ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΕΘΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΠΑΙΔΑΓΩΓΙΚΟ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ. Φυσική Β' ΤΑΞΗΣ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΛΥΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ

ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΕΘΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΠΑΙΔΑΓΩΓΙΚΟ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ Φυσική Β' ΤΑΞΗΣ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΛΥΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ ΟΡΓΑΝΙΣΜΟΣ ΕΚΔΟΣΕΩΣ ΔΙΔΑΚΤΙΚΩΝ ΒΙΒΑΙΩΝ ΑΘΗΝΑ

ΥΠΟΥΡΓΕΙΟ ΕΘΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΚΑΙ ΘΡΗΣΚΕΥΜΑΤΩΝ ΠΑΙΔΑΓΩΓΙΚΟ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ Φυσική Β' ΤΑΞΗ ΓΕΝΙΚΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ ΛΥΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Αλεξάκης Νίκοξ Αμπατζής Σταύρος Γκουγκούσης Γιώργος Κουντούρης Βαγγέλης Μοσχοβίτης Νίκος Οβαδίας Σάββας Πετρόχειλος Κλεομένης Σαμπράκος Μενέλαος Ψαλίδας Αργύρης Ένωση Ελλήνων Φυσικών ΟΡΓΑΝΙΣΜΟΣ ΕΚΔΟΣΕΩΣ ΔΙΔΑΚΤΙΚΩΝ ΒΙΒΛΙΩΝ ΑΘΗΝΑ

ΟΜΑΔΑ ΣΥΓΓΡΑΦΗΣ Αλεξάκης Νίκος, Msc φυσικός,καθηγητής 5ου Λυκείου Κορυδαλλού Αμπατζής Σταύρος, Δρ φυσικός, καθηγητής Γενναδείου Σχολής Γκουγκούσης Γιώργος, φυσικός, ιδιοκτήτης - διευθυντής φροντιστηρίου Κουντούρης Βαγγέλης φυσικός, καθηγητής 1ου Γυμνασίου Ιλίου Μοσχοβίτης Νίκος, φυσικός, καθηγητής εκπ/ρίων Κωστέα - Γείτονα Οβαδίας Σάββας, φυσικός, καθηγητής Λυκείου Ν. Αρτάκης Πετρόχειλος Κλεομένης, φυσικός, καθηγητής Αμερικανικού Κολλεγίου Σαμπράκος Μενέλαος, φυσικός, ιδιοκτήτης - διευθυντής φροντιστηρίου Ψαλίδας Αργύρης, Δρ φυσικός,καθηγητής Κολλεγίου Αθηνών ΣΥΝΤΟΝΙΣΤΗΣ ΣΥΓΓΡΑΦΙΚΗΣ ΟΜΑΔΑΣ Πετρόχειλος Κλεομένης, φυσικός, καθηγητής Αμερικανικού Κολλεγίου ΥΠΕΥΘΥΝΟΣ ΣΤΟ ΠΛΑΙΣΙΟ ΤΟΥ ΠΑΙΔΑΓΩΓΙΚΟΥ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟΥ Ραγιαδάκος Χρήστος, πάρεδρος στο τομέα Φυσικών Επιστημών του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου ΣΧΕΔΙΑΣΜΟΣ ΕΝΤΥΠΟΥ ΚΑΙ ΚΑΛΛΙΤΕΧΝΙΚΗ ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ Παπαζαχαροπούλου Μαρία ΗΛΕΚΤΡΟΝΙΚΗ ΣΧΕΔΙΑΣΗ ΣΧΗΜΑΤΩΝ Παπαζαχαροπούλου Μαρία ΕΠΙΜΕΛΕΙΑ ΤΩΝ ΕΡΓΑΣΤΗΡΙΑΚΩΝ ΑΣΚΗΣΕΩΝ Πάρης Κοψιαύτης, φυσικός καθηγητής εκπαιδευτηρίων Γείτονα Ευχαριστούμε τον Γεν. Γραμματέα της Ε.Ε.Φ. κ. Παναγιώτη Φιλντίση για την πολύτιμη συμπαράσταση και συμβολή τον στην υλοποίηση του έργον μας.

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.1 3.1. Δυνάμεις μεταξύ ηλεκτρικών φορτίων 1. Έστω φορτίο Q περιέχει n ηλεκτρόνια - θα έχουμε Q = n-q e, επομέ- Q νως n =, αρα: (α) n = 0,625 10 19 e (β) n = 0,625 10 16 e (γ) n = 0,625 10 13 e (δ) n = 0,625-10 10 e (ε) n = 0,625 10 7 e 2. Η δύναμη μεταξύ των φορτίων δίνεται από το Νόμο του Coulomb: F = k ^12^2 (Οι δυνάμεις είναι απωθητικές) (α) F! = k ΙΊ => Fi = 16 10* 3 Ν (β) F 2 = k ^ F 2 = 4 10" 3 Ν 3. Από τον,νόμο του Coulomb r = M i r = 2 10" 5 m. 4. Εφόσον δίδεται ότι η δύναμη είναι ελκτική το φορτίο q είναι αρνητικό. Το μέτρο του φορτίου δίνεται από τη σχέση. q = Fd2 k ΙQΙ ==> I q I = 4-10" 9 C

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.1 5. Η δύναμη που δέχεται το δοκιμαστικό φορτίο q είναι η συνισταμένη των δυνάμεων Ft και F 2 από τα φορτία και Q 2 αντίστοιχα. Επομένως: Fi = k - ^ (r/2γ όμοια F 2 = k - ί7^γ ΤΪ2Υ F! = 43,2Ν > F 2 = 28,8Ν άρα ZF = F r F 2 => ZF = (43,2-28,8)Ν ZF = 14,4Ν και έχει τη φορά της F^ 6. (ΒΓ) = (ΑΓ)-(ΑΒ) (ΒΓ) = 0,8m F a = k IQI-Q 2 (AB)< F a 0,34N ρ lr ί Q3"Q4 ι hb ~ k (BO 2 F B = 0,21N Επειδή οι δυνάμεις F A, F r είναι ομόρροπες η δύναμη που δέχεται το φορτίο Q 2 είναι: ZF = F A +F B ZF = 0,55Ν και έχει την ίδια κατεύθυνση με τις F A, F Γ

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3 1 7. Q Θ < Ε Το μέτρο της έντασης του πεδίου είναι: F και από το Ν. του Coulomb F = k -ft q r 2 Q έχουμε: Ε = k 'ρ άρα Ε = 2-10 7 N/C και έχει φορά προς το φορτίο πηγή Q. 8. Όπως γνωρίζουμε στο μέτρο της έντασης δίνεται από τη σχέση, Ε = k Q =*> r = K Q r = 100m 9. Ε = k IQI = E-r 2 Q = 4-10 22, 10. Επειδή οι εντάσεις είναι αντίθετες η ένταση στο μέσο θα υπολογισθεί από τη διαφορά των εντάσεων Ε! και Ε 2. Ε - k JQiL E, - k (r/2) 2 E, = 86-10 5 N/C Eo = k QJ (r/2 Υ E 2 = 16-10 5 N/C

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.1 άρα: Ε ολ = E r E 2 =* Ε ολ = 20-10 5 N/C και κατεύθυνση της Ε^ 11. α) Η ένταση στο σημείο Σ έχει μέτρο: Ετ = I ~ ι =* Ε Σ = 10 3 N/C I άι ι και κατεύθυνση την θετική του άξονα χ. β) Το φορτίο q 2 θα δεχτεί δύναμη μέτρου: και κατεύθυνση αντίθετη της Ε. F' = Ε Iq 2 1 =* F' = 4 10" 3 Ν 12. Έστω σημείο Σ της ευθείας, όπου η ένταση θεωρείται μηδέν, και το σημείο απέχει απόσταση χ από το Α. Πρέπει επομένως η ένταση από το φορτίο +2μΟ και η αντίθετης φοράς ένταση από το φορτίο +8μΟ, να έχουν ίσα μέτρα (ώστε η συνισταμένη τους να είναι μηδέν). Ε 2 ή k 2 = k Q? (d-xy η d-x Q 2 QI - d Λ η = 1: ' χ Q 2 q7 X = 1± Q2 Q1 x t = 0,1 m δεκτή όταν q^2 > 0 x 2 = -0,3m δεκτή όταν q-,q 2 < 0 (ή x 2 = 0,3m το σημείο (Α) εκτός της (AB)).

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.1 13. Η ένταση στο σημείο Σ υ- πολογίζεται από τη συνισταμένη των δύο εντάσεων που δημιουργούν τα ςϊ και q 2 τα οποία επειδή είναι ίσα δημιουργούν ίσου μέρου εντάσεις στο Σ, (ΑΣ) = (ΒΣ)=Λ/?8ΓΤΙ. Τ ο μέτρο των εντάσεων είναι: Ε! = Ε 2 = k LCLL (ΑΣ) 2 ΕΖ< \ Ε ολ Χ d/2.α/ \ Β + d/2 Μ ; Ρ1=2μο ς 2 =2μο Ε, = Ε 2 = 2-10 3 N/C. Ε ολ = Ε -ι + Ε 2 άρα το μέτρο της συνισταμένης είναι: Ε ολ = Ve!+e1 ή Ε ολ = V2E 2 ή Ε ολ = Ε, V2 επειδή Ε, και Ε 2 είναι κάθετες μεταξύ τους. Άρα: Ε ολ = 2000 V2 N/C και σχηματίζει γωνία 45 με κάθε μία από τις Ε : και Ε 2. 14. Το ηλεκτρικό φορτίο του δίσκου θα είναι αρνητικό ώστε η δύναμη που θα δέχεται από το ηλεκτρικό πεδίο να έχει φορά αντίθετη του βάρους και έτσι ο δίσκος να ισορροπεί.

