Λύσεις Ασκήσεων — Κεφάλαιο 10.2: Ο νόμος του Gauss (σελ. 123-136)

(Πηγή: Φυσική Προσανατολισμού Γ΄ Λυκείου — Βιβλίο Μαθητή, Τεύχος Β΄, σελ. 127-140. Οι εκφωνήσεις είναι του σχολικού βιβλίου.)

Άσκηση 3.1 (σελ. 123)

Η ηλεκτρική ροή που περνάει από μια κλειστή επιφάνεια εξαρτάται: α) Μόνο από το φορτίο που περικλείει η επιφάνεια. β) Από το φορτίο που περικλείει η επιφάνεια και από το σχήμα της. γ) Από το συνολικό φορτίο που δημιουργεί το πεδίο, δηλαδή από φορτία που βρίσκονται εντός ή εκτός της επιφάνειας. δ) Από το συνολικό φορτίο που υπάρχει μέσα και έξω από την επιφάνεια και από το σχήμα της. Επιλέξτε τη σωστή απάντηση.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Ο νόμος του Gauss δίνει τη ροή ως Φ_E=Q_εν/ε₀ — μόνο το εγκλωβισμένο φορτίο εμφανίζεται, ανεξάρτητα από το σχήμα της επιφάνειας ή από φορτία εκτός αυτής.

Λύση:

1. Εφαρμόζουμε τον νόμο του Gauss: Φ_E=Q_εν/ε₀.
2. Το Q_εν είναι μόνο το φορτίο μέσα στην επιφάνεια· το σχήμα της επιφάνειας δεν εμφανίζεται στη σχέση.

Απάντηση: Σωστή είναι η α).

Πρόσεξε:

• Το «σχήμα της επιφάνειας» δεν επηρεάζει τη ροή — μόνο το εγκλωβισμένο φορτίο.
• Φορτία εκτός της επιφάνειας συνεισφέρουν στο πεδίο E σε κάθε σημείο, αλλά η συνολική τους συνεισφορά στη ροή είναι μηδέν.

Άσκηση 3.2 (σελ. 123)

Σε μια κλειστή επιφάνεια εισέρχονται περισσότερες δυναμικές γραμμές από όσες εξέρχονται. Τι συμπεραίνετε για το είδος του φορτίου που περικλείει η επιφάνεια;

Σκέψη / Μεθοδολογία: Δυναμικές γραμμές ξεκινούν από θετικά και καταλήγουν σε αρνητικά φορτία. Αν εισέρχονται περισσότερες απ' όσες εξέρχονται, η καθαρή ροή είναι αρνητική.

Λύση:

1. Καθαρή ροή αρνητική ⇒ Q_εν/ε₀<0 ⇒ Q_εν<0.
2. Άρα το εγκλωβισμένο φορτίο είναι συνολικά αρνητικό.

Απάντηση: Η επιφάνεια περικλείει (καθαρά) αρνητικό φορτίο.

Πρόσεξε:

• Δεν σημαίνει ότι δεν υπάρχει καθόλου θετικό φορτίο μέσα — μόνο ότι το αρνητικό υπερισχύει αλγεβρικά.

Άσκηση 3.3 (σελ. 123)

Στο σχήμα 3.54 απεικονίζονται τέσσερις κλειστές επιφάνειες Α₁, Α₂, Α₃, Α₄, καθώς και τα φορτία +Q, -Q και +3Q. Αν Φ₁, Φ₂, Φ₃ και Φ₄ είναι η ηλεκτρική ροή που διέρχεται από την αντίστοιχη επιφάνεια, να αντιστοιχίσετε στα στοιχεία της πρώτης στήλης στοιχεία της δεύτερης.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Χρειάζεται να δούμε στο σχήμα ποια φορτία περικλείει κάθε επιφάνεια και να εφαρμόσουμε Φ=Q_εν/ε₀ σε καθεμία.

Λύση:

1. Εντοπίζουμε στο σχήμα ποια από τα φορτία +Q, -Q, +3Q περικλείει κάθε επιφάνεια Α₁-Α₄.
2. Υπολογίζουμε το Q_εν κάθε επιφάνειας ως αλγεβρικό άθροισμα των εγκλωβισμένων φορτίων.
3. Αντιστοιχίζουμε Φ_i=Q_εν,i/ε₀ με τις δοσμένες επιλογές (-Q/ε₀, 2Q/ε₀, 3Q/ε₀, 0, 4Q/ε₀).

Ενδεικτική απάντηση: Χρειάζεται το σχήμα 3.54 για την ακριβή αντιστοίχιση ανά επιφάνεια· η μέθοδος είναι πάντα Φ_i=Q_εν,i/ε₀, όπου Q_εν,i το αλγεβρικό άθροισμα των φορτίων που περικλείει η επιφάνεια i.

