Κεφάλαιο 12.3 – Ευθύγραμμος αγωγός κινούμενος σε ομογενές μαγνητικό πεδίο (σελ. 213-226) – Λύσεις

Κεφάλαιο 12.3 — Ευθύγραμμος αγωγός κινούμενος σε ομογενές μαγνητικό πεδίο (σελ. 213-226) — Λύσεις - Απαντήσεις

Άσκηση 5.10 (σελ. 213)

Ένας αγωγός αφήνεται να πέσει από ύψος \(h\) σε περιοχή όπου υπάρχει οριζόντιο ομογενές μαγνητικό πεδίο, παραμένοντας οριζόντιος και κάθετος στις δυναμικές γραμμές. Ποιο διάγραμμα παριστάνει την τάση στα άκρα του σε συνάρτηση με τον χρόνο;

Σκέψη / Μεθοδολογία: Σε ελεύθερη πτώση \(\upsilon=gt\), οπότε \(V=Bl\upsilon=Bl\,g\,t\).

Λύση:

1. Η τάση \(V=Bl\upsilon\) με \(\upsilon=gt\) δίνει \(V=(Blg)\,t\) — γραμμική συνάρτηση του χρόνου, που ξεκινά από το μηδέν.

Απάντηση: Το διάγραμμα που δείχνει τάση αυξανόμενη ΓΡΑΜΜΙΚΑ με τον χρόνο, ξεκινώντας από \(V=0\) στο \(t=0\).

Πρόσεξε:

• Απαιτεί το σχήμα (πολλαπλές επιλογές διαγραμμάτων) για την τελική επιλογή· η αναλυτική σχέση \(V\propto t\) είναι το κριτήριο.

Άσκηση 5.11 (σελ. 213)

Ακίνητος ευθύγραμμος αγωγός μεγάλου μήκους διαρρέεται από σταθερό ρεύμα \(I\). Αγωγός \(AB\) παράλληλος στον πρώτο απομακρύνεται από αυτόν με σταθερή ταχύτητα \(\upsilon\). Ποιο διάγραμμα παριστάνει την Η.Ε.Δ. που αναπτύσσεται στον \(AB\) σε συνάρτηση με τον χρόνο;

Σκέψη / Μεθοδολογία: Το πεδίο του ρευματοφόρου αγωγού είναι \(B(x)=\mu_0I/(2\pi x)\) — μειώνεται όσο αυξάνεται η απόσταση \(x=x_0+\upsilon t\). Η Η.Ε.Δ. \(E=B(x)l\upsilon\) επομένως μειώνεται με τον χρόνο, όχι γραμμικά.

Λύση:

1. Καθώς ο \(AB\) απομακρύνεται με σταθερή ταχύτητα, η απόστασή του \(x=x_0+\upsilon t\) αυξάνεται γραμμικά με τον χρόνο.
2. Το τοπικό πεδίο \(B\propto 1/x\) επομένως ΜΕΙΩΝΕΤΑΙ, και μη γραμμικά, όσο αυξάνεται ο χρόνος.
3. Η Η.Ε.Δ. \(E=Bl\upsilon\propto 1/x(t)\) μειώνεται συνεχώς, τείνοντας ασυμπτωτικά στο μηδέν — καμπύλη φθίνουσα, όχι ευθεία γραμμή.

Απάντηση: Το διάγραμμα που δείχνει την Η.Ε.Δ. να ΜΕΙΩΝΕΤΑΙ συνεχώς και μη γραμμικά με τον χρόνο, τείνοντας ασυμπτωτικά στο μηδέν.

Πρόσεξε:

• Το πεδίο εδώ ΔΕΝ είναι ομογενές — μειώνεται με την απόσταση, άρα η μείωση της Η.Ε.Δ. δεν είναι γραμμική.

Άσκηση 5.12 (σελ. 214)

Ποιες από τις προτάσεις είναι σωστές; α) Σε ακίνητο αγωγό μέσα σε σταθερό πεδίο δεν αναπτύσσεται Η.Ε.Δ. β) Δεν αναπτύσσεται Η.Ε.Δ. σε αγωγό που κινείται μέσα σε ανομοιογενές πεδίο. γ) Σε αγωγό που κινείται παράλληλα στις δυναμικές γραμμές δεν αναπτύσσεται Η.Ε.Δ. δ) Κατά την περιστροφή αγωγού, Η.Ε.Δ. αναπτύσσεται μόνο αν κατά την κίνησή του τέμνει τις δυναμικές γραμμές.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Κριτήριο είναι η δύναμη Lorentz \(\vec F=q\vec\upsilon\times\vec B\) στα φορτία του αγωγού· μηδενίζεται μόνο αν \(\vec\upsilon\parallel\vec B\) ή αν \(\vec\upsilon=0\).

