Λείο και μη επίπεδο.

Στο λείο οριζόντιο επίπεδο ο κύλινδρος κινείται με σταθερή ταχύτητα και φτάνει στην άκρη του μετά από t=0,5s. Έτσι x=υt=10·0,5m= 5m.

Μόλις ο κύλινδρος περάσει στο πράσινο επίπεδο ολισθαίνει για λίγο και δέχεται τριβή ολίσθησης Τ=60Ν.

Τελικά ο κύλινδρος κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει με υ=6,67m/s και ω= 6,67rad/s και επειδή υ=ω·R,από όπου R=1m. Στον κύλινδρο δεν ασκείται τώρα τριβή, Τ=0.

Αν σταματήσουμε το video τη στιγμή t=2s παίρνουμε την παρακάτω εικόνα.

Αλλά F=m·α, ενώ α=Δυ/Δt = 2,4/2 m/s² = 1,2 m/s², από όπου:

m= F/α = 12/1,2 kg= 10kg.

Ενώ η στατική τριβή ασκείται στον κύλινδρο, όταν κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει και έχει μέτρο 4Ν.

Κύλιση και ολίσθηση κυλίνδρου

Μόλις ο κύλινδρος σταματά την ολίσθησή του υ= 4m/s και ω= 3,33 rad/s. Αλλά τότε κυλίεται χωρίς να ολισθαίνει και υ=ω·R → R=4/3,33 = 1,2m.

Όταν ο κύλινδρος κινείται με την επίδραση δύναμης F=12Ν, έχουμε την παρακάτω εικόνα:

Σε χρόνο t=5s έχει αποκτήσει υ=2m/s και η μεταφορική του κίνηση είναι ευθύγραμμη ομαλά επιταχυνόμενη, οπότε υ=αt → α= 2/5=0,4m/s², ενώ ΣF=m·α ή

m= ΣF/α = 8/0,4 kg = 20kg.

Αντίστοιχα:

Στ=Ι·α_γων όπου α_γων=ω/t οπότε

Ι= Στ·t/ω= 4,8·5/1,67 =14,4kg·m².

Κατά την οριζόντια εκτόξευση αυξάνεται η τριβή ολίσθησης (δείτε στο video τις τιμές της για τις δύο τιμές του συντελεστή τριβής) και έτσι πιο γρήγορα αποκτά την τελική του ταχύτητα, που είναι ίδια. Ότνα ασκείται η δύναμη δεν αλλάζει τίποτα αφού έτσι και αλλιώς η τριβή είναι στατική με μέτρο Τ=4Ν.

Κίνηση κυλίνδρου σε κεκλιμένο επίπεδο.

1. Παρατηρώντας τις τιμές υ και ω βρίσκουμε ότι υ=ω·R, άρα η τριβή είναι ΣΤΑΤΙΚΗ, με φορά προς τα πάνω και μέτρο Τ=14,62Ν.
2. Αρχικά ο κύλινδρος έχει ταχύτητα υ_cm χωρίς να περιστρέφεται, οπότε η ασκούμενη τριβή είναι τριβή ολίσθησης με μέτρο Τ₁= 52,65 Ν, με φορά προς τα κάτω, ενώ μόλις υ=4,12m/s και ω= - 8,24rad/s, αρχίζει να κυλίεται χωρίς ολίσθηση, μέχρι να σταματήσει και μετά να κινηθεί κανά προς τα κάτω. Μόλις πάψει να ολισθαίνει η τριβή, είναι ΠΡΟΣ ΤΑ ΠΑΝΩ με μέτρο Τ=14,62Ν.
3. Ασκείται πάνω του τριβή ολίσθησης προς τα πάνω με μέτρο Τ₁=52,65Ν, μέχρι ο κύλινδρος αποκτήσει υ= 1,49m/s και ω= - 2,98rad/s, οπότε αρχίζει ξανά να κυλίεται χωρίς ολίσθηση, η τριβή γίνεται στατική, όπως και τις προηγούμενες φορές, με μέτρο Τ=14,62Ν.

ΦΑΙΝΟΜΕΝΟ ΕΠΑΓΩΓΗΣ. video.

1. Επειδή μεταβάλλεται η μαγνητική ροή αναπτύσσεται ΗΕΔ από επαγωγή στον κυκλικό αγωγό.
2. Στο αριστερό σχήμα φαίνεται το μαγνητικό πεδίο του μαγνήτη, οπότε καθώς πλησιάζει ο μαγνήτης, η μαγνητική ροή αυξάνεται και με βάση τον κανόνα του Lenz θα αναπτυχθεί ΗΕΔ με τέτοια φορά, ώστε εξαιτίας του επαγωγικού ρεύματος να δημιουργηθεί στο κέντρο του κυκλικού αγωγού, μαγνητικό πεδίο, με φορά προς τα πάνω και να απωθηθεί ο μαγνήτης. Αντίθετα όταν απομακρύνεται ο μαγνήτης (δεξιό σχήμα) το ρεύμα θα αλλάξει φορά με αποτέλεσμα ο μαγνήτης να έλκεται( αντιτίθεται στην απομάκρυνση του μαγνήτη.
3. Ισχύει Ε= - ΔΦ/Δt → |ΔΦ| = Ε·Δt

Δηλαδή το εμβαδόν είναι ίσο με τη συνολική μεταβολή της μαγνητικής ροής.

Στάσιμο κύμα από ανάκλαση. Video.