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

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.1 άρα Ε α = 18-10 7 N/C E R = k ι Q? r 2 ά ρ α E b = 36-10 7 N/C Er = k ^ - ά ρ α Ε Γ = 17,46-10 7 N/C E A = k IQ 4 1 Η Δ (+)Γ άρα Ε Δ = 35,28-10 7 N/C Υπολογίζουμε τη συνισταμένη με διεύθυνση (ΑΓ): Ε αγ = Ε α -ΕΓ = 0,54-10 7 N/C Υπολογίζουμε τη συνισταμένη με διεύθυνση (ΒΔ): Ε ΒΔ = Ε Β -Ε δ = 0,72-10 7 N/C Και επομένως η συνισταμένη ένταση έχει μέτρο: Ε ολ = ή Ε ολ = 9-10 6 N/C και εφθ = ή εφθ = 0,75. ΒΔ 17. α) Η μετατόπιση δίνεται από τη σχέση: χ = ~ at 2 (1) Η επιτάχυνση που δέχεται είναι: α = (2) Η δύναμη από το ηλ. πεδίο είναι: F = E-q (3)

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.1 (3) => F = 12-10 β Ν (2) =* α = 1,2m/s 2 από την (1) έχουμε: χ = 0,6 m. β) Η κινητική ενέργεια του φορτίου είναι: k '= mu 2 ^, k = ma 2 t 2 άρα k = 7,2-10" 6 Joule. υ = at a 18. Έστω F η δύναμη από το αρχικό πεδίο, F η αντίστοιχη από το αντίρροπο πεδίο και υ 0 η ταχύτητα που απέκτησε από την προηγούμενη κίνηση. Ο χρόνος που χρειάζεται μέχρι να μηδενιστεί η ταχύτητα του φορτίου δίνεται από τη σχέση t = από την οποία προκύπτει: a' =-^aή α' = 1-2m/s 2 (1) Επίσης από το νόμο του Νεύτωνα έχουμε: F-F' =-m-a => gq-g'q =-ma g" = ma + 5 %' = 24N/C 19. Η δυναμική ενέργεια του συστήματος δίνεται από τη σχέση: U = k QlQ2 άρα U = -0,54 Joule

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.1 20. Από τη σχέση U = k => r = k και βρίσκουμε ότι: r = 0,4 m. 21. Από τη σχέση U = k έχουμε U = -10,8-10 4 Joule. 22. Από τη σχέση του δυναμικού έχουμε: V = k ή V = 6-10 4 V. 23. Από τη σχέση V = k -y- => r = και r = 0,45m. 24. α) Από τη σχέση του δυναμικού: U = q-v βρίσκουμε U = -20-10 6 J. β) Εφόσον η δυναμική του ενέργεια είναι αρνητική πρέπει να του προσφερθεί ενέργεια ίση με +20-10 6 Joule για τη μεταφορά του φορτίου στο άπειρο. 25. Έστω = +2μΟ και Q 2 = + 18μΟ που βρίσκονται στις θέσεις Α και Β αντίστοιχα και απέχουν απόσταση d = 16cm. (α) Έστω ότι η ένταση μηδενίζεται στη θέση Μ που απέχει απόσταση χ από το Α. Η ένταση στο σημείο Μ οφείλεται σε δύο πεδία που δημιουργούνται από τα φορτία και Q 2. Εφόσον η ένταση στο Μ υποτέθηκε μηδενική θα πρέπει γ- r- ' ι Qi ι Qp ' I d-x \ 2 Ει = Ε Ξ η k ^ η Q2 Qi

10 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.1 _ι Επομένως χ = τ 2- οπότε χ, = 0,04m η λύση χ 2 = -0,8m απορρίπτεται. "V Qi (β) Στο σημείο Μ το δυναμικό θα είναι V M = V-ι + V 2 (1) V! = k-^- =* V 1 = 4,5-10 6 V (2) V 2 = k => V 2 = 13,5 10 5 V (3) ^ d-x από τη σχέση (1) λόγω των (2) και (3) έχουμε: V M = 18-10 5 V. 26. α) Για n = 2m: V, = k ή = 9-10 3 V r 1 Για r 2 = 4m: V 2 = k r 2 ή V 2 = 4,5-10 3 V β)^ = q-v 1 ή U, = 9-10" 3 J γ) W F = q^-va) ή W F = 9-10 3 J. 27. α) Η δυναμική ενέργεια του ηλεκτρονίου είναι: U = k από αυτή βρίσκουμε: U = -1,1-10~ 24 J. β) Η κινητική ενέργεια του ηλεκτρονίου είναι: Κ = mu 2 (1) η δύναμη Coulomb είναι κεντρομόλος και επομένως: κ-%- = (2) Γ 2 Γ 2

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.1 11 από τη (1) λόγω της (2) έχουμε: Κ = k-^- και επομένως: Κ = 0,55-10~ 24 J. γ) Η ολική ενέργεια Ε = U+Κ βρίσκουμε: Ε = -0,55-10 24 J. 28. α) Το δυναμικό στο σημείο Μ είναι: VM = V1+V2+V3+V4 ή ν Qi ι ι, Q2, Μ (AM) (MB) +k +k ή 1 (ΜΓ) (ΔΜ) VM Μ (AM) k (MO (Q-,- Q 2 ) + (Q3-IQ4I) από την οποία βρίσκουμε: β) V K = V 1 +V 2 +V 3 +V 4 ή V M = -111,24 10 3 V V K = k +k -^2- +k +k -- 4 - r r r r από την οποία βρίσκουμε V K =-108-10 3 V. Q A 1 Η Q 2 Β >\ * \ '/»\ ' \ / \ / x /' \ ' \ / 1. Λ ' \ '. χ \ /,--K\ \ /' '/ \» X, * ' ' r * \ \ χ Q4 '/' \ '/ \j \ Q 3 Δ Γ 4 29. α) Το έργο κατά τη μετακίνηση του φορτίου από το Μ στο άπειρο είναι: \Ν λ = ς^-ν^) ή W, = q-v M ή Wt = 111,24-10 _3 J β) Όμοια W 2 = q(v K -V x ) ή W 2 = q-v K ή W 2 = 108-10 _3 J.

12 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.1 30. Από το θεώρημα της κινητικής ενέργειας έχουμε: Κ Τ -Κ Α = W F ή Κ Τ -Κ Α = q-v ή Λ- mu 2-0 = q-v ή υ = / άρα υ = 11 10 5 m/s. 31. α) Η ηλεκτρική ενέργεια που ελευθερώθηκε κατά τη διάρκεια του κεραυνού, είναι ίση με τη μεταβολή δυναμικής ενέργειας του φορτίου. Ε ηλ = ΔΙΙ = q-v ή Ε ηλ = -1,25-10 9 J β) Η μέση ισχύς από τη σχέση Ρ = ή Ρ = -1,25-10 9 watt. 32. α) C = -γ- άρα V = ή V = 50-10~ 3 V ή 50mV. β) Η ενέργεια του πυκνωτή είναι Ε ηλ = QV από τον τύπο βρίσκουμε: Ε ηλ = 25-10 6 J 33. Το εμβαδόν κάθε οπλισμού είναι S = 200cm 2 ή 2 10 2 m 2 το μήκος = 5-10~ 4 m. β) Χωρητικότητα του πυκνωτή είναι: C = εε 0 - - Επειδή ε = 1 έχουμε C = ε 0 ~ και από αυτή έχουμε: C = 3,54-10~ 10 F.

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.1 13 s 0 * S 34. Από την C = ε 0 -γ έχουμε: = ^ από όπου βρίσκουμε =1mm. 35. α) Η χωρητικότητα του πυκνωτή είναι: C = ε 0 γ από όπου βρίσκουμε: C = 4,43-10" 10 F. β) Το φορτίο του πυκνωτή είναι: Q = CV από όπου Q = 886 10" 10 C. 36. ΠΡΙΝ (ΤΟ ΔΙΠΛΑΣΙΑΣΜΟ) ΜΕΤΑ (TO ΔΙΠΑΑΣΙΑΣΜΟΣ) C = 2-10" 6 F C ' = e o "^ = 10 " 6F Q = CV = 300-10" 6 C V = -~7~ = 300V V = 150V Ε = V/ = 7-500 V/m 3 Ε' = = 0,75-10 4 V/M Ε ηλ = ^- Q-V = 225-10^ Ε ηλ = ^-0 ν = 450-10- 4 J 37. Η ένταση δίνεται από την Ε = γ από την οποία βρίσκουμε: Ε = 160 V/m 38. Η απόσταση μεταξύ των οπλισμών είναι ί = από την οποία βρίσκουμε = 0,2m.

14 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3 1 39. α) Για την μετακίνηση του θετικού φορτίου από την αρνητική στη θετική πλάκα απαιτείται έργο εξωτερικής δύναμης ίσο με το αρνητικό έργο της δύναμης του πεδίου. Άρα: W F = q-v = 18-10 6 Joule β) Σ' αυτή τη περίπτωση το πεδίο μετακινεί το φορτίο αυθόρμητα και επομένως θα πρέπει να ασκηθεί στο φορτίο εξωτερική δύναμη ώστε να μετακινηθεί με σταθερή κινητική ενέργεια. Το έργο αυτό θα είναι αντίθετο του έργου της δύναμης του πεδίου, άρα: νν Ρεξ = 9-V = -18-10" 6 J 40. + t 1 F Lu 0 Ε F (Η τάση V να ληφθεί ίση με 90 Volt). T, άξονας χ: κίνηση ευθύγραμμη ομαλή d = u 0 t => t = t - 2,5-10" 9 sec d u 0 =ΐ> άξονας y: κίνηση ευθύγραμμη ομαλά επιταχυνόμενη lf y = m e -a y <» Ε q e = m e -a y

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.1 15 α ν = V I qg J = 16-10 14 m/s y m e - μετά από χρόνο t: u y = a y -t => u y = 4 10 6 m/s Η ταχύτητα επομένως κατά την έξοδο είναι: υ = Vuo+u y => υ = 2,04-10 7 m/s. και η διεύθυνση της: εφθ = => εφθ = 0.2. Uy 41. α) Κ = q-v βρίσκουμε Κ = 3,2 10 15 J. β) Κ = mu 2 άρα: υ = m βρίσκουμε: υ = 8,4-10 7 m/s. 42. Εφ'όσον αιωρείται η σταγόνα IF = 0 ή F nx = Β (1) V αλλα η F n = E-q η F na = ~γ -q (2) B-e από τις (1) και (2) q = ν βρίσκουμε: q = 6,4-10 19 C 43. IF y = 0 ή T y = Β IF X = 0 ή T x = F Τ ν Β - Β χ- = - <φ εφθ = (1) F = E-q = -γ q (2) από τις (1) και (2) έχουμε:

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

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.2 17 3.2. Συνεχές ηλεκτρικό ρεύμα 1. q = C V => q = 480μ0 q = x e => x = => x = 3 10 15 ηλεκτρόνια και = _9_ At I = 24mA 2.1 = 4- => I = = ev=*'l = 9,28 10~ 4 Α 3. Έστω Ud η μέση ταχύτητα κίνησης των ελευθέρων ηλεκτρονίων μέσα σ' ένα κυλινδρικό μεταλλικό αγωγό (ταχύτητα διολίσθησης). Τα χ ηλεκτρόνια που διαπερνούν μια διατομή s σε χρόνο Δι βρίσκονται μέσα σε ένα κύλινδρο με βάση τη διατομή s και ύψος h = u d -At, δηλαδή σε όγκο V = s-h = s-u d -At. Είναι: n = V x = n-v => χ = n-s-u d -At Ισχύει: I = I = Χ Θ At. _ n-s-u d -At-e At u d n-s-e A r\rr A r\~4 ^ A r\ r- ΓΠΠΊ => u d = 1,25-10 => u d = 12,5