Λύση:

1. α) Σωστό: χωρίς κίνηση και χωρίς μεταβολή πεδίου, δεν υπάρχει καμία αιτία επαγωγής.
2. β) Λάθος: η ανομοιογένεια του πεδίου δεν εμποδίζει την επαγωγή — απλώς κάνει την Η.Ε.Δ. να εξαρτάται από τη θέση (βλ. άσκηση 5.11).
3. γ) Σωστό: αν \(\vec\upsilon\parallel\vec B\), τότε \(\vec\upsilon\times\vec B=0\) — καμία δύναμη στα φορτία, άρα καμία Η.Ε.Δ.
4. δ) Σωστό: η τομή δυναμικών γραμμών (δηλ. μεταβολή της σαρούμενης ροής) είναι η ουσιαστική συνθήκη επαγωγής.

Απάντηση: Σωστές: α, γ, δ. Λάθος: β.

Πρόσεξε:

• Το ανομοιογενές πεδίο (β) δεν εμποδίζει επαγωγή — μόνο η παράλληλη κίνηση ως προς το \(\vec B\) (γ) το κάνει.

Άσκηση 5.13 (σελ. 214)

Ράβδος ΚΛ ολισθαίνει χωρίς τριβές πάνω σε οριζόντιους αγωγούς παραμένοντας κάθετη σε αυτούς. Τα άκρα συνδέονται με αντιστάτη \(R\), μέσα σε ομογενές πεδίο. Δίνουμε στη ράβδο αρχική ταχύτητα \(\upsilon\) παράλληλη προς τους αγωγούς και την αφήνουμε ελεύθερη (καμία εξωτερική δύναμη). Η κίνησή της θα είναι α) ευθύγραμμη ομαλή, β) ομαλά επιταχυνόμενη, γ) επιταχυνόμενη μέχρι οριακή τιμή, δ) επιβραδυνόμενη.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Χωρίς εξωτερική δύναμη, η μόνη δύναμη στη ράβδο είναι η αντίθετη στην κίνηση δύναμη Laplace (κανόνας Lenz) — άρα επιβράδυνση, με ένταση που μειώνεται όσο μειώνεται η ταχύτητα.

Λύση:

1. Η κίνηση της ράβδου δημιουργεί ρεύμα \(I=Bl\upsilon/R\), που με τη σειρά του δημιουργεί δύναμη Laplace \(F_L=BIl\) αντίθετη της ταχύτητας (Lenz).
2. Χωρίς άλλη δύναμη, η ράβδος επιβραδύνεται συνεχώς· καθώς μειώνεται η ταχύτητα, μειώνεται και η \(F_L\), οπότε η επιβράδυνση δεν είναι ομαλή αλλά όλο και μικρότερη — η ταχύτητα τείνει ασυμπτωτικά στο μηδέν.

Απάντηση: δ) Επιβραδυνόμενη (μη ομαλά, με φθίνουσα επιβράδυνση, τείνοντας ασυμπτωτικά στο μηδέν).

Πρόσεξε:

• Δεν πρόκειται για οριακή ΤΑΧΥΤΗΤΑ (γ) — εδώ δεν υπάρχει πηγή που να διατηρεί μη μηδενική τελική ταχύτητα· η ράβδος τείνει στο μηδέν.

Άσκηση 5.39 (σελ. 219)

Ο αγωγός ΑΓ, με μήκος \(l=1\ \text{m}\) και αντίσταση \(R_1=5\ \Omega\), κινείται με \(\upsilon=10\ \text{m/s}\) πάνω σε παράλληλους αγωγούς, τα άκρα των οποίων συνδέονται με \(R=5\ \Omega\) (οι υπόλοιποι αγωγοί αμελητέας αντίστασης). Ομογενές πεδίο \(B=2\ \text{T}\) κάθετο στο επίπεδο. Να υπολογιστούν α) η ένταση του ρεύματος, β) η τάση στα άκρα του ΑΓ, γ) η θερμότητα στην \(R\) σε \(t=5\ \text{min}\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Ο ΑΓ λειτουργεί ως πηγή Η.Ε.Δ. \(E_{\text{επ}}=Bl\upsilon\) με εσωτερική αντίσταση \(R_1\), σε σειρά με εξωτερική \(R\).

