ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟ ΚΡΗΤΗΣ Τµήµα Επιστήµης Υπολογιστών HY-112: Φυσική Ι Χειµερινό Εξάµηνο 2015 ιδάσκων : Γ. Καφεντζής Ηµεροµηνία Ανάθεσης : 15/12/2015 Πέµπτη Σειρά Ασκήσεων - Λύσεις Ηµεροµηνία Παράδοσης : Ηµέρα Εξέτασης Σηµείωση : Επιτρέπεται η χρήση υπολογιστή για τις πράξεις. είξτε όµως όλα τα ϐήµατα της λύσης σας. Ασκηση 1. Το δυναµικό στο σηµείο P είναι ϑετικό, λόγω του ότι κάθε µικρό τµήµα ϱάβδου ϕέρει ϑετικό ϕορτίο. Προσέξτε ότι εδώ δεν υπάρχει κάποιου είδους συµµετρία, αλλά η απλή γεωµετρία του προβλήµατος ϑα µας ϐοηθήσει. Εστω ένα τυχαίο, απειροστά µικρό τµήµα dx. Το δυναµικό στο σηµείο P εξ αιτίας αυτού του τµήµατος είναι Σχήµα 1: Σχήµα Άσκησης 1. dq dv = k r = k λdx a 2 + x 2 Το συνολικό δυναµικό δίνεται αν αθροίσουµε (ολοκληρώσουµε το δυναµικό όλων των µικρών τµη- µάτων dx, από 0 ως l. Άρα l λdx V = dv = k 0 a 2 + x = k Q 2 l ln(x + ] l a 2 + x 2 ] 0 το οποίο δίνει τελικά V = k Q l ln ( l + a 2 + l 2 a Ασκηση 2. (αʹ Θα είναι Επίσης V C = k q ( i 2 10 = (9 10 9 10 r i 0.8 V D = k q ( i 2 10 = (9 10 9 10 r i 0.2 1 10 10 = 2.25V 0.2 1 10 10 = +7.88V 0.8
Φυσική Ι - 2015/Πέµπτη Σειρά Ασκήσεων 2 Σχήµα 2: Σχήµα Άσκησης 2. (ϐʹ Βρίσκουµε ότι υπάρχει άνοδος δυναµικού από το C στο D που είναι V D V C = 7.88 ( 2.25 V = 10.13 V Άρα το έργο που απαιτείται για τη µεταφορά του ϕορτίου είναι W = V q = 10.13 5 10 4 = 5.1 mj Ασκηση 3. Σχήµα 3: Σχήµα Άσκησης 3. (αʹ Το διάνυσµα του ηλεκτρικού πεδίου κατευθύνεται από τη ϑετική πλάκα Α προς την αρνητική πλάκα Β. Είναι οµογενές µεταξύ µεγάλων παράληλων πλακών, και άρα το µέτρο του δίνεται από τη σχέση E = V d = 120 = 6000 V/m = 6 kv/m 0.02 (ϐʹ Η δύναµη που ασκείται δίνεται από τη σχέση F = qe = 1.6 10 19 6000 = 9.6 10 16 N Το αρνητικό πρόσηµο µας λέει ότι το διάνυσµα της ηλεκτρικής δύναµης είναι αντίθετο σε ϕορά από το διάνυσµα του ηλεκτρικού πεδίου. Αφού η πλάκα Α είναι ϑετικά ϕορτισµένη, το ηλεκτρόνιο έλκεται από αυτήν. Άρα η ϕορά της δύναµης είναι προς τα αριστερά (όπως ϐλέπουµε το σχήµα. (γʹ Ξέρουµε ότι η U E = V q = 120 ( 1.6 10 19 = 1.92 10 17 J