18 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.2 4. Ri = -γ 2 - -gi- = 2 => R, = 2 R 2 R? = _Υθ_ 2Ι 0 = 2ρ => s 2 = 2-s, => s 2 = 0,4 mm 2 Si s 2 5. Υπάρχουν σης απαντήσεις του βιβλίου. 6.R = p f (1) m = d-v => m = d-s-f s =w < 2 > (1),(2) =>R = p &e m R = 52,5Ω 7. Τα δύο σύρματα έχουν ίδιο όγκο, δηλαδή: V = V =* s = s => s = -ψ- (1) Είναι:

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.2 19 R = ρ R R s < 1 > s R' =ρ R ' \ 2 = > ' = R' => ' = 4m 8. ρ θ = ρ 0 (1+αθ) =* 2 ρ 0 = ρ 0 (1+αθ),= =>2=1 +αθ => οθ = 1 => θ = α θ = 256,4 C Για τους χάλκινους αγωγούς, ναι. Για τους άλλους, όχι. Ο» - _Y_ Ί y "' 1 ~ R, Ιι _ R g JL, R Q (i+oe 2 ) l 2 R 1 '2 R o (1+a0i) l2 -"R7 ) It? _ 1+αθ Ρ o _ 1 nr.-i l 2 1+αθ! ^ 2480 9 10. R 0 \ R1+R2 => R 0 \ 20Ω V ολ I = 5A

20 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.2 V, = l-r 1 => V, = 25V V 2 = R 2 => V 2 = 75V 1 1 ΊΓ- = Ί ^ + ΊΓ =* R 0K=-^~ - Ρ ολ = 20Ω "θλ "1 Π 2 Π + π 2 ι = "ολ => I = 6Α Ι ι - Ri => h 4Α l 2 = ηξ- => Ι 2 = 2Α 12. α) Ri2="j^^- =* Ri2 = 2Q Ρολ = R12+R3 => R 0\ = 6 Ω I = Π 0 λ => I = 10Α ν Β Γ = -R 3 => ν Β Γ = 40V =* V 3 = 40V V A B = I R 1 2 => V A B = 20V => V! = V 2 = 20V (ή V A B = 6 0 ν Β Γ => V A B = 20V) I - Vab ' 1 ~ R, ^ => Ι Α Ι ι " 3 ι - VAB Ι _ 10 Λ Ι 2 - r 2 => Ι 2-3 Α Ι 3 = I = 10Α. Α

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.2 21 β) ^23 ^2 + ^3 ^ ^23 90Ω ρ ολ = γγ 1,^23 "1+" 2 3 => R 0 \ = 9Ω i = "ολ => I = 10Α ' 1 = "af" ^ 'ι = 9Α Ι 2 = Ι 3 = %Β- => 2 = 3 = 1Α "23 Vi = ν ΑΒ => V, = 90V V A r = WR2 ==> V Ar = 40V => V 2 = 40V VfB = l 3 'R3 =* WB = 50V => V3 = 50V. 13» R- 2 ~ Ri'R 2 /RI + R 2 = 2Ω Rl23 = R12 + R3 = 10Ω R45 = R4~l~R5 = 10Ω Rox = r Ri23,r 45 "l23 + "45 = 5Ω I = "ολ = 12A l 3 = - *- = 6A "123 VfB = l 3 "R 3 => VfB = 48V => V3 = 48V V A r = I3 R12 => V Ar = 12V ^ V, = V 2 = 12V Ι 1 = -^ => l-i = 4A

22 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.2 ν ΑΓ Ι2 = 2Α R 2 Ι 4 = Ι 5 = "45 =* U = U = 6Α ν ΑΔ = l 4 -R 4 Vaa = 42V => V 4 = 42V Vab = U-Rs => ν Δ Β = 18V => V 5 = 18V. 14, ' 2= ~4^ = 1Α 4V Ιι = l 2 +13 =^ h = 2Α V 1 = 1-R 1 => V, = 4V V123 - V l + V 2 3 => V-I23 = 8 V V45 = Vi 2 3 => V 4 5 8V Us = "ΊΤ^ => >45-0,5Α => ΙΑ = 0,5Α "45 ι = 1 + 45 => I = 2,5Α V 1 9, = V-I-Ry => IR, = V - V 1? 3 => R x - ν ~ Υ 1 2 3 =*> R x = 0,8 Ω. 15. ΒΓ = 10cm R B r = R*-BT => R B r = 5 0 Ω R BA r R * ' ( B A + A r ) => R B r = 70Ω

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.2 23 Ι Β γ - ρ - 0,28Α ΒΓ 'ΒΑΓ - ρ ~~ - 0,2Α "ΒΑΓ 1 6. Q) R- 2 R 1 + R 2 ^ R l 2 3 Ω, R34 R 3 " ^ R 4 ^ ^ 3 4 1 5 Ω. 112 = - ρ = > 112 = 1 0 A tt12 '34 = ~5 =* '34 " 2Α "34 ν ΓΑ = Ιΐ2 Ri => ν ΓΑ = 20V => V r -V A = 20V (1) ν ΓΒ = I34 R3 ^ ν ΓΒ = 10V => V ν Β = 10V (2) (2)-(1) => V A -V B = 10-20 => V AB = -10V β) Έστω R 5 η ζητούμενη αντίσταση. Είναι: R 45 = (3) ^345 = R3 + R45 (4) ν 112 = ~ ρ "12 = > I 12 = 10A. V.. 30,. 30 '345 ρ Π345 '345 ρ ι ρ Π3ΤΠ45 ^ '345 r, n 0"r Π45 ν ΓΑ = 112" RΊ => ν ΓΑ = 20V =* V r -V A = 20V (5) ν ΓΒ = 1WR3 - v re - 5. Vi Vb = ^ (6) < 6 > < 5 > - ν «- ν - T f t ~ 2 0 - = * 2 0

24 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.2 150 5 + R45 = 20 => 50 = 20-R 45 => R45 = 2,5Ω Από τη σχέση (3) έχουμε: R 5 = Ω. 17. α) Το κύκλωμα γίνεται ισοδύναμα: Οι τρεις αντιστάσεις είναι συνδεμένες παράλληλα. Άρα, 1 R Ολ Rox= 10Ω. _1_.J_.J_ R R R R ολ R β) Το κύκλωμα γίνεται ισοδύναμα: 1 ^ *οκ R 3

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.2 25 D _ RR R Η ΑΓ - R+R 2 R. r, 3R RAB - RAR+R - +R - 2 2 _SR_ R ο = RAB-R 2 = 2 3R 1RO ολ Rab+R -3R_+r -55-5 18. Ο κλάδος BZ δε διαρρέεται από ρεύμα Ετσ,; 1 = R^R7 * 1 " 1Α Είναι: V z = 0 ν Δ -ν ζ = 0 => ν Δ = V z =» ν Δ = 0V ν Δ -ν Β = V 2 => 0-V B = 10 => V B = -10V. V A -V B = I-R, => ν Α ( 10) = 1-10 => V A +10 = 10 => ν Α = ον V B -V r = l-r 2 => -10-ν Γ = 1-10 => ν Γ = -10-10 =» ν Γ = -20V 19. Αρχικά, η αντίσταση R 2 είναι βραχυκυκλωμένη, άρα δε διαρέεται από ρεύμα. Έτσι: I = => I = 1Α. Η 1 Τελικά, οι αντιστάσεις R 2 και R 3 είναι συνδεμένες παράλληλα και η ισοδύναμή τους συνδεμένη σε σειρά με τη R v Άρα:

26 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.2 R R2 '^3 23 = Γ 2!" 3 = 10Ω R2 + R3 Ro\ R1 +R23 20Ω ί = = 0,5Α "ολ V! = -R 1 = 5V V 2 = V 3 = IR 23 = 5V, 2 = Vg_ = ο 2 5Α Μ 2 Ι 3 = -jr~ = 0.25Α "3 20. α) Έστω R η αντίσταση του αγωγού. R 3R Είναι: R AB = 4 και R "Μ ArB a = q = ^ - _6Q_ ^ - _240_ RAB 1 JL 4 ι - V AB. ^ 60 => L - 240 ' 2 RAPB ~ ' 2 " 3 Π Είναι: R Ar = -ψ 4 Ετσι: V Ar = l 2 R A r => V Ar = => V Ar = 40V β) ν Δ = 0 Είναι: R ir =

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.2 27 ν ΔΓ = ΙΛΓ => ν ΔΓ = -5- => ν ΔΓ = 20V =» ν Δ -ν Γ = 20V => 0-ν Γ = 20V => ν Γ = -20V 21. Τις Ri και R 4 σε σειρά, ώστε R 14 = 10Ω, τις R 2 και R 3 σε σειρά, ώ- στε R 2 3 = 10Ω και τις R 14 και R 23 παράλληλα, ώστε R ox = 5Ω. Είναι: V 3 = l 3 R 3 => V 3 = 2-6 =* V 3 = 12V V 2 = 3 R 2 => V 2 = 2-4 => V 2 = 8V Άρα: ν ολ = V 2 +V 3 =* ν ολ = 20V Οπότε: l 4 = => l 4 = 2A. "14 22. Ο κλάδος ΒΔΓ δε διαρρέεται από ρεύμα Έ Τ Σ, : ' - "R^RT ~ 1 = Μ Είναι: V c = ν ΔΓ = V Br = I R 3 = 2-10 = 20V Άρα: q = C V c => q = 400μ0. 23. Είναι: I = (1). V AB = I 5R Ζ V AB = 5R=* V AB = M- (2) qi = C^V/νβ => qi = Ci ~^r~ (3) ν ΓΔ = I 3R ν ΓΔ = 3R => ν ΓΔ = W

28 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.2 q 2-0 2 ν ΓΔ => q 2 C 2 (5) 24. Έστω R η τιμή κάθε αντίστασης. Είναι: R-i = R+R => = 2R K 2 RR R+R ^ 2 R 2 V 2 V 2 Οποτε: Ρ-ι = -5 => P^ 1 = R-i 2R V 2 p 2V 2 K a, p 2 = _, 2 = ^ _ Άρα: P 2 > P,. 25. α) Είναι: Ρ-ι = l 2 -R- P 2 = l 2 -R 2 Αφού RT > R 2, είναι PT > P 2. β) Είναι: P : = V 2 R1 V 2 Αφού > R 2( είναι Ρ 1 < P 2 Έχουμε: άι = q 2 f C, - ψ = C 2 ψ => = -f- 26- R 1 2 3 = R 1 2 + R 3 = 10Ω R 1234 = r' 23," 4 123 + I M = 9Ω