Λύση:

1. \(E_{\text{επ}}=B\upsilon l=2\times10\times1=20\ \text{V}\).
2. α) \(I=\dfrac{E_{\text{επ}}}{R_1+R}=\dfrac{20}{10}=2\ \text{A}\).
3. β) \(V_{\text{ΑΓ}}=E_{\text{επ}}-IR_1=20-2\times5=10\ \text{V}\).
4. γ) \(Q=I^2Rt=2^2\times5\times300=6000\ \text{J}=6\ \text{kJ}\) (με \(t=5\ \text{min}=300\ \text{s}\)).

Απάντηση: α) \(I=2\ \text{A}\) β) \(V_{\text{ΑΓ}}=10\ \text{V}\) γ) \(Q=6\ \text{kJ}\).

Πρόσεξε:

• Ο κινούμενος αγωγός έχει τη ΔΙΚΗ του αντίσταση \(R_1\) — δεν είναι ιδανική πηγή.

Άσκηση 5.40 (σελ. 219)

Ορθογώνιο πλαίσιο, μικρότερη πλευρά \(a=20\ \text{cm}\), εισέρχεται σε πεδίο \(B=2\ \text{T}\) με το επίπεδό του κάθετο στις γραμμές, η ταχύτητα παράλληλη στη μεγαλύτερη πλευρά. Πόση δύναμη χρειάζεται για σταθερή ταχύτητα \(\upsilon=1{,}2\ \text{m/s}\); Αντίσταση πλαισίου \(R=0{,}8\ \Omega\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: \(F=F_L=B\dfrac{Ba\upsilon}{R}a=\dfrac{B^2a^2\upsilon}{R}\) (κατ' αναλογία με το Παράδειγμα 5.2).

Λύση:

1. \(E_{\text{επ}}=Ba\upsilon=2\times0{,}2\times1{,}2=0{,}48\ \text{V}\).
2. \(I=E_{\text{επ}}/R=0{,}48/0{,}8=0{,}6\ \text{A}\).
3. \(F=BIa=2\times0{,}6\times0{,}2=0{,}24\ \text{N}\).

Απάντηση: \(F=0{,}24\ \text{N}\).

Πρόσεξε:

• Μόνο η πλευρά \(a\) (κάθετη στην ταχύτητα) συμβάλλει στην Η.Ε.Δ. — όχι η μεγαλύτερη πλευρά.

Άσκηση 5.41 (σελ. 219)

Το σύρμα ΑΓΖΔ του σχήματος 5.54 έχει σταθερή διατομή. Οι πλευρές ΑΓ και ΔΖ είναι παράλληλες μεταξύ τους και κάθετες στη ΓΖ. Το επίπεδο του πλαισίου είναι κάθετο στις δυναμικές γραμμές ομογενούς μαγνητικού πεδίου. Το σύρμα ΘΚ, που έχει αμελητέα αντίσταση, κινείται με ταχύτητα \(\upsilon=12\ \text{m/s}\) έτσι ώστε να είναι συνέχεια σε επαφή με τα σύρματα ΑΓ και ΔΖ και κάθετο σ' αυτά. Αν \(\Gamma Z=20\ \text{cm}\) και \(B=2\ \text{T}\) να υπολογιστεί η τάση \(V_{\Gamma Z}\) τη στιγμή που \(\Gamma\Theta=20\ \text{cm}\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Το κινούμενο σύρμα ΘΚ (αμελητέας αντίστασης) λειτουργεί ως πηγή με ΗΕΔ \(E=B\,l\,\upsilon\), όπου \(l=\Theta K=\Gamma Z\). Το κλειστό κύκλωμα είναι ο βρόχος ΘΓΖΚ, που αποτελείται από τα τμήματα ΘΓ, ΓΖ, ΖΚ του σύρματος σταθερής διατομής. Η αντίσταση κάθε τμήματος είναι ανάλογη του μήκους του.

