3, +,88 y,74 e ω ε ( 3 5 ) i t y Όπου γνωρίζουε ότι προσσεγιστηκά η ρίζα του /ε είναι περίπου π για το κενό και ίση ε την αντίσταση του έσου στην διάδοση της ακτινοβολίας, δηλαδή τελικά : i( t 3 y 5) H 3,,88y, 74 e ω + π Άλλος τρόπος είναι να πούε ότι : H E E Z ε 3,6 π Και : y y H k E k k y k, 35, 487,8,849+, 3y, 479 E E E, 45,84, 37 y Οπότε : 4

42 i ( ω t 3 y 5 ) ( 3 5 ) H H e H 3,,88y, 74 e i ω t y + π Άσκηση.3 : «Επίπεδο ηλεκτροαγνητικό κύα πέφτει κάθετα στην επιφάνεια της θάλασσας. Μέσα στο νερό σε απόσταση D απο την επιφάνεια βρίσκεται δέκτης σήατος, ο οποίος για να ενεργοποιηθεί χρειάζεται ισχύ W/m. Μελετήστε το έγιστο βάθος κατάδυσης για το οποίο λαβάνει σήα ο δέκτης συναρτήσει των f και E.» κενό Θάλασσα Ορίζουε το σύστηα αναφοράς ας ώστε τα πεδία την κύανσης να είναι : i iβ iωt E E e e i E iβ iωt E iβ iωt H e e y e e y Z / ε Η ισχύς της ακτινοβολίας όως γνωρίζουε ότι δηλώνεται απο το διάνυσα Poynting. Για το κενό : * i E i e e ( ) i i i β E S E H E e e i ω t β e e i ω t y / ε π Z Παρατηρούε δηλαδή ότι η ισχύς παραένει σταθερή στο κενό, το οποίο ήταν αναενόενο αφού το κενό δεν παρουσιάζει αποροφητικότητα. Για το εσωτερικό της θάλασσας : * t e t t S E H 4

43 Η θάλασσα όως εφανίζει ια απορροφητικότητα α εποένως εντός της : t a i a iβs i ω E Te E E t Te e e t a i E a iβs iωt H Te H Te e e y ε Όπου η αποροφητικότητα α δίνεται απο την σχέση : / S a σ S ω ε S + Και άρα τελικά για την θάλασσα : t e ad iβs iωt E * ad iβs iωt S ( E Te e e ) T e e e y * / ε S E T e ad e ε S Όπου ιγαδική διηλεκτρική σταθερά : S ε S ε S i σ ω Όπου όπως έχουε είδη δείξει : ω T Z / ε S Z+ Z / ε + / ε S ε S π + Συνεπώς : T ε S ε S 4 ( π) + 4π e + Εποένως λύνοντας ώς προς D την σχέση του διανύσατος Poynting εντός της θάλασσας : 43

44 E Τ D( E, f) ln e a t S ε S Βρίσκουε την D D(E,f) απο την οποία πορούε να προσδιορίσουε το έγιστο βάθος συναρτήσει των παραέτρων. Η συπεριφορά αυτής της συνάρτησης πορεί να κατανοηθεί πλήρως απο τα ακόλουθα τρία διαγράατα στην Mathematica: Manipulate[Plot3D[(/(*f*Sqrt[Sqrt[ + (/f^)] - ]))*Log[((Ef)*(e[Sqrt[ + I/f]]))/((*S)*((Sqrt[ + (/f)^]) + (e[sqrt[ + I/f]]) + ))], {Ef,,}, {f,, }], {S,., }] Manipulate[Plot[(/(*f*Sqrt[Sqrt[ + (/f^)] - ]))*Log[((Ef)*(e[Sqrt[ + I/f]]))/((*S)*((Sqrt[ + (/f)^]) + (e[sqrt[ + I/f]]) + ))], {Ef,,}], {S,., }, {f,., }] Manipulate[Plot[(/(*f*Sqrt[Sqrt[ + (/f^)] - ]))*Log[((Ef)*(e[Sqrt[ + I/f]]))/((*S)*((Sqrt[ + (/f)^]) + (e[sqrt[ + I/f]]) + ))], {f,,}], {S,., }, {Ef,, }] Άσκηση.4 : «Επάνω σε στρώα διηλεκτρικού ε, και πάχους h υπάρχει τετραγωνικός αγώγιος βρόγχος πλευράς α όπως φαίνεται στο σχήα. Έστω ότι εντός του διηλεκτρικού διαδίδεται κύανση ε εξίσωση ηλεκτρικού πεδίου : iωt iβ E E e e ( y ) + Να βρείτε την ΗΕ του πλαισίου και την τιή της για την περίπτωση που η πλευρά του πλαισίου είναι ακέραιο πολλαπλάσιο του ήκους κύατος.» y a B h E 44

