ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΣΜΟΣ-ΟΠΤΙΚΗ, ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ-ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ ΣΤΗΝ ΤΕΛΙΚΗ ΕΞΕΤΑΣΗ ΠΕΡΙΟ ΟΥ ΙΟΥΝΙΟΥ

Transcript

1 ΗΛΕΚΤΡΟΜΑΓΝΗΤΙΣΜΟΣ-ΟΠΤΙΚΗ, ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ-ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ ΣΤΗΝ ΤΕΛΙΚΗ ΕΞΕΤΑΣΗ ΠΕΡΙΟ ΟΥ ΙΟΥΝΙΟΥ Ανδρέας Ζούπας 2 Αυγούστου 212 Οι λύσεις απλώς προτείνονται και σαφώς οποιαδήποτε σωστή λύση είναι αποδεκτή! Θέµα-1 (3. µονάδες) (α ) Σας δίνεται ακτινικό ηλεκτρικό πεδίο της µορφής E = kr 3 r, σε σφαιρικές συντεταγµένες. Να υπολογιστούν 1. Η πυκνότητα ϕορτίου ρ. Απάντηση : ρ = 5ε kr 2. Για το ηλεκτρικό πεδίο, επειδή δεν είναι πεδίο σηµειακού ϕορτίου, δεν µπο- ϱείται να υποθέσετε ότι ισχύει ο τύπος E = 1 4πε Q r 2^r Αυτός ο τύπος δεν είναι λάθος, αρκεί να του δωθεί η σωστή ερµηνεία. Ετσι, πρέπει πρώτα να απαντηθεί για τη συγκεκριµένη κατανοµή ϕορτίου το ερώτηµα (2) για το πόσο είναι το συνολικό ϕορτίο, που περικλείεται σε σφαίρα ακτίνας R και µετά να δείξετε ότι πραγµατικά ισχύει ο τύπος (.1) E(R) = 1 Q(R) 4πε R 2 ^r όπου τονίζουµε πάλι ότι Q είναι το συνολικό ϕορτίο, που περικλείεται σε σφαί- ϱα ακτίνας R. Εξάλλου είναι προφανές ότι το ηλεκτρικό πεδίο δεν τείνει στο µηδέν όταν r. Παρόλο που σας έδωσα τον τύπο για την απόκλιση πολλοί από εσάς χρησι- µοποιήσατε λάθος τύπο. Για την απόκλιση του Ηλεκτρικού πεδίου επιβιώνει µόνο ο όρος 1 r 2 r ( r 2 E r ), διότι Er = kr 3, E θ = E φ =. Η πυκνότητα ϕορτίου δεν είναι σταθερή άρα δεν ισχύει ρ = Q/V, έτσι το αποτέλεσµα 3ε kr 2 είναι λάθος. 2. Το συνολικό ϕορτίο που περικλείεται σε σφαίρα ακτίνας R µε κέντρο την αρχή του συστήµατος συντεταγµένων. Απάντηση : Q = 4πε kr 5. Από τη µορφή που έχουν τα Q και E µπορεί να δειχθεί ότι ισχύει ο τύπος (.1) Προφανώς δεν ισχύει Q = ρv, διότι ρ σταθερό παρόλο που σε συνδυασµό µε την λάθος απάντηση στο προηγούµενο υποερώτηµα (όπου δηλαδή υπολογίσατε το ρ υποθέτοντας ότι είναι σταθερό), τελικά προκύπτει το σωστό αποτέλεσµα. 1

2 Η σφαίρα ακτίνας R δεν είναι µεταλλική και το ϕορτίο δεν κατανέµεται στην περιφέρεια. Εξάλλου αυτό ϕαίνεται από το ότι η πυκνότητα εξαρτάται από το r. 3. Ο στροβιλισµός του ηλεκτρικού πεδίου. Απάντηση : E =. Σας Ϲητούσα να κάνετε τον υπολογισµό και να δείξετε το µηδενισµό του στρο- ϐιλισµού του E. Το ότι το ηλεκτρικό πεδίο έχει µόνο ^r συνιστώσα, αυτό δε σηµαίνει ότι και ο στροβιλισµός έχει µόνο ^r