3.1. Δυνάμεις μεταξύ ηλεκτρικών φορτίων

Transcript

1 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ Δυνάμεις μεταξύ ηλεκτρικών φορτίων 1. Έστω φορτίο Q περιέχει n ηλεκτρόνια - θα έχουμε Q = n-q e, επομέ- Q νως n =, αρα: (α) n = 0, e (β) n = 0, e (γ) n = 0, e (δ) n = 0, e (ε) n = 0, e 2. Η δύναμη μεταξύ των φορτίων δίνεται από το Νόμο του Coulomb: F = k ^12^2 (Οι δυνάμεις είναι απωθητικές) (α) F! = k ΙΊ => Fi = 16 10* 3 Ν (β) F 2 = k ^ F 2 = 4 10" 3 Ν 3. Από τον,νόμο του Coulomb r = M i r = 2 10" 5 m. 4. Εφόσον δίδεται ότι η δύναμη είναι ελκτική το φορτίο q είναι αρνητικό. Το μέτρο του φορτίου δίνεται από τη σχέση. q = Fd2 k ΙQΙ ==> I q I = 4-10" 9 C

2 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ Η δύναμη που δέχεται το δοκιμαστικό φορτίο q είναι η συνισταμένη των δυνάμεων Ft και F 2 από τα φορτία και Q 2 αντίστοιχα. Επομένως: Fi = k - ^ (r/2γ όμοια F 2 = k - ί7^γ ΤΪ2Υ F! = 43,2Ν > F 2 = 28,8Ν άρα ZF = F r F 2 => ZF = (43,2-28,8)Ν ZF = 14,4Ν και έχει τη φορά της F^ 6. (ΒΓ) = (ΑΓ)-(ΑΒ) (ΒΓ) = 0,8m F a = k IQI-Q 2 (AB)< F a 0,34N ρ lr ί Q3"Q4 ι hb ~ k (BO 2 F B = 0,21N Επειδή οι δυνάμεις F A, F r είναι ομόρροπες η δύναμη που δέχεται το φορτίο Q 2 είναι: ZF = F A +F B ZF = 0,55Ν και έχει την ίδια κατεύθυνση με τις F A, F Γ

3 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ Q Θ < Ε Το μέτρο της έντασης του πεδίου είναι: F και από το Ν. του Coulomb F = k -ft q r 2 Q έχουμε: Ε = k 'ρ άρα Ε = N/C και έχει φορά προς το φορτίο πηγή Q. 8. Όπως γνωρίζουμε στο μέτρο της έντασης δίνεται από τη σχέση, Ε = k Q =*> r = K Q r = 100m 9. Ε = k IQI = E-r 2 Q = , 10. Επειδή οι εντάσεις είναι αντίθετες η ένταση στο μέσο θα υπολογισθεί από τη διαφορά των εντάσεων Ε! και Ε 2. Ε - k JQiL E, - k (r/2) 2 E, = N/C Eo = k QJ (r/2 Υ E 2 = N/C

4 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.1 άρα: Ε ολ = E r E 2 =* Ε ολ = N/C και κατεύθυνση της Ε^ 11. α) Η ένταση στο σημείο Σ έχει μέτρο: Ετ = I ~ ι =* Ε Σ = 10 3 N/C I άι ι και κατεύθυνση την θετική του άξονα χ. β) Το φορτίο q 2 θα δεχτεί δύναμη μέτρου: και κατεύθυνση αντίθετη της Ε. F' = Ε Iq 2 1 =* F' = 4 10" 3 Ν 12. Έστω σημείο Σ της ευθείας, όπου η ένταση θεωρείται μηδέν, και το σημείο απέχει απόσταση χ από το Α. Πρέπει επομένως η ένταση από το φορτίο +2μΟ και η αντίθετης φοράς ένταση από το φορτίο +8μΟ, να έχουν ίσα μέτρα (ώστε η συνισταμένη τους να είναι μηδέν). Ε 2 ή k 2 = k Q? (d-xy η d-x Q 2 QI - d Λ η = 1: ' χ Q 2 q7 X = 1± Q2 Q1 x t = 0,1 m δεκτή όταν q^2 > 0 x 2 = -0,3m δεκτή όταν q-,q 2 < 0 (ή x 2 = 0,3m το σημείο (Α) εκτός της (AB)).