Σ

Σ

Σ

Λ

Σ

Συμβολή κυμάτων με Applet.

.

1) Στο σημείο Σ τα δύο κύματα φτάνουν σε φάση και το πλάτος ταλάντωσης είναι 2cm.

2) Με βάση το σχήμα παίρνουμε (ΑΣ)= 4,5 λ ή λ=20cm.

3) Το σημείο Σ βρίσκεται στην πρώτη υπερβολή αριστερά της μεσοκαθέτου (η γαλάζιες γραμμές παριστούν τις υπερβολές ενισχυτικής συμβολής), οπότε:

r₂- r₁= λ ή

r₂= r₁+λ = 110cm.

4) Και στο σημείο Τ έχουμε ενίσχυση, οπότε:

r₁- r₂= λ ή

r₁= r₂+λ = 104cm.

5) Το σημείο Ρ παραμένει ακίνητο, έτσι:

r₂-r₁= (2Ν+1) λ/2, όπου Ν=2

r₂= r₁+5·λ/2 = 73cm+50cm= 123cm.

6) Η απόσταση (AB) = 5λ = 100cm.

Για κάθε σημείο δεξιά του Β έχουμε:

r₁- r₂= 5λ+r₂-r₂=5λ και το πλάτος ταλάντωσης είναι 2cm. (Προσέξτε το γαλάζιο χρώμα της γραμμής, ενίσχυση).

Απόσταση σωμάτων.

1. Οι δυνάμεις που ασκούνται στα σώματα φαίνονται στο σχήμα, όπου αφού το νήμα είναι αβαρές Τ=Τ΄, ενώ επειδή τα σώματα ισορροπούν στον κατακόρυφο άξονα ΣF_y=0, οπότε Ν₁=Ν₂=mg = 20Ν. Σε κάθε σώμα ασκείται τριβή με μέτρο Τ_ρ=μΝ=4Ν.

Για το Α σώμα:

ΣF_x=m₁·α → F-Τ-Τ_ρ1= m₁·α (1)

Για το σώμα Β:

ΣF_x=m₂·α → Τ΄- Τ_ρ2= m₂·α (2)

Αφού τα δύο σώματα κινούνται μαζί, έχουν την ίδια επιτάχυνση.

Με πρόσθεση των (1) και (2) παίρνουμε:

F-2Τ_ρ= (m₁+m₂)α → α=(12-4)/4 m/s² = 2m/s²

Η ταχύτητα για t=3s είναι:

υ=α·t₁= 2·3 m/s = 6m/s.

Μόλις κοπεί το νήμα το Α σώμα αποκτά επιτάχυνση

α₁=(F-Τ_ρ1)/m₁=(12-4)/2 m/s²= 4m/s²

και μέχρι τη στιγμή t₂ διανύει απόσταση:

Δx₁=υ₀·Δt + ½ α₁·Δt² = 6·5+ ½ 4·5² =30+50 = 80m.

Το σώμα Β αποκτά επιτάχυνση:

-Τ_ρ2= m₂·α₂ → α₂= - 4/2 m/s² = - 2m/s²

Το σώμα Β επιβραδύνεται. Μήπως σταμάτησε πριν την χρονική στιγμή t₂;

Παίρνουμε τις εξισώσεις για την κίνηση του Β:

υ= υ₀-α₂·Δt (3) και

Δx₂ = υ₀·Δt – ½ α₂·Δt² (4)

Θέτοντας στην (3) υ=0 παίρνουμε:

0=6-2Δt → Δt = 3s, δηλαδή το σώμα Β σταμάτησε να κινείται τη χρονική στιγμή t₃=6s. Η συνολική μετατόπισή του είναι:

Δx₂= 6·3- ½ 2·9 = 18m

Άρα τη χρονική στιγμή t₂=8s η απόσταση των δύο σωμάτων είναι:

d=Δx₁-Δx₂+L = 80m-18m+1m = 63m.

Μαγνητικό πεδίο κυκλικού αγωγού.

1. Με βάση τον κανόνα του δεξιού χεριού βρίσκουμε ότι η ένταση του μαγνητικού πεδίου είναι κάθετη στο επίπεδο του κυκλικού αγωγού με φορά προς τα κάτω, όπως στο σχήμα.

2. Το τόξο ΑΓ έχει μήκος s= ¼ 2πR, οπότε εξαιτίας του τόξου αυτού η ένταση του μαγνητικού πεδίου στο κέντρο του κύκλου είναι:

Β₁= ( ¼ 2πR)·Β_ο/2πR = ¼ Β_ο= 1·10^-5Τ. ( όπου Β_ο= Κ_μ.2πΙ_ο/r).

3) Η αντίσταση R του κυκλικού αγωγού δίνεται από τη σχέση R=ρl/s, ενώ αντίστοιχα του τόξου ΑΓ (το μικρότερο τόξο) R₁= ρl₁/s= ρ(l/4)/s = R/4, ενώ το μεγαλύτερο τόξο ΑδΓ έχει αντίσταση R₂=R-R/4= ¾ R.