συνιστώσα. Μάλιστα ισχύει το ακριβώς αντίθετο! Αν παρατηρήσετε τον τύπο που σας έδωσα για το στροβιλισµό σε σφαιρικές συντεταγµένες ϑα παρατηρήσετε ότι στην ^r συνιστώσα του στροβιλισµού συµετέχουν µόνο οι v θ και v φ συνιστώσες του πεδίου v. Το εντελώς αντίστοιχο ισχύει και για τις άλλες συνιστώσες : στη ^θ συνιστώσα του στροβιλισµού δε συµµετέχει η v θ και στη ^φ συνιστώσα του στροβιλισµού δε συµµετέχει η v φ. Αυτό είναι ένα από τα κύρια χαρακτηριστικά των εκφράσεων για το στροβιλισµό. Για τον υπολογισµό του στροβιλισµού ο τύπος E = ^e r ^e θ ^e φ r θ φ E r E θ E φ Είναι Λάθος. Ο τύπος µε την ορίζουσα για το στροβιλισµό ισχύει µόνο σε καρτεσιανά συστή- µατα συντεταγµένων. (ϐ ) Μεταλλική σφαίρα ακτίνας R, ϕέρει ϕορτίο Q και περιβάλλεται από οµοκεντρικό, χωρίς συνολικό ϕορτίο, κέλυφος εσωτερικής ακτίνας a και εξωτερικής b όπως ϕαίνεται στο σχήµα. 1. Να υπολογιστεί η επιφανειακή πυκνότητα ϕορτίου σ στα σηµεία R, a και b. Α- πάντηση : Είναι κλασσική περίπτωση ϕόρτισης από επαγωγή! Ετσι οι πυκνότητες έχουν ως εξής : σ R = Q 4πR 2, σ a = Q 4πα 2, σ b = Q 4πb 2, διότι η σφαίρα που έχει ϕορτίο Q επάγει στο εσωτερικό του κελύφους, ακτίνας α, ϕορτίο Q και επειδή το κέλυφος είναι ουδέτερο ϑα έχουµε την επαγωγή ϕορτίου Q στο εξωτερικό του κελύφους, ακτίνας b. Ετσι το όλο σύστηµα έχει συνολικά ϕορτίο Q και το κέλυφος παραµένει ηλεκτρικά ουδέτερο! Το ερώτηµα αυτό είναι ανεξάρτητο από το ερώτηµα 1(α ) 2

3 2. Πως ϑα αλλάξει η απάντηση στο προηγούµενο ερώτηµα αν γειώσουµε την εξωτερική επιφάνεια (κατεβάζοντας έτσι το δυναµικό της στο µηδέν); και να υπολογιστεί το δυναµικό στο κέντρο σε αυτή την περίπτωση. Απάντηση : Τα ϕορτία του εξωτερικού κελύφους ϑα κινηθούν προς τη γη και έτσι ϑά έχουµε σ b =. Το δυναµικό δίνεται από τον τύπο V () = 1 ( Q 4πε R Q ) α Θέµα-2 (2.5 µονάδες) Ισχύει ότι σ α. Το εσωτερικό κέλυφος παραµένει ϕορτισµένο! Το ηλεκτρικό πεδίο τόσο στο εσωτερικό της σφαίρας όσο και στο εσωτερικό του κελύφους είναι µηδέν. Ετσι, για τον υπολογισµό του V () ισχύουν τα εξής : E = : a < r <, E = : < r < R, E = 1 Q 4πε : R < r < r 2 α. Παρατηρείστε ότι πλέον δεν λάβαµε υπόψιν µας το διάστηµα α < r < b ως ξεχωριστό διάστηµα, αλλά το συµπεριλάβαµε στο a < r < επειδή λόγω της γείωσης σ b = και εποµένως το συνολικό ϕορτίο του συστήµατος είναι πλέον µηδεν, άρα για r > b, E =, ενώ επειδή το κέλυφος είναι αγωγός E =, r < a < b (ηλεκτρικό πεδίο µηδέν στο εσωτερικό αγωγού). (α ) Καλώδιο µεγάλου µήκους αποτελείται από κυλινδρικό