ΤΜΗΜΑ ΧΗΜΙΚΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ. Εξέταση Φυσικής - Σεπτεμβρίου Διδάσκων: Δ. Κουζούδης

Μέγεθος: px
Εμφάνιση ξεκινά από τη σελίδα:

Download "ΤΜΗΜΑ ΧΗΜΙΚΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ. Εξέταση Φυσικής - Σεπτεμβρίου Διδάσκων: Δ. Κουζούδης"

Transcript

1 ΤΜΗΜΑ ΧΗΜΙΚΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ Εξέταση Φυσικής - Σεπτεμβρίου 015 Διδάσκων: Δ. Κουζούδης Ημερομηνία 16 Σεπτεμβρίου 015 Ονοματεπώνυμο: ΑΜ: (το 7 ψήφιο) Υποδείξεις προς τους φοιτητές: α) Η εξέταση είναι με κλειστές σημειώσεις και βιβλία, και αποτελείται από 5 ισοδύναμα προβλήματα. Επιτρέπεται η χρήση των τυπολογίων που ετοίμασε ο διδάσκοντας. β) Απαγορεύεται η χρήση κινητών τηλεφώνων αλλά και οποιασδήποτε είδους ηλεκτρονικής συσκευής, συμπεριλαμβανομένων και των αριθμομηχανών τσέπης αφού όλες οι απαντήσεις είναι αναλυτικές. Βεβαιωθείτε ότι τα κινητά είναι σε σιγή και όχι επάνω στο θρανίο. Επίσης επάνω στο θρανίο δεν πρέπει να βρίσκονται τσάντες ή είδη ενδυμασίας. γ) Οι απαντήσεις πρέπει να είναι πλήρεις (αλλά όχι πολύ φλύαρες). Αποτελέσματα χωρίς τεκμηρίωση δεν θα γίνονται δεκτά ακόμα και εάν είναι αριθμητικώς σωστά. Επίσης οι απαντήσεις σας πρέπει να είναι συναρτήσει των δεδομένων αλλιώς δεν θα θεωρούνται σωστές. δ) Σιγουρευτείτε ότι έχετε υπογράψει στο Παρουσιολόγιο το οποίο θα σας το φέρει ο διδάσκοντας κατά την διάρκεια της εξέτασης. Επίσης να έχετε το πάσο έτοιμο επάνω στο θρανίο ώστε να μη χάνετε πολύτιμο χρόνο όταν σας ζητηθεί κατά τη διάρκεια της πιστοποίησης. ε) Δεν επιτρέπεται για οποιοδήποτε λόγο να αφήσετε τη θέση σας κατά τη διάρκεια της εξέτασης. Εάν αυτό δεν είναι δυνατό λόγω ανωτέρω βίας, ο διδάσκοντας θα πάρει το γραπτό σας και θα σας δώσει προφορική εξέταση στις αμέσως επόμενες ημέρες. στ) Επειδή κάποιοι φοιτητές συνεχίζουν να γράφουν και μετά το πέρας της εξέτασης, δηλώνω ότι μετά την αποχώρησή μου από την αίθουσα δεν πρόκειται να δεχτώ κανένα γραπτό αφού δεν είναι δυνατό να ελέγξω τον προορισμό του. Καλή επιτυχία! $ 1{ Στο παρακάτω σχήμα, δυο πανομοιότυπα χάλκινα συμπαγή σφαιρίδια πολύ μικρών διαστάσεων και μάζας m το καθένα, αναρτιούνται με ξεχωριστό αβαρές χάλκινο σύρμα το καθένα από τον ίδιο χαλύβδινο μικρό γάντζο Α στην οροφή. Τα δυο σύρματα είναι πανομοιότυπα με μήκος L και απειροελάχιστο πάχος το καθένα. Αρχικά τα δυο σφαιρίδια είναι αφόρτιστα και ένας φοιτητής

2 τοποθετεί με κάποιο τρόπο ένα συνολικό φορτίο q στο σημείο Α και καταγράφει αμέσως μετά την απόσταση x μεταξύ των δυο σφαιριδίων (από κέντρο σε κέντρο). Να βρείτε μια έκφραση του φορτίου q συναρτήσει των δεδομένων x, L, m αλλά και των σταθερών g (βαρυτική) και Κ (ηλεκτρική) της Φυσικής (Σημείωση: μπορείτε να θεωρήσετε κατάσταση ισορροπίας και να λάβετε προσεγγιστικά ότι για μικρές γωνίες ισχύει cosθ 1. Τα σφαιρίδια μπορούν να εκληφθούν ως σημειακά κατά προσέγγιση). Α σύρμα m m Λύση: Το φορτίο που τοποθετεί ο φοιτητής στο σημείο Α δεν θ μείνει εκεί αφού όλα τα υλικά είναι αγώγιμα (γάντζος, σύρματα, σφαιρίδια). Επειδή το σύρμα είναι απειροστά λεπτό, το περισσότερο φορτίο θα καταλήξει στα σφαιρίδια. Λόγω συμμετρίας, το φορτίο θα μοιραστεί δια δύο και μπορούμε να πούμε προσεγγιστικά ότι στο κάθε σφαιρίδιο έχουμε φορτίο q/. Αφού πρόκειται για το ίδιο φορτίο, θα επέλθει ηλεκτρική άπωση F e = k (q/)(q/) x = k q 4x μεταξύ των δυο σφαιριδίων, όπου x είναι η απόσταση μεταξύ τους. Εάν δεν υπήρχε το σύρμα και η βαρύτητα, τα σφαιρίδια θα είχαν μετακινηθεί στο άπειρο λόγω της άπωσης αυτής. Όπως όμως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα, στο σφαιρίδιο δρα η τάση του σύρματος και η βαρύτητα F g = mg και έτσι τα σφαιρίδια ισορροπούν σε κάποια γωνία θ συμμετρικά ως προς την κατακόρυφο. Α F e cosθ L θ θ σύρμα m F g sinθ F e m x Θεωρήστε ένα άξονα κάθετο στο σύρμα στο σφαιρίδιο στα αριστερά (λόγω συμμετρίας, οι δυνάμεις είναι οι ίδιες και στα δυο σφαιρίδια). Σε αυτό τον άξονα υπάρχουν δυο συνιστώσες, η βαρυτική F g sinθ και της ηλεκτρικής F e cosθ. Λόγω ισορροπίας, αυτές οι δυο είναι ίσες και έτσι

3 k q cosθ = mgsinθ 4x Χρησιμοποιώντας τη δεδομένη προσέγγιση της μικρής γωνίας, έχουμε k q 4x mgsinθ Από απλή τριγωνομετρία στο παραπάνω σχήμα, έχουμε sinθ = x/l οπότε Λύνοντας k q x mg 4x L q mg x3 kl ) Να υπολογισθεί το ηλεκτρικό πεδίο που δημιουργείται στο σημείο Α του παρακάτω σχήματος με συντεταγμένη (0, ρ) λόγω μιας ομοιόμορφα φορτισμένης λεπτής ράβδου που βρίσκεται επάνω στον άξονα x από το x = α έως το x = α εάν η γραμμική πυκνότητα του φορτίου της είναι ίση με λ. y Α x = α ρ x = α x Λύση: Όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα, "τεμαχίζουμε" τη ράβδο σε απειροστά κομμάτια. Έστω ένα τέτοιο κομμάτι απειροστού εύρους dx στο σημείο Β της ράβδου με συντεταγμένη x το οποίο απέχει απόσταση r από το σημείο Α. Το απειροστό αυτό κομμάτι θα περιέχει απειροστό φορτίο ίσο με dq = λdx και έτσι θα παράγει στο σημείο Α ένα απειροστό πεδίο ίσο με de = k dq dx = kλ r r Η φορά του de φαίνεται στο Σχήμα. Το de μπορεί να αναλυθεί σε δυο συνιστώσες x και y. Προσέξτε ότι η ράβδος είναι τοποθετημένη συμμετρικά επάνω στον άξονα x και έτσι για κάθε σημείο Β υπάρχει και το συμμετρικό του σημείο, έστω Β, το οποίο θα ισαπέχει από το Β και θα παράγει πεδίο de ίσου μέτρου αλλά διαφορετικής φοράς προς τα πάνω και δεξιά, όπως φαίνεται και στο ένθετο του σχήματος. Έτσι, όταν αθροίσουμε την συνεισφορά του κάθε κομματιού της

4 ράβδου, οι οριζόντιες συνιστώσες του ολικού πεδίου αλληλο-αναιρούνται σε ζεύγη και έτσι το πεδίο θα έχει μόνο κατακόρυφη συνιστώσα. Άρα από τη συνεισφορά του σημείου Β θα κρατήσουμε μόνο την κατακόρυφη συνιστώσα de y = decosθ y dε Α dε dε x = α ρ θ r x = α x dq B x dx Ολοκληρώνοντας όλες τις συνεισφορές οδηγεί στο E = x=a de y x= a x=a = decosθ x= a = kλ x=a x= a dx r cosθ Μέσα στο ολοκλήρωμα έχουμε τρεις μεταβλητές, τα θ, x και r. Πρέπει να τα εκφράσουμε όλα συναρτήσει μιας μεταβλητής αλλά και συναρτήσει του δεδομένου ρ. Επιλέγουμε ως κοινή μεταβλητή τη γωνία θ. Από απλή τριγωνομετρία στο παραπάνω σχήμα έχουμε tanθ = x => x = ρtanθ => dx = ρ ρ cos θ dθ rcosθ = ρ => 1 r = cosθ ρ Έστω θ α η μέγιστη γωνία που αντιστοιχεί στα όρια x = ±a της ράβδου. Το ολοκλήρωμα γίνεται: E = kλ θ α θ= θ α ρ cos θ dθ cos θ ρ Από απλή τριγωνομετρία μπορούμε να δούμε ότι Τελικά cosθ = kλ ρ [cosθ] θ α θ= θ α ρ cosθ α = ρ a kλ E = ρ a = kλ ρ cosθ α (προσέξτε ότι αφού το λ είναι φορτίο ανά μονάδα μήκους, το παραπάνω Ε έχει τις σωστές μονάδες). 3) Να βρεθεί το ηλεκτρικό πεδίο παντού στον χώρο ενός μονωτικού κυλίνδρου απείρου μήκους και ακτίνας R ο οποίος είναι φορτισμένος ομοιόμορφα με χωρική πυκνότητα φορτίου η (φορτίο/όγκος)

5 Λύση: Θα εργαστούμε πρώτα στο εξωτερικό του κυλίνδρου. Όπως φαίνεται και στα παρακάτω δυο σχήματα, λόγω κυλινδρικής συμμετρίας, επιλέγουμε για επιφάνεια Gauss ένα κλειστό κύλινδρο ακτίνας ρ > R και μήκους L, ομοαξονικό με τον δεδομένο κύλινδρο. Επιφάνεια Gauss ΤΡΙΣΔΙΑΣΤΑΤΗ ΑΠΕΙΚΟΝΙΣΗ L Αγώγιμος κύλινδρος απείρου μήκους Επιφάνεια Gauss - Ρ da E ρ R Κύλινδρος ΠΛΑΓΙΑ ΟΨΗ Οι δυναμικές γραμμές είναι παρόμοιες με αυτές που είδαμε στο υπο-εδάφιο "Φορτισμένη γραμμή απείρων διαστάσεων", δηλαδή δισδιάστατες ακτινικές από την επιφάνεια του κυλίνδρου προς το άπειρο (σαν τις ακτίνες της ρόδας του ποδηλάτου). Ακριβώς όπως δουλέψαμε με την γραμμή φορτίου, το da στις δυο βάσεις Β 1 και Β του κυλίνδρου Gauss είναι κάθετο στο Ε και έτσι Ε da = 0 εκεί και τα αντίστοιχα ολοκληρώματα μηδενίζονται. Στην παράπλευρη επιφάνεια Π βλέπουμε από την πλάγια όψη ότι το da είναι παράλληλο με το Ε και έτσι Ε da = ΕdA. Επομένως

6 Ε dα = Q => Ε dα Ε dα Ε dα = Q => ΕdA = Q ε 0 Β 1 Β Π ε 0 Π ε 0 όπου Q είναι το περικλειόμενο φορτίο από τον κύλινδρο Gauss. Λόγω κυλινδρικής συμμετρίας το Ε είναι σταθερό επάνω στην Π και έτσι μπορεί να βγει εκτός ολοκληρώματος: Ε da Π Το εμβαδό της παράπλευρης επιφάνειας του κυλίνδρου Gauss είναι ίσο με πρl (βάση ύψος). Επομένως = Q ε 0 ΕπρL = Q ε 0 Μένει μόνο να υπολογίσουμε το περικλειόμενο φορτίο Q. Αφού αυτό εγκλωβίζεται μέσα σε μήκος L του αγώγιμου κυλίνδρου, ο αντίστοιχος περικλειόμενος όγκος του αγωγού ισούται με V = πr L Δεδομένου ότι η πυκνότητα φορτίου η είναι εξ ορισμού φορτίο ανά όγκο, το περικλειόμενο φορτίο ισούται με Q = ηv = ηπr L και έτσι ή ΕπρL = ηπr L ε 0 Ε = ηr ε 0 ρ Στο εσωτερικό του αγωγού, η αντιμετώπιση του προβλήματος είναι η ίδια ακριβώς, με τη διαφορά τώρα ότι η επιφάνεια Gauss περικλείει λιγότερο φορτίο και στον υπολογισμό του περικλειόμενου όγκου V πρέπει να χρησιμοποιήσουμε την ακτίνα ρ της επιφάνειας Gauss και όχι του αγωγού R, αφού η επιφάνεια αυτή είναι εξ ολοκλήρου μέσα στον αγωγό. Έτσι Το αντίστοιχο περικλειόμενο φορτίο είναι ίσο με Έτσι από την παίρνουμε V = πρ L Q = ηv = ηπρ L Ε da Π = Q ε 0 ΕπρL = Q ε 0 = ηπρ L ε 0 οπότε Ε = ηρ ε 0

7 4) Στο παρακάτω σχήμα απεικονίζεται μια διάταξη που αποτελείται από δυο ομοιόμορφα φορτισμένα μη-αγώγιμα λεπτά φύλλα, τοποθετημένα κάθετα μεταξύ τους σε μια κοινή ακμή η οποία περιέχει την αρχή των συντεταγμένων Ο και έτσι προσανατολισμένα ώστε το ένα να περιέχει τον άξονα x και το άλλο τον άξονα y. Το κατακόρυφο φύλλο φέρει αρνητικό φορτίο Q y και έχει εμβαδό Α y ενώ το οριζόντιο φύλλο φέρει αρνητικό φορτίο Q x και έχει εμβαδό Α x αντίστοιχα. Σε τυχαίο σημείο Ρ με συντεταγμένες (x, y) τοποθετούμε ένα μικρό σημειακό θετικό φορτίο q. Θεωρώντας ότι οι συντεταγμένες του Ρ είναι μικρές σε σχέση με τις διαστάσεις των φύλλων, μπορείτε να θεωρήσετε ότι τα φύλλα είναι απείρων διαστάσεων και να απαντήσετε τις παρακάτω ερωτήσεις: α) Πόση είναι η ηλεκτρική δυναμική ενέργεια του φορτίου q (η αρχή της επαλληλίας μπορεί να σας βοηθήσει); β) Πόσο είναι το δυναμικό στο σημείο Ρ; γ) Ποιες είναι οι συντεταγμένες του ηλεκτρικού πεδίου στο Ρ; δ) Να σχεδιασθούν οι ισοδυναμικές επιφάνειες παντού στο χώρο (οι τομές τους με τη σελίδα). ε) Να σχολιασθεί εάν η απάντηση σας στο υποερώτημα δ είναι σε συμφωνία με το υποερώτημα γ παραπάνω. y Ρ - Ο x Λύση:

8 α) Εάν είχαμε μόνο το φύλλο που περιέχει τον άξονα x, τότε σύμφωνα με την Εξ. 4.3 η δυναμική ενέργεια του φορτίου q θα ήταν ίση με U x = q Ε y όπου y είναι η απόσταση του φορτίου από το φύλλο και E x είναι το ηλεκτρικό πεδίο που δημιουργεί το φύλλο το οποίο από την Εξ..7 ισούται με και έτσι Ε = σ x ε 0 = Q x ε 0 A x U x = qq x ε 0 A x y Ομοίως εάν υπήρχε μόνο το άλλο φύλλο, θα είχαμε U y = qq y ε 0 A y x όπου τώρα η απόσταση του φορτίου από αυτό το φύλλο είναι ίση με x. Από την αρχή της επαλληλίας η δυναμική ενέργεια του φορτίου είναι ίση με U = U x U y = qq x ε 0 A x y qq y ε 0 A y x β) Θεωρώντας το q ως το δοκιμαστικό φορτίο, έχουμε εξ ορισμού γ) Από τις Εξ. 5. Εναλλακτικά είδαμε παραπάνω ότι V = U q = Q x y Q y x ε 0 A x ε 0 A y E x = V x = Q y ε 0 A y E y = V y = Q x ε 0 A x Ε = σ x ε 0 = για το πεδίο που δημιουργεί το φύλλο που περιέχει τον άξονα x. Επειδή το φορτίο Q x είναι αρνητικό, αυτό το πεδίο είναι προς τον αρνητικό άξονα y και έτσι μπορούμε να του προσδώσουμε τον δείκτη y και να γράψουμε Q x ε 0 A x ομοίως και για το άλλο φύλλο. E y = Q x ε 0 A x δ) Ισοδυναμικές επιφάνειες σημαίνει V = c όπου c = σταθ, δηλαδή