Με ανοικτό το διακόπτη Ι₁=Ε/R₁ = 4 Ε/R=4Ι_ο όπου Ι_ο= Ε/R ήταν και η ένταση του ρεύματος που διαρρέει τον κυκλικό αγωγό του 1. ερωτήματος. Συνεπώς η ένταση του ρεύματος στο κέντρο Ο έχει μέτρο Β₁= ¼ (Κ_μ·2πΙ/r)= ¼ Κ_μ·2π·4Ι_ο/r= Κ_μ·2πΙ_ο/r= 4·10^-5Τ, με φορά όπως στο παρακάτω σχήμα. Παρατηρείστε ότι είναι ίση με την ένταση, όταν όλος ο αγωγός διαρρέεται από ρεύμα, λόγω της ίδιας πηγής!!!

Κλείνοντας το διακόπτη δ, διαρρέεται και ο άλλος κλάδος από ρεύμα Ι₂ για το οποίο:

Ι₂=Ε/R₂= Ε/( ¾ R) = 4 Ε/3R = 4/3 Ι_ο, όπου Ι_ο η ένταση του ρεύματος του 1. ερωτήματος.

Η ένταση του μαγνητικού πεδίου εξαιτίας αυτού του ρεύματος είναι κάθετη στο επίπεδο του αγωγού με φορά προς τα μέσα και μέτρο:

Β₂=s·(Κ_μ· 2π Ι₂/r)/2πR = ¾ 2πR· Κ_μ· [2π·( 4/3 Ι_ο)/r]/2πR = Κ_μ·2πΙ_ο/r= 4·10^-5Τ.

Οπότε η συνολική ένταση στο κέντρο Ο θα είναι μηδενική.

Μέγιστη ισχύς.

Αν ένας λαμπτήρας απορροφά την μέγιστη επιτρεπόμενη ισχύ, αυτή θα είναι ίση με:

Ρ_max=Ι²·R → Ι²=45/5 Α² → Ι=3 Α

Αν ο κάτω λαμπτήρας απορροφά την μέγιστη επιτρεπόμενη ισχύ, τότε η τάση αβ είναι V=Ι·R= 3·5V= 15V, αλλά τότε οι δύο άλλοι λαμπτήρες που συνδέονται σε σειρά και διαρρέονται από ρεύμα Ι₁=V/2R= 15/10 Α= 1,5 Α και η συνολική ισχύς που καταναλώνουν θα είναι:

Ρ₁₂=Ι₁²·2R = 1,5²·10 W= 22,5W,

Αλλά τότε Ρ_ολ= Ρ₁₂+Ρ₃= 22,5W+45W= 67,5 W.

Το αντίθετο δεν μπορεί να συμβεί. Αν δηλαδή υποθέσουμε ότι ένας από τους πάνω αντιστάτες απορροφήσει την μέγιστη επιτρεπόμενη ισχύ, τότε ο κάτω αντιστάτης, θα έχει διπλάσια τάση στα άκρα του και θα απορροφήσει τετραπλάσια της επιτρεπόμενης ισχύος (Ρ=V²/R)

Φωτοβολία λαμπτήρων.

1) Αφού ο λαμπτήρας Γ λειτουργεί κανονικά, σημαίνει ότι διαρρέεται από ρεύμα και η ισχύς που απορροφά να είναι Ρ= Ι₂²R. Όμως ο λαμπτήρας Α διαρρέεται από ρεύμα μικρότερης έντασης, αφού Ι₂=V_ΚΛ/R, ενώ Ι₁=V_ΚΛ/2R, όπου R η αντίσταση κάθε λαμπτήρα. Αντίθετα ο λαμπτήρας Δ διαρρέεται από μεγαλύτερη ένταση ρεύματος, αφού Ι=Ι₁+Ι₂ και θα καεί.

2) i) Αφού ο Δ λειτουργεί κανονικά Ρ=Ι²R και ο Γ αφού διαρρέεται από μικρότερη ένταση ρεύματος θα υπολειτουργεί.

ii) Περισσότερο φωτοβολεί ο Γ ο οποίος διαρρέεται από μεγαλύτερη ένταση ρεύματος.

3) Προφανώς ο Α θα σβήσει. Η συνολική αντίσταση του κυκλώματος θα μειωθεί, η ισχύς του Δ θα μειωθεί, θα αυξηθεί όμως η φωτοβολία του λαμπτήρα Γ. Και αυτό γιατί:

Όταν υπάρχουν όλοι οι λαμπτήρες:

R_ΑΒ=R+R=2R, R_ΚΛ= 2R·R/(2R+R) =2R/3 και R_ολ=R+2R/3= 5R/3, άρα

Ι=V/R_ολ= 3V/5R

Ενώ ο Γ διαρρέεται από ρεύμα έντασης

Ι₁=V-V_ΛΜ= V-3V/5R·R= 2V/5

Όταν αποσυνδεθεί ο Β, η συνολική αντίσταση γίνεται:

R΄= 2R και Ι΄=V/2R

Παρατηρούμε ότι η ένταση του ρεύματος που διαρρέει τον λαμπτήρα Γ αυξάεται, άρα αυξάνεται και η φωτοβολία του, ενώ αντίθετα μειώνεται η ένταση του ρεύματος που διαρρέει τον Δ λαμπτήρα και έτσι μειώνεται η φωτοβολία του.

Εκφόρτιση πυκνωτή.

1. Ο πυκνωτής είναι φορτισμένος και η τάση μεταξύ των οπλισμών του είναι ίση με την πολική τάση της γεννήτριας. Αλλά αφού το κύκλωμα δεν διαρρέεται από ρεύμα V_πολ=Ε=V_c=40V.