αγωγό κυκλικής διατοµής α- κτίνας R, ο οποίος διαρρέται από ϱεύµα I οµοιόµορφα κατανεµηµένο πάνω στην ε- πιφάνεια διατοµής του και από εξωτερικό πολύ λεπτό κυλινδρικό κέλυφος το οποίο διαρρέεται επίσης από ϱεύµα I αλλά αντίθετης ϕοράς. Το κέλυφος δεν έρχεται σε ε- παφή µε τον κύλινδρο και µπορούµε να ϑεωρήσουµε ότι χωρίζονται από πολύ λεπτό µονωτικό στρώµα έτσι ώστε και η ακτίνα του κελύφους να είναι R.Να υπολογιστούν : 1. Το µαγνητικό πεδίο σε όλο το χώρο. Απάντηση : Με απλή εφαρµογή του νόµου του Ampere λόγω κυλινδρικής συµµετρίας, παίρνουµε Το I εσω δίνεται από τον τύπο B = μ Is, s < R 2πR2 B =, s > R I εσω = I( s2 R 2 ) διότι έχουµε οµοιόµορφη κατανοµή ϱεύµατος και για r < R η πυκνότητα ϱεύµατος, J, δίνεται από τον τύπο J = I/4πR 2, άρα το ϱεύµα που διαρρέει επιφάνεια ακτίνας s είναι I εσω = J4πs 2 = I(s 2 /R 2 ). Για s > R το συνολικό ϱέυµα που περικλείεται είναι µηδέν.το ότι υπάρχει µονωτικό υλικό µεταξύ των δύο κελύφων δεν επηρεάζει σε τίποτε αυτό το γεγονός. Το µονωτικό υπάρχει, έτσι ώστε να είµαστε ϐέβαιοι ότι το ϱεύµα του κυλίνδρου και το ϱεύµα του κελύφους παραµένουν ανεξάρτητα µεταξύ τους και δεν υ- πάρχει διαρροή ϱεύµατος από τον κύλινδρο στο κέλυφος και αντίστροφα. Στο νόµο των Biot-Savart συµµετέχει το ϱεύµα I και όχι η πυκνότητα ϱεύµατος J. 3

4 Οταν έχουµε διαφορετικές χωρικές περιοχές στις οποίες υπολογίζουµε µαγνητικά πεδία (π.χ. σε ένα κύλινδρο όπου λόγω της κατανοµής ϱεύµατος ϑα έπρεπε να ξεχωρίσουµε τις περιπτώσεις, < r < a, a < r < b) δεν έχει νόηµα να λέµε ότι το συνολικό ηλεκτρικό πεδίο είναι το άθροισµα των επιµέρους πεδίων, επειδή πολύ απλά τα επιµέρους πεδία ορίζονται σε διαφορετικά σηµεία του χώρου!! Μη συγχέεται όµως αυτή την περίπτωση µε την περίπτωση κατά την οποία στο ίδιο σηµείο του χώρου υπολογίζουµε το µαγνητικό πεδίο το οποίο µπορεί να οφείλεται σε περισσότερες από µία πηγές, διότι τώρα πρέπει σαφώς να προσθέσουµε τη συνεισφορά κάθε πηγής για να ϐρούµε το ολικό µαγνητικό πεδίο στο συγκεκριµένο σηµείο. 2. Η αυτεπαγωγή ανά µονάδα µήκους µέσω του υπολογισµού της ενέργειας του συστήµατος. Πόσο ϑα άλλαζε η αυτεπαγωγή ανά µονάδα µήκους για καλώδιο διπλάσιας ακτίνας ; Απάντηση : για µήκος l ισχύει, L = μ 8π l L l = μ 8π Προφανώς η αυτεπαγωγή ανά µονάδα µήκους είναι ανεξάρτητη του R. Ισχύει ότι w = μ l 16π I2. Ο στοιχειώδης όγκος σε κυλινδρικές συντεταγµένες είναι dv = s ds dφ dz οπότε για κύλινδρο µήκους l (δηλαδή το z µεταβάλλεται µεταξύ και l), έχουµε W = όλος