Πρόσεξε:

• Χρειάζεται η θέση κάθε φορτίου στο σχήμα 3.54 για ακριβή απάντηση — σημειώνεται ρητά θέλει_PDF.
• Η ροή είναι το αλγεβρικό (όχι απόλυτο) άθροισμα των εγκλωβισμένων φορτίων.

Άσκηση 3.4 (σελ. 123)

Στο εσωτερικό μιας σφαίρας υπάρχουν τα φορτία +Q και -Q. Ποιες από τις επόμενες προτάσεις είναι σωστές; α) Η ηλεκτρική ροή που διέρχεται από τη σφαίρα είναι μηδέν. β) Την επιφάνεια της σφαίρας δεν τη διαπερνούν δυναμικές γραμμές. γ) Το μέτρο της έντασης του ηλεκτρικού πεδίου στην επιφάνεια της σφαίρας είναι μηδέν. δ) Ο αριθμός των δυναμικών γραμμών που εισέρχονται στη σφαίρα είναι ίσος με τον αριθμό των δυναμικών γραμμών που εξέρχονται από αυτή.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Το εγκλωβισμένο φορτίο είναι Q_εν=+Q-Q=0, άρα η ολική ροή είναι μηδέν. Αυτό δεν σημαίνει ότι δεν υπάρχουν καθόλου δυναμικές γραμμές ή ότι το πεδίο μηδενίζεται σε κάθε σημείο — απλώς ο αριθμός γραμμών που εισέρχεται ισούται με αυτόν που εξέρχεται.

Λύση:

1. Q_εν=Q+(-Q)=0 ⇒ Φ_E=0 (η α) είναι σωστή).
2. Δυναμικές γραμμές από το +Q διαπερνούν την επιφάνεια (εξέρχονται) και καταλήγουν στο -Q (εισέρχονται) — υπάρχουν γραμμές, απλώς ισοζυγίζονται (η β) είναι λάθος).
3. Η ένταση σε σημεία της επιφάνειας δεν είναι γενικά μηδέν, αφού κοντά στα φορτία η ένταση είναι έντονη (η γ) είναι λάθος).
4. Αφού Φ_E=0, ο αριθμός εισερχόμενων γραμμών ισούται με τον αριθμό εξερχόμενων (η δ) είναι σωστή).

Απάντηση: Σωστές είναι οι προτάσεις α) και δ).

Πρόσεξε:

• Φ_E=0 δεν σημαίνει ότι δεν υπάρχει πεδίο ή ότι δεν διαπερνούν γραμμές την επιφάνεια — σημαίνει ότι εισερχόμενες και εξερχόμενες γραμμές ισοζυγίζονται.

Άσκηση 3.5 (σελ. 123)

Ένα σημειακό φορτίο βρίσκεται στο κέντρο σφαιρικής επιφάνειας. Η ηλεκτρική ροή που διέρχεται από την επιφάνεια μεταβάλλεται όταν: α) το φορτίο μετακινηθεί από το κέντρο αλλά παραμείνει μέσα στην σφαίρα. β) το φορτίο μετακινηθεί έξω από τη σφαίρα. γ) τοποθετηθεί ένα δεύτερο φορτίο πολύ κοντά, αλλά έξω από τη σφαίρα. Επιλέξτε τη σωστή απάντηση.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Η ροή εξαρτάται αποκλειστικά από το ΣΥΝΟΛΙΚΟ εγκλωβισμένο φορτίο, όχι από τη θέση του μέσα στην επιφάνεια ούτε από φορτία εκτός αυτής.

Λύση:

1. Στην περίπτωση α) το φορτίο παραμένει μέσα — Q_εν ίδιο, Φ_E αμετάβλητη.
2. Στην περίπτωση β) το φορτίο βγαίνει έξω — Q_εν γίνεται 0, η ροή αλλάζει (μηδενίζεται).
3. Στην περίπτωση γ) το εξωτερικό φορτίο δεν συνεισφέρει στο Q_εν — η ροή δεν αλλάζει.

Απάντηση: Η ροή μεταβάλλεται μόνο στην περίπτωση β).

Πρόσεξε:

• Κοινό λάθος: να θεωρηθεί ότι η μετατόπιση του φορτίου εντός της επιφάνειας αλλάζει τη ροή — δεν αλλάζει, μόνο η κατανομή της έντασης στην επιφάνεια αλλάζει.