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.2 29 RoA = R1234 + R5 = 20Ω I = -^- = 9Α "ολ V 5 = l-r 5 = 99V V-I234 = '"^1234 = 81V U = " V " = 0,9Α π 4 3 = Vj2K_ = 8, 1Α "123 ν 3 = L 3 -R 3 = 40,5V V i2 = I 3 R 1 2 = 40,5V II = _^12_ = 405A r>1 l 2 = "^2" = 4,05A «2 Q 1 = l^-rft = 9.841,5J Q 2 = ll-rg-t = 9.841,5J Q 3 = l -R 3 t = 19.683J Q 4 = l!-r 4 -t = 4.374J Q 5 = 2 -R 5 -t = 53.460J. 0"7 0 V 2, AQ 27 W "FT 1 = m c Ae 80 V 2 t Λη t = d-v-c-δθ 100 R

30 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.2 80 220 2 4_ «10 3, λ.3 < 4,18,οο 10 '^Ιο^ 2 0 1 0 ' 1!^- 8 0 =>t = 1727,27s => t = 0,48h Ρ ΗΛ = => ΡΗΛ = 4,84KW W HA = P H A't => WHA = 2,32KWh Άρα, κόστος = 2,33KWh 25 = 58,1 δρχ. 28. Κουζίνα: Ρ, = V r li => I, = 6.81A Θερμοσίφωνας: P 2 = V 2 -L 2 => l 2 = 9,09A Ψυγείο: P 3 = V 3 -l 3 => l 3 = 4,54A Λαμπτήρες: P 4 = V 4 I 4 => l 4 = 2,27A 'ολ = li + l2+'3 + '4 =* 'ολ = 22.71A Άρα, ασφάλεια των 25A. Είναι: Ρ ολ = Ρι+Ρ 2 +Ρ 3 +Ρ4 =* Ρολ = 5KW. WHA = Ρολ-t => WHA = 50 KWh Κόστος = 50 KWh-25 δρχ/kwh = 1.250 δρχ. 29. α) R 0^ = R- +R 2 => R oa = 60Ω. i = Πολ => I = 2A Άρα, Ρ Λ = l 2 R-, Ρ Λ = 160W β) R 13 = r Ri +r 3 3 = 20Ω R ολ = R 13 +R 2 => R 0 x = 40Ω

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.2 31 I' = "ολ => Γ = 3Α VI3 = R-RI3 =* V 13 = 60V,1 = =* ' 1 = 1.5Α PX = 2.Ri =* ΡΑ = 90W α(%) = Ρλ Ρλ 100% =* α(%) = 90.J. 60 % ι Λ 160 %) = -43,75% 30. Οι R! και R 2 συνδέονται σε σειρά, ώστε R 12 = RT-^ = 6Ω. Οι R 12 R R και R 3 συνδέονται παράλληλα, ώστε R123 = ~~α^το~ 3Ω. Οι R-J23 *12+ "*3 και R 4 συνδέονται σε σειρά ώστε R ok = R123+R4 = 11Ω. Είναι: Ρ 3 = ^ V 3 = 12V, Ι 3 = = 2Α. "3 "3. V 12 = 12V, Ι 12 = ^ - Ι 12 = 2Α. "12 Άρα: Ι 4 = Ι 12 +Ι 3 => Ι 4 = 4Α Οπότε: Ρ 4 = l^-r 4 => Ρ 4 = 128W. 31. Η αντίσταση των γραμμών μεταφοράς είναι: R = p- - => R = 1,8-10 8 ] 0 ^0 l =* R = 180 Ω ρ» - w 2 R - w ρ - -

32 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.2 = I 2 180 = -720-10 3 => I = 20Α Ρι = ν, I => V, = -η 1 - => V! - 36.000V Ρ 2 = ν 2 Ι =* ν 2 = -η 2 - => V 2 = 32.400V 32. Είναι Ρ κ = 2000W και V K = 200V. Άρα: Ρ κ = => R = => R - 20Ω Η γ κ και Ρ κ = V K -I K => Ι κ = PK/VK => 'κ = 10Α Αν συνδεθεί σε δίκτυο τάσης 160V, θα είναι: Ρ = => Ρ = => Ρ = 1280W l = ν l = jgo = 8Α R 20 33. Είναι: Ρ κ = 1000W και V K = 100V Άρα: Ρ κ = V K -I K => Ι κ = * κ => Ι κ = 10Α Πρέπει: V K +V R = 220 => 100+V R = 220 = ^ V R = 120V Είναι: l R = 10Α Αρα: l R = => R = \"" => R = 12Ω. Η IR

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.2 33 34. Είναι: Ρ Κ(Θ ) = 100W και V K( e) = 200V Άρα: Ι Κ(Θ) = = 0,5Α και R e = = 400Ω ν Κ(θ) Γ*Κ(Θ) Είναι: Ρ Κ(Λ ) = 24V καιν Κ(Λ) = 12V Άρα: Ι Κ(Λ) = = 2Α και R A = = 6Ω *Κ(Λ) Γ Κ(Λ) Για το σύστημα έχουμε: Ro\ = Re+R\ => R 0 \ = 406Ω I = => I = 0,49Α "ολ Αφού Ι Κ(Λ) > I, ο λαμπτήρας υπολειτουργεί. 35. α) Για τη συσκευή είναι: Ρ Κ = V K -I K => Ι κ = =>Ικ= 1-5Α ν κ Vi> Ml Ρκ = -5 s - => Rz = "Σ Π< =» Ri = 40Ω R Rg R; R _ 40-40 R _?no Κ2Σ ~ R 2 +R z 2Σ 40+40 =>R a -20U R12X = RI + R 2 J ^ Ri2i = 40+20 => R^ = 60Ω ' - Τ - ' - * ν 2Σ = l-r 2I =* ν 2Σ = 2-20 =» V 2I = 40V ι ^2Σ ι 40, A Λ 'ς - "b =* 'ς - ^ 'ς - 1A Αφού ν 2Σ < V K (ή Ι Σ < Ι κ ), η συσκευή δε λειτουργεί κανονικά.

34 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.2 β) Αφού η συσκευή λειτουργεί κανονικά, είναι ν 2Σ = 60V και Ι Σ = 1,5Α. η ι Vpv - 60. Λ c. Ετσι εχουμε: Ι 2 = => Ι 2 = => Ι 2 = 1,5Α. Άρα: Ι 3 = Ι 2 +Ιι => Ι 3 = 3Α Επίσης: V = V 2Z +V 3 => 120 = 60+V 3 => V 3 = 60V Άρα: 3 = -^3- R 3 = -^3- R 3 = 20Ω. "3 '3 36. U = => «= li(ri+r) (1) ' 2 = ^ % = 2(R2+r) (2) ' Από (1) και (2) έχουμε: % = 10V και r = 1Ω. '37. V, = l 1 R 1 ^ v 1 = -^jt -R 1 (1) V 2 = l 2 :R 2 => V 2 = (2) Από τις (1) και (2) έχουμε: % = 30V και r = 2Ω. 38 "' = ** ' = Ri+R 2 +r ^ = 2Α Είναι: V c = V 2 = IR 2 = 2-3 = 6V Άρα: q = C-V c =*> q = 4μΡ 6ν => q = 24μΟ

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.2 35 39 " α) ' = "* ' = Ri+R 2 +r ^ 1 = 2Α β) V n = «-l-r => ν π = 10V γ) ΡΠΗΓ = «Ι => ΡπΗΓ = 24W δ) P r = 2 -r ^ P r = 4W ε) Ρ ΕΞ = ν π Ι => Ρ ΕΞ = 20W στ) Ρ, = l 2 -R 1 Ρ 1 = 8W ρ 2 = 2.R 2 =ΦΡ 2 = 12W 40. Είναι:. % = 24V Επίσης: V n = %-\-r =>20 = 24-2 r => r = 2Ω. 41,1 =_ R^T ^ Ri+R 2 +r ^ ' = 2A Είναι: V r = 0 V A -V r = I-R-, => V A -0 = 2-17 => V A = 34V V r -V B = I R 2 => 0-V B = 2-8 => V B = -16V 42. R, = -J- => R, = 4Ω. R 2 = => R 2 = 12Ω n - Rl2_ R RrRp 1' R 2. n ρ _ 4-12 RI n n R 1 + R 2 ^ R 12-^H2" ^ Ρ 12-3Ω Rox = Rl2 + r => R 0 \ = 4Ω

36 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.2 % RCA => I = 1Α ν = %-Υ\ => ν = 3V Μ - V Ri Ι, = 0,75Α Ι 2 = => Ι 2 = 0,25Α Πο 43. α) Όταν ο ανεμιστήρας δε στρέφεται, παρεμβάλλεται στο κύκλωμα ως ωμική αντίσταση/ετσι, έχουμε: 1 g? ςρ R ox 1 r+r+r'. r = 2 Ω β) ΡΘ = l (R+r+r ) => Ρ θ = 24W γ) Όταν ο ανεμιστήρας στρέφεται, έχουμε: ΡΠΗΓ = %>'h => ΡΠΗΓ = 48W Είναι: Ρ Π ΗΓ = ΡΘ+ΡΜΗΧ^ 48 = 24 + Ρ ΜΗΧ => => Ρμηχ = 24W δ) Η παρεχόμενη ισχύς στον ανεμιστήρα είναι: ΡΑΝΕΜ = ΡΠΗΙ Ρ Γ-PR => ΡΑΝΕΜ = ^"'2 Ί' Γ IF-R => ρ λνεμ = 32W. Αρα, η απόδοση του ανεμιστήρα είναι: α(%) = Ρμηχ 100% => α(%) = 24 100% "ΑΝΕΜ 3<Ί α(%) = 75%

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.2 37 44. α) Όταν ο ανεμιστήρας δε στρέφεται, παρεμβάλλεται στο κύκλωμα ως ωμική αντίσταση. Έτσι, έχουμε: V, = ^-l^r => = 4Α '- = 7 lr- r = 2Ω β) Ρθ = l (r+r ) =* Ρ θ = 12W γ) Όταν ο ανεμιστήρας στρέφεται, έχουμε: V 2 = "8 Ι 2 Γ =s> Ι 2 = 2Α Ρ ΠΗΓ = «Ι 2 => ΡΠΗΓ = 24W Είναι: Ρ Π ΗΓ = ΡΘ+ΡΜΗΧ =* 24 = 12+Ρ ΜΗΧ => Ρμηχ= 12W δ) Η απόδοση του κυκλώματος είναι: ο/λ = 100Ο /ο ^ α(0/ο) = _1 ' ΠΗΓ 24 %) = 50% 45. Εστω I-), Ι 2 και Ι 3 οι εντάσεις των ρευμάτων που διαρρέουν τους κλάδους ΔΑΒ, ΒΓΔ και ΒΔ αντίστοιχα. Εφαρμόζοντας τους κανόνες του Kirchhoff έχουμε: Ιι + Ι 2 = Ι 3 (1) < 8i-IiT 1 -I 1 -R 1 -I 3 -R 3 = 0 (2) <d 2 ~ l 2 -r2-l 2 -R2~ l 3 -R 3 = 0 (3) Η λύση του συστήματος των (1),(2) και (3) δίνει: h = 1 Α, Ι 2 = 0.25Α και Ι 3 = 0,75Α Ακόμη έχουμε: V A -I 1 R 1 -I 2 R 2 = V r => V A r = IiRI + I 2 R 2 => V Ar = 4,5V

38 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.2 46. Έστω Ι 1( Ι 2 και Ι 3 οι εντάσεις των ρευμάτων που διαρρέουν τους κλάδους του κυκλώματος. Εφαρμόζοντας τους κανόνες του Kirchhoff έχουμε: h = 1 Α, Ι 2 = 1 Α, Ι 3 = 2Α και V AB = 12V 47. Υπάρχουν στις απαντήσεις του βιβλίου.