9 Q x Q y y x = c ε 0 A x ε 0 A y Αυτή είναι μια εξίσωση ενός επιπέδου. Στο επίπεδο x y οι τομές αυτών των επιπέδων είναι ευθείες. Λύνοντας ως προς y έχουμε y = A xq y A y Q x x c όπου c μια άλλη σταθερά. Η κλίση της ευθείας είναι σταθερή και ίση με λ 1 = A x Q y A y Q x ε) Όπως είδαμε στο ερώτημα γ, το ηλεκτρικό πεδίο έχει σταθερές συνιστώσες και η γωνία του θ έχει κλίση λ = tanθ = E y E x = A yq x A x Q y Το γινόμενο των δυο κλίσεων λ 1 λ είναι ίσο με 1 και άρα το E είναι κάθετο στις ισοδυναμικές επιφάνειες όπως πρέπει. 5) Με τη βοήθεια του νόμου του Gauss, να βρεθεί το ηλεκτρικό πεδίο παντού στον εσωτερικό χώρο μιας επίπεδης μονωτικής πλάκας απείρου επιφάνειας και πεπερασμένου πάχους d (μη λεπτή πλάκα) με ομοιόμορφη χωρική πυκνότητα φορτίου η. Πάρτε για ευκολία τον άξονα x κάθετα στην επιφάνεια της πλάκας, με το x = 0 στο κεντρικό επίπεδο της πλάκας (έτσι ώστε οι επιφάνειες της πλάκας να είναι στο x = ±d/) και χρησιμοποιήστε το γεγονός ότι υπάρχει συμμετρία ως προς ±x. Επίσης υποθέστε ότι η κατεύθυνση των δυναμικών γραμμών είναι παρόμοια με αυτή μιας λεπτής πλάκας με τον ίδιο προσανατολισμό. Πόσο είναι το δυναμικό στο εσωτερικό της πλάκας σε τυχαίο σημείο; Λύση: Επιλέγουμε ως επιφάνεια Gauss ένα ορθογώνιο παραλληλεπίπεδο στο εσωτερικό της πλάκας, με τις δυο επιφάνειές του να έχουν σταθερή συντεταγμένη ±x. Έστω ότι οι άλλες δυο διαστάσεις αυτής της επιφάνειας είναι μήκος L κατά μήκος της σελίδας και βάθος w κάθετα στη σελίδα.

10 επιφάνεια Gauss x d/ x Δυναμικές γραμμές μονωτική πλάκα x d/ Εφαρμόζουμε τον νόμο του Gauss Ε dα = Q ε 0 Η επιφάνεια Gauss περικλείει όγκο V = xlw και έτσι από την πυκνότητα φορτίου το περικλειόμενο φορτίο είναι ίσο με Q = ηv = ηxlw Από τα δεδομένα, οι δυναμικές γραμμές είναι κατά μήκος του άξονα x και έτσι στο παραπάνω ολοκλήρωμα συνεισφέρουν μόνο οι δυο επιφάνειες που είναι κάθετες στον άξονα x με εμβαδό Α = Lw η καθεμία. Το ηλεκτρικό πεδίο είναι παράλληλο με το κάθετο της κάθε επιφάνειας και έτσι: E(x)Lw E( x)lw = ηxlw ε 0 Λόγω συμμετρίας περιμένουμε Ε(x) = E( x) οπότε Ε(x)Lw = ηxlw ε 0 => E(x) = η ε 0 x Προσέξτε ότι το αποτέλεσμα έχει το σωστό πρόσημο αφού προβλέπει θετικό Ε για x > 0 και αρνητικό για x < 0 σε συμφωνία με τις δυναμικές γραμμές. Το δυναμικό μπορούμε να το βρούμε με ολοκλήρωση από τη σχέση: E = dv dx => V = η ε 0 xdx c ή V(x) = η ε 0 x c Η σταθερά c είναι η τιμη του δυναμικού στο x = 0 που μπορούμε αυθαίρετα να τη λάβουμε ως μηδέν.

11 6) Ένας πυκνωτής αποτελείται από έναν σφαιρικό εσωτερικό οπλισμό ακτίνας R 1 ο οποίος περιβάλλεται από εξωτερικό λεπτό σφαιρικό κέλυφος ακτίνας R > R 1, ομόκεντρο με τον εσωτερικό οπλισμό. Να υπολογισθεί η χωρητικότητά του θεωρώντας ότι το θετικό φορτίο είναι κατανεμημένο στον εσωτερικό οπλισμό (Σημείωση: Πρώτα πρέπει να υπολογισθεί το ηλεκτρικό πεδίο και ακολούθως το δυναμικό στο εσωτερικό του πυκνωτή). Λύση: Στην εσωτερικό χώρο μεταξύ της σφαίρας και του κελύφους θεωρούμε μια σφαιρική επιφάνεια Gauss, ομόκεντρη με τη σφαίρα και με ακτίνα R > r > R 1. Το πρόβλημα έχει σφαιρική συμμετρία, η κατανομή των Δ.Γ. είναι ακτινική και το Ε τέμνει κάθετα τη σφαίρα Gauss. Το dα είναι παράλληλο στο Ε και έτσι το εσωτερικό τους γινόμενο γίνεται Ο νόμος του Gauss γίνεται Ε dα = ΕdAcos0 0 = EdA Ε dα = Q ε 0 => EdA = Q ε 0 Η ολοκλήρωση γίνεται επάνω στην σφαίρα Gauss όπου το Ε είναι σταθερό. Το περικλειόμενο φορτίο είναι μόνο το θετικό φορτίο Q. Επομένως ή E da = Q => Ε4πr = Q => Ε = Q ε 0 ε 0 4πr ε 0 Ε = Q 4πε 0 r Το δυναμικό προκύπτει με ολοκλήρωση σε σφαιρικές συντεταγμένες από τη σχέση ή Ε = V kq => V = Edr = 1 r 4πε 0 r dr V = Q 4πε 0 r c Η διαφορά δυναμικού μεταξύ των δυο οπλισμών είναι ίση με ΔV = V(R 1 ) V(R ) = Από τον ορισμό της χωρητικότητας Q ( 1 1 ) = Q R R 1 4πε 0 R 1 R 4πε 0 R 1 R έχουμε τελικά C = Q ΔV C = 1 4πε 0 R 1 R R R 1

12 7) Μια άπειρη ακολουθία πυκνωτών C 1, C, C 3 με χωρητικότητες που δίνονται από την αναδρομική σχέση C n1 = C n εκτός από τον πρώτο ο οποίος έχει μια γνωστή χωρητικότητα C 1 = C, συνδέονται σε σειρά μεταξύ τους σε μπαταρία που παρέχει τάση V, με τον πρώτο πυκνωτή να είναι ο πλησιέστερος προς τον θετικό πόλο της πηγής και τους άλλους να ακολουθούν διαδοχικά. Nα βρεθούν α) Το φορτίο του κάθε πυκνωτή και β) Η ενέργεια του κάθε πυκνωτή. Σημείωση: Η γνωστή γεωμετρική σειρά Α = 1 x x x 3 μπορεί να υπολογισθεί εύκολα εάν γραφτεί ως Α = 1 x(1 x x ) = 1 xa Λύση: α) Η ολική χωρητικότητα C ΟΛ δίνεται από την Από την αναδρομική σχέση έχουμε Εύκολα βλέπουμε ότι η ακολουθία είναι η εξής 1 C ΟΛ = 1 C 1 1 C 1 C 3 C 1 = C C = C 1 = C C 3 = C = C = C C 4 = C 3 = C = 3 C C ν1 = ν C Επομένως Η ολική χωρητικότητα C ΟΛ δίνεται από την 1 = 1 C ΟΛ C 1 C 1 C = 1 C (1 1 1 ) Η έκφραση μέσα στην παρένθεση είναι η γεωμετρική σειρά με x = 1/. Από την εκφώνηση, αυτή η σειρά A ικανοποιεί την εξίσωση Α = 1 xa οπότε λύνοντας παίρνουμε A = 1/(1 x). Επομένως 1 = 1 C ΟΛ C 1 1 1/ => C ΟΛ = C Αφού η συστοιχία συνδέεται σε μπαταρία τάσης V τότε ο ισοδύναμος πυκνωτής θα αποκτήσει φορτίο Q = C ΟΛ V = CV Όταν οι πυκνωτές βρίσκονται σε σειρά, το φορτίο τους είναι το ίδιο και είναι ίσο με το φορτίο του ισοδύναμου πυκνωτή (δείτε τη συζήτηση για δυο πυκνωτές σε σειρά στις σημειώσεις του μαθήματος). Επομένως Q n = CV

13 β) Ο τύπος της ενέργειας είναι U n = 1 Q 1 n = C n n 1 C (CV ) = CV n Αυτή η σχέση ισχύει μόνο για n. Για n = 1 έχουμε U 1 = 1 C Q 1 = 1 C (CV ) = CV 3 8) Έστω ένας πυκνωτής ο οποίος αποτελείται από έναν εσωτερικό οπλισμό σχήματος κυλίνδρου ακτίνας R 1 και μήκους L μαζί με ένα εξωτερικό λεπτό κυλινδρικό κέλυφος ακτίνας R > R 1, ομοαξονικό με τον εσωτερικό οπλισμό και ίσου μήκους L. Να βρεθεί η μαθηματική εξίσωση των ισοδυναμικών επιφανειών στο εσωτερικό αυτού του πυκνωτή θεωρώντας ότι οι δυο οπλισμοί φέρουν φορτίο ±Q, με τον εσωτερικό οπλισμό να είναι ο θετικός και ότι το μήκος L είναι πολύ μεγάλο (Σημείωση: Πρώτα πρέπει να υπολογισθεί το ηλεκτρικό πεδίο και ακολούθως το δυναμικό στο εσωτερικό του πυκνωτή). Λύση: Όπως φαίνεται στα παρακάτω σχήματα, επιλέγουμε ως επιφάνεια Gauss ένα κύλινδρο μήκους L, ομοαξονικό με τους οπλισμούς και με ακτίνα ρ τέτοια ώστε η επιφάνεια Gauss να βρίσκεται στο εσωτερικό του πυκνωτή, δηλαδή R > ρ > R 1 ΤΡΙΣΔΙΑΣΤΑΤΗ ΑΠΕΙΚΟΝΙΣΗ L Επιφάνεια Gauss Εξωτερικός οπλισμός Εσωτερικός οπλισμός

14 Επιφάνεια Gauss E ρ da Ρ Εσωτερικός οπλισμός R 1 ΠΛΑΓΙΑ ΟΨΗ Εφόσον ο κύλινδρος είναι αγώγιμος, όλο το φορτίο κατανέμεται στην επιφάνειά του και Ε = 0 στο εσωτερικό του. Στον εξωτερικό χώρο, οι δυναμικές γραμμές είναι παρόμοιες με αυτές που είδαμε στο υπο-εδάφιο "Φορτισμένη γραμμή απείρων διαστάσεων", δηλαδή δισδιάστατες ακτινικές από την επιφάνεια του κυλίνδρου προς το άπειρο (σαν τις ακτίνες της ρόδας του ποδηλάτου). Ακριβώς όπως δουλέψαμε με την γραμμή φορτίου, το da στις δυο βάσεις Β 1 και Β του κυλίνδρου Gauss είναι κάθετο στο Ε και έτσι Ε da = 0 εκεί και τα αντίστοιχα ολοκληρώματα μηδενίζονται. Στην παράπλευρη επιφάνεια Π βλέπουμε από την πλάγια όψη ότι το da είναι παράλληλο με το Ε και έτσι Ε da = ΕdA. Επομένως Ε dα = Q ε 0 => Ε dα Β 1 Ε dα Β Ε dα Π = Q ε 0 => ΕdA Π όπου Q είναι το περικλειόμενο φορτίο από τον κύλινδρο Gauss το οποίο είναι όλο το φορτίο του θετικού οπλισμού. Λόγω κυλινδρικής συμμετρίας το Ε είναι σταθερό επάνω στην Π και έτσι μπορεί να βγει εκτός ολοκληρώματος: Ε da Π Το εμβαδό της παράπλευρης επιφάνειας του κυλίνδρου Gauss είναι ίσο με πρl (βάση ύψος). Επομένως = Q ε 0 = Q ε 0 ΕπρL = Q ε 0

15 ή Ε = Q πρlε 0 Το δυναμικό προκύπτει με ολοκλήρωση σε πολικές συντεταγμένες από τη σχέση ή Ε = V ρ => V = Edρ = Q 1 πlε 0 ρ dρ V = Q lnρ c πlε 0 Ισοδυναμικές επιφάνειες είναι οι επιφάνειες στις οποίες V: σταθερό. Από την παραπάνω σχέση αυτό σημαίνει ρ: σταθερό. Από τον ορισμό του ρ στις κυλινδρικές συντεταγμένες έχουμε x y = c 1 όπου c 1 : σταθερά. Έτσι x y = c 1 που είναι η εξίσωση κύκλου στο επίπεδο και κυλίνδρου στις 3 διαστάσεις 9) Ένας φοιτητής συνδέει παράλληλα δυο συρμάτινους κυλινδρικούς αγωγούς του ίδιου μήκους L αλλά διαφορετικού υλικού, έστω υ1 και υ και με διαφορετικές ακτίνες α 1 και α = α 1 αντίστοιχα και μετράει την αντίστασή τους ίση με R π. Όταν τους συνδέει σε σειρά βρίσκει αντίστασή R σ. Να βρεθεί η ειδική αντίσταση του κάθε αγωγού. (Σημείωση: Θα πρέπει να καταλήξετε σε μια δευτεροβάθμια εξίσωση. Δεν χρειάζεται να τη λύσετε, απλά αναφέρετε ότι από τη λύση αυτής της δευτεροβάθμιας προκύπτει η ειδική αγωγιμότητα του τάδε αγωγού). Λύση: Από την παράλληλη σύνδεση έχουμε 1 R π = Α 1 ρ 1 L Α ρ L όπου ρ 1 και ρ είναι η ειδική αντίσταση του κάθε αγωγού, L το μήκος τους και Α το εμβαδό της διατομής τους. Από τα δεδομένα, τα εμβαδά των δυο αγωγών είναι ίσα με και Έτσι Α 1 = πα 1 Α = πα = π(α 1 ) = 4Α 1 1 = Α 1 R π ρ 1 L 4Α 1 ρ L => 1 4 = L => 1 4 = κ ρ 1 ρ Α 1 R π ρ 1 ρ

16 όπου κ = L/Α 1 R π. Από την σύνδεση σε σειρά έχουμε L L L L R σ = ρ 1 ρ Α = ρ 1 Α 1 ρ Α => ρ 1 4Α 1 = R σ 1 L Α ρ 4 = λ ρ 4 όπου λ = R σ Α/L. Αντικαθιστώντας στην προηγούμενη σχέση ή 1 λ ρ /4 4 4 = κ => 4 = κ => ρ 4λ ρ ρ 1 4λ ρ 1 ρ = κ 4 => ρ 4λ ρ (4λ ρ )ρ = κ 4 => 4λ (4λ ρ )ρ = κ 4 κ(4λ ρ )ρ = 16λ κρ 4κλρ 16λ = 0 10) Στο παρακάτω σχήμα ένας κλειστός αγωγός σχήματος τραπεζίου διαρρέεται από ρεύμα Ι, με τις δυο παράλληλες πλευρές του να έχουν μήκος α και γ δ αντίστοιχα και να απέχουν απόσταση h μεταξύ τους. Ο αγωγός τοποθετείται μέσα σε περιοχή με ομοιογενές μαγνητικό πεδίο το οποίο είναι παράλληλο με τις δυο παράλληλες πλευρές του αγωγού. α) Να υπολογισθεί η μαγνητική δύναμη και η ροπή που δρα στην κάθε πλευρά του αγωγού ξεχωριστά. β) Να υπολογισθεί η συνολική μαγνητική δύναμη και η συνολική ροπή που δράνε στον αγωγό. Όλες οι ροπές να υπολογισθούν γύρω από τον άξονα που τέμνει την πάνω πλευρά κάθετα στο μέσο της, όπως φαίνεται και στο σχήμα. I α α h Άξονας γ δ Ομοιογενές πεδίο B Λύση: Η μαγνητική δύναμη είναι ίση κατά μέτρο με