ο χώρος = 1 2μ R B 2 dv = 1 2μ R 2π l B 2 (2π) s l ds B 2 dv = 1 2μ R 2π l B 2 s ds dφ dz όπου η τελευταία σχέση προκύπτει επειδή το B εξαρτάται µόνο από το s. Από αυτό το ολοκλήρωµα προκύπτει ο τύπος για το W, πιο πάνω αν αντικαταστήσουµε την έκφραση για το B. Προσέξτε ότι ολοκληρώνουµε µέχρι το R µόνο, παρόλο που απαιτείται όλος ο χώρος και αυτό συµβαίνει µόνο διότι για s > R ισχύει B =. Για το πρόβληµα µας ισχύει ότι di dt = άρα τύποι που περιλαµβάνουν τη ΗΕ από επαγωγή, E, δεν µπορούν να χρησιµοποιηθούν για τον υπολογισµό της αυτεπαγωγής L. Μη συγχέεται αυτό το σηµείο µε τον υπολογισµό του W που χρησιµοποιεί την E (όπου ξεκινάµε από τη σχέση dw dt = EI), διότι σε αυτή την περίπτωση υπολογίζουµε την ενέργεια που πρέπει να καταναλώσουµε για να κτίσουµε το µαγνητικό πεδίο από την τιµή µηδέν µέχρι την τελική τιµή του η οποία είνα πλεόν σταθερή! (ϐ ) Να γραφτούν οι εξισώσεις του Maxwell για γραµµικά υλικά και να δειχθεί ότι σε αυτή την περίπτωση το ηλεκτρικό και το µαγνητικό πεδίο ικανοποιούν την τρισδιάσταση κυµατική εξίσωση. Να δειχθεί ότι η ταχύτητα του ϕωτός σε ένα τέτοιο υλικό εξαρτάται συνήθως, µόνο από τη διηλεκτρική σταθερά του υλικού και να συγκριθεί αυτή η ταχύτητα µε την ταχύτητα του ϕωτός στο κενό. Απάντηση : Για την κυµατική εξίσωση η απάντηση ϐρίσκεται στις σηµειώσεις για τα Ηλεκτροµαγνητικά κύµατα από τη σελίδα ΗΜΚ-27 ως και τη σελίδα ΗΜΚ-28. Πρέπει 4

5 όµως απλώς να επαναληφθεί ο υπολογισµός των σελίδων ΗΜΚ-14 ως και ΗΜΚ-16, µε την αλλαγή ε ε και μ μ, εφόσον αναφερόµαστε σε οµογενή γραµµικά υλικά. Επίσης και για την ταχύτητα του ϕωτός µέσα σε ένα τέτοιο υλικό η απάντηση ϐρίσκεται από τη σελίδα ΗΜΚ-28 ως και την αρχή της ΗΜΚ-29. Ισχύει ότι v = c n, όπου συνήθως n = ε r > 1 και άρα v < c (c είναι η ταχύτητα του ϕωτός στο κενό). Θέµα-3 (2.5 µονάδες) Το γεγονός ότι το υλικο είναι γραµµικό και οµογενές (οµογενές σηµαίνει σταθερά μ και ε) µας επιτρέπει να γράψουµε τις εξισώσεις του Maxwell συναρτήσει µόνο των E και B αρκεί να χρησιµοποιήσουµε τα μ και ε αντί των μ και ε. Άρα, η χρήση των H και D µαζί µε τα μ και ε στις εξισώσεις του Maxwell είναι λάθος. (α ) Σας δίνεται το εξής ηλεκτροµαγνητικό πεδίο σε σύστηµα κυλινδρικών συντεταγµένων (s, φ, z). E(s, t) = It πa 2 ε ^z B(s, t) = μ Is 2πa 2 ^φ όπου I σταθερό ϱεύµα και t χρόνος. 