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.3 39 3.3. Ηλεκτρομαγνητισμός 1. Β = k 21 9 1Π 2 β = 10 " ίιτκ τ^β = 2 10 " τ 3. α) Β = Κ μ 21 B-r, 2 10~ 5 20 10~ 2 α => I = ~ } Α k M -2 2-10 I = 20Α ϊ)β 2 2Ι = Κ ψ- _ 10' 10^40 7 2 40 = 5 2 20 10 >0 10" -22 Ίυ 4 '=ΊΓ ζ ι ε, 90 Λ -» l = = ea i r B = k 21 n 10 _7 2 6 B " 10 10" έ τ Β = 1,2 10 _5 Τ 5. α) Ομόρροπα: l Β ολ = Β 1 -Β 2 = Κ μ - Κ μ Βολ=-^(Ιΐ-"2) Β» = < - 1 0 > τ ~ /Α Ua-, / / Βζ * / Ι Μ Β 0 Λ = "10~ 5 Τ" β) αντίρροπα: Β ολ = B^Bg 4k Βολ =-Γ-(ΙΙ+'2) =* Β ολ = 4 10" 5 Τ. III ΐ2 Wb/ Μ.

40 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.3 6. α) ομόρροπα Πρέπει Β, = Β 2 = r\i r 21, Κ,-βΙ, χ d-x 3 d-x ^ d-x = 3χ / (' / I, 12=31, / Bl *-xhik-d-x-> ' / /Β 2 / \ / \ / / / => d=4x =>χ = =7,5 cm. β) αντίρροπα Πρέπει = Β 2 => Κ., 2 - Κ,2 31 : d+x j\_ χ d+x d = 2χ => χ = d+x = 3χ d χ = 15 cm. 7. Πρέπει B 1 = Β 2 +Β 3 => k -2L. = k ^ - + k -!*~ χ r-x 2r-x li_ = Ji_ + _2.Sk χ r-x 2r-x (r-x)x = x(2r-x)+2,5x(r-x) ==> x 2-10x+16 = 0 => χ = 8cm ή χ = 2cm

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.3 41 8. Β ολ = VB^BI (1) = Γ, => _ 1CT 7 Β ι 215 _ 4 Τ " 3 10~ 2 Τ _ 1 Τ ο, 2U Β 2 - k M ^ => 0 _ 10-7 2 20 4 8 2 " 4-10 Τ " 1 0 Τ (1) =* Β ολ = V(10~ 4 ) 2 +(10~ 4 ) 2 => Β ολ = 10" 4 Υ2 Τ 9. Πρέπει Β, = Β 2 => k _2lL- k Jk. μ ψ ~ Κμ χ => _[ι_ Ι Λ/3 1 * = ψ Χ εφθ = χ => θ = 30 : JL χ V3 1 I 2 X V } } y - I f με τον αγωγό που διαρρέεται από ρεύμα Ι,. 10. Β = k,, 2πΙ Br 2π 10 5-10-10 2 2nk,, 2π 10-7 Α => I = 10Α. 11. Β = k -^-Ν =* r = k r = 10 2 nm => 2πΙ Ν Β r = ncm - -m-7 2π 5 3 r = 10 3 10~ 4 m

42 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.3 12 ι => ι = 20 Α ι Α Χ " 1 ~ R!+R 2 1 20 Β = k M =» Β = 1 ' 7,ο^Ο-» "* Β = 210_6Τ 13. B = k, 21,1 Γ ί Β = Κ,» Γ B. 1 0 -, J ^ 0 ± χ Β = 2 10~ 4 Τ 14. B 1 = B 2 = k M -^- =* Β, = Β 2 = 1 " 2 7."^1 1 2 Τ=10-4 Τ Β ολ = VBf+B => Β ολ = V(10~ 4 ) 2 +(10~ 4 ) 2 = 10" 4 V2T 15. α) Β = Β,+Β 2 => Β = k M -ψ- +k M => Β = k M (1+Π) β) Β = VB 2 +B 2 =* β οκ = J B 0 = k M -f-vi^ 2.

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.3 43 16. Β, = k M ^ => Β, = 1CT 7 3 2 q 1 1 5 0 2 2 = 2-10" 5 Τ Β 2 = Β, = 2 10~ 5 Τ 2π ' 3 R 3 - Κk μ ρ-* Βο = 10~ 7 2π 30 π 15 10~ 2 ΒΟ = 4 10~ 5 Τ Άρα Β ΟΛ = Β 3 = 4-10 5 Τ α) Β, 2 = Β, Β 2 = 0 β) Β 1Ι2 = Β 1 +Β 2 = 4 10" 5 Τ Β ΟΛ = VB^I2 +B1 =* Β ΟΛ = V(4 10~ 5 ) 2 +(4 10~ 5 ) 2 Β ΟΛ = 4-10~ 5 V2 Τ 17. B 1 = k M^-,B 2 = k M 2nlj _ 2r ' Β 3 - --il ο Β, - i V 18. Πρέπει Β, = Β 2 k Κ -2b Μ k 5R ~ ΚΜ 2πΙ Ρ _L_ = _!2lL 5r r Ιι = 5 5 π π = 25A 19. Β = k π2ι I = 5 10~ 5 0,2 10~ 7 2π 50 π

44 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.3 R = -f - Β = - ^ = 2πΩ π λ R = 2π Ω 2nr ~ 2π 0,2 ~ m ΟΠ ι 4 ^ϋ 'ι ~ _3R_ - 3R 4,2 ~ R η 3Β η 3k.2nli 3k u 2π 4Ε ι = e\r Βι = Τ - ~ Βι * 4r =* Βι = ==> V ~3^Γ Βι=Κ-~- ΌμοιαΒ 2 = - - =Κ~^~ Άρα: Β ολ = Β,-Βζ = 0 O i CD I Λ Ν D Η / 1-7 4 π 1 Ο 2 2 0 -Γ D yi Η/-ι~3-Γ B = 4 1 0 Τ 21. Β = k M -4n I => Β = 10 20-10-2 ~~ΓΓ ^ 22. Β = k M 4π -γ- I => I = Β = 8π 10~ 4 ι ρ Α V4n-f 10-' 4Π 10 3 23. Β ολ = Β;+Β 2 Ρ - Β! Κ, 4π Ν ι-ι 10" 7 4π 10 3 1 η- 4χ ~ 2? - 2π ' 1 Τ

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.3 45 Β 2 = ^ = V y - I = 10~ 7, 4π 4 10 3 1 = 8π. 10 _ 4τ Β ολ = 10π 10~ 4 Τ => Β ολ = π 107 3 Τ 24. R z = NR = 20 Ω I = ε => = = 1Α Ρ ολ 20+20 D.. Ν. D 10~ 7 4π 10 3 Β = k -4n 7Γ I => Β = ί,=^d- 40π ΊΟ 2 Β = 10-3 Τ. 25. Πρέπει Β, = Β 2 => Ι< μ 4π I, = Ι< μ 2 ' 2 Ν 2 Λ Ν,. Ι 2 Ν 2 2Ν.Ι-, 101^2 ' 1 r r ^ 2.500 = 10 10 => r = = 0,1 m r 10 10 26. Β ς = k M -4n -7- >2- l 2 "Σ" Β Ζ = 10" - 7 4π 100 - Β ς = 4 10~ 4 Τ β ι = Κ μ^- =* Β1 = ΙΟ' 7 2 2^ 2 =* Β 1= 3.10-4 Τ Βολ = λ/βΐ+β^ = 5-10 4 Τ 27. α) Fi = Β Ι ημ90 = 2-10-0,2 = 4Ν β) F 2 = Β Ι ημ30 = 2-10-0,2 = 2Ν

46 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.3 γ) F L = ΒΊ ημ90 = ON 28. Πρέπει; ιτ^ημ30 = F L = ιτ^ ημ30 = Β Ι => Β = ηπρ ημ30 ^ Β = 100-10~ 3-10 - 5-40-10-2 = 0,25 Τ 29. F L = Β-Ι- => F l = 0,4-10-20-10 -2 Ν F l = 0,8 Ν W Fl = F-S = F-^-at 2 = 0,8-^-2-10 2 = 80 J 30< α) Πρέπει F L = mg => B l,- = mg => ^. - JH9 0 1 10 = 2 5A ^ ' 1 ~ B - 2-0,2 ^ β) Πρέπει: mg-f L = ma => mg-b-l 2 = mg. jra_ = B,. t «- B\ 2 e - I 2 =4? 3B. 0,1-10-2, 5 2 2-0,2-3 3 γ) Πρέπει: F L -mg = ma => B-l 3 - -mg = m => B-l 3 - = mg+m -*J-

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.3 47 ΒΊ 3 = 5mg 4 => l 3-5mg 4Β. 5 0,1 10 25_. 3 4-2 0,2 8 31. Φ\ y - L 4 F, Ι; α i Β <&> V ^F2 I Ρ 2 ημφ Γ ^F 2 L / 1 jk<p F? Ρ2συνφ x I ι 'F 3 Β \ R F 3 ' r ZF = 0 * α = 0 = 0 32. Για να ισορροπεί πρέπει: F l = mg => k M 211 χ ' 2 ' = mg - ι 2 = ^ χ k M -2li. _ 5-10~ 3-10-2-10~ 2 2 10~ 7-2-10 2-1 A => U = 50 A. Ν 33. Β ς = ^ 4π -J- \-I=> Β Σ = 10~ 7 4π 2,5 Τ => 10 Β ς = π 10~ 3 Τ