Ο πάνω οπλισμός του πυκνωτή είναι θετικά φορτισμένος και για να ισορροπεί το σωματίδιο πρέπει η δύναμη από το πεδίο να εξουδετερώνει το βάρος του. Άρα το σωματίδιο φέρει αρνητικό φορτίο.

2. Ο αντιστάτης δεν διαρρέεται από ρεύμα, οπότε είτε είναι ανοικτός, είτε κλειστός ο διακόπτης δ₁ δεν αλλάζει τίποτα.

3. Κλείνοντας τον δ₂, η πηγή βραχυκυκλώνεται και ο πυκνωτής αρχίζει να εκφορτίζεται μέσω του αντιστάτη. Αμέσως μετά ο αντιστάτης διαρρέεται από ρεύμα Ι₁=V_c/R=40/4 Α= 10 Α και η ισχύς που καταναλώνει είναι Ρ=Ι²R= 100·4W=400W.

Η ένταση του πεδίου του πυκνωτή αρχίζει να μειώνεται, και το σωματίδιο επιταχύνεται προα τα κάτω.

Ισορροπία και κυκλική κίνηση.

1. Αναλύουμε την τάση Τ₁ σε δύο συνιστώσες, όπως στο σχήμα. Τ_1y=Τ₁·συνθ, αλλά αφού το σώμα ισορροπεί:

ΣF_y=0 ή

Τ₁συνθ=mg

Τ₁= mg/συνθ = 2/0,5Ν= 4Ν.

2. Μόλις κοπεί το νήμα:

Αναλύουμε τις δυνάμεις όπως στο διπλανό σχήμα:

Για την συνισταμένη στη διεύθυνση της ακτίνας του κύκλου έχουθμε:

ΣFy= m·υ²/R ( παίζει το ρόλο της κεντρομόλου) ή

Τ₁-mgσυνθ= m·υ²/R και αφού υ=0

Τ₁=mgσυνθ=0,2·10· ½ =1Ν.

3. Στο τρίγωνο ΟΑΓ έχουμε:

συνθ = (ΟΓ)/(ΟΑ) → (ΟΓ) = (ΟΑ)·συνθ = L· ½ = L/2, άρα και h=L/2

Εφαρμόζουμε για τη σφαίρα την ΑΔΜΕ, θεωρώντας το οριζόντιο επίπεδο που περνά από την χαμηλότερη θέση ως επίπεδο μηδενικής δυναμικής ενέργειας.

Κ_αρχ+U_αρχ=Κ_τελ+U_τελ ή

0+mgh = ½ mυ² + 0 ή

υ² =2gh= gL.

Στην κατακόρυφη θέση:

ΣFy=mυ²/R ή

Τ₁- mg+ m·gL/L ή

Τ₁= 2mg= 4Ν

Τριβή και 3ος Νόμος του Νεύτωνα.

1) Το κιβώτιο ισορροπεί:

ΣF=0 ή

ΣF_x=0 → Τ=F=1Ν

ΣF_y=0 → Ν=Β=mg = 5Ν

2) Σωστή πρόταση είναι η iii. Το κιβώτιο δέχεται από το τραπέζι τη συνισταμένη Α, των Ν και Τ, η οποία έχει μεγαλύτερο μέτρο από την Ν (η υποτείνουσα είναι μεγαλύτερη από την κάθετη) και άρα ασκεί στο τραπέζι την αντίδραση της Α, την Α΄.

3) Στον οριζόντιο άξονα έχουμε:

ΣF_x= mα ή F₁-Τ = m·α (1)

Το σώμα εκτελεί ευθύγραμμη ομαλά επιταχυνόμενη κίνηση για την οποία:

Δx= ½ α·t² → α=2Δx/t² = 2·0,5/1 m/s² = 1m/s².

Οπότε από την (1) παίρνουμε:

Τ= F₁-m·α = 2Ν-0,5·1Ν= 1,5 Ν.

Τριβή και Νόμοι του Νεύτωνα

1. Στο σχήμα φαίνονται οι δυνάμεις που ασκούνται σε κάθε σώμα. Το βάρος του από τη Γη και η αντίδραση του επιπέδου Α.

Για το σώμα Α: Το σώμα ηρεμεί, ΣF=0 → Α₁ =Β₁=200Ν, οπότε το σώμα Α ασκεί στο επίπεδο την αντίδρασή της που είναι κατακόρυφη με φορά προς τα κάτω και μέτρο 200Ν (με μπλε χρώμα στο σχήμα).

Για το σώμα Β: Το σώμα κινείται με σταθερή ταχύτητα, οπότε και πάλι ΣF=0 → Α₂ =Β₂=200Ν, οπότε το σώμα Β ασκεί στο επίπεδο την αντίδρασή της που είναι κατακόρυφη με φορά προς τα κάτω και μέτρο 200Ν (με μπλε χρώμα στο σχήμα). Προφανώς το βάρος κάθε σώματος ασκείται στο σώμα και όχι στο επίπεδο. Η σωστή διατύπωση θα μπορούσε να είναι:

Το επίπεδο δέχεται ίσες δυνάμεις από τα δύο σώματα, οι οποίες είναι κατακόρυφες με μέτρο 200Ν.

2. Η πρόταση είναι λάθος. Αφού και για τα δύο σώματα ΣF=0 ή Τ=Β_x ,όποτε φαίνεται στο σχήμα.