45 Για να βρούε την ΗΕ θα πρέπει να υπολογίσουε το αγνητικό πεδίο της διαταραχής απο την σχέση Mawell : iωt B B~ e E t β E iωt iβ B E e e ( y ) iω ω Το πλαίσιο όως βρίσκεται στο εξωτερικό του διηλεκτρικού οπότε πρέπει να βρούε το αγνητικό πεδίο έξω απο το διηλεκτρικό οπότε θα εφαρόσουε την οριακή συνθήκη : n ( B B ) Όως η επιφάνεια που ας ενδιαφέρει να ελετήσουε είναι αυτή που βρίσκεται επάνω ο βρόγχος, δηλαδή : β E ω y ( B B) B y B y B y B y e e ω i t iβ Στην συνέχεια υπολογίσουε την ροή του αγνητικού πεδίου απο την επιφάνεια του βρόγχου : a / a / Φ B d S B ydd B dd y S S a / a / a a Όπου τα όρια ολοκλήρωσης είναι όροι του α/ γιατί έχουε τοποθετήσει το σύστηα αναφοράς ας στο κέντρο του πλαισίου. Εποένως απο την παραπάνω ολοκήρωση : β E β E E a β a Φ e e dd e d e d sin e ω ω ω a / a / a / a / iωt iβ iωt iβ iωt a / a / a / a / Οως γνωρίζουε ότι το β π/λ άρα τελικά : Ea π a i t sin e ω Φ ω λ Και για την ΗΕ γνωρίζουε : dφ ε dt π a e λ iea sin iωt 45

46 Αυτή θα είναι η ΗΕ του βρόγχου η οποία παρατηρούε ότι εταβάλεται αρονικά ε τον χρόνο. Άρα για α nλ έχουε : i t ε ie a sin n e ω ( π) Άσκηση.5 : «Ηλεκτροαγνητικό κύα ε ένταση ηλεκτρικού πεδίου : i iβ iωt E E e e Προσπίπτει σε διαχωριστική επιφάνεια επι του επιπέδου y όπως φαίνεται στο σχήα. Στο επίπεδο υπάρχουν δύο παράλληλοι αγωγοί. Το διάνυσα Poynting στην διαχωριστική επιφάνεια είναι W/m για το προσπίπτον και 3W/m το ανακλώενο και η διαφορά φάσης του κύατος εταξύ των δύο αγωγών είναι 3π/4. i. Να βρείτε την διηλεκτρική σταθερά του έσου και την συχνότητα του κύατος. ii. Στο χώρο υπάρχει αγώγιο πλαίσιο. Να υπολογιστεί η ΗΕ και να λυφθούν υπόψιν φαινόενα ης τάξης εαν η γωνία που σχηατίζει ε τον άξονα είναι 6 όπως φαίνεται στον σχήα.» D : ε, : ε, D a E i d L 6 H i y i) Αρχικά προσδιορίζουε το προσπίπτον αγνητικό πεδίο : i i E E iβ iωt H y e e y Z Z 46

47 Και απο τις συβάσεις ας εποένως τα ανακλώενα πεδία είναι : Όπου όπως έχουε δείξει : r iβ iωt E E e e r E iβ iωt H e e y Z Z Z Z + Z Και το διάνυσα Poynting του προσπίπτωντος κύατος υπολογίζεται : * e e E ε S * i E i H i y E Z Ενώ του ανακλώενου : * E e e * E ε S r E r H r y Z Εποένως ε διαίρεση προκύπτει : r S i S Οπότε ε αντικατάσταση βρίσκουε το ±,547, όως γνωρίζουε ότι : Z Z ε ε ε ε Z + Z ε + ε + ε ε < Άρα κρατάε όνο την αρνητική τιή και απο την παραπάνω εξίσωση προκύπτει ότι : C ε 3, 5 ε + Nm Για να υπολογίσουε την ΗΕ στον πρώτο αγωγό έχουε : 47