1. Να υπολογιστεί το διάνυσµα Poynting, άρα και η κατεύθυνση ϱοής ενέργειας. Απάντηση : I2 t S = 1 (E B) = μ 2π 2 ε a 4 s^s όπου ^z, ^φ,^s τα µοναδιαία διανύσµατα του συστήµατος κυλινδρικών συντεταγµένων. Παρατηρείστε το µείον στην έκφραση του S που δείχνει ότι το διάνυσµα Poynting είναι ακτινικό µε ϕορά προς τα µέσα, άρα αυτή είναι και η κατεύθυνση ϱοής ενέργειας. 2. να δειχθεί ότι ικανοποιείται η εξίσωση συνέχειας ϱοής ενέργειας (υποθέστε ότι δεν υπάρχουν ϕορτία άρα u μηχ = ). Απάντηση : Πρέπει να δειχθεί ότι u em t + S =, εφόσον u μηχ =. u em = 1 ) ( ε 2 E 2 + 1μ B 2 u em t = I2 t π 2 ε a 4, S = I2 t 2π 2 ε a 4 (s^s) = I2 t π 2 ε a 4 Προφανώς δεν Ϲητώ την απόδειξη του τύπου της συνέχειας ϱοής ενέργειας, αλλά δεδοµένων των εκφράσεων για την πυκνότητα ενέργειας και για το διάνυσµα Poynting, ότι ο τύπος συνέχειας ϱοής ενέργειας επαληθεύεται. εν είναι λάθος να ξεκινήσετε από την έκφραση του ϑεωρήµατος του Pounting και να δείξετε ότι για τις συγκεκριµένες εκφράσεις του Ηλεκτρικού και του Μαγνητικού πεδίου ισχύει η εξίσωση συνέχειας αλλά απλώς είναι κάτι που είναι χρονοβόρο και που εύκολα µπορεί να κάνετε λάθος µε τις πράξεις. Προφανώς δεν Ϲητώ την εξίσωση συνέχειας του ηλεκτρικού ϕορτίου. Η εξίσωση συνέχειας ισχύει προφανώς για τις πυκνότητες. Για την ακρίβεια επειδή u μηχ = έχουµε την έκφραση του ϑεωρήµατος του Poynting du em dt = d dt V u em dv = S S da 5

6 και η εξίσωση συνέχειας ισχύει για την u em και όχι για την U em. Η U em ικανοποιεί απλώς την την εξίσωση του ϑεωρήµατος του Poynting όπως ϕαίνεται από τον τύπο. Εύκολα υπολογίζεται ότι u em = 1 I 2 ) ( t 2 2 π 2 α 4 + s2 ε 4c 2, όπου c 2 = 1 ε μ είναι προφανές ότι ο δεύτερος όρος στην παρένθεση δεν περιέχει τη µεταβλητή t άρα t ( s2 4c 2 ) = (ϐ ) Ενα τετράγωνο πλαίσιο πλευράς a τοποθετείται µε τη µία του πλευρά παράλληλη σε αγωγό απείρου µήκους και σε απόσταση s από τον αγωγό έτσι ώστε ο αγωγός και το πλαίσιο να ϐρίσκονται στο ίδιο επίπεδο, όπως ϕαίνεται στο σχήµα. Ο αγωγός διαρρέεται από ϱεύµα έντασης I. 1. Προσδιορίστε τη µαγνητική ϱοή µέσα από το πλαίσιο. Απάντηση : B = μ I 2πs ^φ Φ = B da = μ I 2π s+α s 1 s (αds) = μ Ia 2π ln ( ) s + a Για όσους ϑέλουν να είναι λίγο πιο αυστηροί στον υπολογισµό του ολοκληρώ- µατος της ϱοής, έχουµε να πούµε τα εξής : από τον τύπο για το στοιχειώδες µήκος dl προκύπτει ότι η στοιχειώδης επιφάνεια, η οποία συµµετέχει στο ολοκλήρωµα είναι αυτή µε εµβαδόν da = ds dz αυτή η επιφάνεια έχει διάνυσµα κάθετο το d^φ και έτσι το εσωτερικό γινόµενο B da δίνει Bds dz. Το ολοκλή- ϱωµα της ϱοής γίνεται τότε s+a s a μ I 2πs ds dz το οποίο µας δίνει το αποτέλεσµα που ϐρήκαµε πιο πάνω. Εφόσον το µαγνητικό πεδίο B δεν είναι σταθερό, προφανώς ο τύπος Φ = B da = BA, όπου A είναι το εµβαδόν του πλαισίου, είναι λάθος. 