Λύση:

1. ΗΕΔ από επαγωγή: \(E=B\,l\,\upsilon=2\cdot0{,}2\cdot12=4{,}8\ \text{V}\).
2. Τη στιγμή που \(\Gamma\Theta=20\ \text{cm}\), είναι και \(ZK=20\ \text{cm}\), άρα τα τρία τμήματα ΘΓ, ΓΖ, ΖΚ έχουν ίσα μήκη και ίσες αντιστάσεις \(r\). Η ολική αντίσταση του κυκλώματος είναι \(3r\) (το ΘΚ έχει αμελητέα αντίσταση).
3. Ρεύμα: \(I=\frac{E}{3r}\). Τάση στα άκρα του ΓΖ: \(V_{\Gamma Z}=I\,r=\frac{E}{3}=\frac{4{,}8}{3}=1{,}6\ \text{V}\).

Απάντηση: \(V_{\Gamma Z}=1{,}6\ \text{V}\) (η ΗΕΔ \(4{,}8\ \text{V}\) μοιράζεται εξίσου στα τρία ίσα τμήματα ΘΓ, ΓΖ, ΖΚ).

Πρόσεξε:

• Σε σύρμα σταθερής διατομής η αντίσταση κάθε τμήματος είναι ανάλογη του μήκους του· τμήματα ίσου μήκους έχουν ίσες αντιστάσεις.
• Η ΗΕΔ \(B\,l\,\upsilon\) δεν εξαρτάται από τη θέση του ΘΚ· από τη θέση εξαρτάται μόνο η κατανομή της τάσης στο κύκλωμα.

Άσκηση 5.42 (σελ. 219)

Δύο κατακόρυφα σύρματα αμελητέας αντίστασης, ύψους \(h=10\ \text{m}\), απέχουν \(l=1\ \text{m}\), με τις πάνω άκρες συνδεδεμένες με \(R=1\ \Omega\). Οριζόντιο σύρμα \(m=0{,}04\ \text{kg}\) ολισθαίνει χωρίς τριβές, μέσα σε πεδίο \(B=0{,}4\ \text{T}\) κάθετο στο επίπεδο. Αφήνεται από τις πάνω άκρες. Να βρεθούν α) η οριακή ταχύτητα, β) η θερμότητα στην \(R\) μέχρι να φτάσει στο έδαφος με την οριακή ταχύτητα. \(g=10\ \text{m/s}^2\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Οριακή ταχύτητα: \(mg=B^2l^2\upsilon_{\text{ορ}}/R\). Για τη θερμότητα, εφαρμόζουμε διατήρηση ενέργειας: \(mgh=\frac12m\upsilon_{\text{ορ}}^2+Q\).

Λύση:

1. \(\upsilon_{\text{ορ}}=\dfrac{mgR}{B^2l^2}=\dfrac{0{,}04\times10\times1}{0{,}16\times1}=\dfrac{0{,}4}{0{,}16}=2{,}5\ \text{m/s}\).
2. Ενεργειακό ισοζύγιο: \(mgh=\frac12m\upsilon_{\text{ορ}}^2+Q \Rightarrow Q=mgh-\frac12m\upsilon_{\text{ορ}}^2\).
3. \(Q=0{,}04\times10\times10-\frac12\times0{,}04\times2{,}5^2=4-0{,}125=3{,}875\ \text{J}\).

Απάντηση: α) \(\upsilon_{\text{ορ}}=2{,}5\ \text{m/s}\) β) \(Q=3{,}875\ \text{J}\).

Πρόσεξε:

• Στην οριακή ταχύτητα ολόκληρη η μεταβολή δυναμικής ενέργειας πάνω από αυτή που «πάει» σε κινητική, μετατρέπεται σε θερμότητα.

Άσκηση 5.43 (σελ. 220)