48 L t t ε E dl E d C Όπου : t iβ iωt E TE e e Οπότε : L L iβd ω iβd E d TE e e d TE Le e t i t iωt ε Και αντίστοιχα για τον δεύτερο αγωγό αποδεικνύεται ότι : L L iβd ω iβd E d TE e e d TE Le e t i t iωt ε Αφού όως απο την εκφώνηση : 3π φ 4 3π ωt βd ωt+ βd 4 3π β( D D) 4 3 f 38 8 ε ( D D ) [ MH] ii) Για να βρούε την ΗΕ στον επίπεδο αγωγό της περιοχής θα χρησιοποιήσουε την γνωστή σχέση : dφ ε dt Όπου : d s Φ H S Όπου το στοιχειώδες ήκος επι του αγωγού στην περιοχή παράλληλο στον y και τον ίδιο τον αγωγό θα είναι : dl dy y d 48

49 Και το στοιχειώδες ήκος κατα την διεύθυνση του θα είναι Ενώ για το αγνητικό πεδίο έχουε : Οπότε : Και τελικά : d s dl d dyd dd y i r E iωt iβ iβ H H + H e e e y Z E i t i i e ω e β e β Φ y dyd dd y Z S a a cosθ E e iωt d ( e iβ e iβ ) d Z d iea i t i a cos i d i a i d e ω e β θ e β e β θ e β Z cos + β + β Z βa βa iea i i e iωt e e β e e β i d i d d συνεπώς : ε dφ E Lω e e e + e e dt βz βa βa i i iωt iβd iβd + βa βa EL i i e iωt e e β e e β i d i d Άσκηση.6 : «υο τέλεια αγώγιες πλάκες (σ ) απείρων διαστάσεων είναι παράλληλα τοποθετηένες στο επίπεδο y όπως φαίνεται στο σχήα και απέχουν κατα d. Στο χώρο εταξύ τους αναπτύσεται ηλεκτρικό πεδίο έντασης : E t c t c t c t c t y (, ) cos( ω + β ) + cos( ω β ) + cos( ω + β ) + cos( ω β ) 3 4 Να προσδιορίσετε τις επιτρεπτές τιές της συχνότητας του πεδίου καθώς επίσης και το ρεύα επάνω στις πλάκες.» 49

50 d n n 3 3 y A B Αφού οι αγωγοί είναι τέλεια αγώγιοι θα έχουε : E E3 Και απο την οριακή συνθήκη του ηλεκτρικού πεδίου στην επιφάνεια του πρώτου αγωγού ( ) : E n ( E E) ( ω ) ( ω ) ( ω ) ( ω ) c cos t + c cos t c c E c3 cos t + c4 cos t c c 3 4 Οπότε πορούε πλέον απο την τριγωνοετρία να γράψουε την εξίσωση του πεδίου : E t c t c t y (, ) sin( ω ) sin( β ) + sin( ω ) sin( β ) 4 Ενώ απο την οριακή συνθήκη του ηλεκτρικού πεδίου στην επιφάνεια του δεύτερου αγωγού ( d) : n 3 ( E E3) E ( ω ) ( β ) c sin t sin d m E β d mπ f c4 sin ωt sin β d ε Όως απο την σχέση Mawell : H E t 5

51 Όπου : Οπότε τελικά : E Ey E E Ey E E + y+ y y Ey E + y β sin( ωt) cos( β ) c 4 + c y β H Edt cos( ωt) cos( β ) c 4 + c y ω Και εφαρόζοντας τις οριακές συνθήκες του αγνητικού πεδίου στις παραπάνω δύο επιφάνειες που χρησιοποιήσαε και για το ηλεκτρικό πεδίο παίρνουε τελικά : β j A n H H H cos ωt cos β c c4 y + ω β j A n3 H H 3 H cos ωt cos β c+ c4y ω ιευκρινίζουε ότι τα επαγόενα ρεύατα επι των επιφανειών Α,Β οφείλονται στο συνολικό πεδίο. Και παρατηρούε ότι τελικά θα έχουε : m n + m n j A j B - j B j B j A - j A Άσκηση.7 : «Ηλεκτροαγνητική ακτινοβολία προσπίπτει σε τέλεια αγώγιη διαχωριστική επιφάνεια. Η εξίσωση του προσπίπτοντως ηλεκτρικού πεδίου δίνεται : i iβ iωt E E e e Να βρεθεί το ρεύα το οποίο επάγεται στην διαχωριστική επιφάνεια.» 5

52 E i : ε, n : ε,, σ E r y Α τρόπος : Αρχικά προσδιορίζουε το προσπίπτον αγνητικό πεδίο : i E iβ iωt H e e y Z Και το ανακλώενο : r E iβ iωt H e e y Z Εποένως για την περιοχή : i r E iωt iβ iβ H H + H e e e y Z Και εφαρόζουε την οριακή συνθήκη του αγνητικού πεδίου στην διαχωριστική επιφάνεια ( ): j n H H Όως αφού το έσον είναι τέλεια αγώγιο θα έχουε : Εποένως : σ και H E E iωt iωt j H e y e Z Z Όως η αντίσταση του τέλεια αγώγιου έσου θα είναι : Z π iω i ω 4 e σ ε i σ σ ω 5