2. Πως πρέπει να κινηθεί το πλαίσιο έτσι ώστε να µην αναπτυχθεί ΗΕ ; Απάντηση : πρέπει να κινηθεί έτσι ώστε να µη µεταβάλλεται η µαγνητική ϱοή, δηλαδή να έχουµε dφ =. εδοµένης της γεωµετρίας του προβλήµατος, όπου απαιτήσαµε δηλαδή το πλαίσιο να έχει τη µία του πλευρά παράλληλη µε τον αγωγό, και ϑεωρώντας ότι το ϱεύµα µένει σταθερό, η µόνη µεταβλητή από την οποία εξαρτάται η ϱοή είναι η απόσταση s. Άρα το πλαίσιο πρέπει να κινηθεί έτσι ώστε να µη µεταβάλλεται το s. Ενας προφανής τρόπος είναι να κινηθεί παράλληλα στον αγωγό. άλλος τρόπος είναι να κινηθεί κυκλικά γύρω από τον αγωγό διατηρώντας σταθερή απόσταση s µεταξύ της κάτω πλευράς του και του αγωγού. s 6

7 Θέµα-4 (2. µονάδες) Η κίνηση η παράλληλη µε τις γραµµές του πεδίου, εννοώντας ότι το διάνυσµα το κάθετο στο πλαίσιο (ή η ταχύτητα) ϑα παραµένει πάντα παράλληλο στο B, εξασφαλίζει ότι η µαγνητική ϱοή δεν µεταβάλλεται, µόνο αν το µαγνητικό πεδίο δεν µεταβάλλει το µέτρο του κατά µήκος των δυναµικών γραµµών. Για το πρόβληµα µας όπου οι δυναµικές γραµµές είναι κύκλοι οµόκεντροι µε κέντρο τον αγωγό αυτό ισχύει λόγω κυλινδρικής συµµετρίας, αλλά γενικά µπορεί να µην ισχύει. Κάτι το οποίο είναι σχετικό µε την προηγούµενη παρατήρηση. Κάποιοι από εσάς ϑεωρήσατε τον τύπο E = dφ dt = (v B) dl και από αυτόν συµπεράνατε ότι αν v B τότε προφανώς η ΗΕ E ϑα είναι µηδέν. Εδώ όµως υπάρχει ένα λεπτό σηµείο. Αυτή η ΗΕ είναι η ΗΕ λόγω κίνησης, η οποία δεν είναι η µόνη ΗΕ που µπορεί να παρουσιαστεί όταν µεταβάλλεται η µαγνητική ϱοή. Ετσι µπορεί να έχουµε την περίπτωση εµφάνισης ΗΕ που αναφέραµε στην προηγούµενη παρατήρηση. Η έκφραση : η µαγνητική ϱοή µεταβάλλεται µόνο αν µεταβληθεί το µαγνητικό πεδίο είναι λάθος. Η µαγνητική ϱοή µεταβάλλεται αν µεταβληθεί οποιοσδήποτε από τους όρους συµµετέχουν στην έκφραση της, πεδίο, γεωµετρικά χαρακτηριστικά επιφάνειας, σχετική ϑέση πεδίου επιφάνειας. Το ερώτηµα σας Ϲητά να προσδιορίσετε την κίνηση έτσι ώστε να µην εµφανί- Ϲεται ΗΕ από επαγωγή δεδοµένης της γεωµετρίας του προβλήµατος. Το ότι για παράδειγµα αν γενικά το πλαίσιο κινείται εφαπτοµενικά µε τις δυναµικές γραµµές δεν ϑα αναπτυχθεί ΗΕ επειδή η ϱοή µέσα από αυτό ϑα είναι πάντα µηδέν, άρα και dφ =, παρόλο που είναι σωστό δεν απαντά στο συγκεκριµένο ερώτηµα, διότι µέχρι να έρθει το πλαίσιο σε ϑέση ώστε να είναι εφαπτοµενικό στος δυναµικές