Η σωστή διατύπωση θα μπορούσε να είναι:

Η τριβή που ασκείται στο σώμα Α είναι στατική, ενώ στο Β τριβή ολίσθησης. Οι δύο αυτές δυνάμεις είναι ίσες αφού και για τα δύο σώματα η συνισταμένη των δυνάμεων σε διεύθυνση παράλληλη προς το επίπεδο, είναι ίση με μηδέν, οπότε το μέτρο της τριβής είναι ίσο με το μέτρο της συνιστώσας του βάρους Β_x.

Πτώση μαγνήτη και Επαγωγή.

Κατά την πτώση των μαγνητών, αναπτύσσεται στα πηνία ΗΕΔ από επαγωγή, αλλά μόνο στο πρώτο κύκλωμα θα έχουμε επαγωγικό ρεύμα, με αποτέλεσμα να ασκηθεί δύναμη στον μαγνήτη που να αντιτίθεται στην πτώση του, δηλαδή να έχει φορά προς τα πάνω. Έτσι ο Α μαγνήτης θα φτάσει πιο αργά και με μικρότερη ταχύτητα στο έδαφος.

Έτσι σωστές είναι οι προτάσεις:

i) Η πρόταση 3)

ii) Η 1) πρόταση.

Μαγνητικό πεδίο κυκλικού αγωγού.

Στο σχήμα φαίνονται οι δυναμικές γραμμές του μαγνητικού πεδίου του κυκλικού αγωγού. Απέναντι από το βόρειο πόλο του μαγνήτη, δημιουργείται Νότιος πόλος, οπότε ο μαγνήτης δέχεται δύναμη προς τα αριστερά.

Δυναμική ενέργεια- Δυναμικό και ισορροπία.

Στο σχήμα δίνεται μια επιφάνεια και μια σφαίρα σε διάφορες θέσεις. Δίνεται ότι στο οριζόντιο επίπεδο η δυναμική ενέργεια είναι μηδενική. Η σφαίρα μπορεί να ισορροπεί στα σημεία (1), (3) και (4). Η ισορροπία είναι ίδια και στις τρεις περιπτώσεις; Προφανώς όχι.

Στη θέση (1) η ισορροπία χαρακτηρίζεται ασταθής, αφού αν η σφαίρα μετακινηθεί ελάχιστα από τη θέση ισορροπίας, θα χάσει την ισορροπίας της και θα πέσει ή από τη δεξιά ή από την αριστερή πλευρά. Στη θέση (3) η ισορροπία λέγεται ευσταθής, αφού αν μετακινηθεί λίγο η σφαίρα από τη θέση ισορροπίας, έστω προς τα δεξιά, θα επιστρέψει ξανά στην αρχική της θέση ισορροπίας. Στη θέση (4) η ισορροπία λέγεται αδιάφορη, αφού αν μετακινηθεί λίγο προς τα δεξιά, θα παραμείνει στη νέα της θέση.

Και ποια σχέση υπάρχει μεταξύ της ισορροπίας και της δυναμικής ενέργειας της σφαίρας;

Ας προσέξουμε ότι την μέγιστη δυναμική ενέργεια την έχει στη θέση (1), την ελάχιστη στη θέση (3), ενώ η θέση (4) έχει μηδενική δυναμική ενέργεια, όπως και όλα τα διπλανά του σημεία.

Προσοχή όμως μην οδηγηθούμε στο συμπέρασμα ότι αν η δυναμική νέργεια είναι μηδενική το σώμα ισορροπεί! Παρατηρείστε το σώμα στη θέση (2), που U=0, προφανώς και δεν ισορροπεί.

Ας έλθουμε τώρα στο ηλεκτρικό πεδίο.

Στο σχήμα δίνεται πώς μεταβάλλεται το δυναμικό κατά μήκος του άξονα x. Ένα θετικά φορτισμένο σωματίδιο σε ποια σημεία μπορεί να ισορροπεί; Τι ακριβώς συμβαίνει για τα σημεία δεξιά του σημείου Α;

Στα σημεία της ευθείας δεξιά του Α δεν υπάρχει ηλεκτρικό πεδίο, αφού το δυναμικό είναι σταθερό και σε οποιοδήποτε σημείο και αν αφεθεί το σωματίδιο δεν θα δεχθεί δύναμη και θα ισορροπεί. Το σωματίδιο μπορεί να ισορροπεί και στα σημεία Β και Γ, όπου το δυναμικό είναι ελάχιστο και μέγιστο αντίστοιχα. Στη θέση Γ η ισορροπία είναι ασταθής, ενώ στο Β ευσταθής.

Μόνο για καθηγητές…

Η ένταση του ηλεκτρικού πεδίου συνδέεται με την μεταβολή του δυναμικού με τη σχέση:

Ε= - dV/dx ( η γνωστή σχέση του βιβλίου Ε=V/l…)

Η ένταση δηλαδή είναι το αντίθετο της παραγώγου του δυναμικού, ως προς το x.

Η παράγωγος στο Γ και στο Β είναι μηδέν, συνεπώς και η ένταση είναι μηδενική.

Αν απομακρυνθεί το φορτίο λίγο προς τα αριστερά από το Γ η κλίση της καμπύλης είναι θετική, άρα η ένταση του πεδίου είναι αρνητική, το φορτίο δέχεται δύναμη προς τα αριστερά και απομακρύνεται από τη θέση ισορροπίας Γ. Για σημείο δεξιά του Γ η κλίση είναι αρνητική, οπότε η ένταση θετική και το φορτίο θα επιταχυνθεί προς τα δεξιά και θα απομακρυνθεί ξανά από το Γ.