53 Αφού ε << σ/ω. Οπότε ο συντελεστής ανάκλασης θα είναι περίπου : Z Z Z + Z Αφού Ζ << Ζ οπότε θα έχουε τελικά : Β τρόπος : Γνωρίζουε ότι : j ε iωt j E e σ t E d Όπου : t i i t a i t E TE e β e ω e TE e γ e ω Με γ α + iβ όπου για την περίπτωση ας : a β σω Και εποένως : σω γ + i 4 ( i) e π σω Ενώ για τον συντελεστή διέλευσης : T Z Z Z + Z Z π 4 e i ε ω σ Οπότε ε ολοκλήρωση καταλήγουε στο ίδιο αποτέλεσα ε προηγουένως : iωt t iωt γ σtee ε iωt j E d TE σ σ e e d E e γ 53

54 Άσκηση.8 : «ίνονται οι τέλειοι κυλινδρικοί αγωγοί του σχήατος οι οποίοι είναι οόκεντροι και διαχωρίζονται απο διηλεκτρικό. Να βρεθεί η ένταση του αγνητικού πεδίου εταξύ των αγωγών, το διάνυσα Poynting και τα ρεύατα των αγωγών. ίνεται το ηλεκτρικό πεδίο :» E E cos( ωt k) ρ ρ φ 3 ρ a b Αρχικά πορούε να πούε ότι : H H3 Αφού έχουε τέλειους αγωγούς. Έπειτα απο την σχέση Mawell για την στροφή του ηλεκτρικού πεδίου βρίσκουε το αγνητικό πεδίο : H E H ( E) dt t Όως γνωρίζουε για το k : Ek sin ρ Ek cos( ωt k) φ ρω φ ( ωt k) dt E k ω ε H ε cos( ωt k) φ ρ 54

55 ηλαδή οι δυναικές γραες του αγνητικού πεδίου είναι κλειστές εποένως θα πρέπει να υπάρχει ρεύα κατα την κατακόρυφη διεύθυνση του συστήατος το οποίο προσδιορίσεται απο τις οριακές συνθήκες για το αγνητικό πεδίο στην επιφάνεια του πρώτου αγωγού (ρ α) : E ε ja n H H ρ H cos( ωt k) a Και την επιφάνεια του δεύτερου αγωγού (ρ b): E ε ja n3 H H 3 ρ H cos( ωt k) b Εποένως το διάνυσα Poynting που συναρτήση της θέσης θα δίνεται απο : * S e E H E e iωt ik E ε iωt ik e e e e ( ρ φ) ρ ρ E ρ ε Όπου τα πεδία αντιακθήστανται στην ιγαδική τους ορφή σε αυτήν την σχέση. Και εποένως για το διηλεκτρικό ολοκληρώνουε στον όγκο του το S: ε ε b Sd E d d E ln a π b ρ φ π a ρ Άσκηση 3. : «Ο κυλινδρικός αγωγός απείρου ήκους του σχήατος αρχικά δεν διαρέεται απο ρέυα και κάποια χρονική στιγή t : i. Αρχίζει να διαρρέεται απο σταθερό ρεύα I(t ) I,t > ii. έχεται ια ριπή ρεύατος I Να βρείτε το ηλεκτρικό και το αγνητικό πεδίο που δηιουργεί ο αγωγός σε απόσταση d απο τον άξονα του κυλίνδρου.» 55

56 a r ct int φ ρ y r j(t ) i) Αρχικά ο αγωγός δεν διαρρέεται απο ρεύα εποένως το βαθωτό δυναικό : V ηλάδή θα υπάρχει όνο διανυσατικό δυναικό που υπολογίζεται : A r t j( t ') 4 π r r ', dv ' V ' Όως επειδή το πάχος του κυλίδρου είναι αελητέο σε σχέση ε το ήκος του θα έχουε προσεγγιστηκά όνο συνιστώσα για το διάνυσα θέσης ενός σηείου του κυλίνδρου, ενώ για το διάνυσα θέσης του παρατηρητή έχουε όνο ρ συνιστώσα άρα είναι προφανές ότι : r ρρ r r ' ρ + ' r ' ' Και το παραπάνω ολοκήρωα θα γραφθεί : π a j ( t ') A( r, t) ρ ' dρ ' dφ ' d ' 4π π a j ( t ') dφ ' ρ ' dρ ' d ' 4π j ( t ') π a d ' 4π Με τόνους( ) διακρίνουε τα εγέθη που αναφέρονται στον όγκο του κυλινδρου απο αυτά που αναφέρονται στην θέση του παρατηρητή. Και έτσι για το χρόνο συγκεκριένα : 56