17 F = BILsinθ όπουβ, Ι, L και θ είναι αντίστοιχα το μαγνητικό πεδιο, το ρεύμα, το μήκος και η γωνία θ μεταξύ του αγωγού και του πεδίου. Έτσι στις πάνω και κάτω πλευρές F 1 = F = 0 επειδή το πεδίο Β είναι παράλληλο με τον αγωγό. Στην αριστερή πλευρά έχουμε F 3 = IL 3 Bsinθ 3 όπου L 3 είναι το μήκος της όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα και η θ 3 η γωνία στην κάτω αριστερή γωνία: I α α. L L 4 3 h F 3 F 4 Άξονας θ 3 θ 4 γ δ Ομοιογενές πεδίο Από το τρίγωνο στα αριστερά sinθ 3 = h L 3 => L 3 sinθ 3 = h οπότε F 3 = BIh Η φορά αυτής της δύναμης είναι προς τα έξω της σελίδας. Εάν θεωρήσουμε ότι δρα στο κέντρο τα αριστερής πλευράς του τραπεζίου (κέντρο μάζας της πλευράς) τότε η απόστασή της από τον δεδομένο άξονα (διακεκομμένη γραμμή) είναι ίση με r 3 = (α γ)/ η οποία είναι η μέση τιμή των α και γ. Επομένως η ροπή αυτής της δύναμης είναι ίση με Ομοίως στη δεξιά πλευρά, η δύναμη ισούται με (α γ) τ 3 = F 3 r 3 = BIh F 4 = IL 4 Bsinθ 4 = BIh με φορά προς τα μέσα της σελίδας και η αντίστοιχη ροπή ισούται με (α δ) τ 4 = F 4 r 4 = BIh

18 όπου r 3 = (α γ)/ είναι η μέση τιμή των α και γ. Βλέπουμε ότι οι δυο δυνάμεις είναι ίσες και αντίθετες και έτσι η συνιστάμενη δύναμη είναι μηδέν. Οι δυο ροπές όμως τείνουν να περιστρέψουν προς την ίδια περιστροφική φορά ως προς τον δεδομένο άξονα και έτσι αθροίζονται. Η συνιστάμενη ροπή λοιπόν ισούται με α γ α δ α (γ δ) Στ = τ 3 τ 4 = ΒΙh = ΒΙh Το κλάσμα στα δεξιά είναι το ημι-άθροισμα των δυο βάσεων του τραπεζίου το οποίο επί το ύψος του h μας δίνει το εμβαδό Α του τραπεζίου (δείτε γεωμετρία). Έτσι η συνολική ροπή γίνεται Στ = ΒΙΑ που είναι ο ίδιος ακριβώς τύπος με τα ορθογώνιο πλαίσιο και άρα αυτός ο τύπος ισχύει για πλαίσιο οποιουδήποτε γεωμετρικού σχήματος αρκεί να μπορούμε να υπολογίσουμε την επιφάνειά του. 11) Το σύρμα του παρακάτω σχήματος έχει άπειρο μήκος και διαρρέεται από ρεύμα I. Υπολογίστε με τη βοήθεια του νόμου του Biot-Savart με ολοκλήρωση το μέτρο και την κατεύθυνση του μαγνητικού πεδίου που δημιουργείται από το ρεύμα στο σημείο Ρ. (Σημείωση: Οι τελικοί υπολογισμοί απλουστεύονται εάν εκφραστούν όλες οι μεταβλητές μήκους συναρτήσει μιας γωνίας). Ι Ι a Ρ Λύση: Ο νόμος των Biot-Savart στην Εξ μας δίνει το στοιχειώδες μαγνητικό πεδίο db που παράγει το στοιχειώδες μήκος dl ενός αγωγού που διαρρέεται από ρεύμα Ι σε απόσταση r από το στοιχειώδες μήκος: db = μ 0Ι dl r 4π r 3 Θα χωρίσουμε τον δεδομένο αγωγό στα δυο κάθετα κομμάτια και θα ολοκληρώσουμε επάνω σε αυτά για να βρούμε το ολικό πεδίο B. Για τον αγωγό στα αριστερά ισχύει

19 dl r = 0 αφού τόσο το dl είναι οριζόντιο όσο και το διάνυσμα r που το συνδέει με το σημείο παρατήρησης Ρ. Επομένως το οριζόντιο τμήμα του αγωγού δεν συνεισφέρει κάτι στον υπολογισμό και έτσι θα ολοκληρώσουμε μόνο στο κατακόρυφο τμήμα. Η ολοκλήρωση ακολουθεί την ολοκλήρωση που έχουμε στις σημειώσεις για ευθύγραμμο αγωγό απείρου μήκους με τη διαφορά ότι ο αγωγός είναι ημι-άπειρος. Έτσι παίρνουμε σύμφωνα με το παρακάτω σχήμα τον άξονα z κατά μήκος του αγωγός C και αναζητούμε το μαγνητικό πεδίο στη δεδομένη απόσταση a από τον αγωγό. Για το λόγο αυτό "τεμαχίζουμε" τον αγωγό σε στοιχειώδη τμήματα μήκους dz το καθένα και επιλέγουμε ως την αρχή των συντεταγμένων Ο στο κάτω άκρο του αγωγού. Το διάνυσμα dl που εμφανίζεται στην Εξ είναι το dl = dze z ενώ το r είναι αυτό που ενώνει το dl με το σημείο παρατήρησης Ρ. Το μέτρο του εξωτερικού γινομένου dl r στην Εξ ισούται με dl r = rdzsinθ ενώ σύμφωνα με τον κανόνα του δεξιού χεριού η φορά του είναι προς τα μέσα της σελίδας (δηλαδή κατά μήκος του άξονα-y ο οποίος είναι κάθετος στην σελίδα με φορά προς τα μέσα). Ολοκληρώνοντας την Εξ σε όλο τον αγωγό οδηγεί στο αποτέλεσμα B = db C = μ 0Ι 4π e y rdzsinθ r 3 C = μ 0Ι 4π e y sinθ r dz C z C Ι dz Ι z θ r γ Ο a Ρ Στο παραπάνω ολοκλήρωμα εμφανίζονται τρεις μεταβλητές, οι θ, r και z. Με τη βοήθεια της τριγωνομετρίας μπορούμε να τις εκφράσουμε όλες συναρτήσει της γωνίας γ που είναι η συμπληρωματική της θ. Έτσι από το παραπάνω σχήμα έχουμε sinθ = cosγ

20 cosγ = a r => 1 r = cosγ a tanγ = z => dz = a a cos γ dγ Τα όρια του αγωγού είναι τα z = 0 έως που αντιστοιχούν σε γ = 0 έως π/. Έτσι το παραπάνω ολοκλήρωμα γίνεται: Τελικά B = μ 0Ι 4π e y π γ=0 cosγ cos γ ρ ρ cos γ dγ = μ 0Ι 4πρ e y B = μ 0Ι πρ e y π γ=0 cosγdγ 1) Να βρεθεί το μαγνητικό πεδίο που δημιουργεί ένας ευθύγραμμος αγωγός πεπερασμένου μήκους L που διαρρέεται από ρεύμα Ι σε σημείο Ρ επάνω στη μεσοκάθετο του αγωγού και που απέχει απόσταση ρ από αυτόν. Λύση: Η λύση είναι παρόμοια με αυτή του προηγούμενου προβλήματος με τη διαφορά ότι τώρα αντί για ημι-άπειρο αγωγό, έχουμε αγωγό απείρου μήκους L οπότε μπορούμε να πάρουμε συμμετρικά όρια για το z = ±L/ που αντιστοιχούν σε όρια ±γ 0 της γωνίας γ όπου tanγ 0 = z/ρ = L/ρ. Έτσι η ολοκλήρωση γίνεται B = μ 0Ι 4πρ e y γ 0 γ0 cosγdγ = μ 0Ι πρ sinγ 0 e y 13) Ένα τετραγωνικό αγώγιμο πλαίσιο με Ν = 10 σπείρες κολλητά η μια με την άλλη, με εμβαδό A = 0.5 mm η καθεμία, περιστρέφεται ελεύθερα ώστε το συνημίτονο της γωνίας φ που σχηματίζει το επίπεδο του πλαισίου με ένα σταθερό μαγνητικό πεδίο Β = 0. T να μειώνεται γραμμικά με το χρόνο με αρχική τιμή 1. Σε χρόνο t = s το πλαίσιο έχει καλύψει γωνία Δφ = π/4 rad (σε σχέση με την αρχική του θέση). Ποια είναι η επαγόμενη ΗΕΔ κατ απόλυτη τιμή σε Volts σε αυτή τη θέση του πηνίου (θεωρώντας ότι η κίνηση συνεχίζεται και μετά από αυτή τη θέση); Λύση:

21 πλαίσιο Β φ θ n Δυναμικές γραμμές Λύση: Θα χρησιμοποιήσουμε τον νόμο του Faraday. Η μαγνητική ροή διαμέσου του πλαισίου ισούται με Φ Μ = ΝΒΑcosθ Όμως χρειάζεται προσοχή, η γωνία θ σε αυτό το νόμο είναι η γωνία που σχηματίζει το κάθετο n του πλαισίου με το μαγνητικό πεδίο B ενώ η δεδομένη γωνία φ είναι η γωνία που σχηματίζει το πλαίσιο με το μαγνητικό πεδίο. Οι δυο γωνίες είναι συμπληρωματικές, δηλαδή θ φ = π/ και έτσι cosθ = sinφ. Η μαγνητική ροή γίνεται Φ Μ = ΝΒΑsinφ Μας δίνεται πληροφορία για το συνημίτονο και έτσι γράφουμε αυτή τη σχέση με τη βοήθεια της βασικής τριγωνομετρικής σχέσης cos φ sin φ = 1 ως Φ Μ = ±ΝΒΑ 1 cos φ Αφού μας δίνεται ότι αρχικά coφ = 0 τότε η αρχική της τιμή της γωνίας είναι φ = 0 ενώ το πλαίσιο έρχεται σε τελική θέση με Δφ = π/4 rad και έτσι εκεί φ = π/4 rad. Αυτό σημαίνει ότι η φ παραμένει στο 1 ο τεταρτημόριο όπου cosφ > 0 και έτσι δεν χρειάζεται η αρνητική τιμή της ρίζας παραπάνω. Από τα δεδομένα το συνημίτονο της γωνίας μειώνεται γραμμικά με το χρόνο με αρχική τιμή 1 και επομένως θα είναι της μορφής cosφ = 1 λt όπου λ η κλίση της παραπάνω γραμμικής σχέσης. Αφού στο χρόνο t = s έχουμε φ = π/4 τότε Η μαγνητική ροή γίνεται cos ( π 4 ) = 1 λ => λ = 1 4 = Φ Μ = ΝΒΑ 1 (1 λt) Σύμφωνα τον νόμο του Faraday η επαγόμενη ΗΕΔ ισούται κατά μέτρο με

22 V = dφ Μ dt = d dt (ΝΒΑ 1 (1 λt) λ(1 λt) ) = ΝΒΑ 1 (1 λt) Μας ζητείται η ΗΕΔ τη στιγμή t = s. Αντικαθιστώντας έχουμε 0.146( ) V = = 73. mv 1 ( ) 14) Ο παρακάτω αγωγός σχήματος κύκλου με ακτίνα a =.0 cm βρίσκεται στερεωμένος επάνω σε ένα ελαστικό στρώμα. Ένας ταλαντωτής παραμορφώνει το στρώμα ημιτονικά κατά μήκος του άξονα x με πλάτος x 0 = 0.05a και κυκλική συχνότητα ω = 100 rad/s. Θεωρείστε ότι ο αγωγός είναι από ελαστικό υλικό (όπως το κράμα κασσίτερου που χρησιμοποιείται στις ηλεκτρο-κολλήσεις κυκλωμάτων, γνωστό ως "καλάι") και έτσι ακολουθεί το στρώμα στις ταλαντώσεις και θεωρήστε επίσης ότι παραμορφώνεται μόνο ως προς τον άξονα x. Εάν το σύστημα αυτό τοποθετηθεί μέσα σε χώρο όπου υπάρχει ομοιόμορφο μαγνητικό πεδίο Β = 0. T κάθετο στην επιφάνεια του αγωγού, να βρεθεί κατά μέτρο η επαγόμενη ΗΕΔ που αναπτύσσεται στον αγωγό. (Σημείωση. Κάποια γεωμετρικά αποτελέσματα που μπορεί να σας φανούν χρήσιμα: Εμβαδό κύκλου πr, περίμετρος κύκλου πr, εμβαδό έλλειψης πab, περίμετρος έλλειψης: π a b, εξίσωση έλλειψης x /a y /b = 1) Αγωγός y Ελαστικό στρώμα Ταλαντωτής x Λύση: Θα χρησιμοποιήσουμε όπως και στο προηγούμενο πρόβλημα τον νόμο του Faraday. Η μαγνητική ροή διαμέσου του αγωγού ισούται με Φ Μ = ΝΒΑcosθ = ΒΑ όπου cosθ = 1 αφού το μαγνητικό πεδίο τέμνει κάθετα την επιφάνειά του και Ν = 1 αφού δεν υπάρχει άλλη σπείρα. Πρέπει να υπολογίσουμε το εμβαδό της επιφάνειας που ορίζει ο αγωγός. Εάν δεν υπήρχε ο ταλαντωτής, το σχήμα του αγωγού θα ήταν κυκλικό με εμβαδό Α 0 = πa. Ο ταλαντωτής όμως εισάγει μια ημιτονοειδή παραμόρφωση x 0 sinωt και έτσι ο κύκλος γίνεται έλλειψη με ημιάξονα κατά τον άξονα-y ίσο με a (όσο και η ακτίνα του κύκλου αφού σε αυτή τη διεύθυνση δεν υπάρχει παραμόρφωση) και με ημιάξονα κατά τον άξονα-x ίσο με

23 b = a x 0 sinωt Δηλαδή στην αρχική ακτίνα a προσθέτουμε και την παραμόρφωση λόγω της ταλάντωσης. Το εμβαδό της έλλειψης δίνεται από την Α = πab = πa(a x 0 sinωt) Σύμφωνα τον νόμο του Faraday η επαγόμενη ΗΕΔ ισούται κατά μέτρο με V = dφ Μ dt = d dt (Βπa(a x 0sinωt)) = Βπaωx 0 cosωt Επομένως η ΗΕΔ είναι εναλλασσόμενη με συχνότητα ω ίση με του ταλαντωτή και μέτρο ίσο με V 0 = Βπaωx 0 = 0.05Βπa ω όπου αντικαταστήσαμε x 0 = 0.05a από τα δεδομένα Αντικαθιστώντας όλες τις αριθμητικές τιμές οδηγεί στο αποτέλεσμα: V 0 = 0.05Βπa ω = ( 10 ) 100 = 1.6 mv 15) Κύκλωμα RL σειράς έχει R = Ω, L = 0.5 H και τροφοδοτείται με πηγή πλάτους V 0 = 3 Volts και κυκλικής συχνότητας ω = 4 rad/s. Το πηνίο είναι κατασκευασμένο με ν σπείρες/m και όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα, στο εσωτερικό του έχει τοποθετηθεί μικρότερο πηνίο Ν σπειρών και εμβαδού Α, με τους άξονες των δυο πηνίων να συμπίπτουν και το μικρό να εμπεριέχεται πλήρως μέσα στο μεγαλύτερο πηνίο κατά μήκος. Να βρεθεί το πλάτος της επαγόμενης ΗΕΔ στο μικρό πηνίο. R L Λύση: Από τα δεδομένα ω = 4 rad/s Η επαγωγική εμπέδηση ισούται με Z L = Lω = = Ω

24 Ολική εμπέδηση Ζ = R Z L = = Ω Η γωνία ισούται με θ = ata n ( Z L R ) = atan ( ) = π/4 rad Πλάτος ρεύματος Ι 0 = V 0 Z = 3 = 1.5 A Στιγμιαία τιμή: Ι = Ι 0 sin(ωt θ) = 1.5 sin(4t π/4) = 1.5cos(4t) Αυτό το ρεύμα παράγει μαγνητικό πεδίο στο εσωτερικό του πηνίου ίσο με: Β = μ 0 νι = 4π 10 7 ν 1.5 cos(4t) = 6π 10 7 ν cos(4t) Από τον νόμο του Faraday, η επαγόμενη ΗΕΔ στο μικρότερο πηνίο ισούται με (κατ απόλυτη τιμή): V = d(νβαsinθ) dt = d(νβα) dt = ΝΑ dβ dt Η γωνία θ είναι 90 0 αφού το παραγόμενο πεδίο είναι κατά μήκος του κοινού άξονα των δυο πηνίων και η σπείρες του μικρού είναι κάθετες στον άξονα (δες εικόνα) Η μέγιστη τιμή αυτής της τάσης είναι V = NA dβ dt = 4π 10 7 νναsin(4t) V 0 = 4π 10 7 ννα 16) Κύκλωμα RLC σειράς έχει R = 4Ω, Z L = 9Ω, Z C = 5Ω και η ένδειξη του αμπερομέτρου είναι Α. Ο πυκνωτής του κυκλώματος έχει παράλληλους οπλισμούς οι οποίοι απέχουν μεταξύ τους απόσταση d = 0.9π μm και έχουν εμβαδό Α = 3/5 m ο καθένας. Ζητούνται: α) το πλάτος της τάσης της πηγής V 0, β) Οι στιγμιαίες τιμές των τάσεων V R, V L και V C τη χρονική στιγμή t = 10 μs (θεωρώντας ότι στο t = 0 η στιγμιαία τιμή της πηγής τάσης είναι μηδέν). Σημείωση: Πάρτε για απλότητα τη σταθερά ε σε μονάδες S. I. Λύση: α) Η εμπέδηση Z του κυκλώματος δίνεται από την