Με αντίστοιχη μελέτη βρίσκουμε ότι αν απομακρυνθεί λίγο από τη θέση ισορροπίας Β, θα δεχτεί δύναμη που θα το επαναφέρει στο Β, εκτελώντας μια ταλάντωση γύρω από το σημείο Β.

Μέγιστη ταχύτητα σωματιδίου.

1) Η ενέργεια του σωματιδίου παραμένει σταθερή, αφού η δύναμη του Ηλεκτροστατικού πεδίου είναι συντηρητική, ο πίνακας συμπληρώνεται όπως παρακάτω.

θέση	Κ(J)	U(J)
Α	0,6	0,9
Β	0,0	1,5
Γ	0,3	1,2
Δ	0,0	1,5
Ζ	0,2	1,3

2) Το σωματίδιο έχει θετική δυναμική ενέργεια σε ηλεκτρικό πεδίο που δημιουργείται από θετικά φορτία, άρα έχει θετικό φορτίο.

3,4) Τα σημεία είναι όπως στο σχήμα, όπου έχει σχεδιαστεί και η συνισταμένη δύναμη.

5) Το σωματίδιο στο Α έχει την μέγιστη ταχύτητα, πράγμα που σημαίνει ότι επιταχύνεται από το Δ μέχρι το Α και επιβραδύνεται μετά. Άρα στο σημείο Α έχει μηδενική επιτάχυνση και ΣF=0, οπότε και η ένταση του πεδίου είναι μηδενική.

6) Η μηχανική ενέργεια του σωματιδίου είναι παντού μεγαλύτερη από 0,9J (στο Α έχουμε την μέγιστη κινητική, άρα την ελάχιστη δυναμική ενέργεια) και επειδή U=qV >0 και το δυναμικό θα είναι παντού θετικό.

Υ.Γ. Μπορείτε να δείτε το πρόβλημα της ισορροπίας διαβάζοντας το αρχείο:

Δυναμική ενέργεια- Δυναμικό και ισορροπία.

Και αν πρόκειται για την ελάχιστη ταχύτητα;

1) Επειδή η ενέργεια του σωματιδίου παραμένει σταθερή, ο πίνακας συμπληρώνεται όπως παρακάτω.

θέση	Κ(J)	U(J)
Α	0,8	-2,0
Β	0,1	-1,3
Γ	0,4	-1,6
Δ	2,1	-3,3

2) Η κινητική ενέργεια είναι μεγαλύτερη στο Γ παρά στο Β. Συνεπώς μεταξύ Β και Γ το σωματίδιο επιταχύνεται. Στο παρακάτω διάγραμμα φαίνεται η συνισταμένη δύναμη.

3) Με βάση και την προηγούμενη παρατήρηση προκύπτει ότι το φορτίο Q₂ είναι θετικό.

4) Το σωματίδιο στο Β έχει την ελάχιστη ταχύτητα, πράγμα που σημαίνει ότι επιβραδύνεται από το Α μέχρι το Β και επιταχύνεται μετά. Άρα στο σημείο Β έχει μηδενική επιτάχυνση και ΣF=0, οπότε και η ένταση του πεδίου είναι μηδενική.

Υ.Γ. Μπορείτε να δείτε το πρόβλημα της ισορροπίας διαβάζοντας το αρχείο:

Δυναμική ενέργεια- Δυναμικό και ισορροπία.

Δυναμική ενέργεια και ισορροπία.

1. Οι δυνάμεις έχουν σχεδιαστούν στο παρακάτω σχήμα.

2. Οι δύο δυνάμεις έχουν ίσα μέτρα F=|q|·Ε, οπότε ΣF=0 αλλά το δίπολο δεν θα ισορροπήσει

αλλά θα περιστραφεί ώστε ό άξονας του να γίνει παράλληλος προς τις δυναμικές γραμμές, όπως στο σχήμα της ανάρτησης Ισορροπία ηλεκτρικού διπόλου σε ΟΗΠ.

(Βέβαια δεν θα ισορροπήσει ούτε και σε αυτή τη θέση, αλλά θα εκτελέσει μια στροφική ταλάντωση, αλλά τέλος πάντων αφήστε το..)

3. Αν κάποιο φορτίο κινηθεί από το σημείο Α μέχρι το Β το έργο της δύναμης που δέχεται από το πεδίο είναι μηδέν, αφού η δύναμη είναι κάθετη στην μετατόπιση, συνεπώς V_ΑΒ=W_ΑΒ/q₁= 0.

Με άλλα λόγια τα σημεία Α και Β έχουν το ίδιο δυναμικό και η δυναμική ενέργεια του διπόλου είναι U=qV-qV= 0.

Υ.Γ. Τι λέτε όταν U=0, το σώμα ισορροπεί;;;

Υ.Γ. Μπορείτε να δείτε το πρόβλημα της ισορροπίας διαβάζοντας το αρχείο:

Δυναμική ενέργεια- Δυναμικό και ισορροπία.

Ισορροπία ηλεκτρικού διπόλου σε ΟΗΠ.

1. Οι δυνάμεις έχουν σχεδιαστούν στο παρακάτω σχήμα.

2. Οι δύο δυνάμεις έχουν ίσα μέτρα F=|q|·Ε, οπότε ΣF=0 και το δίπολο ισορροπεί.