57 t ' t c Εποένως γίνεται προφανές ότι η πυκνότητα ρεύατος θα εξαρτάται όνο απο το : j ( t / c) A( r, t) π a d ' 4π Όως ο όρος : π ( / ) a j t c I Είναι το ρεύα που περνάει απο την διατοή του κυλίνδρου εποένως : Λόγω άρτιας συετρίας παίρνουε : I A( r, t) d ' 4π I A( r, t) d ' π Αν υπολογίζαε αυτό το ολοκλήρωα ε την συνήθη εθοδολογία θα βρίσκαε ότι τείνει στο άπειρο. Ο απειρισός αυτός προκύπτει γιατί επιτρέπουε την διάδοση του πεδίου σε άπειρο χρόνο καθώς τόσος χρόνος θα χρειαζόταν για να φτάσει η πληροφορία του πεδίου απο το άπειρο στον παρατηρητή. Για να υπολογίζουε λοιπόν αυτό το ολοκλήρωα, ορίζουε την συνάρτηση ολοκλήρωα : ' ( ctint) ρ I A( r, t) d ' π ρ + ( ') I ct ln π int + ( ctint) ρ ct int Και παίρνουε το όριο του t int, το οποίο ορίζεται ως το χρονικό διάστηα στο οποίο φτάνει η πληροφορία του πεδίου στον παρατηρητή, απο το άπειρο : A r t I (, ) ln π 57

58 Πρακτικά αυτό σηαίνει ότι όταν το ρ, δηλαδή η απόσταση του παρατηρητή είναι αελητέα σε σχέση ε τις διαστάσεις του αγωγού, το διανυσατικό πεδίο τότε είναι οοιογενές. Εποένως τα ζητούενα πεδία πορούν να βρεθούν πλέον έυκολα απο τις σχέσεις : A I ρ B A φ φ ρ π ρ ( ctint) ( + ( ctint) ρ ) A I c E t π ( ct ) t int int ρ ii) Και εδώ εφαρόζουε ακριβώς την ίδια ανάλυση ε την διαφορά ότι το ρεύα εδώ δεν είναι απλά ια σταθερή τιή αλλα ια συνάρτηση δέλτα αφού έχουε ριπή(δηλαδή επίδραση για ια συγκεκριένη ονο χρονική στιγή t ) : π a j ( t ') A( r, t) ρ ' dρ ' dφ ' d ' 4π π a j ( t ') dφ ' ρ ' dρ ' d ' 4π j ( t ') π a d ' 4π Κάνουε αλλαγή εταβλητής : Εποένως : ( / ) I δ t c d ' π ( ') ρ ' + d ' d A r t (, ) Αντικαθηστούε ώς προς τον χρόνο : ηλαδή : ( / ) I δ t c π ' ct d cdt int int d 58

59 I δ( t / c) Ic A( r, t) cdt int π ( ctint) ρ π ρ Και πάλι τα πεδία πορούν να βρεθούν απο τις σχέσεις : A B A και E t Άσκηση 3. : «Γραικό αγωγός ήκους L και ακτίνας a << L διαρέεται απο ρέυα: ( ') iωt ' I t Ie Να υπολογιστεί το ηλεκτρικό και το αγνητικό πεδίο σε απόσταση r >> L απο το κέντρο του αγωγού» L r θ r ρ φ y Υπολογίζουε το διανυσατικό δυναικό: A r t j( t ') 4 π r r ', dv ' V ' Όως επειδή το πάχος του κυλίδρου είναι αελητέο σε σχέση ε το ήκος του θα έχουε προσεγγιστηκά όνο συνιστώσα για το διάνυσα θέσης ενός σηείου του κυλίνδρου, ενώ για το διάνυσα θέσης του παρατηρητή έχουε ρ και συνιστώσα άρα είναι προφανές ότι : 59