48 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.3 Ρ Ρ.Ι C Ι FL Ι 2.ΤΤ. 10 Σ 2 2 2 By-e π 10" 3 40 10 2 => Ι 2 = 50 Α I ^ => R _ go 2 Ο " ROΛ Λ " 50 ~ 2 Ω R OK - R+ R => R = 2-0,5 = 1,5 Ω 34. Όταν δε διαρρέεται από ρεύμα mg = F e, άρα mg = 0,4 Ν F L = FI F 2 = 0,2N Αλλά: F l = Β Ι => Β = => β ' Ί ο Τ =210 ~ 2t 35. Όταν τα ελατήρια έχουν το φυσικό τους μήκος, ισχύει: F l = mg => Β Ι = mg => mg = 3Ν. Όταν έχουν επιμηκυνθεί κατά χ θα έχουμε: F L +mg = 2kx => ^. _ 2kx-mg 1 Β- ^ Ι 1 = 2-10-4,5 10 3-3 ^ 1,5 40 10-2 => h = 10 Α 36. Η επιπλέον ένδειξη οφείλεται στη δύναμη Laplace. Άρα: F L = 3Ν. Όμως ZF X = 0, άρα F 0)SL = ΣΡ Ψ =>

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.3 49 => Ρ ολ = ΣΒΨΔ ημθ F L = Β Ι ΣΔ ημθ = Β Ι 2Γ Β = FL 2-l-r Β = 10-2-0,15 Τ = 1Τ 37. F 0, = F 1 -F 2 ==> ρ. - k 2Ι 1 -Ι 2 α - k 2I 1 -l 2 >-0λ ~ *μ d *μ d + p F«= V 2,l 2a(-^^ F 0 x = 10~ 7 2 10 5 0,1 40-10~ 2 10 10~ 2 (40 10~ 2 +10 10~ 2 ) F = k = -5^ = 8-1 0 _ 6 N OO, 2l r lp- 10" 7 2 10 50 10 38. F L = k *- 2 - F L = r j F, = 5-10 N. 39. Πρέπει: F, = F 2 => μ 2Ιι Ι 3 2I p -I 3 χ μ r-x _LL = χ '? r-x 51, r-x =*> r-x = 5x ==> r = 6x => χ = 12 = 2cm. 40. Β-, = Κ Μ = 10 4^Q2 :F => Β, = 2 10~ 4 Τ mg = By\ 2 - => mg = 2-10 -50-2 => mg = 2-10 ' d N.

50 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.3 F L +mg = 2k-Ax => B 2 -l 2 - +mg = 2k-Ax => k " itvto +m9 = 2kAx 10~ 7 2 40 50 2 5-10~ 2 +2-10~ 2 = 2k-10~ 2 10~ 2 1,6+2 10" 2 = 2k-10~ 2 => 3,6-10 ~ 2 = 2k-10~ 2 => k = 1,8 Ν m 41. FA,k = ~^ k" < -» 10~ 7 2-10-20 Fa.K" 10-10" 2 1 F a,k = 4-10" 4 Ν Ρδκ = α = 4-10" 4 Ν F A, r X Τ l\45 F Ajk Ιλ,Δ F,. FΑ,Γ 2k / => F Ar = 10" 7, 2 η ' 1 Α - 1 2 Λ / 0 1 = V2-10" 4 Ν αυ2 ' 10-10 V2 Fi = V(4-10~ 4 ) 4 +(4-10~ 4 ) 2 = 4-10" 4 V2 Ν F ox = F^Fat = 4-10~ 4 V2 V2-10" 4 = 3V2-10~ 4 Ν 42. B 0 = k M 4π -γ-1 => B 0 = 10~ 7 4π 10 2 10 ^ B 0 = 4π 10~ 4 Τ Β = μβ 0 = 4π 10" 1 = 0,4 π Τ

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.3 51 43. α) Φ = B-S-συνΟ" = 2-20-10" 4 = 4-10" 3 wb β) Φ = B S-auv90 = Owb γ) Φ = B S-auv60 =* Φ = 2 20 10-4 -^- = 2-10 -3 wb. ΛΛ ΔΦ Κ1 10-2-10 2 44. ε = it- Ν = = 5ν At 0,2 45. S = π-r 2 Φαρχ^Β-S Φτελ 0 >=> ΔΦ= I Φτελ-ΦαρχΙ =B"S e = JmL n^ e = 4P-N At At 0,1 π(10 10~ 2 ) 2. Α λ 2 = h : L 1 => ε = π 10 ν. U, ι 46. S = π r 2 = π(20 10 2 ) 2 => S = π 400 10 4 = 4π 10 2 m 2 α) Φ αρχ = B-S ' => ΔΦ = I Φ τελ Φ αρχ Ι = 3B S Φ τελ = 4BS ε = I Δ* I Ν ^ ε = _ 3 ρ _ Ν At At ε = 3 2 4π 10~ 2 π 20 => ε = 4,8 Ν. ε = 4,8 ν

52 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.3 β) Φ αρχ B-S Φτ«= τ s ΗΔΦΙ = I Φ τελ Φ, αρχ! -f- S-B-Sl = 4" B-S 4 4 e = -t#l Ν = m - N - e = 3-2 1 n : 1 2 At 4-At 4 π 20-1.2v Υ) Φ αρχ B-S. ΑΦ = IΦ τελ φ αρχ I = l-bs-bsl = 2BS Φ τελ = BS συν 180 ε = I ΑΦ I At 2BS K1 2 2 4π 10~ 2 ηλ Ν =*> ε = γγ- Ν = ζ 20 = 3,2 ν At π 47. R n = N'R, = 90Ω Βολ = Βπ+^2 = 100 Ω α) ε = ΔΦ Ν = ^ φτελ~ α; b φ α Ρ χ_ι Ν = 12BS-BSI At At At IN =* t Δί Ν e=jg-n=*e = 2-100-10' 4 1 10 2 = 2v Rc* 100 = 2 10~ 2 A β) ε = ΑΦ Ν» e = ν ^ ε = -4 2100-10 1 10 2 => ε = 2ν R ολ 100 = 2 10~ 2 Α.

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.3 53 48. α) Φ αρχ = BS φ τελ ~ 0 ΔΦ= Φ τελ -Φ αρ χι ΔΦ = 10-BS = k M -4n -y- I S ΔΦ = 10~ 7 4π 500 2 20 10~ 4 ΔΦ = 8π 10~ 7 wb ε = I ΔΦ Ι At Ν = 4π 10 2 ν Q = Ν = 8π 1 7 500 = n10" 5 C Rox 40 β) <»apx=bs Φ τελ = MBS ΔΦ = BS(M-1) ε = Ν Κ μ 4π y i (μ-1) Ν S At ε = 0,8 πν Q = ΔΦ R Ν = 2n-10~ 2 C 49. α) ε = ε = nr 2 ΙΔΦΙ At ΔΒ Δί => ε = ABS At ε = 2-n(10Vn-10~ 2 ) 2

54. ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.3 ε = 2π 10 2 π 10~ 4 => ε = 2π 2 10 2 => ε = 0,2ν Q = Οε =*> Q = 2-0,2 = 0,4μ0 β) U = ~Ct 2 => U = - -2-10 H3 (0,2) 2 =>U = 10" 6-4 10~ 2 = 4-10" 8 J 50. Φ αρχ = BS Φ-Α = 0 ' =» ΔΦ = I Φτελ - Φαρχ I = BS 0 = ψ-μ ^Q = - S-N =Φ "ολ 'ολ Β = ' Βρλ => S.N Β = 5 10~ 3 50 3 0,2-20 ^ Β = 10 3 Τ 51 ' 61 = ^ Ε1 = - ^ = ' 2ν α) Από (1 εως 2)s ε 2 = = ' 2 ~ 0,2 = 0V Από (2 εως 3)3 ε 3 = = ( ~» 2 ) = -0,2V

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.3 55 = =0,02A Ι 2 = OA Ι 3 = -0,02Α 52. ε = Βυ => ε = 0,2-10-2 = 4V 53. α) ε = Βυ => ε = 0,8 5 0,5 => ε = 2 V -Ι--^--0,2 Α β) Ρ = l 2 R ox =* Ρ = (0,2) 2 10 = 0,4 w γ) F ee r = F L = BL = 0,8-0,2-0,5 = 0,08 Ν δ) VKA = IR => = 0,2-2 = 0,4 V. 54. Πρέπει F = F L = 0,4 Ν Fl = ΒΙ => FL = Β ^ ί => R ~R~' Βυ = υ = F,-R 55. R 0 * - +Βκλ =* Ro\ - "4r~ + 2-4Ω ολ " Βυ ~Ε =* 'ολ = 0,2-10-1 7 = ' 5Α Μ ολ 4 VKA = U-RI,2 = 0,5-2 = 1V

56 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.3 Ιι = 12 = < 2 > 1 RI 6 VKA 1 R 2 3 56. Πρέπει: F L = 0 => I = 0 f 10 Αρα: ε = ε επ => ε = Buf => υ = => υ =. " = 25 m/s Be 0,4-1 57. Πρέπει F L = ητ^ημφ => ΒσυνφΙί = ιτ^ημφ => Ρ Βσυνφ ( = mgημφ => Η 0 λ Βσυνφυί Βσυνφ 5 ^ = m 91M9 ολ U = rngmj^r, ολ Β συν φ 20-10 3 1 010 υ = 1 2 1 (V3/2) 2 ^ U = 3 m/s r_ i ΔΦ B-AS για At=T Β πί 2 f= ι\τ 2 ε ~ Δί ~ ΔΙ Ε ~ Τ ^ ε - Β π ε = 0,5 π(0,15) 2 60 =* ε = 2,12V. 59 ε = ΔΦ = BAS v At=T ^ = Β π(κμ) 2 Βπ(ΚΛ) ζ

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 3.3 57 ε = Βπί W-(KA2) ε = Βπ(ΚΜ 2 -ΚΛ 2 )ί ε = 10~ 4 π(3 2-2 2 )-^- =Φ ε = 10" 2 V ' π β. ε = = ^ ψ - => ε = Βίπί 2 ε = 0,2 π 3 2 π ε = 18V 4ιλ = φ => ί ΜΛ = y 3 = nm. Έχουμε 9Ω για πί RMA =! Π R = ^ = 3 Q Ιι = R, ΜΛ = 6Α - 1 Ο Λ 2 R-FW 9-3 'ολ - 'ι + '2-9Α.