3. Κατά μήκος μιας δυναμικής γραμμής τα δυναμικά μειώνονται, οπότε:

V_Β> V_Α →

|q|V_Β> |q|V_Α

Αλλά η δυναμική ενέργεια του φορτίου Α είναι θετική U₁= q·V_Α, ενώ του φορτίου Β είναι αρνητική με τιμή U₂= - q·V_Β. Έτσι η συνολική δυναμική ενέργεια είναι:

U=qV_Α-qV_Β είναι αρνητική.

Μπορείτε να συγκρίνετε την ισορροπία του διπόλου στην θέση αυτή και στην προηγούμενη ανάρτηση; Νομίζεται ότι συνδέονται οι δύο ισορροπίες με την τιμή της δυναμικής ενέργειας του διπόλου; Αν καταλήξατε σε κάποιο συμπέρασμα δείτε επίσης και την ανάρτηση Δυναμική ενέργεια και ισορροπία.

Υ.Γ. Μπορείτε να δείτε το πρόβλημα της ισορροπίας διαβάζοντας το αρχείο:

Δυναμική ενέργεια- Δυναμικό και ισορροπία.

Δίπολο μέσα σε ομογενές Ηλεκτρικό πεδίο.

1. Οι δυνάμεις έχουν σχεδιαστούν στο παρακάτω σχήμα.

2. Οι δύο δυνάμεις έχουν ίσα μέτρα F=|q|·Ε, οπότε ΣF=0 και το δίπολο ισορροπεί.

3. Κατά μήκος μιας δυναμικής γραμμής τα δυναμικά μειώνονται, οπότε:

V_Α> V_Β →

|q|V_Α> |q|V_Β

Αλλά η δυναμική ενέργεια του φορτίου Α είναι θετική U₁= q·V_Α, ενώ του φορτίου Β είναι αρνητική με τιμή U₂= - q·V_Β. Έτσι η συνολική δυναμική ενέργεια είναι:

U=qV_Α-qV_Β > 0

Υ.Γ. Μπορείτε να δείτε το πρόβλημα της ισορροπίας διαβάζοντας το αρχείο:

Δυναμική ενέργεια- Δυναμικό και ισορροπία.

Κατακόρυφη κίνηση αγωγού σε ΟΜΠ.

Ο αγωγός ΚΛ μπορεί να κινείται κατακόρυφα σε επαφή με δύο κατακόρυφους στύλους, χωρίς τριβές, όπως στο σχήμα, κάθετα στις δυναμικές γραμμές ενός οριζόντιου μαγνητικού πεδίου. Πραγματοποιούμε δύο πειράματα αφήνοντας τον αγωγό να πέσει από ύψος h από το έδαφος. Στο πρώτο ο διακόπτης είναι ανοικτός και στο δεύτερο κλειστός.

Χαρακτηρίστε ως σωστές ή λαθεμένες τις παρακάτω προτάσεις.

1. Με ανοικτό το διακόπτη δεν αναπτύσσεται ΗΕΔ από επαγωγή στον ΚΛ, ενώ αναπτύσσεται με κλειστό τον διακόπτη.
2. Για το ύψος h ισχύει h= ½ gt² και h= ½ αt² αντίστοιχα για τα δύο πειράματα όπου η επιτάχυνση α είναι μικρότερη της επιτάχυνσης της βαρύτητας g.
3. Η δύναμη Laplace που ασκείται στον αγωγό και στα δύο πειράματα έχει φορά προς τα πάνω.
4. Στο πρώτο πείραμα ο αγωγός ΚΛ θα χρειαστεί λιγότερο χρόνο να φτάσει στο έδαφος.
5. Στο πρώτο πείραμα ο αγωγός ΚΛ θα φτάσει στο έδαφος με μεγαλύτερη ταχύτητα.

Απάντηση:

ΗΕΔ θα αναπτυχθεί και στα δύο πειράματα, αλλά όταν ο διακόπτης είναι ανοικτός, δεν θα έχουμε ρεύμα, ούτε δύναμη Laplace και ο αγωγός θα εκτελέσει ελεύθερη πτώση, ενώ με κλειστόν τον διακόπτη θα ασκηθεί δύναμη με φορά προς τα πάνω, μεταβλητού μέτρου και ο αγωγός θα κινηθεί προς τα κάτω με επιτάχυνση που συνεχώς θα μειώνεται, μέχρι η F_L να γίνει ίση με το βάρος του αγωγού. Από εκεί και πέρα ο αγωγός θα κινηθεί με σταθερή (οριακή) ταχύτητα. Με κλειστόν τον διακόπτη, ένα μέρος της αρχικής δυναμικής ενέργειας του αγωγού μετατρέπεται σε ηλεκτρική ενέργεια και στη συνέχει σε θερμότητα στον αντιστάτη. Με βάση αυτά οι απαντήσεις είναι:

Λ

Λ

Λ

Σ

Σ

Μαγνητικό πεδίο ευθύγραμμου αγωγού.

Γύρω από τον ευθύγραμμο αγωγό δημιουργείται μαγνητικό πεδίο και στο σχήμα φαίνεται μια δυναμική του γραμμή. Η ένταση του μαγνητικού πεδίου Β είναι εφαπτόμενη στη γραμμή αυτή, όπως στο σχήμα και η δύναμη που ασκείται στον βόρειο πόλο είναι η F₁. Ο νότιος πόλος δέχεται αντίρροπη δύναμη F, μικρότερου μέτρου.