60 r ρρ + r r ' ρ + ' r ' ' Άρα η παραπάνω εξίσωση γράφεται : L / π a j ( t / c) A( r, t) ρ ' dρ ' dφ ' d ' 4π L / π a L / j ( t / c) dφ ' ρ ' dρ ' d ' 4π L / L / j ( t / c) π a d ' 4π L / ( / ) L / ' 4π L / I t c d I e iω( t / c) L / 4 π L / ρ + ' ( ) d ' Όπου Ι(t /c) είναι το ρεύα που περνάει απο την διατοή του αγωγού. Όως αφού r >> L θα ισχύει προφανώς και ότι >> άρα : L / iω( t / c ) Ie A( r, t) d ' 4π L / ρ + I e iωt L / iω / c e d ' L / 4π ρ + I e e d 4π ρ + iωt L / ik ρ + ( ') ' L / Ενώ επίσης πορεί να δείξει κάποιος υπολογίζοντας το ανάπτυγα διωνύου ότι : Οπότε : ( ') ρ + r 'cosθ 6

61 Όπου θέσαε την ποσότητα : iωt ikr L / Ie e ik 'cosθ A( r, t) e d ' 4π ρ + L / ikl cosθ ikl cosθ iωt ikr Ie e e e 4π ρ + ik cosθ iωt ILe e 4π ρ + ikr iωt ILe e 4π ρ + ikr kl u Και τελικά τα ζητούενα πεδία θα είναι : kl cosθ sin kl cosθ sin( u) ẑ u cos θ A B A και E t Άσκηση 3.3 : «Φορτίο βρίσκεται στον θετικό ηιάξονα και κινείται ισοταχώς ε ταχύτητα. v v Κάποια στιγή το βαθωτο δυναικό παίρνει την τιή φ φ. Ποια είναι η θέση του φορτίου εκέινη την στιγή που ετράε το δυναικό φ ;» y r q r q v 6

62 Θεωρούε ότι ο παρατηρητής βρίσκεται στην θέση Ο που αποτελεί το σηείο αναφοράς ας και το φορτίο στην θέση r q την στιγή που ας απέστειλε την πληροφορία του πεδίου του. Όως την στιγή που εείς ετράε αυτήν την πληροφορία, το φορτίο q έχει ήδη ετακινηθεί κατα απο την r q εποένως απο το δυναικό Coulomb που ετράε, προκύπτει ότι : ηλαδή : Όπου όπως φαίνεται και στο σχήα : q φ v c q ( ) ( v) c q q v + ( + β) c q φ ( + β) r r ' q Όπου r η θέση του παρατηρητή, δηλαδή. Τονίζεται ότι η φορά του δεν είναι συβατική αλλα επιλέγεται πάντα έτσι ώστε να έχει φορά απο το φορτίο προς τον παρατηρητή για να ισχύουν οι τύποι. Όπως αναφέρθηκε και προηγουένως η πληροφορία του πεδίου φτάνει σε εάς έπειτα απο ένα χρονικό διάστηα : t c Στο οποίο όπως προκύπτει απο την βασική ηχανική το φορτίο θα έχει ετακινηθεί : ηλαδή : v t v β c 6

63 Οπότε είναι προφανές ότι η τελική θέση του φορτίου δηλαδή όταν φτάνει σε εάς το δυναικό φ είναι : q q + + β ( + β) φ Άσκηση 3.4 : «υο σηειακά φορτία q, q κινούνται ισοταχώς κατα τον θετικό ηιάξονα ε ταχύτητες v < v. Να υπολογιστούν η ηλεκτρική και η αγνητική δύναη που ασκεί το ένα στο άλλο όταν απέχουν απόσταση d» y O d q q v q q v Απο τους τύπους για τα ηλεκτρικά πεδία : q Ev 3 ( β)( β ) s q ( a)( β) E α a c s s Προκύπτει άεσα ότι : E α Αφού δεν υπάρχουν επιταχυνόενα φορτία. Για το Ε v υπολογίζουε αρχικά την παράετρο για το πεδίο που στέλνει το q στο q : s ( β ) 63

64 Το πεδίο όως που δηιουργεί το ένα ως προς το άλλο δεν οφείλεται στο πεδίο που στέλνουν απο την θέση τους όταν απέχουν d αλλα σε αυτό που στέλνουν απο ια θέση λίγο ποιο προστά, για το πρώτο και για το δεύτερο. Προκύπτει λοιπόν απο το σχήα ότι : Και άρα για το πεδίο : s β ( ) ( β) q E ( 3 β )( β ) 3 ( β ) q ( β ) ( β ) ( β )( β ) 3 3 ( β) q Όπου όως η απόσταση που απέχει το q όταν στέλνει το πεδίο στην τελική θέση του q είναι το που θα πρέπει να διανύσει το φορτίο ώστε να απέχει απο το q d σύν την απόσταση τους d (δες σχήα) δηλαδή : d + d β + d β Άρα ε αντικατάσταση στην σχέση του πεδίου έχουε : q( β E ) d Οοίως για το πεδίο που στέλνει το q στο q υπολογίζουε την παράετρο : s ( β ) + β ( β ) + Εδώ έχουε (+) επειδή η ταχύτητα πλέον είναι αντίρροπη του διανύσατος απόστασης. Αντικαθηστούε στην σχέση του πεδίου : 64