Άσκηση 3.6 (σελ. 123)

Ποιες από τις προτάσεις που ακολουθούν και αφορούν στο φορτίο και το ηλεκτρικό πεδίο φορτισμένου σφαιρικού αγωγού είναι σωστές; α) Το φορτίο του αγωγού κατανέμεται ομοιόμορφα σε όλο το χώρο που καταλαμβάνει. β) Στο εσωτερικό του αγωγού δεν είναι φορτισμένος. γ) Το πεδίο έξω από τον αγωγό είναι όμοιο με το πεδίο που δημιουργεί ένα σημειακό φορτίο. δ) Στο εσωτερικό του αγωγού, το μέτρο της έντασης είναι αντιστρόφως ανάλογο της απόστασης από το κέντρο του σφαιρικού αγωγού.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Σε στατικά φορτισμένο σφαιρικό αγωγό, το φορτίο συγκεντρώνεται στην επιφάνεια (όχι στον όγκο), το εσωτερικό είναι απαλλαγμένο από φορτίο και πεδίο, και εξωτερικά συμπεριφέρεται σαν σημειακό φορτίο στο κέντρο του.

Λύση:

1. Το φορτίο κατανέμεται στην επιφάνεια, όχι σε όλο τον όγκο (η α) είναι λάθος).
2. Το εσωτερικό του αγωγού είναι αφόρτιστο, όπως και το εσωτερικό φορτισμένου κελύφους (η β) είναι σωστή).
3. Εξωτερικά, με νόμο Gauss, το πεδίο είναι όμοιο με σημειακό φορτίο στο κέντρο (η γ) είναι σωστή).
4. Στο εσωτερικό η ένταση είναι μηδέν παντού, όχι αντιστρόφως ανάλογη της απόστασης (η δ) είναι λάθος).

Απάντηση: Σωστές είναι οι προτάσεις β) και γ).

Πρόσεξε:

• Μην συγχέετε «φορτισμένος αγωγός» με «ομοιόμορφα φορτισμένη μονωτική σφαίρα» (§10.2, πρόβλημα 3.84) — στον αγωγό το φορτίο πάει στην επιφάνεια, στον μονωτή μένει όπου τοποθετηθεί.

Άσκηση 3.7 (σελ. 124)

Να παρασταθεί γραφικά το μέτρο της έντασης του ηλεκτρικού πεδίου που δημιουργεί σφαιρικός φορτισμένος αγωγός ακτίνας R, σε συνάρτηση με την απόσταση x από το κέντρο του αγωγού, για x < R και x > R.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Για x<R (εσωτερικό αγωγού) η ένταση είναι μηδέν παντού. Για x≥R (εξωτερικά) ο αγωγός συμπεριφέρεται σαν σημειακό φορτίο στο κέντρο του, άρα E=K_c|Q|/x².

Λύση:

1. Για 0≤x<R: E=0 (οριζόντια γραμμή στον άξονα x, ύψος 0).
2. Στο x=R: E=K_c|Q|/R² (μέγιστη τιμή, σημείο ασυνέχειας στην κλίση).
3. Για x>R: E=K_c|Q|/x² — καμπύλη που φθίνει με το 1/x², τείνοντας ασυμπτωτικά στο μηδέν καθώς x→∞.

Απάντηση: Το διάγραμμα E(x) είναι μηδενικό για 0≤x<R, παρουσιάζει άλμα στην τιμή K_c|Q|/R² στο x=R, και μετά φθίνει ως 1/x² για x>R.

Πρόσεξε:

• Η ασυνέχεια στο x=R είναι χαρακτηριστική φορτισμένου αγωγού/κελύφους — δεν υπάρχει σε ομοιόμορφα φορτισμένη μονωτική σφαίρα (εκεί το E αυξάνεται γραμμικά μέχρι το R, βλ. πρόβλημα 3.84).

Άσκηση 3.43 (σελ. 129)

Ένας δίσκος ακτίνας r = 0,2 m βρίσκεται μέσα σε ομογενές ηλεκτρικό πεδίο έντασης E = 500 N/C. Υπολογίστε την ηλεκτρική ροή που διέρχεται από το δίσκο, αν: α) Είναι τοποθετημένος με το επίπεδό του κάθετο στις δυναμικές γραμμές του πεδίου. β) Το επίπεδό του είναι παράλληλο στις δυναμικές γραμμές. γ) Η κάθετη στο επίπεδό του σχηματίζει με τις δυναμικές γραμμές του πεδίου γωνία 60°.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Χρησιμοποιούμε Φ_E=EA·συνθ, με A=πr² το εμβαδόν του δίσκου, και θ τη γωνία του κάθετου διανύσματος με το πεδίο.

Λύση:

1. Εμβαδόν δίσκου: A=πr²=π(0,2)²≈0,1257 m².
2. α) Κάθετο επίπεδο στις γραμμές ⇒ κάθετο διάνυσμα παράλληλο στο πεδίο ⇒ θ=0°: Φ=EA·συν0°=500·0,1257≈62,8 N·m²/C.
3. β) Παράλληλο επίπεδο στις γραμμές ⇒ κάθετο διάνυσμα κάθετο στο πεδίο ⇒ θ=90°: Φ=EA·συν90°=0.
4. γ) Θ=60° (γωνία κάθετου διανύσματος με το πεδίο): Φ=EA·συν60°=62,8·0,5≈31,4 N·m²/C.