γραµµές από τη ϑέση που δείχνει το σχήµα, ϑα µεταβληθεί οπωσδήποτε η ϱοή µέσα από αυτό και άρα ϑα αναπτυχθεί ΗΕ. (α ) Επίπεδος πυκνωτής είναι ϐυθισµένος σε αγώγιµο υλικό και στα άκρα του εφαρµόζεται τάση V (t) = V cos(2πνt). Το αγώγιµο υλικό είναι γραµµικό και οµογενές µε επιτρεπτότητα ε = 81ε, επιδεκτικότητα μ = μ και ειδική αντίσταση ρ =.46Ω m. Για τι τάξη µεγέθους της συχνότητας ν λόγος του ϱεύµατος αγωγιµότητας προς το ϱεύµα µετατόπισης είναι της τάξης του 1 ; (Υπόδειξη : Να συγκριθούν τα πλάτη...) Απάντηση : Βασικά Πρέπει να συγκριθούν τα πλάτη των δύο ϱευµάτων. Ισχύουν τα εξής : J c = σe = 1 V ρ d = V, (διότι έχουµε οµογενές ηλεκτρικό πεδίο.) ρd J d = D t = t (εe) =... = ( 2πν)εV d [sin(2πνt)] άρα συγκρίνοντας τα πλάτη J c J d = V d = 1 ρd2πνεv 2πνερ = 1 2π(81)(.46)( )ν ν άρα η συχνότητα πρέπει να είναι ταξης : ν 1 8 Hz. Προφανώς δεν αναφερόµαστε σε επιφάνεια αγωγού οπότε το ηλεκτρικό πεδίο δεν είναι ίσο µε E = σ ε 7

8 δεδοµένου ότι το σ που σας δίνεται δεν είναι πυκνότητα ϕορτίου αλλά αγωγιµότητα. Εφόσον το ϱεύµα µετατόπισης είναι επί της ουσίας πυκνότητα, το αντίστοιχο υα έπρεπε να να χρησιµοποιήσετε και για το ϱεύµα αγωγισµότητας. ηλαδή να χρησιµοποιήσετε το J c και όχι το I c. Το σχόλιο αυτό σχετίζεται κάπως µε το προηγούµενο. Αρκετοί ϑεωρήσατε τα I c και I d αντί των πυκνοτήτων J c και J d µε αποτέλεσµα στο τέλος να αναγκαστείτε να κάνετε την υπόθεση ότι έχουµε οµοιόµορφες πυκνότητες έτσι ώστε να µπορέσετε να κάνετε τους υπολογισµούς. Κάτι τέτοιο δεν ήταν αναγκαίο. V Στον υπολογισµό, J c = σe κάποιοι ϑεώρησαν ότι E = ε r. Αυτό είναι λάθος!. Το σωστό είναι ότι για το γραµµικό και οµογενές υλικό E = V d. (ϐ ) ύο παράλληλες επίπεδες πλάκες έχουν ίσα και αντίθετα ϕορτία. Οταν µεταξύ των πλακών υπάρχει κενό, το ηλεκτρικό πεδίο είναι, E = 3, V/m. Οταν µεταξύ των πλακών υπάρχει διηλεκτρικό το ηλεκτρικό πεδίο είναι E = 2, V/m. Αν το διηλεκτρικό υλικό είναι σύνηθες, γραµµικό και οµογενές πόση είναι η ταχύτητα ενός ηλεκτροµαγνητικού κύµατος µέσα σε αυτό το διηλεκτρικό ; Απάντηση : Σύµφωνα µε την ανάλυση που έχουµε κάνει για τα συνήθη γραµµικά και οµογενή διηλεκτρικά ισχύει ότι d άρα v = K = ε r = E E = 1.28 c εr Km/s Εδώ, η χωρητικότητα του επίπεδου πυκνωτή την οποία συνήθως συµβολίζουµε µε S C = ε d δεν έχει καµία σχέση µε το c µε το οποίο επίσης συνήθως συµβολίζουµε C την ταχύτητα του ϕωτός. Βέβαια, ισχύει για τις χωρητικότητες ότι C = ε r = K, αλλά κάτι τέτοιο εδώ δεν χρειάζεται εφόσον το ε