65 q E ( 3 β )( β ) 3 ( + β ) q ( β ) ( + β ) ( β )( β ) ( + β) q Όως η απόσταση που απέχει το q όταν στέλνει το πεδίο στην τελική θέση του q είναι η τελική τους απόσταση d πλίν το που διύνησε έχρι να φτάσουν σε απόσταση d (δες το σχήα) οπότε : d d d β +β Αντικαθηστούε στην σχέση του πεδίου : q( β E ) d Και οι αντίστοιχες ηλεκτρικές δυνάεις θα είναι εποένως : qq ( β F ) e, q E d qq ( β F ) e, q E d Παρατηρούε δηλαδή ότι δεν ισχύει ο τρίτος νόος του Νεύτωνα. Για τα αγνητικά πεδία έχουε : q Bv 3 ( β )( β ) cs q ( a)( β ) B α a 3 c s s Οπότε είναι προφανές ότι δεν υπάρχουν αφού δεν έχουε επιταχυνόενα φορτία και επίσης η ταχύτητα είναι συγγραική της απόστασης. Άρα οι αγνητικές δυνάεις θα είναι ηδενικές. 65

66 Άσκηση 3.5 : «Φορτίο q κινείται ισοταχώς επι του άξονα ε ταχύτητα : v v Να υπολογιστει η διαφορά δυναικού των σηείων Α, Β όταν το q διέρχεται απο το Ο(,)» y A A B y A A v q q v B O B y B Έστω ότι το δυναικό φ Α που παρατηρούε στο Α οφείλεται στην πληροφορία που ας έστειλε το φορτίο απο ια απόσταση Α πρίν απο την αρχή των αξόνων. Τότε προφανώς θα ισχύει : q φa A v A c q ( A + ya y) ( v) A c q q v β A c A A A Όως η πληροφορία του πεδίου φτάνει σε εάς έπειτα απο ένα χρονικό διάστηα : t A c A Στο οποίο όπως προκύπτει απο την βασική ηχανική το φορτίο θα έχει ετακινηθεί : 66

67 v t A A ηλαδή : v β c A A A Ενώ επίσης απο την γεωετρία του προβλήατος είναι εφανές ότι : y + y + β A A A A A A y A β Και άρα ε αντικατάσταση στην αρχική σχέση έχουε : q φa A β q β A q y β Εφόσον το Β είναι γενικώς ποιο κοντά, δηλαδή ισχύει γενικά : > > > β β A A B A B A B ηλαδή η πληροφορία του πεδίου που ταξιδεύει προς στο Β για να φτάσει την χρονική στιγή που το σωάτιο περνάει το Ο ξεκινάει ποιο ετά απο ότι η πληροφορία που ταξιδεύει προς το Α. Οοίως αποδεικνύουε ότι θα ισχύει : A y + y + β B B B B B B y B β Και : φ B q y β B Οπότε η ζητούενη διαφορά δυναικού θα είναι : q φb φa β y y B A 67

68 Άσκηση 4. : «Φορτίο q βρίσκεται ακίνητο στην αρχή καρτεσιανού συστήατος αναφοράς S. Ένας παρατηρητής κινείται αζί ε το αδρανειακό σύστηα αναφοράς του S ε ταχύτητα : Στο χώρο υπάρχει αγνητικό πεδίο : v v B B + B y + B y Να υπολογιστούν οι ηλεκτροαγνητικές δυνάεις που ασκούνται στο φορτίο λόγω της σχετικής κίνησης των παρατηρητών.» y y S S v q Ο ακίνητος παρατηρητής παρατηρεί τα εξωτερικά (όχι αυτά που δηιουργεί το φορτίο) πεδία : E και B B + By y+ B εξ Οπότε κατα αυτόν το φορτίο δέχεται όνο αγνητική δύναη : m εξ F qv B εξ Όως αφού το φορτίο δεν κινείται θα έχουε τελικά : F m Για τον κινούενο παρατηρητή, απο τους ετασχηατισούς του πεδίου έχουε : 68