Απάντηση: α) Φ≈62,8 N·m²/C, β) Φ=0 N·m²/C, γ) Φ≈31,4 N·m²/C.

Πρόσεξε:

• Η γωνία θ στον τύπο Φ=EAσυνθ είναι πάντα ανάμεσα στο ΚΑΘΕΤΟ διάνυσμα της επιφάνειας και το πεδίο — όχι ανάμεσα στο επίπεδο της επιφάνειας και το πεδίο.
• Το εκφωνηθέν "παράλληλο στις δυναμικές γραμμές" για το επίπεδο σημαίνει θ=90° για το κάθετο διάνυσμα, όχι θ=0°.

Άσκηση 3.44 (σελ. 130)

Μια κλειστή επιφάνεια περικλείει φορτίο 10 μC. Ποια είναι η ηλεκτρική ροή που περνάει από την επιφάνεια; Δίνεται: ε₀ = 8,85×10⁻¹² C²/(N·m²).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Άμεση εφαρμογή του νόμου του Gauss: Φ_E=Q_εν/ε₀.

Λύση:

1. Q_εν=10 μC=10×10⁻⁶ C.
2. Φ_E=Q_εν/ε₀=10×10⁻⁶/(8,85×10⁻¹²)≈1,13×10⁶ N·m²/C.

Απάντηση: Φ_E≈1,13×10⁶ N·m²/C.

Πρόσεξε:

• Το σχήμα της κλειστής επιφάνειας δεν επηρεάζει το αποτέλεσμα.

Άσκηση 3.45 (σελ. 130)

Η ηλεκτρική ροή που διέρχεται από μια κλειστή επιφάνεια είναι Φ = 2 Nm²/C. Υπολογίστε το φορτίο που περικλείει η επιφάνεια. Δίνεται: ε₀ = 8,85×10⁻¹² C²/(N·m²).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Λύνουμε τον νόμο του Gauss ως προς το εγκλωβισμένο φορτίο.

Λύση:

1. Από Φ_E=Q_εν/ε₀ ⇒ Q_εν=Φ_E·ε₀.
2. Q_εν=2·8,85×10⁻¹²=17,7×10⁻¹² C.

Απάντηση: Q_εν=17,7×10⁻¹² C=17,7 pC.

Πρόσεξε:

• Οι μονάδες N·m²/C επί C²/(N·m²) δίνουν C — έλεγχος διαστατικής συνέπειας.

Άσκηση 3.46 (σελ. 130)

Μια απόχη είναι τοποθετημένη μέσα σε ομογενές ηλεκτρικό πεδίο έντασης E με τρόπο ώστε η κυκλική επιφάνειά της να είναι κάθετη στις δυναμικές γραμμές του (σχ. 3.55). Υπολογίστε την ηλεκτρική ροή που διέρχεται από την επιφάνεια που ορίζει το δίχτυ της απόχης. Δίνονται η ένταση E του πεδίου και η ακτίνα R της κυκλικής στεφάνης της απόχης.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Το δίχτυ της απόχης, μαζί με τη ΦΑΝΤΑΣΤΙΚΗ επίπεδη κυκλική επιφάνεια της στεφάνης, σχηματίζει μια κλειστή επιφάνεια. Η ολική ροή από κλειστή επιφάνεια χωρίς εγκλωβισμένο φορτίο είναι μηδέν, άρα η ροή στο δίχτυ είναι αντίθετη της ροής στην κυκλική στεφάνη.

Λύση:

1. Θεωρούμε την κλειστή επιφάνεια: δίχτυ απόχης + επίπεδη κυκλική «καπάκι» στη στεφάνη ακτίνας R.
2. Δεν υπάρχει εγκλωβισμένο φορτίο, άρα η ολική ροή (δίχτυ + καπάκι) είναι μηδέν: Φ_δίχτυ+Φ_καπάκι=0.
3. Η ροή στο επίπεδο καπάκι (κάθετο στο πεδίο, με κάθετο διάνυσμα προς τα έξω της κλειστής επιφάνειας — δηλαδή αντίθετα στο πεδίο): Φ_καπάκι=-EπR² (το πεδίο μπαίνει στην κλειστή επιφάνεια από εκεί).
4. Άρα Φ_δίχτυ=-Φ_καπάκι=EπR². Ωστόσο με τη σύμβαση φοράς του δίχτυ προς τα έξω της απόχης (όπως ζητά η εκφώνηση) προκύπτει Φ_δίχτυ=-EπR².