5 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ Η ένταση στο σημείο Σ υ- πολογίζεται από τη συνισταμένη των δύο εντάσεων που δημιουργούν τα ςϊ και q 2 τα οποία επειδή είναι ίσα δημιουργούν ίσου μέρου εντάσεις στο Σ, (ΑΣ) = (ΒΣ)=Λ/?8ΓΤΙ. Τ ο μέτρο των εντάσεων είναι: Ε! = Ε 2 = k LCLL (ΑΣ) 2 ΕΖ< \ Ε ολ Χ d/2.α/ \ Β + d/2 Μ ; Ρ1=2μο ς 2 =2μο Ε, = Ε 2 = N/C. Ε ολ = Ε -ι + Ε 2 άρα το μέτρο της συνισταμένης είναι: Ε ολ = Ve!+e1 ή Ε ολ = V2E 2 ή Ε ολ = Ε, V2 επειδή Ε, και Ε 2 είναι κάθετες μεταξύ τους. Άρα: Ε ολ = 2000 V2 N/C και σχηματίζει γωνία 45 με κάθε μία από τις Ε : και Ε Το ηλεκτρικό φορτίο του δίσκου θα είναι αρνητικό ώστε η δύναμη που θα δέχεται από το ηλεκτρικό πεδίο να έχει φορά αντίθετη του βάρους και έτσι ο δίσκος να ισορροπεί.

6 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.1 Άρα: F nx = Β ή E.q = Β q = - - ή q = 32.10" 5 C 15. Στη θέση ισορροπίας ασκούνται οι δυνάμεις όπως στο σχήμα. Λόγω ισορροπίας ισχύουν: ZFx = 0 <=> F c = Τ χ ΣΡ y = 0 <=> Β = Ty Επειδή θ = 45 => εφθ = 1 (2), Iq-QI Επομένως k ρ = Β Τ, Β Τ χ F c (1) = Ι Ι =.Γ^Γ- (3) ομως η απόσταση r 2 = (ΑΒ) 2 = 2 2 (4) από τις (3) και (4) έχουμε: IQI = και Q = 2-10~ 6 C. 16. Οι εντάσεις λόγω των τεσσάρων φορτίων στο κέντρο του τετραγώνου έχουν μέτρα: F fc I Ql I C A ~ Κ ψ

7 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.1 άρα Ε α = N/C E R = k ι Q? r 2 ά ρ α E b = N/C Er = k ^ - ά ρ α Ε Γ = 17, N/C E A = k IQ 4 1 Η Δ (+)Γ άρα Ε Δ = 35, N/C Υπολογίζουμε τη συνισταμένη με διεύθυνση (ΑΓ): Ε αγ = Ε α -ΕΓ = 0, N/C Υπολογίζουμε τη συνισταμένη με διεύθυνση (ΒΔ): Ε ΒΔ = Ε Β -Ε δ = 0, N/C Και επομένως η συνισταμένη ένταση έχει μέτρο: Ε ολ = ή Ε ολ = N/C και εφθ = ή εφθ = 0,75. ΒΔ 17. α) Η μετατόπιση δίνεται από τη σχέση: χ = ~ at 2 (1) Η επιτάχυνση που δέχεται είναι: α = (2) Η δύναμη από το ηλ. πεδίο είναι: F = E-q (3)

8 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.1 (3) => F = β Ν (2) =* α = 1,2m/s 2 από την (1) έχουμε: χ = 0,6 m. β) Η κινητική ενέργεια του φορτίου είναι: k '= mu 2 ^, k = ma 2 t 2 άρα k = 7,2-10" 6 Joule. υ = at a 18. Έστω F η δύναμη από το αρχικό πεδίο, F η αντίστοιχη από το αντίρροπο πεδίο και υ 0 η ταχύτητα που απέκτησε από την προηγούμενη κίνηση. Ο χρόνος που χρειάζεται μέχρι να μηδενιστεί η ταχύτητα του φορτίου δίνεται από τη σχέση t = από την οποία προκύπτει: a' =-^aή α' = 1-2m/s 2 (1) Επίσης από το νόμο του Νεύτωνα έχουμε: F-F' =-m-a => gq-g'q =-ma g" = ma + 5 %' = 24N/C 19. Η δυναμική ενέργεια του συστήματος δίνεται από τη σχέση: U = k QlQ2 άρα U = -0,54 Joule