69 B ' B v By ' γ By + E c v B ' γ B E y c E ' E E ' γ E vb y y E ' γ E + vb y Όως όπως αναφέραε ο ακίνητος παρατηρητής δεν βλέπει κάποιο ηλεκτρικό πεδίο εποένως : E Ey E ηλαδή τελικά : B ' B + γ By y+ γ B E ' γvb y + γvb y Και οι αντίστοιχες δυνάεις : F m ' qv B ' ( qv) ( B + γ By y+ γ B ) qvγ B y By F ' qe ' qγ v B y B e y Αρα η συνολική ηλεκτροαγνητική δύναη θα είναι : F ' F ' + F ' L m e Παρατηρούε δηλαδή ότι αν και τα εγέθη δεν είναι τα ίδια, και οι δύο παρατηρητές βλέπουν την συνολική δύναη που δέχεται το φορτίο ίδια. Άσκηση 4. : «Φορτίο q κινείται ε ταχύτητα : v v Ενας παρατηρητής βρίσκεται ακίνητος στην αρχή ενός συστήατος αναφοράς S, ενώ ένας άλλος παρατηρητής βρίσκεται στο σύστηα S το οποίο έχει ως σηείο 69

70 αναφοράς το φορτίο. Να βρείται το ηλεκτρικό και το αγνητικό πεδίο που παρατηρούν και οι δύο παρατηρητές.» y y S S v q Στο S το φορτίο είναι ακίνητο και εποένως το όνο πεδίο που δηιουργεί είναι ηλεκτρικό : ηλαδή : q r ' q ' + y ' y + ' E ' r ' πε ' + y ' + ' E E E y q ' q ' q ' ' 3 ' + y ' + ' y ' 3 ' + y ' + ' ' 3 ' + y ' + ' Και απο τους ετασχηατισούς των συντεταγένων σύφωνα ε της ΕΘΣ στο σύστηα S θα έχουε τις εξισώσεις πεδίου : 7

71 E E E y q ' q ' q ' γ γ γ γ ( vt) 3 vt + y + y 3 vt + y + 3 vt + y + Ενώ για το σύστηα S θα έχουε : B B ' v qγβ B γ B ' E ' γ vt + y + y y 3 c c ( vt) v qγβ y B γ B ' + E ' γ vt + y + E y 3 c c qγ E ' qγ Ey γ( Ey ' + vb ') qγ E γ( E ' vby ') γ 3 vt + y + γ γ 3 3 y vt + y + vt + y + Άσκηση 4.3 : «Σηειακό φορτίο q βρίσκεται ακίνητο στην θέση : r Ενα δεύτερο φορτίο q κινείται ε ταχύτητα και πλησιάζει το q : v v Αν η δύναη που ασκείται στο q όταν το q βρίσκεται σε απόσταση d έχει τιή F να βρείται την ταχύτητα του φορτίου q.» 7

72 y d c t r v O q q q Καθυστερηένα υναικά : Το ηλεκτρικό πεδίο που δηιουργεί το q θα είναι : q β E β 3 β Όως το πεδίο που βλέπει το q στην θέση r είναι αυτό που φτάνει εκεί απο ια προηγούενη χρονική στιγή στην οποία το q βρισκόταν σε ια θέση πιο πίσω απο την τελική θέση στην οποία τα δύο φορτία απέχουν d. Οπότε προκύπτει απο την γεωετρία του προβλήατος ότι : + d v t+ d Στον ίδιο χρόνο όως που το φορτίο κινήθηκε κατα το πεδίο διαδώθηκε σε απόσταση ε την ταχύτητα του φωτός οπότε τελικά : d v d c + β Άρα το πεδίο είναι : q β E ( β ) β 3 q β β 3 β ( β ) q q ( β ) d ( β) 7

73 Και εποένως η δύναη που ασκεί το πεδίο στο q θα είναι : qq ( β F ) q E d Γνωρίζουε όως ότι η τιή της δύναης είναι F οπότε : q q( β F ) d Η φορά της δύναης επιλέγεται αυθαίρετα. Και απο την επίλυση της εξίσωσης ως προς β βρίσκουε την ζητούενη ταχύτητα : d F d F β v c q q q q ΕΘΣ : y y d r vt v q q Θα προσπαθήσουε να θεωρήσουε τώρα το πρόβληα απο την εριά της σχετικότητας. Υποθέτουε ότι έχουε έναν παρατηρητή στο σηείο αναφοράς του αδρανειακού συστήατος S στο οποίο το q είναι ακίνητο και σε απόσταση r απο τον παρατηρητή. Επίσης θεωρούε και έναν παρατηρητή στο σηείο αναφοράς του αδρανειακού συστήατος S το οποίο ταυτίζεται ε την θέση του q, εποένως σε αυτο το σύστηα το q είναι ακίνητο και το q κινείται ε ταχύτητα : v v 73