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 4.1 59 4.1 Μηχανικές ταλαντώσεις 1. Τ = 2π Απ: Τ = ns 2. Τ = 2π / => Τ 2 = 4π 2 => g = 4π 2 /Τ 2 V 9 9 Απ: g = 9,74 m/s 2 3.Τ = 2Π ΙΜ. Απ: Τ = ns 4. Τ = 2π / => Τ 2 = 4π 2 => = T 2 g/4n 2 V 9 9 Απ: I = 1m 5. χ = χ 0 ημωΐ α) υ 0 = ωχ 0, α 0 = ω 2 χ 0 Απ: χ 0 = 0,2m, υ 0 = 0,2π m/s, α 0 = 0,2π 2 δ β) ω -, ω = 2πν Απ: ω = nrad/s, Τ = 2s, ν = 0,5Ηζ 6. χ = Χοημ 2π Απ: α) χ = 0,05m, β) χ = 0,05m

60 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 4.1-7, 2π. 2Ε, 2π, 7. ψ = ψ 0 ημ -γ- t, υ = υ 0 συν -γ- t, α = -α 0 ημ -γ- t υ 0 = ωψ 0, α 0 = ω 2 ψ 0 Απ: α) υ = 0,2V2n m/s, β) α = -0,4 V2n 2 m/s 2 8. χ = χ 0 ημωί => ημωΐ = Χη jrx π 2 1 6 Πμ ΊΓ, = Τ π t - ς π Δί = t 2 -t n Απ: Δί = 2/3s 9. ω =, υ = ±a)vx 2 -x 2, α= -ω 2 χ Απ: α) υ = 0,1-V3n m/s, β) a = 0,1π 2 m/s 2 2π 1 10. ω = -ψ-, D = ητιω 2, ΕΤ = ~- Dx Απ: a) D = 0,2 N/Kg, β) Ε τ = 0.004J 11. Κ = ~ mu 2, U T = Dx 2, υ 2 = ω 2 (χ 2 -χ 2 ), D = ma) 2 Απ: χ = V2 m 12. κ = mu' 4- DX 2-4 Dx 2, U T - -±- Dx 2 = 1 ^ 2 2 mu 2 - mu 2 Απ: a) 3, β) 1/3

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 4.1 61 13. F ca.max Dx 0, Ej ^ Dx 0 => Ετ = F, Τ ~~ r ca,max'~ Απ: Ε τ = 10J 14. Τ, = 2π, Τ 2 = 2π Ι-&-, At = kt, = λτ 2 15. Απ: At = 2,4ns ϋφμφιφμφϋ α) Ν = Β, F ox = F tk = kx => D = k ΒΤ.2Π /-m--t-2n / Απ: Τ = 0,2 ns

62 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 4.1 α) Θ.!.: Ν = Βσυνφ, Εελ,ο = Βημφ => ka = Βημφ (1) Τ.Θ.: F 0 * = Ρ ελ Βημφ = = k(a-(-x)-bημφ = = ka+kx-βημφ = = ka+kx-ka =Φ F ox = kx => D = k β) Τ = 2π m => Τ = 2π m k Απ: Τ = 0,2 ns 17. Γ 1 * *F 2,cj KTOMSMiT»-ga-00-B0TO-00 ^ H Q- >!+ ι ι ΦΜ 1 Θ.Ι. Τ.Θ. ΦΜ 2 α) Θ.Ι: F, ο ^2,ο Μ, = k 2 a 2 (1) ΤΘ: F ox = Fi~F 2 = = k 1 (a 1 +x)-k 2 (a 2 -x) = = k 1 a 1 +k 1 x-k 2 a2+k 2 x = = k^i+k^-k^^m =>F ox = (^-fk^x D k-i+k 2

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 4.1 63 β) Τ = 2π m D Τ = 2π m ki+k 2 Υ) kmax = γγπϋ 2 ο=~ Dx 2 π Απ: β) Τ = s, γ) k max = 0,08J 18. Πριν την κατάργηση του ηλεκτρικού πεδίου το σώμα ι- σορροπεί στη Θ.Ι. και ισχύει: ϋφιφμφμφιί ^ελ = F n => ka = Eq => απ' όπου με αντικατάσταση βρίσκουμε: α = 0,1 m. Μετά την κατάργηση του ηλεκτρικού πεδίου, αλλάζει η Θ.Ι. του σώματος και γίνεται αυτή του φυσικού μήκους ΦΜ του ελατηρίου. Το σώμα απέχει αρχικά απ' αυτήν κατά α και έχει ταχύτητα μηδέν, άρα το πλάτος της ταλάντωσης που θα εκτελέσει (βλ. πρόβλημα 15) είναι: x 0 = α = 0,1m Η περίοδος της ταλάντωσης δίνεται από τη σχέση: m Τ = 2π Ι όπου με αντικατάσταση: Τ = s 2π α) Ισχύει υ 0 = ωχ 0 = -γ- χ 0 απ' όπου με αντικατάσταση:

64 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 4.1 U 0 = 0,8 m/s β) Ο χρόνος At είναι ίσος με άρα At = s 19. Πριν κοπεί το νήμα το σώμα-ισορροπεί στη θέση Θ.Ι.π και ισχύει: ka n = mg+m'g => (m+m) a, g απ ο- πού με αντικαταοταση: α Π = 0,3 m Μετά το κόψιμο του νήματος η θέση ισορροπίας του σώματος είναι η ΘΙμ και ισχύει: k-αμ = mg => α μ = απ' όπου: α μ = 0,1m Μόλις κοπεί το νήμα το σώμα απέχει από τη ΘΙμ κατά α = α Π -α μ = 0,2m, έχει ταχύτητα μηδέν, άρα το πλάτος της ταλάντωσης που θα εκτελέσει είναι: χ 0 = α = 0,2m. α) Η περίοδος της ταλάντωσης δίνεται από τη σχέση Τ = 2π m απ' όπου με αντικατάσταση: Τ = 0,2 ns. β) Ισχύει υ 0 = ωχ 0 = χ 0 απ' όπου με αντικατάσταση: υ 0 = 2m/s 20. Το σώμα m, ισορροπεί σε θέση Θ.Ι. όπου το ελατήριο έχει συσπειρωθεί κατά α και ισχύει: ka = nr^g.

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 4.1 65 Αν σπρώξουμε το σώμα ιτη κατά α, προς τα κάτω ώστε να βρεθεί σε θέση Θ, και μετά το αφήσουμε ελεύθερο, αυτό θα εκτελέσει Γ.Α.Τ. και κάποια στιγμή θα βρεθεί σε θέση Θ 2, συμμετρική της θτ ως προς τη Θ.Ι., όπου το ελατήριο θα έχει επιμηκυνθεί κατά α 2 = α Γ α και συνεπώς θα ασκεί στο σώμα m 2 δύναμη F = ka 2. Για να μη σηκωθεί το σώμα m 2 α- πό το δάπεδο θα πρέπει: F < Β 2 => ka 2 < m 2 g => k(a r a) < m 2 g ka r ka < m 2 g ka, < m 2 g+m 1 g =*> a, < ^ m 1 +m A P aq 1max = Vk 2 93 an'onoua 1max = 0,1m. 21. 1ος τρόπος Όταν το σύστημα βρίσκεται πάνω από τη θέση ισορροπίας του, το σώμα Σ δεν χάνει την επαφή του με τον δίσκο όταν Ν > 0. Επειδή όμως το σώμα εκτελεί και Γ.Α.Τ. ισχύει ταυτόχρονα Β ς -Ν =ηη 2 ω 2 ψ ή Ν = ΙΤΙ^-ΓΗ Σ Ω 2 Ψ

66 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 4.1 Άρα m 2 g-mju) 2 i j > 0 ή ψ < για κάθε τιμή του ψ. Συνεπώς ισχύει για το πλάτος: Ι/VUIUV,. ψο 0 < απ' όπου προκύπτει ότι η μέγιστη τιμή του είναι: ιΐι Ψο,ιτιβχ = ^2 9 και επειδή: 1ω = / ν έχουμε τελικά: ψ 0 max = m k v9 Με αντικατάσταση των τιμών στην τελευταία σχέση προκύπτει: Ψο,Γπβχ = 0,1m (Κάτω από τη Θ.Ι. η Ν είναι πάντα διάφορη του μηδενός και συνεπώς δε χάνεται η επαφή του σώματος με τον δίσκο). 2ος τρόπος Όταν το σύστημα βρίσκεται πάνω από τη θέση ισορροπίας του, η μέγιστη επιτάχυνση που μπορεί να έχει το σώμα Σ, όταν μόλις και δε χάνει την επαφή του με το δίσκο, είναι g. Τόση, επομένως, πρέπει να είναι και η μέγιστη τιμή της επιτάχυνσης της ταλάντωσης. Άρα ω 2 ψ 0ιΓγι3χ = g απ' όπου ψ 0ιΓΤ13χ = 22. ΘΙ: Β = F ea. 0 +A 0 =* Β = Wa+p u gs^ (1) T :F 0, = k(a+x) + PugS$+x)-B = ka+kx+p u gsβ-ι-p u gsx-b F oa = kx+pugsx+b-b => F ox = (k+p u gs)x =* D = k+pugs

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 4.1 67 β) Τ = 2π m = 2π PkSh k+pugs (Παρατηρήσεις: 1) θεωρείται γνωστό και το ύψος h του κυλίνδρου. 2) αν δεν υπάρχει ελατήριο οδηγούμαστε στο λυμένο παράδειγμα (σελ. 223) θέτοντας k = 0. 3) αν δεν υπάρχει υγρό οδηγούμαστε στα γνωστά από τη θεωρία θέτοντας Ρυ = 0.) Όταν το σώμα κινείται δεξιά από τη Θ.Ι. του, πραγματοποιεί Γ.Α.Τ. με την επίδραση και των δυο ελατηρίων (βλ. προβ. 17) επί χρόνο *δ - J2L 2π m k-ι+ko ενώ όταν κινείται αριστερά από τη Θ.Ι. του, πραγματοποιεί Γ.Α.Τ. με την επίδραση μόνο του ελατηρίου k, (βλ. προβλ. 14) επί χρόνο 2π m Άρα ο ολικός χρόνος t είναι: t = t 6 +t a =Φ t = π m + ι m ki+k 2 γ k. απ' όπου προκύπτει: t = 0,15πε

68 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 4.1 (Παρατήρηση: Θεωρήσαμε την απλή περίπτωση όπου τα ελατήρια έχουν αρχικά το φυσικό τους μήκος. Στην περίπτωση που τα ελατήρια θεωρηθούν αρχικά επιμηκυμένα, απλή είναι η περίπτωση ό- που το πλάτος της ταλάντωσης είναι μικρότερο από την αρχική συμπίεση του ελατηρίου k 2. Η μελέτη τότε είναι ανάλογη μ' αυτή του προβλήματος 17). 24. Το σώμα αρχικά είναι βυθισμένο κατά β και ισχύει: Β = Α 0 ή pgsh = 4pgS3 => β = = 0,1 m Αν το σώμα αποκτήσει ταχύτητα θα εκτελέσει Γ.Α.Τ. εφ' όσον είναι εν μέρει βυθισμένο στο υγρό (βλ λυμένο παράδειγμα σελ. 223) με περίοδο Τ = 2π /-F, απ' όπου V 4 Ρ 9 Τ = -jr- s και ω = 10 rad/s και με πλάτος ψ 0 = = 0,2 m. Το σώμα εκτελεί κανονικά Γ.Α.Τ. όταν βρίσκεται κάτω από τη Θ.Ι. του (διότι ψ 0 < h β), άρα έχει πλάτος «κάτω» ijj ok = 0,2 m και χρειάζεται χρόνο από την κατώτερη θέση του μέχρι τη Θ.Ι. tw = π 20 s = 0,157 s Όταν το σώμα περάσει από τη Θ.Ι. του κινούμενο προς τα πάνω: ί) αρχικά εκτεθεί Γ.Α.Τ. ώσπου να γίνει ψ = β = 0,1 m οπότε έχει περάσει χρόνος t, για τον οποίο ισχύει: ψ = ψ 0 ημωίι => ημωί, = 1 π "βό" 5