Δύο παράλληλα μεταλλικά σύρματα ΑΓ και ΔΖ απέχουν \(l=40\ \text{cm}\) και το επίπεδό τους σχηματίζει γωνία \(\varphi=30^\circ\) με τον ορίζοντα. Τρίτο σύρμα ΚΛ με μάζα 10 g μπορεί να ολισθαίνει χωρίς τριβές πάνω στα ΑΓ και ΔΖ μένοντας συνεχώς κάθετο και σε επαφή με αυτά. Συνδέουμε τα ΑΓ και ΔΖ στη βάση τους με αντίσταση \(R=1{,}6\ \Omega\). Οι άλλοι αγωγοί δεν έχουν αντίσταση. Όλο το σύστημα βρίσκεται σε κατακόρυφο ομογενές μαγνητικό πεδίο \(B=1\ \text{T}\). Να υπολογιστούν: α) Η οριακή ταχύτητα που θα αποκτήσει το σύρμα ΚΛ αν αφεθεί να κινηθεί. β) Η δύναμη Laplace που δέχεται τότε το κινούμενο σύρμα. Δίνεται \(g=10\ \text{m/s}^2\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Το ενεργό (κάθετο στο κεκλιμένο επίπεδο) πεδίο είναι \(B_\perp=B\,\text{συν}\varphi\). Στην οριακή ταχύτητα, η συνιστώσα βάρους κατά μήκος του επιπέδου εξισώνεται με τη δύναμη Laplace κατά μήκος του επιπέδου: \(mg\,\text{ημ}\varphi=B_\perp^2l^2\upsilon_{\text{ορ}}/R\).

Λύση:

1. \(mg\,\text{ημ}\varphi=0{,}01\times10\times0{,}5=0{,}05\ \text{N}\).
2. \(B_\perp=B\,\text{συν}30^\circ=0{,}866\ \text{T}\), \(B_\perp^2=0{,}75\).
3. \(\upsilon_{\text{ορ}}=\dfrac{mgR\,\text{ημ}\varphi}{B_\perp^2l^2}=\dfrac{0{,}01\times10\times1{,}6\times0{,}5}{0{,}75\times0{,}16}=\dfrac{0{,}08}{0{,}12}\approx0{,}67\ \text{m/s}\).
4. β) Η δύναμη Laplace είναι οριζόντια (κάθετη στο κατακόρυφο \(B\) και στο σύρμα), μέτρου \(F_L=B\,I\,l\). Στην οριακή ταχύτητα η συνιστώσα της κατά μήκος του κεκλιμένου επιπέδου ισορροπεί τη συνιστώσα του βάρους: \(F_L\,\text{συν}\varphi=mg\,\text{ημ}\varphi\Rightarrow F_L=mg\,\text{εφ}\varphi=0{,}1\cdot0{,}577\approx0{,}058\ \text{N}\).

Απάντηση: α) \(\upsilon_{\text{ορ}}\approx0{,}667\ \text{m/s}\). β) \(F_L\approx0{,}058\ \text{N}\) (οριζόντια· η συνιστώσα της κατά μήκος του επιπέδου είναι 0,05 N και ισορροπεί τη συνιστώσα του βάρους).

Πρόσεξε:

• Στο κεκλιμένο επίπεδο με κατακόρυφο πεδίο, χρησιμοποιείται η ΚΑΘΕΤΗ στο επίπεδο συνιστώσα του πεδίου, \(B\,\text{συν}\varphi\).
• Η δύναμη Laplace είναι οριζόντια (κάθετη στο κατακόρυφο πεδίο), όχι παράλληλη στο κεκλιμένο επίπεδο· με τη συνιστώσα βάρους εξισώνεται μόνο η προβολή της \(F_L\,\text{συν}\varphi\).

Άσκηση 5.59 (σελ. 223)

Ορθογώνιο πλαίσιο με δύο ακίνητα σύρματα χρωμονικελίνης (απόσταση \(l=10\ \text{cm}\), αντίσταση \(R^*=0{,}01\ \Omega/\text{cm}\)) και δύο χάλκινα σύρματα χωρίς αντίσταση, το ένα ακίνητο και το άλλο ολισθαίνον με σταθερή ταχύτητα \(\upsilon\). Πεδίο \(B=5\times10^{-2}\ \text{T}\) κάθετο. Τη στιγμή \(t=0\) τα χάλκινα σύρματα σχεδόν συμπίπτουν. α) Σχέση \(I(t)\). β) Τιμή στο \(t=2\ \text{s}\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Η Η.Ε.Δ. \(E=Bl\upsilon\) είναι σταθερή, ενώ η αντίσταση του βρόχου \(R(t)=2R^*\cdot x(t)\) (δύο ράγες σε σειρά) αυξάνεται γραμμικά με την απόσταση \(x=\upsilon t\) του κινητού σύρματος. Στον λόγο \(I=E/R(t)\) η ταχύτητα \(\upsilon\) απλοποιείται.