25 Z = R (Z L Z C ) = = 16 => Ζ = 4 Ω Η τιμή του αμπερόμετρου είναι η ενεργός τιμή Το πλάτος της τάσης της πηγής V 0 ισούται με Ι rms = Ι 0 => Ι 0 = => Ι 0 = V 0 = Ι 0 Ζ = 5 = 10 V β) Η χωρητικότητα ενός πυκνωτή με παράλληλους οπλισμούς δίνεται από την C = ε 0Α d = π = 30 5π μf Από την χωρητική εμπέδηση, μπορούμε να βρούμε το ω H γωνία θ δίνεται από την Ζ C = 1 1 5π => ω = = ωc CΖ C = π rad/s tanθ = Ζ L Ζ C R = Η στιγμιαία τιμή του ρεύματος ισούται με οπότε ενώ η τάση της πηγής είναι Στο t = s έχουμε = 4 = 1 => θ = π/4 rad = Ι = Ι 0 sin(ωt θ) V L = L di dt = LωI 0cos(ωt θ) = I 0 Ζ L cos(ωt θ) V R = IR = I 0 Rsin(ωt θ) V s = V 0 sinωt V L = I 0 Ζ L cos(ωt θ) = 9 cos(π/30 10 π/4 ) = 18sin ( π ) = 9 3 V 3 V R = IR = I 0 Rsin(ωt θ) = 4 sin(π/30 10 π/4) = 8cos ( π 3 ) = 4 V V s = V 0 sinωt = 10 sin(π/30 10) = 5 3 V 17) Στο παρακάτω σχήμα φαίνεται το στιγμιότυπο του ηλεκτρικού πεδίου ενός Η/Μ κύματος σε χρόνο t = s το οποίο διαδίδεται κατά μήκος του άξονα x με συχνότητα f = 6/π Hz

26 και περιγράφεται από την εξίσωση Ε = Ε 0 e y sin(kx ωt) με Ε 0 = N/C. Να βρεθούν: α) Η απομάκρυνση x A του σημείου Α σε m, β) Το κυματάνυσμα k και γ) Το μέτρο και η φορά του μαγνητικού πεδίου σε ένα σημείο Γ με συντεταγμένη x Γ = 1. μm (στο συγκεκριμένο στιγμιότυπο). Ε t = s 3 μm x A x Λύση: α) Προφανώς το Α διαφέρει κατά απόσταση ίση με ένα μήκος κύματος από το σημείο Α δηλαδή: x A = x A λ Τα Η/Μ κύματα ταξιδεύουν με την ταχύτητα του φωτός v = c = m/s και έτσι από την σχέση των κυματικών μεγεθών c = λf παίρνουμε: λ = c f = /π = π 10 6 m δηλαδή λ = π/ = 1.57 μm. Από τη δεδομένη γραφική παράσταση x A = 3 μm και έτσι β) Το μέτρο του κυματανύσματος είναι ίσο με x A = x A λ = = 4.57 μm k = π λ = π π/ 10 6 = rad/m Η φορά του είναι αυτή της διάδοσης του κύματος που στη συγκεκριμένη περίπτωση είναι ο άξονας x και έτσι διανυσματικώς μπορούμε να γράψουμε k = e x rad/m γ) Το μαγνητικό πεδίο έχει την ίδια φάση όπως και το ηλεκτρικό πεδίο δηλαδή τον ίδιο ημιτονο ειδή όρο sin(kx ωt) όμως για να βρούμε τη φορά του σκεφτόμαστε ότι τα E, B και k αποτελούν ένα τρισορθογώνιο σύστημα αναφοράς (δείτε Σχήμα 1.1) και έτσι το B πρέπει να είναι κατά τον άξονα z. Το μέτρο του ισούται με Άρα διανυσματικώς μπορούμε να γράψουμε Β 0 = Ε 0 c = = 0.01 T 3 108

27 B = Β 0 e z sin(kx ωt) Η κυκλική συχνότητα ισούται με ω = πf = π 6 π 1014 = rad/s Στο σημείο Γ με συντεταγμένη x Γ = 1. μm στο παραπάνω στιγμιότυπο με t = s η φάση ισούται με kx ωt = = Το μαγνητικό πεδίο είναι ίσο με : B = 0.01e z sin(0.684) = e z Τ 18) Σημειακή ατέλεια Α βρίσκεται επάνω στην επίπεδη επιφάνεια ενός γυάλινου ημισφαιρικού φακού με δείκτη διάθλασης n = 3/, σε απόσταση x από το κέντρο καμπυλότητας Κ του φακού (βλέπε σχήμα). Ένας παρατηρητής που ο οφθαλμός του βρίσκεται στο σημείο Π, έχει την εντύπωση ότι το Α βρίσκεται στην θέση Α της επίπεδης επιφάνειας. Εάν η γωνία ΚΠΑ είναι ίση με 60 0 και η φωτεινή ακτίνα από το Α χρειάζεται χρόνο t για φτάσει στο σημείο Ρ, να βρεθεί το x. Π Ρ x A A Κ Λύση. Φέρουμε στο σημείο Ρ την ακτίνα ΡΚ η οποία είναι και η τοπική κάθετος. Οι γωνίες πρόσπτωσης θ 1 και διάθλασης θ ορίζονται ως προς αυτήν.

28 Π θ 60 0 Ρ θ 3 θ 1 A A Κ x Η γωνία θ 3 εντός εναλλάξ με την δεδομένη και άρα είναι ίσες Από τον νόμο του Snell θ 3 = 60 0 Για τον αέρα n = 1 οπότε n 1 sinθ 1 = n sinθ Όμως θ = θ 1 θ 3 = θ οπότε: n 1 sinθ 1 = sinθ n 1 sinθ 1 = sin(θ ) n 1 sinθ 1 = sinθ 1 cos60 0 cosθ 1 sin sinθ 1 = 1 sinθ 1 3 cosθ 1 sinθ 1 = 3 cosθ 1 => tanθ 1 = 3 Έστω y η απόσταση ΡΑ. Αφού απαιτείται χρόνος t για να καλύψει το φως αυτή την απόσταση, τότε η ταχύτητά του είναι ίση με v = y t Από τον ορισμό του δείκτη διάθλασης Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΡΑΚ n 1 = c v = ct y => y = ct n 1

29 tanθ 1 = x y Συνδυάζοντας όλα τα παραπάνω 3 = xn 1 3ct => x = ct n 1 19) (10 μονάδες) Λεπτή φωτεινή δέσμη προσπίπτει στην επίπεδη επιφάνεια ενός γυάλινου ημισφαιρίου με διεύθυνση παράλληλη προς τον άξονα συμμετρίας του ημισφαιρίου και σε απόσταση a από αυτόν. Η γωνία διάθλασης επάνω στην σφαιρική επιφάνεια κατά την έξοδο της δέσμης είναι ίση με θ. Όταν η δέσμη κατευθύνεται κατά μήκος του άξονα συμμετρίας, απαιτείται χρόνος t για να διαπεράσει η δέσμη το ημισφαιρίου. ημισφαίριο. Να βρεθεί η εστιακή απόσταση του a Λύση. Φέρουμε στο σημείο Ρ την ακτίνα ΡΚ η οποία είναι και η τοπική κάθετος. Οι γωνίες πρόσπτωσης θ 1 και διάθλασης θ ορίζονται ως προς αυτήν.

30 θ Ρ R θ 1 Α a Κ Ο Στην επίπεδη επιφάνεια έχουμε κάθετη πρόσπτωση οπότε η δέσμη συνεχίζει ανενόχλητη. Από τον νόμο του Snell n 1 sinθ 1 = n sinθ Για τον αέρα n = 1 και η θ = θ δεδομένη. Θέτοντας n 1 = n έχουμε nsinθ 1 = sinθ Από το τρίγωνο ΡΑΟ sinθ 1 = a R Η απόσταση ΟΚ που καλύπτει η δέσμη όταν κατευθύνεται κατά μήκος του άξονα συμμετρίας είναι η ακτίνα R του ημισφαιρίου. Αφού απαιτείται χρόνος t για να καλύψει το φως αυτή την απόσταση, τότε η ταχύτητά του είναι ίση με v = R t Από τον ορισμό του δείκτη διάθλασης Επομένως Συνδυάζοντας όλα τα παραπάνω n = c v = ct R => R = ct n sinθ 1 = a R = an ct

31 Η εστιακή απόσταση δίνεται από την nsinθ 1 = sinθ => an ct = sinθ => n = ctsinθ a 1 f = (n 1) ( 1 R 1 1 R ) Αφού η πίσω επιφάνεια είναι επίπεδη, έχει άπειρη ακτίνα καμπυλότητας R. Θέτοντας R 1 = R έχουμε: 0) 1 f = (n 1) 1 => f = R R n 1 = ct n(n 1) = ctsinθ a ct ( ctsinθ a 1) Δυο οπτικές ίνες 1 και παράλληλες στον άξονα x που εκπέμπουν δέσμες με φως διαφορετικής συχνότητας f 1 και f αντίστοιχα, με ίσο πλάτος ηλεκτρικού πεδίου Ε 0 πολωμένο κάθετα και έξω από τη σελίδα (και για τις δυο συχνότητες), τοποθετούνται μέσα σε σκοτεινό θάλαμο, πλήρως ευθυγραμμισμένες και κολλητά η μια με την άλλη με τις άκρες τους στο σημείο Ο που εκπέμπουν φως να είναι στο x = 0 και να σημαδεύουν το σημείο Α στο x = x Α. Στο σημείο Ο όπου εκπέμπουν οι δυο ίνες, το οποίο μπορεί να θεωρηθεί ως η αρχή των συντεταγμένων, το μαγνητικό πεδίο είναι ίσο με μηδέν την χρονική στιγμή t = 0. α) Να δοθεί η πλήρης μαθηματική έκφραση (διανυσματική μορφή) του ηλεκτρικού και μαγνητικού πεδίου στο σημείο Α της κάθε δέσμης για κάθε χρόνο t (επάνω σχήμα) β) Να βρεθεί η πυκνότητα ενέργειας της κάθε δέσμης στο σημείο Α (επάνω σχήμα) γ) Έστω ότι η ίνα 1 μετατοπίζεται κατά Δx προς τον αρνητικό άξονα x (κάτω σχήμα). Να υπολογίσετε το μήκος κύματος και το μέτρο του συνιστάμενου ηλεκτρικού πεδίου στο Α θεωρώντας ότι οι δυο συχνότητες είναι πολύ κοντά η μια στην άλλη (αλλά όχι ίσες) και χρησιμοποιώντας την προσέγγιση f 1 f 0. Σημείωση. Προσέξτε οι απαντήσεις σας να είναι συναρτήσει των δεδομένων f 1, f, E 0, x A και Δx αλλιώς δεν θα θεωρηθούν σωστές.

32 1 Ο Α z x A 1 Α y x Δx x A Δx Λύση: α) Όπως φαίνεται και στο παρακάτω σχήμα, αρχικά οι δυο ίνες είναι ευθυγραμμισμένες και εκπέμπουν κύματα που δίνονται από τα ηλεκτρικά πεδία Ε 1 = Ε 0 e y sin(k 1 x ω 1 t) Ε = Ε 0 e y sin(k x ω t) (δεν υπάρχει αρχική φάση αφού στο x = 0, t = 0 μας δίνεται ότι Β = 0). Οι κυκλικές συχνότητες είναι ίσες με ω 1 = πf 1 και ω = πf, τα μήκη κύματος λ 1 = c/f 1 και λ = c/f, ενώ οι κυματάριθμοι k 1 = π/λ 1 = πf 1 /c και k = πf /c. Επομένως στο σημείο Α με x = x A έχουμε: Το μέτρο του μαγνητικού πεδίου είναι ίσο με Ε 1 = Ε 0 e y sin πf 1 c Ε = Ε 0 e y sin πf c Β 0 = Ε 0 /c (x A ct) (x A ct) Τα Ε, Β και η διεύθυνση διάδοσης (ο άξονας x) αποτελούν τρισορθογώνιο σύστημα αναφοράς επομένως το Β είναι κατά μήκος του άξονα z. Επίσης το Β είναι σε πλήρη φάση με το Ε (έχουν το ίδιο ημίτονο) και έτσι: Β 1 = Ε 0 c e z sin πf 1 (x c A ct ) Β = Ε 0 c e z sin πf (x c A ct) Η πυκνότητα ενέργειας δίνεται από την u = ε 0 Ε επομένως: u 1 = ε 0 Ε 0 sin [ πf 1 c (x A ct)]

33 β) u = ε 0 Ε 0 sin [ πf (x c A ct)] Λόγω του επιπλέον Δx, τα ηλεκτρικά πεδία στο σημείο Α είναι ίσα με Το συνιστάμενο πεδίο ισούται με Ε 1 = Ε 0 e y sin [ πf 1 c Ε = Ε 0 e y sin [ πf c Ε = Ε 1 Ε = Ε 0 e y {sin [ πf 1 c Χρησιμοποιώντας την τριγωνομετρική σχέση (x A ct)] (x A Δx ct)] (x A ct)] sin [ πf c (x A Δx ct)]} οδηγεί στο a b b sina sinb = sin ( )cos(a ) Ε = Ε 0 e y sin [ πf c (x A ct) πf Δx c Δx ] cos [πδf (x c A ct) πf c ] όπου f η μέση τιμή των f 1, f και δf η ημιδιαφορά τους. Για κοντινές συχνότητες δf 0 και Ε = Ε 0 e y sin [ πf Το παραπάνω ηλεκτρικό πεδίο έχει συχνότητα και άρα μήκος κύματος c (x Δx A ct) πf c ] cos [πf Δx c ] f = f 1 f λ = c f Το μέτρο αυτού του ηλεκτρικού πεδίου ισούται με = c f 1 f Ε 0 = Ε 0 cos [πf Δx c ]

8. ΜΑΓΝΗΤΙΣΜΟΣ. Φυσική ΙΙ Δ. Κουζούδης. Πρόβλημα 8.6.

8. ΜΑΓΝΗΤΙΣΜΟΣ. Φυσική ΙΙ Δ. Κουζούδης. Πρόβλημα 8.6. 1 8. ΜΑΓΝΗΤΙΣΜΟΣ Πρόβλημα 8.6. Το σύρμα του παρακάτω σχήματος έχει άπειρο μήκος και διαρρέεται από ρεύμα I. Υπολογίστε με τη βοήθεια του νόμου του Biot-Savart με ολοκλήρωση το μέτρο και την κατεύθυνση

Διαβάστε περισσότερα

πάχος 0 πλάτος 2a μήκος

πάχος 0 πλάτος 2a μήκος B1) Δεδομένου του τύπου E = 2kλ/ρ που έχει αποδειχθεί στο μάθημα και περιγράφει το ηλεκτρικό πεδίο Ε μιας άπειρης γραμμής φορτίου με γραμμική πυκνότητα φορτίου λ σε σημείο Α που βρίσκεται σε απόσταση ρ

Διαβάστε περισσότερα

ΤΥΠΟΛΟΓΙΟ. q e = C Φορτίο Ηλεκτρονίου 1.1. Ηλεκτρικό Πεδίο 2.1. Ηλεκτρικό Πεδίο Σημειακού Φορτίου Q Ηλεκτρικό Πεδίο Σημειακού

ΤΥΠΟΛΟΓΙΟ. q e = C Φορτίο Ηλεκτρονίου 1.1. Ηλεκτρικό Πεδίο 2.1. Ηλεκτρικό Πεδίο Σημειακού Φορτίου Q Ηλεκτρικό Πεδίο Σημειακού ΤΥΠΟΛΟΓΙΟ q e = 1.6 10 19 C Φορτίο Ηλεκτρονίου 1.1 F = k Q 1 Q 2 r 2 = 9 10 9 Q 1 Q 2 r 2 Νόμος Coulomb 1.2 E = F q E = k Q r 2 E = k Q r 2 e r E = 2kλ ρ E = 2kλ ρ e ρ ε 0 = 1/4πk = 8.85 10 12 S. I. Ε

Διαβάστε περισσότερα

Λύση: Χωρίζουμε τον δακτύλιο σε μικρούς απειροστούς δακτυλίους ακτίνας ρ και πάχους dρ και φορτίο dq ο καθένας.