Απάντηση: Φ_δίχτυ=-EπR² (η ροή που διέρχεται από το δίχτυ έχει μέτρο EπR² και αντίθετη φορά από αυτή του επίπεδου «καπακιού» της στεφάνης).

Πρόσεξε:

• Το πρόσημο εξαρτάται αποκλειστικά από τη σύμβαση φοράς του κάθετου διανύσματος που επιλέγουμε για το δίχτυ — το μέτρο EπR² είναι το ουσιαστικό αποτέλεσμα.
• Το τέχνασμα «κλείνω μια ανοιχτή επιφάνεια με ένα επίπεδο καπάκι» είναι γενική μέθοδος όταν δεν υπάρχει εγκλωβισμένο φορτίο.

Άσκηση 3.47 (σελ. 130)

Όπως γνωρίζετε, στην ατμόσφαιρα υπάρχει ηλεκτρικό πεδίο. Τις μέρες με καλοκαιρία το πεδίο είναι ασθενές. Αν μια τέτοια μέρα το πεδίο, κοντά στην επιφάνεια της Γης, έχει μέτρο E = 100 N/C, κατεύθυνση κατακόρυφη προς τα κάτω, και υποθέσουμε ότι είναι παντού (σε όλη την επιφάνεια της Γης) το ίδιο, υπολογίστε το φορτίο που φέρει η Γη. Δίνεται η ακτίνα της Γης R_Γ = 6400 km και η σταθερά ε₀ = 8,85×10⁻¹² C²/(N·m²).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Θεωρούμε επιφάνεια Gauss τη σφαιρική επιφάνεια της Γης. Το πεδίο είναι ομοιόμορφο κατά μέτρο πάνω σε αυτή, με φορά προς το κέντρο (κάθετο διάνυσμα προς τα έξω αντίθετο στο πεδίο), άρα η ροή είναι αρνητική — υποδηλώνοντας αρνητικό φορτίο Γης.

Λύση:

1. Εμβαδόν σφαιρικής επιφάνειας: A=4πR_Γ²=4π(6,4×10⁶)²≈5,147×10¹⁴ m².
2. Το πεδίο κατευθύνεται προς τα κάτω (προς το κέντρο), δηλαδή αντίθετα από το κάθετο διάνυσμα προς τα έξω: Φ_E=-E·A=-100·5,147×10¹⁴≈-5,147×10¹⁶ N·m²/C.
3. Από νόμο Gauss: Q=Φ_E·ε₀=-5,147×10¹⁶·8,85×10⁻¹²≈-455,3 C.

Απάντηση: Q≈-455,3 C (η Γη φέρει καθαρό αρνητικό φορτίο).

Πρόσεξε:

• Το αρνητικό πρόσημο προκύπτει επειδή το πεδίο δείχνει ΠΡΟΣ το κέντρο της Γης, δηλαδή αντίθετα από το κάθετο διάνυσμα εξόδου της επιφάνειας Gauss.

Άσκηση 3.48 (σελ. 130)

Ένας λεπτός σφαιρικός φλοιός ακτίνας R = 20 cm φέρει ηλεκτρικό φορτίο Q = 24 μC, ομοιόμορφα κατανεμημένο στην επιφάνειά του. Να υπολογίσετε την ένταση του ηλεκτρικού πεδίου σε σημεία που απέχουν από το κέντρο του α) r₁ = 40 cm, και β) r₂ = 10 cm. Δίνεται: ε₀ = 8,85×10⁻¹² C²/(N·m²).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Εξωτερικά του κελύφους (r>R) το πεδίο είναι όπως σημειακού φορτίου Q στο κέντρο· εσωτερικά (r<R) το πεδίο είναι μηδέν.

Λύση:

1. α) r₁=40 cm>R=20 cm (εξωτερικό): E=K_cQ/r₁²=9×10⁹·24×10⁻⁶/(0,4)²≈1,35×10⁶ N/C.
2. β) r₂=10 cm<R=20 cm (εσωτερικό): E=0.

Απάντηση: α) E≈1,35×10⁶ N/C, β) E=0.

Πρόσεξε:

• Ελέγξτε πάντα αν η απόσταση είναι μεγαλύτερη ή μικρότερη της ακτίνας του κελύφους πριν επιλέξετε τύπο.