Φυσική Ι - 2015/Πέµπτη Σειρά Ασκήσεων 3 (δʹ Μπορούµε να εφαρµόσουµε την αρχή διατήρησης της µηχανικής ενέργειας για την κίνηση του ηλεκτρονίου από την πλάκα Β στην πλάκα Α. Εχουµε UE B A + K B A = 0 U A U B + K A K B = 1.92 10 17 + 1 2 mu2 A 0 = 0 u A = 6.5 10 6 m/s Ασκηση 4. Το πρόβληµα αυτό παρουσιάζει σφαιρική συµµετρία. Γνωρίζουµε την ηλεκτρική ϱοή από µια επιφάνεια σφαίρας ακτίνας r: Φ E = 4Eπr 2. (αʹ Αν r > b (περιοχή Ι, η νοητή σφαιρική επιφάνεια περικλείει συνολικό ηλεκτρικό ϕορτίο ίσο µε Q tot = q + Q ϕλοιού = q + ρdu = q + a<r<b και ο νόµος του Gauss δίνει b Φ E = Q tot ɛ 0 E I 4πr 2 = 1 ( q + 4πρ 0(b 5 a 5 ɛ 0 5a 2 q + 4πρ0(b5 a5 E I = k 5a 2 r 2 a ρ 0 R 2 a 2 4πR2 dr = q + 4πρ 0 5a 2 (b5 a 5 κι επειδή η κατεύθυνση του ηλ. πεδίου είναι ακτινικά προς τα έξω, ϑα είναι q + 4πρ 0(b 5 a 5 E I = k 5a 2 r 2 r (ϐʹ Αν a < r < b (περιοχή ΙΙ, η νοητή σφαιρική επιφάνεια περικλείει συνολικό ηλεκτρικό ϕορτίο ίσο µε r R 2 Q tot = q + Q ϕλοιού = q + ρdu = q + ρ 0 a<r a a 2 4πR2 dr = q + 4πρ 0 5a 2 (r5 a 5 και ο νόµος του Gauss δίνει Φ E = Q tot ɛ 0 E II 4πr 2 = 1 ( q + 4πρ 0(r 5 a 5 ɛ 0 5a 2 q + 4πρ0(r5 a5 E II = k 5a 2 r 2 κι επειδή η κατεύθυνση του ηλ. πεδίου είναι ακτινικά προς τα έξω, ϑα είναι q + 4πρ 0(r 5 a 5 E II = k 5a 2 r 2 r
Φυσική Ι - 2015/Πέµπτη Σειρά Ασκήσεων 4 (II (I q(i (III Σχήµα 4: Σχήµα Άσκησης 4. Σχήµα 5: Σχήµα Άσκησης 5. (γʹ Τέλος, αν r < a, η νοητή επιφάνεια περικλείει µόνο το q, άρα από το νόµο του Gauss, έχουµε E III 4πr 2 = Q tot ɛ 0 = q ɛ 0 κι επειδή η κατεύθυνση του ηλ. πεδίου είναι ακτινικά προς τα έξω, ϑα είναι E III = k q r 2 r Ασκηση 5. (αʹ Σε απόσταση 4 cm, το ϕορτίο των 20 nc δηµιουργεί δυναµικό q 1 V 1 = k = 4.5 kv r Για να τοποθετήσουµε το ϕορτίο των 10 nc, πρέπει να εισάγουµε ενέργεια στο σύστηµα ίση µε U 12 = q 2 V 1 = 4.5 10 5 J Επειτα, για να ϕέρουµε το ϕορτίο των 20 nc, απαιτείται ενέργεια ίση µε U 23 + U 13 = q 3 V 2 + q 3 V 1 = q 3 (V 2 + V 1 = 9 10 5 J Η συνολική ενέργεια των τριών ϕορτίων είναι U 12 + U 23 + U 13 = 4.5 10 5 J (ϐʹ Τα τρια σταθερά ϕορτία δηµιουργούν δυναµικό στο σηµείο που αφήνεται το τέταρτο ϕορτίο, ίσο µε ( 20 10 9 10 10 9 20 10 9 V = V 1 + V 2 + V 3 = k + = 3 10 3 0.04 2 + 0.032 0.03 0.04 2 + 0.03 2 V Η συνολική ενέργεια του συστήµατος των τεσσάρων ϕορτίων διατηρείται όσο το τέταρτο ϕορτίο ϕεύγει µακριά. Άρα Ei mch = Ef mch 1 2 mu2 i + qv i = 1 2 mu2 f + qv f 0 + (40 10 9 (3 10 3 = 1 2 2 10 13 u 2 f + 0 u f = 3.46 10 4 m/s