Λύση: Χωρίζουμε τον δακτύλιο σε μικρούς απειροστούς δακτυλίους ακτίνας ρ και πάχους dρ και φορτίο dq ο καθένας. - Να υπολογισθεί το ηλεκτρικό πεδίο ενός ομοιόμορφα φορτισμένου δακτυλίου εσωτερικής ακτίνας R 1 και εξωτερικής R 2, με φορτίο Q και αμελητέο ύψους κατά z, σε σημείο Α που βρίσκεται επάνω στη μεσοκάθετό

Διαβάστε περισσότερα

Λύση: Η δύναμη σε ρευματοφόρο αγωγό δίνεται από την

Λύση: Η δύναμη σε ρευματοφόρο αγωγό δίνεται από την 1) Στο παρακάτω σχήμα το τμήμα της καμπύλης ΚΛ μεταξύ x = 1 και x = 3.5 αντιστοιχεί σε ένα αγωγό που διαρρέεται από ρεύμα Ι = 1.5 Α με τη φορά που δείχνεται. Η καμπύλη είναι δευτεροβάθμια ως προς x με

Διαβάστε περισσότερα

Εφαρμογές Νόμος Gauss, Ηλεκτρικά πεδία. Ιωάννης Γκιάλας 7 Μαρτίου 2014

Εφαρμογές Νόμος Gauss, Ηλεκτρικά πεδία. Ιωάννης Γκιάλας 7 Μαρτίου 2014 Εφαρμογές Νόμος Gauss, Ηλεκτρικά πεδία Ιωάννης Γκιάλας 7 Μαρτίου 14 Άσκηση: Ηλεκτρικό πεδίο διακριτών φορτίων Δύο ίσα θετικά φορτία q βρίσκονται σε απόσταση α μεταξύ τους. Να βρεθεί η ακτίνα του κύκλου,

Διαβάστε περισσότερα

ΕΡΓΑΣΙΑ 6. Ημερομηνία Παράδοσης: 29/6/09

ΕΡΓΑΣΙΑ 6. Ημερομηνία Παράδοσης: 29/6/09 ΕΡΓΑΣΙΑ 6 Ημερομηνία Παράδοσης: 9/6/9 1. Ένας ομογενώς φορτισμένος μονωτικός κυκλικός δίσκος ακτίνας με συνολικό φορτίο τοποθετείται στο επίπεδο xy. Να βρείτε το ηλεκτρικό πεδίο σε σημείο P που βρίσκεται

Διαβάστε περισσότερα

ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΚΗ ΘΕΩΡΙΑ ΠΗΓΕΣ ΜΑΓΝΗΤΙΚΟΥ ΠΕΔΙΟΥ

ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΚΗ ΘΕΩΡΙΑ ΠΗΓΕΣ ΜΑΓΝΗΤΙΚΟΥ ΠΕΔΙΟΥ ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΚΗ ΘΕΩΡΙΑ ΠΗΓΕΣ ΜΑΓΝΗΤΙΚΟΥ ΠΕΔΙΟΥ 1 .1 ΤΟ ΜΑΓΝΗΤΙΚΟ ΠΕΔΙΟ ΚΙΝΟΥΜΕΝΟΥ ΦΟΡΤΙΟΥ Ας θεωρούμε το μαγνητικό πεδίο ενός κινούμενου σημειακού φορτίου q. Ονομάζουμε τη θέση του φορτίου σημείο πηγής

Διαβάστε περισσότερα

Ασκήσεις 6 ου Κεφαλαίου

Ασκήσεις 6 ου Κεφαλαίου Ασκήσεις 6 ου Κεφαλαίου 1. Μία ράβδος ΟΑ έχει μήκος l και περιστρέφεται γύρω από τον κατακόρυφο άξονα Οz, που είναι κάθετος στο άκρο της Ο με σταθερή γωνιακή ταχύτητα ω. Να βρεθεί r η επαγώμενη ΗΕΔ στη

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΜΑΤΑ ΠΑΛΑΙΟΤΕΡΩΝ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ

ΘΕΜΑΤΑ ΠΑΛΑΙΟΤΕΡΩΝ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ ΘΕΜΑΤΑ ΠΑΛΑΙΟΤΕΡΩΝ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ Όπως θα παρατηρήσετε, τα θέματα αφορούν σε θεωρία που έχει διδαχθεί στις παραδόσεις και σε ασκήσεις που είτε προέρχονται από τα λυμένα παραδείγματα του βιβλίου, είτε έχουν

Διαβάστε περισσότερα

Πρόβλημα 4.9.

Πρόβλημα 4.9. Πρόβλημα 4.9. Να βρεθεί το δυναμικό V() παντού στο χώρο ενός θετικά φορτισμένου φύλλου απείρων διαστάσεων με επιφανειακή πυκνότητα φορτίου σ. Πάρτε τον άξονα κάθετα στο φύλλο και θεωρήστε ότι το φύλλο

Διαβάστε περισσότερα

Ηλεκτρομαγνητισμός. Ηλεκτρικό πεδίο νόμος Gauss. Νίκος Ν. Αρπατζάνης

Ηλεκτρομαγνητισμός. Ηλεκτρικό πεδίο νόμος Gauss. Νίκος Ν. Αρπατζάνης Ηλεκτρομαγνητισμός Ηλεκτρικό πεδίο νόμος Gauss Νίκος Ν. Αρπατζάνης Νόμος Gauss Ο νόµος του Gauss εκφράζει τη σχέση μεταξύ της συνολικής ηλεκτρικής ροής που διέρχεται από μια κλειστή επιφάνεια και του φορτίου

Διαβάστε περισσότερα

Πυκνότητα φορτίου. dq dv. Μικρή Περιοχή. φορτίου. Χωρική ρ Q V. Επιφανειακή σ. dq da Γραµµική λ Q A. σ = dq dl. Q l. Γ.

Πυκνότητα φορτίου. dq dv. Μικρή Περιοχή. φορτίου. Χωρική ρ Q V. Επιφανειακή σ. dq da Γραµµική λ Q A. σ = dq dl. Q l. Γ. Πυκνότητα φορτίου Πυκνότητα φορτίου Οµοιόµορφη Μικρή Περιοχή Χωρική ρ Q V ρ= dq dv Επιφανειακή σ Q A σ = dq da Γραµµική λ Q l λ= dq dl Γ. Βούλγαρης 1 Παράσταση της έντασης Ηλεκτρικού Πεδίου. Η Εφαπτόµενη

Διαβάστε περισσότερα

ΝΟΜΟΣ ΤΟΥ GAUSS ΚΕΦ.. 23

ΝΟΜΟΣ ΤΟΥ GAUSS ΚΕΦ.. 23 ΝΟΜΟΣ ΤΟΥ GAUSS ΚΕΦ.. 23 Ροή (γενικά): Ηλεκτρική Ροή Η ποσότητα ενός μεγέθους που διέρχεται από μία επιφάνεια. Ε Ε dα dα θ Ε Ε θ Ηλεκτρική ροή dφ Ε μέσω στοιχειώδους επιφάνειας da (αφού da στοιχειώδης

Διαβάστε περισσότερα

Η αρνητική φορά του άξονα z είναι προς τη σελίδα. Για να βρούμε το μέτρο του Β χρησιμοποιούμε την Εξ. (2.3). Στο σημείο Ρ 1 ισχύει

Η αρνητική φορά του άξονα z είναι προς τη σελίδα. Για να βρούμε το μέτρο του Β χρησιμοποιούμε την Εξ. (2.3). Στο σημείο Ρ 1 ισχύει ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ Παράδειγμα.. Σταθερό ρεύμα 5 Α μέσω χάλκινου σύρματος ρέει προς δεξαμενή ανοδείωσης. Υπολογίστε το μαγνητικό πεδίο που δημιουργείται από το τμήμα του σύρματος μήκους, cm, σε ένα σημείο που

Διαβάστε περισσότερα

To θετικό πρόσημο σημαίνει ότι το πεδίο προσφέρει την ενέργεια για τη μετακίνηση αυτή.

To θετικό πρόσημο σημαίνει ότι το πεδίο προσφέρει την ενέργεια για τη μετακίνηση αυτή. Ασκήσεις 3 ου Κεφαλαίου, Ηλεκτρικό Δυναμικό 23.21.Δύο σημειακά φορτία q 1 =+2,4 nc q 2 =-6,5 nc βρίσκονται σε απόσταση 0,1 m το ένα από το άλλο. Το σημείο Α βρίσκεται στο μέσον της απόστασής τους και το

Διαβάστε περισσότερα

ΦΥΕ 14 6η ΕΡΓΑΣΙΑ Παράδοση ( Οι ασκήσεις είναι ϐαθµολογικά ισοδύναµες)

ΦΥΕ 14 6η ΕΡΓΑΣΙΑ Παράδοση ( Οι ασκήσεις είναι ϐαθµολογικά ισοδύναµες) ΑΣΚΗΣΗ 1 ΦΥΕ 14 6η ΕΡΓΑΣΙΑ Παράδοση 30-06-08 ( Οι ασκήσεις είναι ϐαθµολογικά ισοδύναµες) Α) Τρία σηµειακά ϕορτία τοποθετούνται στις κορυφές ενός τετραγώνου πλευράς α, όπως ϕαίνεται στο σχήµα 1. Υπολογίστε

Διαβάστε περισσότερα

ΦΥΕ14 - ΕΡΓΑΣΙΑ 6 Προθεσμία αποστολής: 4/7/2006

ΦΥΕ14 - ΕΡΓΑΣΙΑ 6 Προθεσμία αποστολής: 4/7/2006 ΦΥΕ14 - ΕΡΓΑΣΙΑ 6 Προθεσμία αποστολής: 4/7/2006 Άσκηση 1 Δύο σφαίρες με ίσες μάζες m είναι δεμένες με νήματα μήκους l από το ίδιο σημείο της οροφής Σ. Αν η κάθε σφαίρα φέρει φορτίο q να βρεθεί η γωνία

Διαβάστε περισσότερα

(α) 1. (β) Το σύστημα βρίσκεται υπό διαφορά δυναμικού 12 V: U ολ = 1 2 C ολ(δv) 2 = J.

(α) 1. (β) Το σύστημα βρίσκεται υπό διαφορά δυναμικού 12 V: U ολ = 1 2 C ολ(δv) 2 = J. 4 η Ομάδα Ασκήσεων Δύο πυκνωτές C=5 μf και C=40 μf συνδέονται παράλληλα στους ακροδέκτες πηγών τάσης VS=50 V και VS=75 V αντίστοιχα και φορτίζονται Στην συνέχεια αποσυνδέονται και συνδέονται μεταξύ τους,

Διαβάστε περισσότερα

Ορίζοντας την δυναμική ενέργεια σαν: Για μετακίνηση του φορτίου ανάμεσα στις πλάκες: Ηλεκτρικό Δυναμικό 1

Ορίζοντας την δυναμική ενέργεια σαν: Για μετακίνηση του φορτίου ανάμεσα στις πλάκες: Ηλεκτρικό Δυναμικό 1 Ηλεκτρική Δυναμική Ενέργεια Ένα ζεύγος παράλληλων φορτισμένων μεταλλικών πλακών παράγει ομογενές ηλεκτρικό πεδίο Ε. Το έργο που παράγεται πάνω σε θετικό δοκιμαστικό φορτίο είναι: W W Fl q y q l q y Ορίζοντας

Διαβάστε περισσότερα

Δυναμική Ενέργεια σε Ηλεκτρικό πεδίο, Διαφορά ηλεκτρικού δυναμικού. Ιωάννης Γκιάλας 14 Μαρτίου 2014

Δυναμική Ενέργεια σε Ηλεκτρικό πεδίο, Διαφορά ηλεκτρικού δυναμικού. Ιωάννης Γκιάλας 14 Μαρτίου 2014 Δυναμική Ενέργεια σε Ηλεκτρικό πεδίο, Διαφορά ηλεκτρικού δυναμικού Ιωάννης Γκιάλας 14 Μαρτίου 2014 Έργο ηλεκτροστατικής δύναμης W F Δl W N i i1 F Δl i Η μετατόπιση Δl περιγράφεται από ένα διάνυσμα που

Διαβάστε περισσότερα

Φυσική για Μηχανικούς

Φυσική για Μηχανικούς Φυσική για Μηχανικούς Ο νόμος του Gauss Εικόνα: Σε μια επιτραπέζια μπάλα πλάσματος, οι χρωματιστές γραμμές που βγαίνουν από τη σφαίρα αποδεικνύουν την ύπαρξη ισχυρού ηλεκτρικού πεδίου. Με το νόμο του Gauss,

Διαβάστε περισσότερα

Φυσική για Μηχανικούς

Φυσική για Μηχανικούς Φυσική για Μηχανικούς Ο νόμος του Gauss Εικόνα: Σε μια επιτραπέζια μπάλα πλάσματος, οι χρωματιστές γραμμές που βγαίνουν από τη σφαίρα αποδεικνύουν την ύπαρξη ισχυρού ηλεκτρικού πεδίου. Με το νόμο του Gauss,

Διαβάστε περισσότερα

ΦΥΕ14, 2009-2010-Εργασιά 6 η Ημερομηνία παράδοσης 28/6/2010

ΦΥΕ14, 2009-2010-Εργασιά 6 η Ημερομηνία παράδοσης 28/6/2010 ΦΥΕ4, 9--Εργασιά 6 η Ημερομηνία παράδοσης 8/6/ Άσκηση A) Μια ράβδος μήκους είναι ομοιόμορφα φορτισμένη θετικά με συνολικό ηλεκτρικό φορτίο Q και βρίσκεται κατά μήκος του θετικού άξονα x από το σημείο x

Διαβάστε περισσότερα

ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΚΗ ΘΕΩΡΙΑ Ο ΝΟΜΟΣ ΤΟΥ GAUSS

ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΚΗ ΘΕΩΡΙΑ Ο ΝΟΜΟΣ ΤΟΥ GAUSS ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΚΗ ΘΕΩΡΙΑ Ο ΝΟΜΟΣ ΤΟΥ GAUSS 1 1. ΗΛΕΚΤΡΙΚΗ ΡΟΗ O νόμος του Gauss και o νόμος του Coulomb είναι δύο εναλλακτικές διατυπώσεις της ίδιας βασικής σχέσης μεταξύ μιας κατανομής φορτίου και του

Διαβάστε περισσότερα

Κατά την φόρτιση πυκνωτή (Εξ. 37 στις σημειώσεις Ηλεκτρομαγνητισμού)

Κατά την φόρτιση πυκνωτή (Εξ. 37 στις σημειώσεις Ηλεκτρομαγνητισμού) 1α Σε ένα κύκλωμα RC συνεχούς με διακόπτη, αντίσταση R = 650 Ω και πηγή 1 V όλα σε σειρά, ο διακόπτης κλείνει στο t = 0 και ο πυκνωτής είναι αρχικά αφόρτιστος. Η διαφορά δυναμικού στον πυκνωτή φτάνει στο

Διαβάστε περισσότερα

B 2Tk. Παράδειγμα 1.2.1

B 2Tk. Παράδειγμα 1.2.1 Παράδειγμα 1..1 Μία δέσμη πρωτονίων κινείται μέσα σε ομογενές μαγνητικό πεδίο μέτρου,0 Τ, που έχει την κατεύθυνση του άξονα των θετικών z, (Σχ. 1.4). Τα πρωτόνια έχουν ταχύτητα με μέτρο 3,0 10 5 m / s

Διαβάστε περισσότερα

Κεφάλαιο Η2. Ο νόµος του Gauss

Κεφάλαιο Η2. Ο νόµος του Gauss Κεφάλαιο Η2 Ο νόµος του Gauss Ο νόµος του Gauss Ο νόµος του Gauss µπορεί να χρησιµοποιηθεί ως ένας εναλλακτικός τρόπος υπολογισµού του ηλεκτρικού πεδίου. Ο νόµος του Gauss βασίζεται στο γεγονός ότι η ηλεκτρική

Διαβάστε περισσότερα

2 Η ΠΡΟΟΔΟΣ. Ενδεικτικές λύσεις κάποιων προβλημάτων. Τα νούμερα στις ασκήσεις είναι ΤΥΧΑΙΑ και ΟΧΙ αυτά της εξέταση

2 Η ΠΡΟΟΔΟΣ. Ενδεικτικές λύσεις κάποιων προβλημάτων. Τα νούμερα στις ασκήσεις είναι ΤΥΧΑΙΑ και ΟΧΙ αυτά της εξέταση 2 Η ΠΡΟΟΔΟΣ Ενδεικτικές λύσεις κάποιων προβλημάτων Τα νούμερα στις ασκήσεις είναι ΤΥΧΑΙΑ και ΟΧΙ αυτά της εξέταση Ένας τροχός εκκινεί από την ηρεμία και επιταχύνει με γωνιακή ταχύτητα που δίνεται από την,

Διαβάστε περισσότερα

Φυσική για Μηχανικούς

Φυσική για Μηχανικούς Φυσική για Μηχανικούς Ηλεκτρικό Δυναμικό Εικόνα: Οι διαδικασίες που συμβαίνουν κατά τη διάρκεια μιας καταιγίδας προκαλούν μεγάλες διαφορές ηλεκτρικού δυναμικού ανάμεσα στα σύννεφα και στο έδαφος. Το αποτέλεσμα

Διαβάστε περισσότερα

Ασκήσεις 2 ου Κεφαλαίου, Νόμος του Gauss

Ασκήσεις 2 ου Κεφαλαίου, Νόμος του Gauss Ασκήσεις 2 ου Κεφαλαίου, Νόμος του Guss 22.36.Μία αγώγιμη σφαίρα με φορτίο q έχει ακτίνα α. Η σφαίρα βρίσκεται στο εσωτερικό μίας κοίλης ομόκεντρης αγώγιμης σφαίρας με εσωτερική ακτίνα και εξωτερική ακτίνα.