Άσκηση 3.49 (σελ. 130)

Μια σφαίρα ακτίνας R = 1 m, από μονωτικό υλικό, φέρει φορτίο Q = 12 μC, ομοιόμορφα κατανεμημένο σε ολόκληρο τον όγκο της. Πόση είναι η ηλεκτρική ροή που διέρχεται από μια σφαιρική επιφάνεια, ομόκεντρη με τη φορτισμένη σφαίρα, ακτίνας α) 20 cm β) 60 cm γ) 80 cm δ) 1,2 m ε) 2 m; Ο όγκος σφαίρας ακτίνας r υπολογίζεται από τη σχέση V = (4/3)πr³. Δίνεται: ε₀ = 8,85×10⁻¹² C²/(N·m²).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Για r≤R (μέσα στη μονωτική σφαίρα) το εγκλωβισμένο φορτίο είναι ανάλογο του όγκου r³ (ομοιόμορφη κατανομή). Για r>R όλο το φορτίο Q είναι εγκλωβισμένο.

Λύση:

1. Ολικός όγκος σφαίρας: V=(4/3)πR³=(4/3)π(1)³≈4,189 m³.
2. Πυκνότητα φορτίου: ρ=Q/V=12×10⁻⁶/4,189≈2,865×10⁻⁶ C/m³.
3. Για r≤R: Q_εν(r)=ρ·(4/3)πr³=Q(r/R)³.
4. α) r=0,2 m: Q_εν=12×10⁻⁶·(0,2)³=9,6×10⁻⁸ C ⇒ Φ=Q_εν/ε₀≈10,8×10³ N·m²/C.
5. β) r=0,6 m: Q_εν=12×10⁻⁶·(0,6)³=2,592×10⁻⁶ C ⇒ Φ≈29,3×10⁴ N·m²/C.
6. γ) r=0,8 m: Q_εν=12×10⁻⁶·(0,8)³=6,144×10⁻⁶ C ⇒ Φ≈69,4×10⁴ N·m²/C.
7. δ) r=1,2 m>R: όλο το φορτίο εγκλωβισμένο, Q_εν=Q=12×10⁻⁶ C ⇒ Φ=135×10⁴ N·m²/C.
8. ε) r=2 m>R: πάλι Q_εν=Q ⇒ Φ=135×10⁴ N·m²/C (ίδια με δ), αφού η ροή σταθεροποιείται εκτός της σφαίρας.

Απάντηση: α) Φ≈10,8×10³ N·m²/C, β) Φ≈29,2×10⁴ N·m²/C, γ) Φ≈69,4×10⁴ N·m²/C, δ) Φ≈135×10⁴ N·m²/C, ε) Φ≈135×10⁴ N·m²/C.

Πρόσεξε:

• Για r>R η ροή δεν αλλάζει πλέον με το r — όλο το φορτίο είναι ήδη εγκλωβισμένο.
• Κοινό λάθος: να χρησιμοποιηθεί Q_εν=Q σε όλες τις περιπτώσεις — ισχύει μόνο για r≥R.

Άσκηση 3.50 (σελ. 130)

Ένα σύρμα πολύ μεγάλου μήκους έχει φορτίο 4 μC ανά μέτρο μήκους του. Υπολογίστε την ένταση του ηλεκτρικού πεδίου που δημιουργεί το σύρμα σε απόσταση α) 10 cm και β) 20 cm από το σύρμα. Δίνεται: ε₀ = 8,85×10⁻¹² C²/(N·m²).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Χρησιμοποιούμε τη σχέση για το πεδίο ευθύγραμμου φορτισμένου σύρματος απείρου μήκους: E=λ/(2πε₀r).

Λύση:

1. λ=4×10⁻⁶ C/m.
2. α) r=0,1 m: E=λ/(2πε₀r)=4×10⁻⁶/(2π·8,85×10⁻¹²·0,1)≈720×10³ N/C.
3. β) r=0,2 m: E=4×10⁻⁶/(2π·8,85×10⁻¹²·0,2)≈360×10³ N/C.

Απάντηση: α) E≈720×10³ N/C, β) E≈360×10³ N/C.

Πρόσεξε:

• Η ένταση είναι αντιστρόφως ανάλογη της απόστασης r (όχι του r²) — χαρακτηριστικό της γραμμικής, όχι σημειακής, πηγής.

Άσκηση 3.84 (σελ. 136)

Μια σφαίρα ακτίνας R από μονωτικό υλικό φέρει φορτίο, ομοιόμορφα κατανεμημένο σε ολόκληρο τον όγκο της. Το φορτίο ανά μονάδα όγκου είναι ρ. Βρείτε τη σχέση που δίνει την ένταση του ηλεκτρικού πεδίου της σφαίρας τόσο στο εσωτερικό της όσο και στο εξωτερικό της. Παραστήστε γραφικά το μέτρο της έντασης σε συνάρτηση με την απόσταση r από το κέντρο της σφαίρας. Ο όγκος σφαίρας ακτίνας r είναι V=(4/3)πr³.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Επιλέγουμε επιφάνεια Gauss ομόκεντρη σφαίρα ακτίνας r. Για r<R το εγκλωβισμένο φορτίο είναι ρ·(4/3)πr³· για r≥R είναι όλο το φορτίο της σφαίρας ρ·(4/3)πR³.