r προσδιορίζεται από το λόγο των µέτρων των ηλεκτρικών πεδίων. Σε αρκετά γραπτά υπήρχε η εξής αντιµετώπιση του προβλήµατος : K = E E = 1.28 και µετά δινόταν ο εξής υπολογισµός c = c K =.78c. Προφανώς αυτός ο συλλογισµός είναι λάθος! το σωστό είναι c = c K =.78c (και εδώ τελειώνει και η άσκηση!) Αυτό ϕαίνεται και από τη σελίδα ΗΜΚ-28 των σηµειώσεων για τα ηλεκτροµαγνητικά κύµατα. Ο συλλογισµός όµως είχε και συνέχεια, διότι κατόπιν υπήρξε η ϑεώρηση ότι c v = = c =, 68c KKm KK Το οποία είναι λάθος!. Εδώ υπάρχει σαφέστατα σύγχυση, διότι κανονικά το v και το c είναι η ίδια ποσότητα!. Αυτό που ισχύει είναι ότι v = c και µε την KKm σχέση K m = 1 εφόσον μ = μ δίνουµε τον πιο σαφή και αυστηρό τρόπο λύσης της άσκησης. Εγινε προσπάθεια να υπολογιστεί το v του ηλεκτροµαγνητικού κύµατος µέσα στο διηλεκτρικό συγκρίνοντας τις δύο εκφράσεις (α) (ϐ) B = E c B = E v 8

9 Για την ακρίβεια, η λογική είναι ότι από την σχέση (α) γνωρίζοντας τις υπόλοιπες δύο ποσότητες µπορούµε να υπολογίσουµε το B, ενώ αν στη σχέση (ϐ) µπορούµε να γνωρίζουµε το B, τότε εύκολα υπολογίζεται το v. Αυτή η µέθοδος δεν είναι λάθος αλλά χρειάζεται προσοχή, έτσι ώστε να µη ϑεωρήσουµε πως B = B επειδή μ = μ. Για γραµµικά και οµογενή υλικά, το γεγονός ότι συνήθως μ μ δεν σηµαίνει ότι απαραίτητα B = B. Αυτό ϑα µπορούσε να συµβαίνει αν είχαµε µόνο µαγνητοστατική αλλά από τη στιγµή που ϑεωρούµε και τα χρονικά µεταβαλλόµενα ηλεκτρικά πεδία ως πηγές του µαγνητικού πεδίου προφανώς ισχύει ότι αν E E τότε και B B. Αυτό, πολύ εύκολα µπορεί κάποιος να το διαπιστώσει αν ϑεωρήσει τις εξισώσεις του Maxwell στην ύλη µε μ = μ και ε ε. Τότε, ϑα δει ότι το µαγνητικό κύµα διαδίδεται µε την εξίσωση 2 B = μ ε 2 B t 2 όπου από αυτή την εξίσωση µόνη της δεν είναι προφανές ποια είναι η σχέση µεταξύ B και B. Το µόνο που µας λέει είναι ότι το µαγνητικό πεδίο διαδίδεται µε ταχύτητα εr µικρότερη από ότι στο κενό. Αν όµως ϑεωρήσουµε το λόγο των δύο σχέσεων, (α) (β), τότε για μ = μ είναι εύκολο, να δειχθεί πως B B = ε r εφόσον για μ = μ προκύπτει ότι n = ε r και αν λάβουµε υπόψιν µας ότι για γραµµικό διηλεκτρικό E = E ε. Σίγουρα δεν είναι και ο πιο ευθύς τρόπος για να αποδειχθεί αυτό r που Ϲητείται στο πρόβληµα, δεδοµένου ότι για να ϕτάσουµε στο πιο B πρέπει να χρησιµοποιήσουµε, έχουµε επί της ουσίας, ως ενδιάµεσο στάδιο, απαντήσει στο πρόβληµα. Οι όποιες παρατηρήσεις είναι ευπρόσδεκτες! 9

10 Σας δίνεται ότι για σφαιρικές και κυλινδρικές συντεταγµένες ισχύουν τα εξής : 1