Διαβάστε περισσότερα

ΠΕΙΡΑΜΑΤΙΚΗ ΦΥΣΙΚΗ ΙΙ-ΙΟΥΝΙΟΣ 2011

ΠΕΙΡΑΜΑΤΙΚΗ ΦΥΣΙΚΗ ΙΙ-ΙΟΥΝΙΟΣ 2011 ΠΕΙΡΑΜΑΤΙΚΗ ΦΥΣΙΚΗ ΙΙ-ΙΟΥΝΙΟΣ 2011 Κυκλώνουμε τις σωστές απαντήσεις στο παρών φυλλάδιο το άλλο φυλλάδιο είναι πρόχειρο. Κάθε σωστή απάντηση μετρά 0.5 μονάδες ενώ κάθε λάθος -0.1 μονάδες. Δίδεται k=1/(4πε

Διαβάστε περισσότερα

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΥ ΜΑΖΑΣ ΘΕΣΗΣ ΚΕΝΤΡΟΥ ΜΑΖΑΣ ΡΟΠΗΣ ΑΔΡΑΝΕΙΑΣ ΣΩΜΑΤΩΝ

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΥ ΜΑΖΑΣ ΘΕΣΗΣ ΚΕΝΤΡΟΥ ΜΑΖΑΣ ΡΟΠΗΣ ΑΔΡΑΝΕΙΑΣ ΣΩΜΑΤΩΝ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΥ ΜΑΖΑΣ ΘΕΣΗΣ ΚΕΝΤΡΟΥ ΜΑΖΑΣ ΡΟΠΗΣ ΑΔΡΑΝΕΙΑΣ ΣΩΜΑΤΩΝ ΓΕΝΙΚΕΣ ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ Α. Υπολογισμός της θέσης του κέντρου μάζας συστημάτων που αποτελούνται από απλά διακριτά μέρη. Τα απλά διακριτά

Διαβάστε περισσότερα

ΣΧΟΛΗ ΕΜΦΕ ΤΟΜΕΑΣ ΦΥΣΙΚΗΣ ΦΥΣΙΚΗ ΙΙ (ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΣΜΟΣ Ι) η ΣΕΙΡΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ. Ν. Τράκας, Ι. Ράπτης 2/4/2018

ΣΧΟΛΗ ΕΜΦΕ ΤΟΜΕΑΣ ΦΥΣΙΚΗΣ ΦΥΣΙΚΗ ΙΙ (ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΣΜΟΣ Ι) η ΣΕΙΡΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ. Ν. Τράκας, Ι. Ράπτης 2/4/2018 ΣΧΟΛΗ ΕΜΦΕ ΤΟΜΕΑΣ ΦΥΣΙΚΗΣ ΦΥΣΙΚΗ ΙΙ (ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΣΜΟΣ Ι) 7-8 η ΣΕΙΡΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Ν. Τράκας Ι. Ράπτης /4/8 Παράδοση των 3 4 5 μέχρι /4/8 [Σε χειρόγραφη μορφή στο μάθημα ή σε μορφή ενιαίου αρχείου PDF στις

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΜΑ 1. Ονοματεπώνυμο. Τμήμα

ΘΕΜΑ 1. Ονοματεπώνυμο. Τμήμα Εισαγωγή στις Φυσικές Επιστήμες (9-7-007) Ηλεκτρομαγνητισμός Ονοματεπώνυμο Τμήμα ΘΕΜΑ 1 Α. Μια μονωτική ράβδος μήκους l φέρει ομογενώς κατανεμημένο θετικό φορτίο Q και είναι διατεταγμένη κατά μήκος του

Διαβάστε περισσότερα

4η Εργασία στο Μάθημα Γενική Φυσική ΙΙΙ - Τμήμα Τ1. Ασκήσεις 4 ου Κεφαλαίου

4η Εργασία στο Μάθημα Γενική Φυσική ΙΙΙ - Τμήμα Τ1. Ασκήσεις 4 ου Κεφαλαίου 4η Εργασία στο Μάθημα Γενική Φυσική ΙΙΙ - Τμήμα Τ Ασκήσεις 4 ου Κεφαλαίου. Ένας επίπεδος πυκνωτής αποτελείται από δύο παράλληλους οπλισμούς, οι οποίοι απέχουν μεταξύ τους.8 mm και έχουν εμβαδόν 7.6 cm

Διαβάστε περισσότερα

1.Η δύναμη μεταξύ δύο φορτίων έχει μέτρο 120 N. Αν η απόσταση των φορτίων διπλασιαστεί, το μέτρο της δύναμης θα γίνει:

1.Η δύναμη μεταξύ δύο φορτίων έχει μέτρο 120 N. Αν η απόσταση των φορτίων διπλασιαστεί, το μέτρο της δύναμης θα γίνει: ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΣΜΟΣ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΠΟΛΛΑΠΛΩΝ ΕΠΙΛΟΓΩΝ Ηλεκτρικό φορτίο Ηλεκτρικό πεδίο 1.Η δύναμη μεταξύ δύο φορτίων έχει μέτρο 10 N. Αν η απόσταση των φορτίων διπλασιαστεί, το μέτρο της δύναμης θα γίνει: (α)

Διαβάστε περισσότερα

sin(30 o ) 4 cos(60o ) = 3200 Nm 2 /C (7)

sin(30 o ) 4 cos(60o ) = 3200 Nm 2 /C (7) ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ Τµήµα Επιστήµης Υπολογιστών HY-112: Φυσική Ι Χειµερινό Εξάµηνο 2016 ιδάσκων : Γ. Καφεντζής Πέµπτη Σειρά Ασκήσεων - Λύσεις Ασκηση 1. (αʹ Η ηλεκτρική ϱοή διαµέσου µιας επιφάνειας A είναι

Διαβάστε περισσότερα

d E dt Σχήμα 3.4. (α) Σχηματικό διάγραμμα απλού εναλλάκτη, όπου ένας αγώγιμος βρόχος περιστρέφεται μέσα

d E dt Σχήμα 3.4. (α) Σχηματικό διάγραμμα απλού εναλλάκτη, όπου ένας αγώγιμος βρόχος περιστρέφεται μέσα Παράδειγμα 3.1. O περιστρεφόμενος βρόχος με σταθερή γωνιακή ταχύτητα ω μέσα σε σταθερό ομογενές μαγνητικό πεδίο είναι το πρότυπο μοντέλο ενός τύπου γεννήτριας εναλλασσόμενου ρεύματος, του εναλλάκτη. Αναπτύσσει

Διαβάστε περισσότερα

ΑΡΙΣΤΟΤΕΛΕΙΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΗ ΣΧΟΛΗ ΤΜΗΜΑ ΗΛΕΚΤΡΟΛΟΓΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ & ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΤΗΛΕΠΙΚΟΙΝΩΝΙΩΝ

ΑΡΙΣΤΟΤΕΛΕΙΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΗ ΣΧΟΛΗ ΤΜΗΜΑ ΗΛΕΚΤΡΟΛΟΓΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ & ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΤΗΛΕΠΙΚΟΙΝΩΝΙΩΝ ΑΡΙΣΤΟΤΕΛΕΙΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΗ ΣΧΟΛΗ ΤΜΗΜΑ ΗΛΕΚΤΡΟΛΟΓΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ & ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΤΗΛΕΠΙΚΟΙΝΩΝΙΩΝ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΚΟΥ ΠΕΔΙΟΥ ΗΛΕΚΤΡΟΣΤΑΤΙΚΟ ΠΕΔΙΟ ΣΕ Γ.Ο.Ι. ΧΩΡΟΥΣ

Διαβάστε περισσότερα

ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΑΤΑΝΟΗΣΗΣ ΦΥΣΙΚΗ ΙΙ

ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΑΤΑΝΟΗΣΗΣ ΦΥΣΙΚΗ ΙΙ ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΚΑΤΑΝΟΗΣΗΣ ΦΥΣΙΚΗ ΙΙ 1. Οι δυναμικές γραμμές ηλεκτροστατικού πεδίου α Είναι κλειστές β Είναι δυνατόν να τέμνονται γ Είναι πυκνότερες σε περιοχές όπου η ένταση του πεδίου είναι μεγαλύτερη δ Ξεκινούν

Διαβάστε περισσότερα

β) Από τον νόμο του Νεύτωνα για την μεταφορική κίνηση του κέντρου μάζας έχουμε: Επομένως το κέντρο μάζας αποκτάει αρνητική επιτάχυνση σταθερού μέτρου

β) Από τον νόμο του Νεύτωνα για την μεταφορική κίνηση του κέντρου μάζας έχουμε: Επομένως το κέντρο μάζας αποκτάει αρνητική επιτάχυνση σταθερού μέτρου ΣΥΝΘΕΤΗ ΚΙΝΗΣΗ 1) Συμπαγής κύλινδρος μάζας m και ακτίνας R δέχεται μια αρχική μεγάλη και στιγμιαία ώθηση προς τα πάνω σε κεκλιμένο επίπεδο γωνίας θ και μετά αφήνεται ελεύθερος. Κατά την παύση της ώθησης,

Διαβάστε περισσότερα

ΑΡΙΣΤΟΤΕΛΕΙΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΗ ΣΧΟΛΗ ΤΜΗΜΑ ΗΛΕΚΤΡΟΛΟΓΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ & ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΤΗΛΕΠΙΚΟΙΝΩΝΙΩΝ

ΑΡΙΣΤΟΤΕΛΕΙΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΗ ΣΧΟΛΗ ΤΜΗΜΑ ΗΛΕΚΤΡΟΛΟΓΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ & ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΤΗΛΕΠΙΚΟΙΝΩΝΙΩΝ ΑΡΙΣΤΟΤΕΛΕΙΟ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ ΠΟΛΥΤΕΧΝΙΚΗ ΣΧΟΛΗ ΤΜΗΜΑ ΗΛΕΚΤΡΟΛΟΓΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ & ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΤΗΛΕΠΙΚΟΙΝΩΝΙΩΝ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΚΟΥ ΠΕΔΙΟΥ ΗΛΕΚΤΡΟΣΤΑΤΙΚΟ ΠΕΔΙΟ ΣΕ ΤΕΛΕΙΟΥΣ ΑΓΩΓΟΥΣ

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΜΑ 1 2 Ι =Ι. ομοιόμορφα στη διατομή του αγωγού θα ισχύει: = 2. Επομένως Β = μbοb r / 2παP P, για r α. I π r r

ΘΕΜΑ 1 2 Ι =Ι. ομοιόμορφα στη διατομή του αγωγού θα ισχύει: = 2. Επομένως Β = μbοb r / 2παP P, για r α. I π r r I (,5 I = I Εισαγωγή στις Φυσικές Επιστήμες (9-7-006) ΘΕΜΑ 1 Α. Κυλινδρικός αγωγός ακτίνας α =,5 cm διαρρέεται κατά μήκος του από ρεύμα I =,5 A. Το ρεύμα είναι ομοιόμορφα κατανεμημένο καθ όλη τη διατομή

Διαβάστε περισσότερα

ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΜΗΧΑΝΕΣ Γ

ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΜΗΧΑΝΕΣ Γ ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΜΗΧΑΝΕΣ Γ ΜΑΘΗΜΑ 1 Δομή Σύγχρονης Ηλεκτρικής Μηχανής Μαγνητικά Πεδία σε ΣΗΜ Επαγόμενες Τάσεις και αλληλεπίδραση μαγνητικών Πεδίων Ουρεϊλίδης Κωνσταντίνος, Υποψ. Διδακτωρ Πρόβλημα 1. Έστω ότι

Διαβάστε περισσότερα

Φυσική για Μηχανικούς

Φυσική για Μηχανικούς Φυσική για Μηχανικούς Εικόνα: Μητέρα και κόρη απολαμβάνουν την επίδραση της ηλεκτρικής φόρτισης των σωμάτων τους. Κάθε μια ξεχωριστή τρίχα των μαλλιών τους φορτίζεται και προκύπτει μια απωθητική δύναμη

Διαβάστε περισσότερα

ΕΘΝΙΚΟ ΜΕΤΣΟΒΙΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ

ΕΘΝΙΚΟ ΜΕΤΣΟΒΙΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ ΕΘΝΙΚΟ ΜΕΤΣΟΒΙΟ ΠΟΛΥΤΕΧΝΕΙΟ ΣΧΟΛΗ ΗΛΕΚΤΡΟΛΟΓΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ & ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ ΥΠΟΛΟΓΙΣΤΩΝ ΤΟΜΕΑΣ ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΚΩΝ ΕΦΑΡΜΟΓΩΝ, ΗΛΕΚΤΡΟΟΠΤΙΚΗΣ & ΗΛΕΚΤΡΟΝΙΚΩΝ ΥΛΙΚΩΝ Καθ. Η. Ν. Γλύτσης, Tηλ.: 210-7722479 - e-mail:

Διαβάστε περισσότερα

ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΣΜΟΣ. Ενότητα 2: Ο νόμος του Gauss. Αν. Καθηγητής Πουλάκης Νικόλαος ΤΜΗΜΑ ΗΛΕΚΤΡΟΛΟΓΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ Τ.Ε.

ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΣΜΟΣ. Ενότητα 2: Ο νόμος του Gauss. Αν. Καθηγητής Πουλάκης Νικόλαος ΤΜΗΜΑ ΗΛΕΚΤΡΟΛΟΓΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ Τ.Ε. ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΣΜΟΣ Ενότητα 2: Ο νόμος του Gauss Αν. Καθηγητής Πουλάκης Νικόλαος ΤΜΗΜΑ ΗΛΕΚΤΡΟΛΟΓΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ Τ.Ε. Άδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε άδειες χρήσης Creative Commons.

Διαβάστε περισσότερα

ΣΧΟΛΗ ΕΜΦΕ ΤΟΜΕΑΣ ΦΥΣΙΚΗΣ ΦΥΣΙΚΗ ΙΙ (ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΣΜΟΣ Ι) η ΣΕΙΡΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ, Αγωγοί Διηλεκτρικά. Ν. Τράκας, Ι. Ράπτης Ζωγράφου 27.3.