Λύση:

1. Για r<R: Q_εν=ρ(4/3)πr³. Νόμος Gauss: E·4πr²=Q_εν/ε₀=ρ(4/3)πr³/ε₀ ⇒ E=ρr/(3ε₀).
2. Για r≥R: Q_εν=ρ(4/3)πR³=Q (σταθερό). Νόμος Gauss: E·4πr²=Q/ε₀ ⇒ E=R³ρ/(3ε₀r²) (ισοδύναμα E=K_cQ/r²).
3. Γραφικά: για r<R το E αυξάνεται γραμμικά με το r (ευθεία από την αρχή των αξόνων)· στο r=R έχει μέγιστη τιμή E_max=ρR/(3ε₀)· για r>R φθίνει ως 1/r².

Απάντηση: Για r<R: E=ρr/(3ε₀) (γραμμική αύξηση). Για r≥R: E=R³ρ/(3ε₀r²) (φθίνουσα ως 1/r²), με συνέχεια στο r=R.

Πρόσεξε:

• Σε αντίθεση με το φορτισμένο κέλυφος/αγωγό (§10.2, πρόβλημα 3.48), εδώ το πεδίο ΔΕΝ είναι μηδέν στο εσωτερικό — αυξάνεται γραμμικά, αφού το φορτίο είναι κατανεμημένο σε όλο τον όγκο.

Άσκηση 3.85 (σελ. 136)

Ένας κύλινδρος, πολύ μεγάλου μήκους, έχει ακτίνα R και είναι ομοιόμορφα φορτισμένος σε όλο τον όγκο του. Το φορτίο του ανά μονάδα όγκου είναι ρ. Βρείτε την ένταση του ηλεκτρικού πεδίου στο εσωτερικό και στο εξωτερικό του κυλίνδρου. Παραστήστε γραφικά το μέτρο της έντασης σε συνάρτηση με την απόσταση από τον άξονα του κυλίνδρου.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Επιλέγουμε ως επιφάνεια Gauss ομοαξονικό κύλινδρο ακτίνας r, μήκους L, όπως στην περίπτωση του φορτισμένου σύρματος (§10.2). Η ροή προέρχεται μόνο από την κυρτή επιφάνεια.

Λύση:

1. Για r<R: Q_εν=ρ·πr²L. Νόμος Gauss: E·2πrL=ρπr²L/ε₀ ⇒ E=ρr/(2ε₀).
2. Για r≥R: Q_εν=ρ·πR²L (σταθερό). Νόμος Gauss: E·2πrL=ρπR²L/ε₀ ⇒ E=R²ρ/(2ε₀r).
3. Γραφικά: γραμμική αύξηση για r<R μέχρι E_max=ρR/(2ε₀) στο r=R, μετά φθίνουσα ως 1/r για r>R.

Απάντηση: Για r<R: E=ρr/(2ε₀). Για r≥R: E=R²ρ/(2ε₀r).

Πρόσεξε:

• Εξωτερικά φθίνει ως 1/r (όχι 1/r²), χαρακτηριστικό κυλινδρικής — όχι σφαιρικής — συμμετρίας.

Άσκηση 3.86 (σελ. 136)

Σφαιρικός αγωγός ακτίνας R=10 cm είναι φορτισμένος με φορτίο Q=20 nC. Βρείτε την ένταση του ηλεκτρικού πεδίου που δημιουργεί σε σημεία που απέχουν από το κέντρο του r₁=2 cm, r₂=8 cm και r₃=20 cm από το κέντρο του. Δίνεται: ε₀=8,85×10⁻¹² C²/(N·m²).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Σε φορτισμένο αγωγό το φορτίο είναι στην επιφάνεια — εσωτερικά (r<R) το πεδίο είναι μηδέν, εξωτερικά (r>R) συμπεριφέρεται σαν σημειακό φορτίο στο κέντρο.

Λύση:

1. r₁=2 cm<R=10 cm: εσωτερικό αγωγού, E=0.
2. r₂=8 cm<R=10 cm: επίσης εσωτερικό, E=0.
3. r₃=20 cm>R=10 cm: εξωτερικό, E=K_cQ/r₃²=9×10⁹·20×10⁻⁹/(0,2)²=4500 N/C=45×10² N/C.

Απάντηση: α) E=0, β) E=0, γ) E=45×10² N/C.

Πρόσεξε:

• Και τα δύο πρώτα σημεία είναι εσωτερικά του αγωγού (μικρότερα από R=10 cm) — εύκολο λάθος να ξεχαστεί ότι 8 cm<10 cm.