Χαρακτηριστική γεννήτριας.

1) Με βάση τις τιμές του πίνακα σχεδιάζουμε την χαρακτηριστική, παίρνοντας την καμπύλη του παρακάτω σχήματος.

Με βάση την καμπύλη προκύπτει ότι η ΗΕΔ είναι Ε=12V, αφού όταν i=0, V_πολ=Ε.

2) Αν μηδενιστεί η τιμή της αντίστασης R, η γεννήτρια βραχυκυκλώνεται, οπότε Ι=Ι_βρ= 6 Α ενώ V_v=0.

Ενώ για την εσωτερική αντίσταση ισχύει:

r = E/I_βρ= 12/6 Ω= 2Ω.

1ος κανόνας του Kirchoff.

1) Η στιγμιαία ένταση του ρεύματος δίνεται από την εξίσωση:

i=v/R=10ημωt/2 = 5·ημωt

Η γραφική παράσταση φαίνεται στο πάνω διάγραμμα.

2) Ο κάτω κλάδος του κυκλώματος διαρρέεται από συνεχές ρεύμα έντασης:

Ι₁=Ε/R= 20/2 Α = 10 Α.

Ο αντιστάτης διαρρέεται από ρεύμα που προκύπτει από τον 1^ο κανόνα του Kirchoff

Ι_ολ= Ι₁+ i = 10 + 5 ημωt

Η γραφική παράσταση της σχέσης (1) είναι του παρακάτω σχήματος.

3) Το ρεύμα που διαρρέει τον αντιστάτη είναι συνεχές, αφού δεν παίρνει αρνητικές τιμές, πράγμα που σημαίνει ότι έχει σταθερή φορά.

Λειτουργία συσκευής.

1) Έστω ότι πραγματοποιούσαμε την συνδεσμολογία που μας προτείνεται και η συσκευή λειτουργεί κανονικά.

Ρ_Σ=V·Ι ή Ι=Ρ/V = 40/20 Α = 2 Α.

Η τάση V_R=Ι·R= 2·10V = 20V

Η πολική τάση της πηγής θα είναι V_R+V_Σ= 20V+20V=40V.

Αλλά V_πολ= Ε-Ιr ή

40= 46-2·1 ή 40=44 άτοπο.

2) Με το κύκλωμα του παρακάτω σχήματος μπορούμε να πετύχουμε τη σωστή λειτουργία της συσκευής.

Με βάση τα προηγούμενα Ι₁=2 Α και V_πολ= 40V, αλλά τότε:

V_πολ=Ε-Ι·r ή

Ι=(Ε-V_πολ)/r =(46-40)/1 A= 6A.

Για να συμβεί αυτό θα πρέπει να υπάρχει και άλλος κλάδος που να διαρρέεται από ρεύμα Ι₂= Ι-Ι₁= 6 Α- 2 Α = 4 Α, που απλά πετυχαίνεται συδέοντας έναν ακόμη αντιστάτη όπως στο σχήμα.

Εύρεση συνδεσμολογίας αντιστατών.

1) Η ισχύς της γεννήτριας παρέχεται από τη σχέση Ρ=Ε·Ι →

Ι=Ρ/Ε= 652/68 Α = 14 Α.

Έτσι V_πολ=Ε-Ι·r= 68V-14·2V=40V.

2) Για το εξωτερικό κύκλωμα έχουμε:

R_ολ=V_πολ/Ι=40/14 Ω= 20/7Ω.

3) Η σύνδεση δεν μπορεί να είναι σε σειρά, γιατί τότε R_ολ= 14Ω, αλλά ούτε και παράλληλα διότι τότε θα ήταν 1/R=1/R₁+1/R₂+1/R₃ = ¼+ ¼ +1/6 = 1/3 → R=3Ω.

Επομένως η σύνδεση είναι μεικτή.

Αν συνδέσουμε τις R₁ και R₂ παράλληλα η ισοδύναμη αντίστασή τους είναι 2Ω, σε σειρά με τον R₃ παίρνουμε R_ολ=8Ω.

Συνδέοντας τις R₁,R₃ παράλληλα, παίρνουμε:

R₁₃=R₁·R₃/(R₁+R₃) = 4·6/10 Ω= 2,4Ω και η R_ολ=R₁₃+R₂=6,4Ω.

Μετά από όλα αυτά το κύκλωμα είναι αυτό του παρακάτω σχήματος, αφού R₂₃= R₂+R₃=10Ω και R_ολ=R₁·R₂₃/(R₁+R₂₃) = 4·10/14 Ω= 20/3 Ω.

Πώς συνδέονται οι αντιστάτες;

Να προσέξουμε ότι η τάση στα άκρα των αντιστατών R2 και R3 είναι η ίδια, δηλαδή η VΒΓ, άρα οι δύο αντιστάτες συνδέονται παράλληλα και η ισοδύναμη αντίστασή τους είναι:

R23=R2•R3/(R2+R3) = 6•4/10 Ω= 2,4Ω.

Οπότε η ένδειξη του αμπερομέτρου είναι:

Ι=Ε/Rολ= Ε/(R1+R23+r) = 32/(3,6+2,4+0,4) Α = 5 Α.

Μόλις κλείσουμε το διακόπτη δ, οι αντιστάτες R2 και R3 βραχυκυκλώνονται, οπότε:

Ι1=Ε/(R1+r) = 32/(3,6+0,4) Α= 8 Α.