ΣΧΟΛΗ ΕΜΦΕ ΤΟΜΕΑΣ ΦΥΣΙΚΗΣ ΦΥΣΙΚΗ ΙΙ (ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΣΜΟΣ Ι) η ΣΕΙΡΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ, Αγωγοί Διηλεκτρικά. Ν. Τράκας, Ι. Ράπτης Ζωγράφου 27.3. ΣΧΟΛΗ ΕΜΦΕ ΤΟΜΕΑΣ ΦΥΣΙΚΗΣ ΦΥΣΙΚΗ ΙΙ (ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΣΜΟΣ Ι) 8-9 η ΣΕΙΡΑ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Αγωγοί Διηλεκτρικά Ν. Τράκας Ι. Ράπτης Ζωγράφου 7.3.9 Να επιστραφούν λυμένες μέχρι.4.9 οι ασκήσεις 3 4 5 [ΠΡΟΣΟΧΗ: Οι λύσεις

Διαβάστε περισσότερα

Φυσική για Μηχανικούς

Φυσική για Μηχανικούς Φυσική για Μηχανικούς Ο νόμος του Gauss Εικόνα: Σε μια επιτραπέζια μπάλα πλάσματος, οι χρωματιστές γραμμές που βγαίνουν από τη σφαίρα αποδεικνύουν την ύπαρξη ισχυρού ηλεκτρικού πεδίου. Με το νόμο του Gauss,

Διαβάστε περισσότερα

Φυσική Γ Λυκείου Κατεύθυνσης. Προτεινόμενα Θέματα

Φυσική Γ Λυκείου Κατεύθυνσης. Προτεινόμενα Θέματα Φυσική Γ Λυκείου Κατεύθυνσης Προτεινόμενα Θέματα Θέμα ο Ένα σώμα εκτελεί απλή αρμονική ταλάντωση πλάτους Α. Η φάση της ταλάντωσης μεταβάλλεται με το χρόνο όπως δείχνει το παρακάτω σχήμα : φ(rad) 2π π 6

Διαβάστε περισσότερα

ΕΝΟΤΗΤΑ 1.2: ΑΠΛΗ ΑΡΜΟΝΙΚΗ ΤΑΛΑΝΤΩΣΗ (ΕΝΕΡΓΕΙΑΚΗ ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΗ, ΑΡΧΙΚΗ ΦΑΣΗ, ΣΥΣΤΗΜΑ ΕΛΑΤΗΡΙΟΥ ΣΩΜΑΤΟΣ, ΟΡΜΗ) ΛΥΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ ΘΕΜΑ Β

ΕΝΟΤΗΤΑ 1.2: ΑΠΛΗ ΑΡΜΟΝΙΚΗ ΤΑΛΑΝΤΩΣΗ (ΕΝΕΡΓΕΙΑΚΗ ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΗ, ΑΡΧΙΚΗ ΦΑΣΗ, ΣΥΣΤΗΜΑ ΕΛΑΤΗΡΙΟΥ ΣΩΜΑΤΟΣ, ΟΡΜΗ) ΛΥΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ ΘΕΜΑ Β ΚΕΦΑΛΑΙΟ Ο : ΜΗΧΑΝΙΚΕΣ ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ ΕΝΟΤΗΤΑ : ΑΠΛΗ ΑΡΜΟΝΙΚΗ ΤΑΛΑΝΤΩΣΗ (ΕΝΕΡΓΕΙΑΚΗ ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΗ, ΑΡΧΙΚΗ ΦΑΣΗ, ΣΥΣΤΗΜΑ ΕΛΑΤΗΡΙΟΥ ΣΩΜΑΤΟΣ, ΟΡΜΗ) ΛΥΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ ΘΕΜΑ Β Ερώτηση Ένα σώμα εκτελεί απλή

Διαβάστε περισσότερα

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

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

Διαβάστε περισσότερα

1η Εργασία στο Μάθημα Γενική Φυσική ΙΙΙ - Τμήμα Τ1. Λύσεις Ασκήσεων 1 ου Κεφαλαίου

1η Εργασία στο Μάθημα Γενική Φυσική ΙΙΙ - Τμήμα Τ1. Λύσεις Ασκήσεων 1 ου Κεφαλαίου 1η Εργασία στο Μάθημα Γενική Φυσική ΙΙΙ - Τμήμα Τ1 Λύσεις Ασκήσεων 1 ου Κεφαλαίου 1. Στον άξονα βρίσκονται δύο σημειακά φορτία q A = 1 μ και q Β = 45 μ, καθώς και ένα τρίτο σωματίδιο με άγνωστο φορτίο

Διαβάστε περισσότερα

Τα θέματα συνεχίζονται στην πίσω σελίδα

Τα θέματα συνεχίζονται στην πίσω σελίδα ΤΜΗΜΑ ΠΟΛΙΤΙΚΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ ΤΕ ΚΑΙ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ ΤΟΠΟΓΡΑΦΙΑΣ ΚΑΙ ΓΕΩΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ ΤΕ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ ΠΟΛΙΤΙΚΩΝ ΜΗΧΑΝΙΚΩΝ ΤΕ ΕΞΕΤΑΣΤΙΚΗ ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ ΑΚΑΔ. ΕΤΟΣ 16-17 Διδάσκων : Χ. Βοζίκης Τ. Ε. Ι. ΚΕΝΤΡΙΚΗΣ ΜΑΚΕΔΟΝΙΑΣ

Διαβάστε περισσότερα

ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ. Να γράψετε στο τετράδιό σας τον αριθµό καθεµιάς από τις παρακάτω ερωτήσεις 1-4 και δίπλα το γράµµα που αντιστοιχεί στη σωστή απάντηση.

ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ. Να γράψετε στο τετράδιό σας τον αριθµό καθεµιάς από τις παρακάτω ερωτήσεις 1-4 και δίπλα το γράµµα που αντιστοιχεί στη σωστή απάντηση. Επαναληπτικά Θέµατα ΟΕΦΕ 008 1 Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΤΙΚΗ & ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗ ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΜΑ 1 ο Να γράψετε στο τετράδιό σας τον αριθµό καθεµιάς από τις παρακάτω ερωτήσεις 1-4 και δίπλα το γράµµα που

Διαβάστε περισσότερα

Ηλεκτρομαγνητισμός. Ηλεκτρικό δυναμικό. Νίκος Ν. Αρπατζάνης

Ηλεκτρομαγνητισμός. Ηλεκτρικό δυναμικό. Νίκος Ν. Αρπατζάνης Ηλεκτρομαγνητισμός Ηλεκτρικό δυναμικό Νίκος Ν. Αρπατζάνης Ηλεκτρικό δυναμικό Θα συνδέσουμε τον ηλεκτρομαγνητισμό με την ενέργεια. Χρησιμοποιώντας την αρχή διατήρησης της ενέργειας μπορούμε να λύνουμε διάφορα

Διαβάστε περισσότερα

8η Εργασία στο Μάθημα Γενική Φυσική ΙΙΙ - Τμήμα Τ1 Ασκήσεις 8 ου Κεφαλαίου

8η Εργασία στο Μάθημα Γενική Φυσική ΙΙΙ - Τμήμα Τ1 Ασκήσεις 8 ου Κεφαλαίου 8η Εργασία στο Μάθημα Γενική Φυσική ΙΙΙ - Τμήμα Τ1 Ασκήσεις 8 ου Κεφαλαίου 1. Ένα σύρμα μεγάλου μήκους φέρει ρεύμα 30 Α, με φορά προς τα αριστερά κατά μήκος του άξονα x. Ένα άλλο σύρμα μεγάλου μήκους φέρει

Διαβάστε περισσότερα

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΦΥΣΙΚΗΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΦΥΣΙΚΗΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΘEMA A: ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΦΥΣΙΚΗΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ Σε κάθε μια από τις παρακάτω προτάσεις να βρείτε τη μια σωστή απάντηση: 1. Αντιστάτης με αντίσταση R συνδέεται με ηλεκτρική πηγή, συνεχούς τάσης V

Διαβάστε περισσότερα

ΠΕΙΡΑΜΑΤΙΚΗ ΦΥΣΙΚΗ ΙΙ TMHMA ΧΗΜΕΙΑΣ ΙΟΥΝΙΟΣ 2014

ΠΕΙΡΑΜΑΤΙΚΗ ΦΥΣΙΚΗ ΙΙ TMHMA ΧΗΜΕΙΑΣ ΙΟΥΝΙΟΣ 2014 ΠΕΙΡΑΜΑΤΙΚΗ ΦΥΣΙΚΗ ΙΙ TMHMA ΧΗΜΕΙΑΣ ΙΟΥΝΙΟΣ 2014 Κυκλώνουμε τις σωστές απαντήσεις στο παρών φυλλάδιο το άλλο φυλλάδιο είναι πρόχειρο παραδίδουμε και τα δυο φυλλάδια. Κάθε σωστή απάντηση μετρά 0.5 μονάδες

Διαβάστε περισσότερα

Α) Η επιφάνεια Gauss έχει ακτίνα r μεγαλύτερη ή ίση της ακτίνας του κελύφους, r α.

Α) Η επιφάνεια Gauss έχει ακτίνα r μεγαλύτερη ή ίση της ακτίνας του κελύφους, r α. 1. Ένα σφαιρικό κέλυφος που θεωρούμε ότι έχει αμελητέο πάχος έχει ακτίνα α και φέρει φορτίο Q, ομοιόμορφα κατανεμημένο στην επιφάνειά του. Βρείτε την ένταση του ηλεκτρικού πεδίου στο εξωτερικό και στο

Διαβάστε περισσότερα

ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΚΗ ΘΕΩΡΙΑ ΜΑΓΝΗΤΙΚΑ ΠΕΔΙΑ ΚΑΙ ΜΑΓΝΗΤΙΚΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ

ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΚΗ ΘΕΩΡΙΑ ΜΑΓΝΗΤΙΚΑ ΠΕΔΙΑ ΚΑΙ ΜΑΓΝΗΤΙΚΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΚΗ ΘΕΩΡΙΑ ΜΑΓΝΗΤΙΚΑ ΠΕΔΙΑ ΚΑΙ ΜΑΓΝΗΤΙΚΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ 1 1. ΜΑΓΝΗΤΙΣΜΟΣ Μαγνητικά φαινόμενα παρατηρήθηκαν για πρώτη φορά πριν από τουλάχιστον 2500 χρόνια σε κομμάτια μαγνητισμένου σιδηρομεταλλεύματος,

Διαβάστε περισσότερα

Θ έ μ α τ α γ ι α Ε π α ν ά λ η ψ η Φ υ σ ι κ ή Κ α τ ε ύ θ υ ν σ η ς Γ Λ υ κ ε ί ο υ

Θ έ μ α τ α γ ι α Ε π α ν ά λ η ψ η Φ υ σ ι κ ή Κ α τ ε ύ θ υ ν σ η ς Γ Λ υ κ ε ί ο υ Θ έ μ α τ α γ ι α Ε π α ν ά λ η ψ η Φ υ σ ι κ ή Κ α τ ε ύ θ υ ν σ η ς Γ Λ υ κ ε ί ο υ Αφού επαναληφθεί το τυπολόγιο, να γίνει επανάληψη στα εξής: ΚΕΦΑΛΑΙΟ 1: ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ Ερωτήσεις: (Από σελ. 7 και μετά)

Διαβάστε περισσότερα

Ηλεκτρομαγνητισμός - Οπτική - Σύγχρονη Φυσική Ενότητα: Ηλεκτρομαγνητισμός

Ηλεκτρομαγνητισμός - Οπτική - Σύγχρονη Φυσική Ενότητα: Ηλεκτρομαγνητισμός Ηλεκτρομαγνητισμός - Οπτική - Σύγχρονη Φυσική Ενότητα: Ηλεκτρομαγνητισμός Βαρουτάς Δημήτρης Σχολή Θετικών Επιστημών Τμήμα Πληροφορικής και Τηλεπικοινωνιών 7/15/2014 Ο νόμος του Gauss Νόμος Gauss Ο νόμος

Διαβάστε περισσότερα

ΦΟΡΤΙΟ ΚΑΙ ΗΛΕΚΤΡΙΚΟ ΠΕΔΙΟ

ΦΟΡΤΙΟ ΚΑΙ ΗΛΕΚΤΡΙΚΟ ΠΕΔΙΟ ΦΟΡΤΙΟ ΚΑΙ ΗΛΕΚΤΡΙΚΟ ΠΕΔΙΟ ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ H.D. H.D. Young Πανεπιστημιακή Φυσική Εκδόσεις Παπαζήση Alonso Alonso / Finn Θεμελιώδης Πανεπιστημιακή Φυσική Α. Φίλιππας, Λ. Ρεσβάνης (Μετ.) R. A. Seway Φυσική

Διαβάστε περισσότερα

ΘΕΜΑ 1 ο. Φροντιστήριο «ΕΠΙΛΟΓΗ» Ιατροπούλου 12 & σιδ. Σταθμού - Καλαμάτα τηλ.: & 96390

ΘΕΜΑ 1 ο. Φροντιστήριο «ΕΠΙΛΟΓΗ» Ιατροπούλου 12 & σιδ. Σταθμού - Καλαμάτα τηλ.: & 96390 ΘΕΜΑ 1 ο ΑΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΕΝΙΑΙΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΠΕΜΠΤΗ 1 ΙΟΥΝΙΟΥ 006 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (ΚΑΙ ΤΩΝ ΔΥΟ ΚΥΚΛΩΝ) Να γράψετε στο τετράδιό σας τον

Διαβάστε περισσότερα

Φυσική για Μηχανικούς

Φυσική για Μηχανικούς Φυσική για Μηχανικούς Ηλεκτρικό Δυναμικό Εικόνα: Οι διαδικασίες που συμβαίνουν κατά τη διάρκεια μιας καταιγίδας προκαλούν μεγάλες διαφορές ηλεκτρικού δυναμικού ανάμεσα στα σύννεφα και στο έδαφος. Το αποτέλεσμα

Διαβάστε περισσότερα

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΚΥΜΑΤΙΚΗΣ ΟΠΤΙΚΗΣ

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΚΥΜΑΤΙΚΗΣ ΟΠΤΙΚΗΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΚΥΜΑΤΙΚΗΣ ΟΠΤΙΚΗΣ ΑΣΚΗΣΗ 1: Ένα οπτικό φράγμα με δυο σχισμές που απέχουν μεταξύ τους απόσταση =0.0 mm είναι τοποθετημένο σε απόσταση =1,0 m από μια οθόνη. Το οπτικό φράγμα με τις δυο σχισμές φωτίζεται

Διαβάστε περισσότερα

Ενότητα 4: Κεντρικές διατηρητικές δυνάμεις

Ενότητα 4: Κεντρικές διατηρητικές δυνάμεις Ενότητα 4: Κεντρικές διατηρητικές δυνάμεις Έστω F=f κεντρικό πεδίο δυνάμεων. Είναι εύκολο να δείξουμε ότι F=0, δηλ. είναι διατηρητικό: F= V. Σε σφαιρικές συντεταγμένες, γενικά: V ma = F =, V maθ = Fθ =,

Διαβάστε περισσότερα

ÁÎÉÁ ÅÊÐÁÉÄÅÕÔÉÊÏÓ ÏÌÉËÏÓ

ÁÎÉÁ ÅÊÐÁÉÄÅÕÔÉÊÏÓ ÏÌÉËÏÓ Θέµα Α ΦΥΣΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (ΠΑΛΑΙΟ ΣΥΣΤΗΜΑ) 3 ΜΑΪOY 016 ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ Στις ερωτήσεις Α1-Α4 να γράψετε στο τετράδιό σας τον αριθµό της ερώτησης και, δίπλα, το γράµµα που αντιστοιχεί στη φράση η οποία συµπληρώνει

Διαβάστε περισσότερα

δ. έχουν πάντα την ίδια διεύθυνση.

δ. έχουν πάντα την ίδια διεύθυνση. Διαγώνισμα ΦΥΣΙΚΗ Κ.Τ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΖΗΤΗΜΑ 1 ον 1.. Σφαίρα, μάζας m 1, κινούμενη με ταχύτητα υ1, συγκρούεται μετωπικά και ελαστικά με ακίνητη σφαίρα μάζας m. Οι ταχύτητες των σφαιρών μετά την κρούση α. έχουν

Διαβάστε περισσότερα

A3. Στο στιγμιότυπο αρμονικού μηχανικού κύματος του Σχήματος 1, παριστάνονται οι ταχύτητες ταλάντωσης δύο σημείων του.