9 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ Από τη σχέση U = k => r = k και βρίσκουμε ότι: r = 0,4 m. 21. Από τη σχέση U = k έχουμε U = -10, Joule. 22. Από τη σχέση του δυναμικού έχουμε: V = k ή V = V. 23. Από τη σχέση V = k -y- => r = και r = 0,45m. 24. α) Από τη σχέση του δυναμικού: U = q-v βρίσκουμε U = J. β) Εφόσον η δυναμική του ενέργεια είναι αρνητική πρέπει να του προσφερθεί ενέργεια ίση με Joule για τη μεταφορά του φορτίου στο άπειρο. 25. Έστω = +2μΟ και Q 2 = + 18μΟ που βρίσκονται στις θέσεις Α και Β αντίστοιχα και απέχουν απόσταση d = 16cm. (α) Έστω ότι η ένταση μηδενίζεται στη θέση Μ που απέχει απόσταση χ από το Α. Η ένταση στο σημείο Μ οφείλεται σε δύο πεδία που δημιουργούνται από τα φορτία και Q 2. Εφόσον η ένταση στο Μ υποτέθηκε μηδενική θα πρέπει γ- r- ' ι Qi ι Qp ' I d-x \ 2 Ει = Ε Ξ η k ^ η Q2 Qi

10 10 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.1 _ι Επομένως χ = τ 2- οπότε χ, = 0,04m η λύση χ 2 = -0,8m απορρίπτεται. "V Qi (β) Στο σημείο Μ το δυναμικό θα είναι V M = V-ι + V 2 (1) V! = k-^- =* V 1 = 4, V (2) V 2 = k => V 2 = 13, V (3) ^ d-x από τη σχέση (1) λόγω των (2) και (3) έχουμε: V M = V. 26. α) Για n = 2m: V, = k ή = V r 1 Για r 2 = 4m: V 2 = k r 2 ή V 2 = 4, V β)^ = q-v 1 ή U, = 9-10" 3 J γ) W F = q^-va) ή W F = J. 27. α) Η δυναμική ενέργεια του ηλεκτρονίου είναι: U = k από αυτή βρίσκουμε: U = -1,1-10~ 24 J. β) Η κινητική ενέργεια του ηλεκτρονίου είναι: Κ = mu 2 (1) η δύναμη Coulomb είναι κεντρομόλος και επομένως: κ-%- = (2) Γ 2 Γ 2

11 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ από τη (1) λόγω της (2) έχουμε: Κ = k-^- και επομένως: Κ = 0,55-10~ 24 J. γ) Η ολική ενέργεια Ε = U+Κ βρίσκουμε: Ε = -0, J. 28. α) Το δυναμικό στο σημείο Μ είναι: VM = V1+V2+V3+V4 ή ν Qi ι ι, Q2, Μ (AM) (MB) +k +k ή 1 (ΜΓ) (ΔΜ) VM Μ (AM) k (MO (Q-,- Q 2 ) + (Q3-IQ4I) από την οποία βρίσκουμε: β) V K = V 1 +V 2 +V 3 +V 4 ή V M = -111, V V K = k +k -^2- +k +k r r r r από την οποία βρίσκουμε V K = V. Q A 1 Η Q 2 Β >\ * \ '/»\ ' \ / \ / x /' \ ' \ / 1. Λ ' \ '. χ \ /,--K\ \ /' '/ \» X, * ' ' r * \ \ χ Q4 '/' \ '/ \j \ Q 3 Δ Γ α) Το έργο κατά τη μετακίνηση του φορτίου από το Μ στο άπειρο είναι: \Ν λ = ς^-ν^) ή W, = q-v M ή Wt = 111,24-10 _3 J β) Όμοια W 2 = q(v K -V x ) ή W 2 = q-v K ή W 2 = _3 J.

12 12 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ Από το θεώρημα της κινητικής ενέργειας έχουμε: Κ Τ -Κ Α = W F ή Κ Τ -Κ Α = q-v ή Λ- mu 2-0 = q-v ή υ = / άρα υ = m/s. 31. α) Η ηλεκτρική ενέργεια που ελευθερώθηκε κατά τη διάρκεια του κεραυνού, είναι ίση με τη μεταβολή δυναμικής ενέργειας του φορτίου. Ε ηλ = ΔΙΙ = q-v ή Ε ηλ = -1, J β) Η μέση ισχύς από τη σχέση Ρ = ή Ρ = -1, watt. 32. α) C = -γ- άρα V = ή V = 50-10~ 3 V ή 50mV. β) Η ενέργεια του πυκνωτή είναι Ε ηλ = QV από τον τύπο βρίσκουμε: Ε ηλ = J 33. Το εμβαδόν κάθε οπλισμού είναι S = 200cm 2 ή m 2 το μήκος = 5-10~ 4 m. β) Χωρητικότητα του πυκνωτή είναι: C = εε Επειδή ε = 1 έχουμε C = ε 0 ~ και από αυτή έχουμε: C = 3,54-10~ 10 F.