Φυσική Ι - 2015/Πέµπτη Σειρά Ασκήσεων 5 Ασκηση 6. Σχήµα 6: Σχήµα Άσκησης 6. (αʹ Εφαρµόζοντας τον 1ο κανόνα του Kirchhoff στον κόµβο a, έχουµε I 3 = I 1 + I 2 Εφαρόζοντας το 2ο κανόνα του Kirchhoff στον κάτω ϐρόχο του κυκλώµατος, έχουµε 12 12I 2 16I 3 = 0 I 2 = 1 4 3 I 3 Εφαρόζοντας το 2ο κανόνα του Kirchhoff στο ϐρόχο περιµετρικά του κυκλώµατος, έχουµε 24 28I 1 16I 3 = 0 I 1 = 24 16I 3 28 Αντικαθιστώντας τις εξισώσεις ϐρόχων στην εξίσωση κόµβου, έχουµε I 3 = 24 16I 3 28 + 1 4 3 I 3 I 3 = 0.639 A Αντικαθιστώντας την παραπάνω τιµή στην πρώτη εξίσωση ϐρόχου, έχουµε I 2 = 0.148 A και τέλος I 1 = 0.492 A (ϐʹ Η ισχύς που παραδίδεται σε κάθε αντιστάτη του κυκλώµατος είναι P 28Ω = I1R 2 28Ω = 0.492 2 28 = 6.77 W P 12Ω = I2R 2 12Ω = 0.148 2 12 = 0.261 W P 16Ω = I3R 2 16Ω = 0.639 2 16 = 6.54 W
Φυσική Ι - 2015/Πέµπτη Σειρά Ασκήσεων 6 Σχήµα 7: Σχήµα Άσκησης 7. Ασκηση 7. Το ϱεύµα στον κλάδο του πυκνωτή είναι µηδέν, αφού ο πυκνωτής είναι ϕορτισµένος. Για τον κεντρικό ϐρόχο bcfgb, ο 2ος κανόνας του Kirchhoff µας δίνει 8 + 3I 2 5I 1 = 0 I 1 = 1.6 + 0.6I 2 Για τον δεξιό ϐρόχο cdfc, έχουµε από το 2ο κανόνα του Kirchhoff ότι 4 3I 2 5I 3 = 0 I 3 = 0.8 0.6I 2 Στον κόµβο c, ο 1ος κανόνας του Kirchhoff µας δίνει I 1 + I 2 = I 3 (αʹ Αντικαθιστώντας, έχουµε I 2 = 0.3636 A, και αρα I 3 = 1.02 A προς τα κάτω. (ϐʹ Το ϱεύµα στον αντιστάτη των 3 Ω είναι I 2 = 0.364 A προς τα κάτω (αντίθετα απ ό,τι ϕαίνεται στο σχήµα. (γʹ Εχουµε I 1 = 1.38 A προς τα επάνω. (δʹ Αφού ο πυκνωτής είναι ϕορτισµένος, το ϱεύµα στον κλάδο αυτόν είναι µηδέν. (εʹ Για τον αριστερό ϐρόχο abgha, ο 2ος κανόνας του Kirchhoff µας δίνει 3 Q + 8 = 0 Q = 66 µc 6 10 6 Ασκηση 8. Ο πυκνωτής είναι πλήρως ϕορτισµένος, άρα I 5 = 0. Ο 2ος κανόνας του Kirchhoff για το ϐρόχο acba δίνει 8 + 4I 2 = 0 I 2 = 2 A Ο 2ος κανόνας του Kirchhoff για το ϐρόχο adca δίνει 3I 1 9 + 8 = 0 I 1 = 0.33 A
Φυσική Ι - 2015/Πέµπτη Σειρά Ασκήσεων 7 Σχήµα 8: Σχήµα Άσκησης 8. Ο 1ος κανόνας του Kirchhoff στον κόµβο c µας δίνει και ο ίδιος κανόνας στον κόµβο a δίνει I 1 + I 5 + I 2 = I 3 I 3 = 1.67 A I 3 = I 4 + I 2 I 4 = 0.33 A Για να ϐρούµε το ϕορτίο του πυκνωτή, χρειαζόµαστε τη διαφορά δυναµικού στα άκρα του. Εφαρ- µόζοντας το 2ο κανόνα του Kirchhoff στο ϐρόχο dfgcd έχουµε 2I 5 + V fg 7 + 9 + 3I 1 = 0 V fg = 1 V Άρα το ϕορτίο του πυκνωτή είναι Q = C V fg = 5 µc