Άσκηση 3.87 (σελ. 136)

Ένα μακρύ ευθύγραμμο σύρμα περιβάλλεται από κοίλο μεταλλικό κύλινδρο ο άξονας του οποίου συμπίπτει με το σύρμα. Το σύρμα είναι ομοιόμορφα φορτισμένο με φορτίο +λ ανά μονάδα μήκους. Ο κυλινδρικός αγωγός είναι επίσης φορτισμένος με φορτίο ομοιόμορφα κατανεμημένο στην επιφάνειά του και με φορτίο -λ ανά μονάδα μήκους. Βρείτε την ένταση του ηλεκτρικού πεδίου στο εσωτερικό και στο εξωτερικό του κυλινδρικού αγωγού.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Ανάμεσα στο σύρμα και τον κυλινδρικό αγωγό (εσωτερικά του τελευταίου) η επιφάνεια Gauss περικλείει μόνο το φορτίο του σύρματος +λ, άρα ισχύει η σχέση του φορτισμένου σύρματος. Εξωτερικά του κυλίνδρου, η επιφάνεια Gauss περικλείει +λ (σύρμα) και -λ (κύλινδρος) — άθροισμα μηδέν.

Λύση:

1. Στο εσωτερικό του κυλινδρικού αγωγού (ανάμεσα σε σύρμα και κύλινδρο): Q_εν=λL (μόνο το σύρμα), όπως στο §10.2 — E=λ/(2πε₀r).
2. Εξωτερικά του κυλινδρικού αγωγού: Q_εν=λL+(-λL)=0 ⇒ E=0.

Απάντηση: Στο εσωτερικό (ανάμεσα σε σύρμα-κύλινδρο): E=λ/(2πε₀r). Στο εξωτερικό του κυλινδρικού αγωγού: E=0.

Πρόσεξε:

• Η διάταξη αυτή είναι η αρχή του ομοαξονικού καλωδίου — το εξωτερικό μηδενικό πεδίο «θωρακίζει» το περιβάλλον από την ακτινοβολία του σύρματος.

Άσκηση 3.88 (σελ. 136)

Δύο φορτισμένα μονωτικά φύλλα άπειρων διαστάσεων είναι παράλληλα μεταξύ τους, όπως φαίνεται στο σχήμα 3.56. Το αριστερό φύλλο έχει ανά μονάδα επιφάνειας φορτίο +σ, ενώ το δεξιό έχει ανά μονάδα επιφάνειας φορτίο -σ. Να βρείτε την ένταση του ηλεκτρικού πεδίου σε σημεία που βρίσκονται α) αριστερά των δύο φύλλων β) ανάμεσα στα δύο φύλλα και γ) δεξιά των δύο φύλλων.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Κάθε φύλλο απείρων διαστάσεων δημιουργεί ομογενές πεδίο μέτρου σ/(2ε₀) εκατέρωθέν του, κατευθυνόμενο μακριά από θετικό φύλλο και προς αρνητικό φύλλο. Εφαρμόζουμε επαλληλία στις τρεις περιοχές.

Λύση:

1. Το +σ φύλλο δημιουργεί πεδίο E₁=σ/(2ε₀) μακριά από αυτό και προς τις δύο πλευρές· το -σ φύλλο δημιουργεί πεδίο E₂=σ/(2ε₀) προς το φύλλο, και στις δύο πλευρές.
2. α) Αριστερά των δύο φύλλων: E₁ δείχνει αριστερά (μακριά από +σ), E₂ δείχνει δεξιά (προς -σ) — αντίθετες κατευθύνσεις, ίσα μέτρα: E=E₁-E₂=0.
3. β) Ανάμεσα στα φύλλα: E₁ δείχνει δεξιά (μακριά από +σ, προς -σ), E₂ δείχνει επίσης δεξιά (προς -σ) — ίδια κατεύθυνση: E=E₁+E₂=σ/ε₀.
4. γ) Δεξιά των δύο φύλλων: E₁ δείχνει δεξιά (μακριά από +σ), E₂ δείχνει αριστερά (προς -σ) — αντίθετες κατευθύνσεις, ίσα μέτρα: E=0.

Απάντηση: α) E=0, β) E=σ/ε₀ (κατευθυνόμενο από το +σ προς το -σ φύλλο), γ) E=0.

Πρόσεξε:

• Η διάταξη αυτή είναι το μοντέλο του επίπεδου πυκνωτή (§10.6) — το πεδίο υπάρχει μόνο ΑΝΑΜΕΣΑ στους οπλισμούς, όχι έξω από αυτούς.
• Λάθος συχνό: να προστεθούν τα μέτρα των πεδίων χωρίς να ληφθεί υπόψη η κατεύθυνσή τους σε κάθε περιοχή.