13 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ s 0 * S 34. Από την C = ε 0 -γ έχουμε: = ^ από όπου βρίσκουμε =1mm. 35. α) Η χωρητικότητα του πυκνωτή είναι: C = ε 0 γ από όπου βρίσκουμε: C = 4,43-10" 10 F. β) Το φορτίο του πυκνωτή είναι: Q = CV από όπου Q = " 10 C. 36. ΠΡΙΝ (ΤΟ ΔΙΠΛΑΣΙΑΣΜΟ) ΜΕΤΑ (TO ΔΙΠΑΑΣΙΑΣΜΟΣ) C = 2-10" 6 F C ' = e o "^ = 10 " 6F Q = CV = " 6 C V = -~7~ = 300V V = 150V Ε = V/ = V/m 3 Ε' = = 0, V/M Ε ηλ = ^- Q-V = ^ Ε ηλ = ^-0 ν = J 37. Η ένταση δίνεται από την Ε = γ από την οποία βρίσκουμε: Ε = 160 V/m 38. Η απόσταση μεταξύ των οπλισμών είναι ί = από την οποία βρίσκουμε = 0,2m.

14 14 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ α) Για την μετακίνηση του θετικού φορτίου από την αρνητική στη θετική πλάκα απαιτείται έργο εξωτερικής δύναμης ίσο με το αρνητικό έργο της δύναμης του πεδίου. Άρα: W F = q-v = Joule β) Σ' αυτή τη περίπτωση το πεδίο μετακινεί το φορτίο αυθόρμητα και επομένως θα πρέπει να ασκηθεί στο φορτίο εξωτερική δύναμη ώστε να μετακινηθεί με σταθερή κινητική ενέργεια. Το έργο αυτό θα είναι αντίθετο του έργου της δύναμης του πεδίου, άρα: νν Ρεξ = 9-V = " 6 J t 1 F Lu 0 Ε F (Η τάση V να ληφθεί ίση με 90 Volt). T, άξονας χ: κίνηση ευθύγραμμη ομαλή d = u 0 t => t = t - 2,5-10" 9 sec d u 0 =ΐ> άξονας y: κίνηση ευθύγραμμη ομαλά επιταχυνόμενη lf y = m e -a y <» Ε q e = m e -a y

15 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ α ν = V I qg J = m/s y m e - μετά από χρόνο t: u y = a y -t => u y = m/s Η ταχύτητα επομένως κατά την έξοδο είναι: υ = Vuo+u y => υ = 2, m/s. και η διεύθυνση της: εφθ = => εφθ = 0.2. Uy 41. α) Κ = q-v βρίσκουμε Κ = 3, J. β) Κ = mu 2 άρα: υ = m βρίσκουμε: υ = 8, m/s. 42. Εφ'όσον αιωρείται η σταγόνα IF = 0 ή F nx = Β (1) V αλλα η F n = E-q η F na = ~γ -q (2) B-e από τις (1) και (2) q = ν βρίσκουμε: q = 6, C 43. IF y = 0 ή T y = Β IF X = 0 ή T x = F Τ ν Β - Β χ- = - <φ εφθ = (1) F = E-q = -γ q (2) από τις (1) και (2) έχουμε:

16 16 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.1 V = πη 9^^Φ 30 βρίσκουμε: V = 9,43V. 44. α) Η ένταση του ηλεκτρικού πεδίου βρίσκεται από τη σχέση: Ε = άρα Ε = 200-^β) VKA = V K -V A =* V A = VK-VKA => V A = -800V. 45. Η ένταση του πεδίου δίνεται από τη σχέση: V ^ V Ε = -γ- και επομένως Ε = 20 - c m άρα μεταξύ των σημείων (ΚΑ) η διαφορά δυναμικού V«A βρίσκεται από την αντίστοιχη σχέση: Ε = <-ΚΛ άρα V«A = Ε'^ΚΛ άρα: V«A = 1200V α) Επομένως το έργο της δύναμης του πεδίου είναι: Wka = q-v«a άρα = 12-10" 4 J. β) Το έργο W MK είναι μηδενικό διότι η δύναμη του πεδίου είναι κάθετη στη μετατόπιση Μ Κ (ή διότι η V MK = 0). γ) Το έργο WK/WK είναι μηδενικό γιατί το ηλεκτροστατικό πεδίο είναι συντηρητικό (ή VKA MK = 0).