Λύση:

1. \(E=Bl\upsilon=0{,}05\times0{,}1\times\upsilon=5\times10^{-3}\upsilon\ \text{V}\) (με \(l=0{,}1\ \text{m}\)).
2. Απόσταση κινητού σύρματος σε cm: \(x(t)=100\,\upsilon t\). Αντίσταση βρόχου (δύο ράγες): \(R(t)=2\times0{,}01\times100\upsilon t=2\upsilon t\ \Omega\).
3. \(I(t)=\dfrac{E}{R(t)}=\dfrac{5\times10^{-3}\upsilon}{2\upsilon t}=\dfrac{2{,}5\times10^{-3}}{t}\ \text{A}\) — η ταχύτητα \(\upsilon\) απλοποιείται πλήρως.
4. Στο \(t=2\ \text{s}\): \(I=\dfrac{2{,}5\times10^{-3}}{2}=1{,}25\times10^{-3}\ \text{A}=1{,}25\ \text{mA}\).

Απάντηση: α) \(I(t)=\dfrac{2{,}5\times10^{-3}}{t}\ \text{A}\) (ανεξάρτητη της ταχύτητας \(\upsilon\)) β) \(I(2\ \text{s})=1{,}25\ \text{mA}\). Το \(I\)-\(t\) διάγραμμα είναι υπερβολή, φθίνουσα, με \(I\to\infty\) καθώς \(t\to0^+\).

Πρόσεξε:

• Αξιοσημείωτο: η άγνωστη ταχύτητα \(\upsilon\) απλοποιείται πλήρως στη σχέση \(I(t)\) — γι' αυτό δεν δίνεται αριθμητικά στην εκφώνηση.

Άσκηση 5.60 (σελ. 223)

Δύο παράλληλα οριζόντια σύρματα ΑΓ, Α'Γ' αμελητέας αντίστασης συνδέονται στα άκρα τους με \(R_1=0{,}1\ \Omega\). Σύρμα ΣΣ' με \(m=0{,}1\ \text{kg}\), \(l=1\ \text{m}\), \(R_2=0{,}5\ \Omega\) ολισθαίνει χωρίς τριβές, μέσα σε πεδίο \(B=0{,}2\ \text{T}\). α) Ασκούμε \(F=1\ \text{N}\) μέχρι σταθερής ταχύτητας· τάση στα άκρα του ΣΣ' τότε. β) Παύει η \(F\)· τη στιγμή που η ταχύτητα μειώνεται στο μισό της μέγιστης: β1) ρυθμός μεταβολής ταχύτητας και κινητικής ενέργειας, β2) θερμότητα σε όλη την επιβράδυνση.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Στην οριακή ταχύτητα \(F=F_L=BIl\). Μετά την παύση της \(F\), εφαρμόζουμε δυναμική (\(F_L=ma\)) και ενεργειακό ισοζύγιο (η ΚΕ μετατρέπεται εξ ολοκλήρου σε θερμότητα).

Λύση:

1. α) Στην οριακή ταχύτητα: \(I=F/(Bl)=1/(0{,}2\times1)=5\ \text{A}\). Τάση στα άκρα ΣΣ' (εξωτερική, στην \(R_1\)): \(V=IR_1=5\times0{,}1=0{,}5\ \text{V}\).
2. Μέγιστη ταχύτητα: \(E_{\text{ολ}}=I(R_1+R_2)=5\times0{,}6=3\ \text{V} \Rightarrow \upsilon_{\max}=E_{\text{ολ}}/(Bl)=3/0{,}2=15\ \text{m/s}\).
3. β1) Στο \(\upsilon'=\upsilon_{\max}/2=7{,}5\ \text{m/s}\): \(I'=Bl\upsilon'/(R_1+R_2)=0{,}2\times7{,}5/0{,}6=2{,}5\ \text{A}\), \(F_L=BI'l=0{,}2\times2{,}5\times1=0{,}5\ \text{N}\), \(\alpha=F_L/m=0{,}5/0{,}1=5\ \text{m/s}^2\) (επιβράδυνση).
4. Ρυθμός μεταβολής κινητικής ενέργειας: \(\dfrac{dK}{dt}=m\upsilon'\alpha=0{,}1\times7{,}5\times5=3{,}75\ \text{W}\) (μείωση) — ισούται με την ισχύ Joule \(I'^2(R_1+R_2)=2{,}5^2\times0{,}6=3{,}75\ \text{W}\).
5. β2) Όλη η αρχική κινητική ενέργεια (τη στιγμή που έπαψε η \(F\), με \(\upsilon_{\max}=15\ \text{m/s}\)) μετατρέπεται σε θερμότητα: \(Q=\frac12m\upsilon_{\max}^2=\frac12\times0{,}1\times15^2=11{,}25\ \text{J}\).