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 4.1 69 και η ταχύτητα του είναι τότε: υ = ωλ/ψο-ψ 2 απ' όπου υ = Λ/3 m/s ii) στη συνέχεια βγαίνει έξω από το υγρό και εκτελεί κατακόρυφη προς τα άνω βολή φθάνοντας μετά από χρόνο t 2 = = ^ s στο ψηλότερο σημείο της τροχιάς του που βρίσκεται ψηλότερα κα- II 2 τάα = = 0,15 m. 2g Έτσι το σώμα μόλις περάσει από τη Θ.Ι. του κινείται προς τα πάνω επί χρόνο t n = t, +t 2 = 0,226s και η γραμμική ταλάντωση του έχει πλάτος «πάνω» ψ οπ = β+α = 0,35m. Άρα: α) η απόσταση μεταξύ της κατώτερης και της ανώτερης θέσης του κυλίνδρου είναι: d = Ψοκ+Ψοπ => d = 0,55m β) ο χρόνος που μεσολαβεί από την κατώτερη μέχρι την ανώτερη θέση είναι t = t k +t n => t = 0,383s.

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 4.2 71 4.2. Κύματα 1. υ = λί ή A = -j- = 4m 2. υ = λί ή υ = 1,25 (α) δ 3. Η συχνότητα είναι ίδια στα δύο μέσα διάδοσης, επομένως: υ, = λ^ και υ 2 = λ 2 ί Άρα -γ 1 - = -γ 2 - ή λ 2 = - ^ λ, ή λ 2 = 0,025m Λ, Λ 2 U-) 4. υ = λί ή λ = 3m Η απόσταση είναι ίση με d = ή d = 1,5m. 5. Δφ = 2nd Δφ = π υ = λί ή λ = -ρ ήλ=1,5m 6. Η ταχύτητα διάδοσης του κύματος είναι υ = -γ- ή υ = 4 '^π = 4,5 m/s Επίσης η περίοδος του κύματος είναι ίση με Τ = 0,5s.

72 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 4.2 Άρα: ή λ = υτ = 2,25m f = -γ = 2Ηζ 7. υ = 2π Π 1 υ -9^- ή u 2 = ή υ = 9L η 2πί 2nf 2rrf Αλλά f = Hz = 0,25 " 1. Ο Άρα υ = 7,96 m 8. y = γ 0 ημ2πίγ ^ y 0 =0,1m, x = - -,t = -y- ή y = 0,1ημ2πί y = 0,1 ημ π ή y = 0,1 V~2 = 0,07m π υ = γ 0 ωσυν ή υ = 0,9 2πί \Γι υ = 0,89 s 9. α) υ = λί ή λ = -j- = 8m

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 4.2 73 β) Η ταχύτητα δάδοσης του κύματος είναι σταθερή. Άρα: υ = t ή t = -jj- ή t = 25s α Y) y = ΥοΠμ2πί- 1 Τ * -1 1 1 = f = 0 ' 5s κ α ι Χ = -8ΓΪΓ Άρα: y = 0,2ημ2π^0,5ί jj- j (S.I.) Επομένως: y = 0,2ημ2π( 0,5-60--^ψ- ) (S.I.) y = 0,2ημ2π(30-12,5) = 0,2ημ 35π = 0,2ημπ (S.I.) ή y = 0 υ = γ 0 ωσυνπ = y 0 2nf(-1) ή υ = 0,628 δ 10. y = γ 0 ημ2π/γ j- Επομένως: Χ = d = _2~.*=" -. y 0 = 0,05m y = 0,05ημ2πί ) (m) η y = 0,05ημ2π - = 0,05ημ = 0,025m Ό

74 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 4.2 β) υ 0 = γ 0 ω = y 0 2nf υ 0 = 0,1 m f t = 1 = s 1-1 1 Τ π 11. υ = Xf ή λ = -J- ή λ = 0,1m Η διαφορά φάσης είναι ίση με: Λ 2nd,, Δφ = τ η d = Δφλ 2π α) φ = 2 ' ^πλ ή d = 0,1125m β) d = κλ = κ 0,1 (m) (κ = 0,1,2,...) d = (2κ+1)- - = (2κ+1)0,05 (m) (κ = 0,1,2,...) γ) d = υ Δί ή d = 5 -y- -2s = 10m. 12. Από το στιγμιότυπο της εικόνας προκύπτει: Υο = 0,06m και ότι λ+λ+ = 0,2m 5λ = 0,2m ή λ = 0,08m Επομένως η εξίσωση του κύματος είναι: y = γ 0 ημ2πι t y = 0,06ημ2π(23600ί-78,5χ)

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 4.2 75 An... 2ndi 2nd 13. Δφ = Δφ^Δφ;, = 1-2 Αλλά Κ-, = = 2m και λ 2 = = 8m Άρα Δφ = 2π ( 0Α ) 2π(ΟΒ) ή Δφ = π/2 Λι Λ 2 14. Έστω d η απόσταση σεισμογράφου-επίκεντρου. Άρα d = u 1 t 1 ft = χρόνος άφιξης εγκαρσίου κύματος) και d = u 2 t 2 (t 2 = χρόνος άφιξης διαμήκους κύματος) Αλλά t, = t 2 Δΐ Άρα d = u 1 (t 2 -At) (1) d = u 2 t 2 (2) Από (1) και (2) d = υι " 2Δΐ υ Γ υ 2 15. Η απόσταση που καλύπτει το σήμα είναι 2d όπου d το βάθος του νερού. Επομένως: 2d = ut ή d = -γ- ή d = 750m (β) 16. 330 m\s (γ) 17. Όμοια με 15.

76 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 4.2 18. t-[ = ή ι-, = 0,9s 1 1 1 _Ι ' t 2 = 2- ή t 2 = 1,5s υ 2 Άρα At = t 2 -t- = 0,6s. 19. Να μετρήσει την απόσταση της από το τοίχο και το χρονικό διάστημα που χρειάζεται για να επιστρέψει η ηχώ από το παλαμάκι. 20. d = ut ή d = 6800m. 21. Έστω d η απόσταση του ανθρώπου από το βράχο και υ η ταχύτητα του ήχου. Έστω ti ο χρόνος για να φτάσει η ηχώ στον άνθρωπο μετά το πυροβολισμό. Άρα 2d = υίτ (1) Στο δεύτερο πυροβολισμό η απόσταση είναι d+200 (m) και ο χρόνος t 2. Επομένως 2(d+200) = ut 2 (2) Από (1) και (2) d = 317m, υ = 333,6. 23. υ = λί ή λ = -j- Άρα λ! = 0,17m και λ 2 = 0,75m 24. υ = λί ή λ = 0,5m α) d = λ = 0,5m

ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 4.2 77 β) d 1 = -γ- = 0,25m, d 2 = λ+ ~ = 0,75m. 25. Η συχνότητα f είναι ίση με f = 3Ηζ. α) Η απόσταση ενος όρους από τη μεθεπόμενη κοιλάδα είναι: d = λ+ ή d = -y~ ήλ = -γ- ή λ = 0,2m β) Δφ = -?0iL ή Αφ = 5π. υ = λί ή υ = 0,6 s 26. y = γ 0 ημ2π/-γ Αλλά y 0 = 0,05m -γ = f ή -γ = 5Ηζ, λ = 0,2m Άρα: α) y = 0,05ημ2π(51-5χ) (S.I.) β) K max = -γ mu = -γ m(y 0 ω) 2 ή K m ax = -4" m yo(2nf) 2 ή K max = 2,5-10 3 J 27. α) υ = λί ή f = 10Ηζ β) υ 0 = y 0 o> = y 0 2nf ή υ 0 = 0,0628 Ο

78 ΛΥΣΗ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ 4.2 Υ) K max = mu 2 = 3,94-10~ 7 J θο = -γ 0 ω 2 ή α 0 = 4-^2" 28. α) υ = λί ή υ = 3 10 8, ίσες υ β) λ = -ρ ή λ = 600m 29.f=10 9 Hz, c = \f ή λ = -γ- = 0,3m d = ή d = 0,06m 5 30. υ = λίήλ=- -ήλ = 3-10 10 m 31. υ = λί ή λ = -γ-. Άραλ! = 7,5-10 7 m καιλ 2 = 4,3-10 7 m. 32. Αν υπήρχαν θα είχαν ταχύτητα διάδοσης υ = λί ή υ = 3 10 11, 1 s άτοπο γιατί η μέγιστη ταχύτητα στη φύση είναι: c = 3-10 8 S 33. Εφαρμόζουμε τη σχέση υ = λί ή λ = -γ-.

Με απόφαση της Ελληνικής Κυβέρνησης τα διδακτικά βιβλία του Δημοτικού, του Γυμνασίου και του Λυκείου τυπώνονται από τον Οργανισμό Εκδόσεως Διδακτικών Βιβλίων και διανέμονται δωρεάν στα Δημόσια Σχολεία. Τα βιβλία μπορεί να διατίθενται προς πώληση, όταν φέρουν βιβλιόσημο προς απόδειξη της γνησιότητας τους. Κάθε αντίτυπο που διατίθεται προς πώληση και δε φέρει βιβλιόσημο θεωρείται κλεψίτυπο και ο παραβάτης διώκεται σύμφωνα με τις διατάξεις του άρθρου 7 του Νόμου 1129 της 15/21 Μαρτίου 1946 (ΦΕΚ 1946, 108, Α ). Απαγορεύεται η αναπαραγωγή οποιουδήποτε τμήματος αυτού του βιβλίου, που καλύπτεται από δικαιώματα (copyright), ή η χρήση του σε οποιαδήποτε μορφή, χωρίς τη γραπτή άδεια του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου. ΕΚΔΟΣΗ 2010-ΑΝΤΙΤΥΠΑ: 109.000 ΑΡ. ΣΥΜΒΑΣΗΣ 64 ΕΚΤΥΠΩΣΗ : ΤΖΙΑΦΑΛΙΑ ΕΥΘΥΜΙΑ - ΒΙΒΛΙΟΔΕΣΙΑ: Α. ΠΑΠΑΔΑΚΗΣ & ΣΙΑ Ε.Ε.