A3. Στο στιγμιότυπο αρμονικού μηχανικού κύματος του Σχήματος 1, παριστάνονται οι ταχύτητες ταλάντωσης δύο σημείων του. ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΔΕΥΤΕΡΑ 15 ΙΟΥΝΙΟΥ 2015 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Θέμα Α Στις ερωτήσεις Α1-Α4 να γράψετε στο

Διαβάστε περισσότερα

ΦΥΣΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ

ΦΥΣΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ Φυσική Κατεύθυνσης Β Λυκείου ΦΥΣΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Β ΛΥΚΕΙΟΥ κ ΙΑΓΩΝΙΣΜΑ Α Θέµα ο Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση σε κάθε µία από τις παρακάτω ερωτήσεις: Σύµφωνα µε την κινητική θεωρία των ιδανικών αερίων

Διαβάστε περισσότερα

Αρχή λειτουργίας στοιχειώδους γεννήτριας εναλλασσόμενου ρεύματος

Αρχή λειτουργίας στοιχειώδους γεννήτριας εναλλασσόμενου ρεύματος Αρχή λειτουργίας στοιχειώδους γεννήτριας εναλλασσόμενου ρεύματος ΣΤΟΧΟΣ : Ο μαθητής να μπορεί να, εξηγεί την αρχή λειτουργίας στοιχειώδους γεννήτριας εναλλασσόμενου ρεύματος, κατανοεί τον τρόπο παραγωγής

Διαβάστε περισσότερα

ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΜΑ ο Να γράψετε στο τετράδιό σας τον αριθμό καθεμιάς από τις παρακάτω ερωτήσεις - 4 και δίπλα το γράμμα που αντιστοιχεί στη σωστή απάντηση.. Αν η

Διαβάστε περισσότερα

ΠΟΛΩΣΗ ΤΟΥ ΦΩΤΟΣ. H γραφική αναπαράσταση ενός κύματος φωτός δίνεται στο Σχήμα 1(α) που ακολουθεί: ΣΧΗΜΑ 1

ΠΟΛΩΣΗ ΤΟΥ ΦΩΤΟΣ. H γραφική αναπαράσταση ενός κύματος φωτός δίνεται στο Σχήμα 1(α) που ακολουθεί: ΣΧΗΜΑ 1 ΠΟΛΩΣΗ ΤΟΥ ΦΩΤΟΣ 1. ΟΡΙΣΜΟΙ Το φως είναι ένα σύνθετο κύμα. Με εξαίρεση την ακτινοβολία LASER, τα κύματα φωτός δεν είναι επίπεδα κύματα. Κάθε κύμα φωτός είναι ένα ηλεκτρομαγνητικό κύμα στο οποίο τα διανύσματα

Διαβάστε περισσότερα

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ 1 ο ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ 1 ο ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ο ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ ΘΕΜΑ Α. Στις ημιτελείς προτάσεις - 4 να γράψετε στο τετράδιό σας τον αριθμό της πρότασης και δίπλα το γράμμα που αντιστοιχεί στη φράση, η οποία τη συμπληρώνει σωστά.. Το μέτρο της

Διαβάστε περισσότερα

ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ Γ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ

ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ Γ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ Γ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΙ ΕΠΑΛ (ΟΜΑΔΑ Β ) ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ 29 ΜΑΪΟΥ 2015 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (ΚΑΙ ΤΩΝ

Διαβάστε περισσότερα

ΕΝΟΤΗΤΑ 1.2: ΑΠΛΗ ΑΡΜΟΝΙΚΗ ΤΑΛΑΝΤΩΣΗ (ΕΝΕΡΓΕΙΑΚΗ ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΗ, ΑΡΧΙΚΗ ΦΑΣΗ, ΣΥΣΤΗΜΑ ΕΛΑΤΗΡΙΟΥ ΣΩΜΑΤΟΣ, ΟΡΜΗ) 2ο set - μέρος Α - Απαντήσεις ΘΕΜΑ Β

ΕΝΟΤΗΤΑ 1.2: ΑΠΛΗ ΑΡΜΟΝΙΚΗ ΤΑΛΑΝΤΩΣΗ (ΕΝΕΡΓΕΙΑΚΗ ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΗ, ΑΡΧΙΚΗ ΦΑΣΗ, ΣΥΣΤΗΜΑ ΕΛΑΤΗΡΙΟΥ ΣΩΜΑΤΟΣ, ΟΡΜΗ) 2ο set - μέρος Α - Απαντήσεις ΘΕΜΑ Β ΚΕΦΑΛΑΙΟ Ο : ΜΗΧΑΝΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ ΕΝΟΤΗΤΑ.: ΑΠΛΗ ΑΡΜΟΝΙΚΗ ΤΑΛΑΝΤΩΣΗ (ΕΝΕΡΓΕΙΑΚΗ ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΗ, ΑΡΧΙΚΗ ΦΑΣΗ, ΣΥΣΤΗΜΑ ΕΛΑΤΗΡΙΟΥ ΣΩΜΑΤΟΣ, ΟΡΜΗ) ο set - μέρος Α - Απαντήσεις ΘΕΜΑ Β Ερώτηση. Ένα σώμα εκτελεί

Διαβάστε περισσότερα

ΦΥΣΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ & ΕΠΑ.Λ. Β 29 ΜΑΪOY 2015 ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ

ΦΥΣΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ & ΕΠΑ.Λ. Β 29 ΜΑΪOY 2015 ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ ΦΥΣΙΚΗ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ & ΕΠΑ.Λ. Β 9 ΜΑΪOY 01 ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ Θέµα Α Στις ερωτήσεις Α1-Α4 να γράψετε στο τετράδιό σας τον αριθµό της ερώτησης και, δίπλα, το γράµµα που αντιστοιχεί στη φράση η οποία συµπληρώνει

Διαβάστε περισσότερα

ΑΣΚΗΣΗ-1: ΗΛΕΚΤΡΙΚΑ ΠΕΔΙΑ

ΑΣΚΗΣΗ-1: ΗΛΕΚΤΡΙΚΑ ΠΕΔΙΑ ΑΣΚΗΣΗ-1: ΗΛΕΚΤΡΙΚΑ ΠΕΔΙΑ Ημερομηνία:. ΤΜΗΜΑ:.. ΟΜΑΔΑ:. Ονομ/νυμο: Α.Μ. Συνεργάτες Ονομ/νυμο: Α.Μ. Ονομ/νυμο: Α.Μ. ΠΕΡΙΛΗΨΗ ΤΗΣ ΑΣΚΗΣΗΣ (καθένας με δικά του λόγια, σε όλες τις γραμμές) ΒΑΘΜΟΣ#1: ΥΠΟΓΡΑΦΗ:

Διαβάστε περισσότερα

Κλασική Ηλεκτροδυναμική Ι

Κλασική Ηλεκτροδυναμική Ι ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΙΩΑΝΝΙΝΩΝ ΑΝΟΙΚΤΑ ΑΚΑΔΗΜΑΪΚΑ ΜΑΘΗΜΑΤΑ Κλασική Ηλεκτροδυναμική Ι ΤΕΧΝΙΚΕΣ ΥΠΟΛΟΓΙΣΜΟΥ ΗΛΕΚΤΡΙΚΟΥ ΔΥΝΑΜΙΚΟΥ Διδάσκων: Καθηγητής Ι. Ρίζος Άδειες Χρήσης Το παρόν εκπαιδευτικό υλικό υπόκειται σε

Διαβάστε περισσότερα

ΔΙΑΛΕΞΗ 2 Νόμος Gauss, κίνηση σε ηλεκτρικό πεδίο. Ι. Γκιάλας Χίος, 28 Φεβρουαρίου 2014

ΔΙΑΛΕΞΗ 2 Νόμος Gauss, κίνηση σε ηλεκτρικό πεδίο. Ι. Γκιάλας Χίος, 28 Φεβρουαρίου 2014 ΔΙΑΛΕΞΗ 2 Νόμος Gauss, κίνηση σε ηλεκτρικό πεδίο Ι. Γκιάλας Χίος, 28 Φεβρουαρίου 214 Ασκηση συνολικό φορτίο λεκτρικό φορτίο Q είναι κατανεμημένο σε σφαιρικό όγκο ακτίνας R με πυκνότητα ορτίου ανάλογη του

Διαβάστε περισσότερα

Ηλεκτρική ροή. κάθετη στη ροή ή ταχύτητα των σωματιδίων

Ηλεκτρική ροή. κάθετη στη ροή ή ταχύτητα των σωματιδίων Ηλεκτρική ροή Θα εξετάσουμε πρώτα την ένοια της ροής (π.χ. σωματιδίων) από μια S ταχύτητα σωματιδίων υ πιφάνεια S κάθετη στη ροή ή ταχύτητα των σωματιδίων Η ένταση J της ακτινοβολίας σωματιδίων ΔΝ ανά

Διαβάστε περισσότερα

ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ. Το ιδανικό κύκλωμα LC του σχήματος εκτελεί αμείωτες ηλεκτρικές ταλαντώσεις, με περίοδο

ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ. Το ιδανικό κύκλωμα LC του σχήματος εκτελεί αμείωτες ηλεκτρικές ταλαντώσεις, με περίοδο ΕΚΦΩΝΗΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Άσκηση 1. Ιδανικό κύκλωμα LC εκτελεί αμείωτες ηλεκτρικές ταλαντώσεις. Να αποδείξετε ότι η στιγμιαία τιμή i της έντασης του ρεύματος στο κύκλωμα δίνεται σε συνάρτηση με το στιγμιαίο

Διαβάστε περισσότερα

ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ Γ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ

ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ Γ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ ΑΡΧΗ ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ Γ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ ΠΑΝΕΛΛΑΔΙΚΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΚΑΙ ΕΠΑΛ (ΟΜΑΔΑ Β ) ΠΑΡΑΣΚΕΥΗ 9 ΜΑΪΟΥ 0 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ (ΚΑΙ ΤΩΝ ΔΥΟ

Διαβάστε περισσότερα

1. Το σημείο Ο ομογενούς ελαστικής χορδής, τη χρονική στιγμή t= αρχίζει να εκτελεί Α.Α.Τ. με εξίσωση y=,5ημπt ( SI), κάθετα στη διεύθυνση της χορδής. Το κύμα που παράγεται διαδίδεται κατά τη θετική κατεύθυνση

Διαβάστε περισσότερα

ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ 5o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ - ΘΕΜΑΤΑ

ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ 5o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ - ΘΕΜΑΤΑ ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ 5o ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ - ΘΕΜΑΤΑ ΘΕΜΑ Α Στις ημιτελείς προτάσεις 1-4 να γράψετε στο τετράδιό σας τον αριθμό της πρότασης και δίπλα το γράμμα που αντιστοιχεί

Διαβάστε περισσότερα

Μαγνητικά Πεδία σε Σύγχρονες Μηχανές. 3.1 Μαγνητικά πεδία σε μηχανές με ομοιόμορφο διάκενο.

Μαγνητικά Πεδία σε Σύγχρονες Μηχανές. 3.1 Μαγνητικά πεδία σε μηχανές με ομοιόμορφο διάκενο. Χ. Δημουλιά, Σύγχρονες Ηλεκτρικές Μηχανές Κεφάλαιο 3 1 Κεφάλαιο 3 Μαγνητικά Πεδία σε Σύγχρονες Μηχανές 3.1 Μαγνητικά πεδία σε μηχανές με ομοιόμορφο διάκενο. Θα εξετάσουμε εδώ το μαγνητικό πεδίο στο διάκενο

Διαβάστε περισσότερα

Ο πυκνωτής είναι μια διάταξη αποθήκευσης ηλεκτρικού φορτίου, επομένως και ηλεκτρικής ενέργειας.

Ο πυκνωτής είναι μια διάταξη αποθήκευσης ηλεκτρικού φορτίου, επομένως και ηλεκτρικής ενέργειας. ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΣΤΙΣ ΗΛΕΚΤΡΙΚΕΣ ΤΑΛΑΝΤΩΣΕΙΣ Ο πυκνωτής Ο πυκνωτής είναι μια διάταξη αποθήκευσης ηλεκτρικού φορτίου, επομένως και ηλεκτρικής ενέργειας. Η απλούστερη μορφή πυκνωτή είναι ο επίπεδος πυκνωτής, ο οποίος

Διαβάστε περισσότερα

Ανάλυση Ηλεκτρικών Κυκλωμάτων

Ανάλυση Ηλεκτρικών Κυκλωμάτων Ανάλυση Ηλεκτρικών Κυκλωμάτων Κεφάλαιο 11: Η ημιτονοειδής διέγερση Οι διαφάνειες ακολουθούν το βιβλίο του Κων/νου Παπαδόπουλου «Ανάλυση Ηλεκτρικών Κυκλωμάτων» ISBN: 9789609371100 κωδ. ΕΥΔΟΞΟΣ: 50657177

Διαβάστε περισσότερα

Π. Ασβεστάς Γ. Λούντος Τμήμα Τεχνολογίας Ιατρικών Οργάνων

Π. Ασβεστάς Γ. Λούντος Τμήμα Τεχνολογίας Ιατρικών Οργάνων Π. Ασβεστάς Γ. Λούντος Τμήμα Τεχνολογίας Ιατρικών Οργάνων Χρήσιμοι Σύνδεσμοι Σημειώσεις μαθήματος: http://medisp.bme.teiath.gr/eclass/ E-mail: gloudos@teiath.gr ΚΑΤΑΝΕΜΗΜΕΝΕΣ ΔΥΝΑΜΕΙΣ Κέντρο βάρους μάζας

Διαβάστε περισσότερα

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2ο: ΜΗΧΑΝΙΚΑ- ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΚΑ ΚΥΜΑΤΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ.

ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2ο: ΜΗΧΑΝΙΚΑ- ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΚΑ ΚΥΜΑΤΑ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ. ΤΟ ΥΛΙΚΟ ΕΧΕΙ ΑΝΤΛΗΘΕΙ ΑΠΟ ΤΑ ΨΗΦΙΑΚΑ ΕΚΠΑΙΔΕΥΤΙΚΑ ΒΟΗΘΗΜΑΤΑ ΤΟΥ ΥΠΟΥΡΓΕΙΟΥ ΠΑΙΔΕΙΑΣ http://www.study4exams.gr/ ΕΧΕΙ ΤΑΞΙΝΟΜΗΘΕΙ ΑΝΑ ΕΝΟΤΗΤΑ ΚΑΙ ΑΝΑ ΤΥΠΟ ΓΙΑ ΔΙΕΥΚΟΛΥΝΣΗ ΤΗΣ ΜΕΛΕΤΗΣ ΣΑΣ ΚΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ ΣΤΗ

Διαβάστε περισσότερα

AΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΕΝΙΑΙΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΣΑΒΒΑΤΟ 10 ΙΟΥΝΙΟΥ 2000 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ : ΦΥΣΙΚΗ

AΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΕΝΙΑΙΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΣΑΒΒΑΤΟ 10 ΙΟΥΝΙΟΥ 2000 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ : ΦΥΣΙΚΗ AΠΟΛΥΤΗΡΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΕΝΙΑΙΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΣΑΒΒΑΤΟ 10 ΙΟΥΝΙΟΥ 2000 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ : ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΜΑ 1 ο Στις ερωτήσεις 1-4 να γράψετε στο τετράδιό σας τον αριθμό

Διαβάστε περισσότερα

α. 0cm. β. 10cm. γ. 20cm. δ. 40cm.

α. 0cm. β. 10cm. γ. 20cm. δ. 40cm. ΘΕΜΑ A Α. Ερωτήσεις πολλαπλής επιλογής. Δύο όμοιες πηγές κυμάτων Α και Β στην επιφάνεια μιας ήρεμης λίμνης βρίσκονται σε φάση και παράγουν υδάτινα αρμονικά κύματα. Η καθεμιά παράγει κύμα (πρακτικά) αμείωτου

Διαβάστε περισσότερα

ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ Γ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ

ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ Γ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ ΑΡΧΗ 1ΗΣ ΣΕΛΙΔΑΣ Γ ΗΜΕΡΗΣΙΩΝ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΕΣ ΕΞΕΤΑΣΕΙΣ Γ ΤΑΞΗΣ ΗΜΕΡΗΣΙΟΥ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΔΕΥΤΕΡΑ 15 ΙΟΥΝΙΟΥ 015 ΕΞΕΤΑΖΟΜΕΝΟ ΜΑΘΗΜΑ: ΦΥΣΙΚΗ ΘΕΤΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ ΣΥΝΟΛΟ ΣΕΛΙΔΩΝ:

Διαβάστε περισσότερα

ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΚΗ ΘΕΩΡΙΑ ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΚΗ ΕΠΑΓΩΓΗ

ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΚΗ ΘΕΩΡΙΑ ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΚΗ ΕΠΑΓΩΓΗ ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΚΗ ΘΕΩΡΙΑ ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΚΗ ΕΠΑΓΩΓΗ 1 3.1 ΠΕΙΡΑΜΑΤΑ ΕΠΑΓΩΓΗΣ Το Σχ. 3.1 δείχνει μερικά από τα πειράματα που πραγματοποίησε o Michael Faraday. Στο Σχ. 3.1(α, β, γ) ένα πηνίο συνδέεται με γαλβανόμετρο.

Διαβάστε περισσότερα

ΦΥΣΙΚΗ Β ΛΥΚΕΙΟΥ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ

ΦΥΣΙΚΗ Β ΛΥΚΕΙΟΥ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΦΥΣΙΚΗ Β ΛΥΚΕΙΟΥ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΘΕΜΑ 1 ο :Σε κάθε μια από τις παρακάτω προτάσεις να βρείτε τη μια σωστή απάντηση: 1. Η διαφορά δυναμικού μεταξύ δύο σημείων μιας δυναμικής γραμμής, ομογενούς ηλεκτρικού

Διαβάστε περισσότερα

ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΚΗ ΕΠΑΓΩΓΗ. Ένα μεταβαλλόμενο μαγνητικό πεδίο γεννά ηλεκτρικό ρεύμα

ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΚΗ ΕΠΑΓΩΓΗ. Ένα μεταβαλλόμενο μαγνητικό πεδίο γεννά ηλεκτρικό ρεύμα ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΚΗ ΕΠΑΓΩΓΗ Ένα μεταβαλλόμενο μαγνητικό πεδίο γεννά ηλεκτρικό ρεύμα ΠΕΙΡΑΜΑΤΑ ΕΠΑΓΩΓΗΣ Όταν κλείνουμε το διακόπτη εμφανίζεται στιγμιαία ρεύμα στο δεξιό πηνίο Michael Faraday 1791-1867 Joseph

Διαβάστε περισσότερα

στη θέση 1. Κάποια χρονική στιγμή μεταφέρουμε το διακόπτη από τη θέση 1 στη

στη θέση 1. Κάποια χρονική στιγμή μεταφέρουμε το διακόπτη από τη θέση 1 στη ΠΥΚΝΩΤΗΣ ΣΥΝΔΕΔΕΜΕΝΟΣ ΠΑΡΑΛΛΗΛΑ ΜΕ ΠΗΓΗ. Στο διπλανό κύκλωμα η πηγή έχει ΗΕΔ = V και ο διακόπτης είναι αρχικά στη θέση. Κάποια χρονική στιγμή μεταφέρουμε το διακόπτη από τη θέση στη θέση και αρχίζουν οι

Διαβάστε περισσότερα