Απάντηση: α) \(V=0{,}5\ \text{V}\) (με \(\upsilon_{\max}=15\ \text{m/s}\)). β1) \(\alpha=5\ \text{m/s}^2\), \(|dK/dt|=3{,}75\ \text{W}\). β2) \(Q=11{,}25\ \text{J}\).

Πρόσεξε:

• Στο β2, ολόκληρη η ΚΕ (όχι μόνο μέρος της) μετατρέπεται σε θερμότητα αφού δεν ασκείται πλέον εξωτερική δύναμη.

Άσκηση 5.61 (σελ. 224)

Δύο παράλληλοι αγωγοί, μήκος \(d=10\ \text{m}\), αμελητέα αντίσταση, απέχουν \(l=1\ \text{m}\), σχηματίζουν γωνία \(\varphi=30^\circ\) με το οριζόντιο επίπεδο. Στη βάση συνδέονται με \(R_1=0{,}1\ \Omega\). Τρίτος αγωγός \(m=1\ \text{kg}\), \(R=0{,}1\ \Omega\), ολισθαίνει, οριζόντιος, μέσα σε πεδίο \(B=0{,}5\ \text{T}\) κάθετο στο επίπεδο. Ασκείται σταθερή \(F=15\ \text{N}\) παράλληλη στους αγωγούς, προς τα πάνω, από τη βάση. Να υπολογιστούν α) η οριακή ταχύτητα, β) η τάση στα άκρα του μετά την απόκτησή της, γ) η θερμότητα μέχρι να φτάσει στην κορυφή με την οριακή ταχύτητα. \(g=10\ \text{m/s}^2\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Στην οριακή ταχύτητα: \(F-mg\,\text{ημ}\varphi=F_L=B^2l^2\upsilon_{\text{ορ}}/(R+R_1)\). Για το γ), ενεργειακό ισοζύγιο: \(W_F=\Delta K+\Delta U+Q\).

Λύση:

1. \(F-mg\,\text{ημ}\varphi=15-1\times10\times0{,}5=15-5=10\ \text{N}\).
2. \(\upsilon_{\text{ορ}}=\dfrac{(F-mg\,\text{ημ}\varphi)(R+R_1)}{B^2l^2}=\dfrac{10\times0{,}2}{0{,}25\times1}=\dfrac{2}{0{,}25}=8\ \text{m/s}\).
3. \(I=Bl\upsilon_{\text{ορ}}/(R+R_1)=0{,}5\times8/0{,}2=20\ \text{A}\). Τάση στα άκρα του (εξωτερική, \(R_1\)): \(V=IR_1=20\times0{,}1=2\ \text{V}\).
4. \(W_F=Fd=15\times10=150\ \text{J}\). \(\Delta K=\frac12m\upsilon_{\text{ορ}}^2=\frac12\times1\times64=32\ \text{J}\). \(\Delta U=mgd\,\text{ημ}\varphi=1\times10\times10\times0{,}5=50\ \text{J}\).
5. \(Q=W_F-\Delta K-\Delta U=150-32-50=68\ \text{J}\).

Απάντηση: α) \(\upsilon_{\text{ορ}}=8\ \text{m/s}\) β) \(V=2\ \text{V}\) γ) \(Q=68\ \text{J}\).

Πρόσεξε:

• Στο ενεργειακό ισοζύγιο πρέπει να συνυπολογιστεί ΚΑΙ η μεταβολή δυναμικής ενέργειας λόγω ύψους, όχι μόνο η κινητική.

Άσκηση 5.62 (σελ. 224)

Δύο παράλληλοι οριζόντιοι αγωγοί Αx, Α'x', αμελητέας αντίστασης, απέχουν \(l=1\ \text{m}\), με \(R=5\ \Omega\) στα άκρα Α, Α'. Αγωγός ΚΛ, \(m=0{,}5\ \text{kg}\), χωρίς αντίσταση, ολισθαίνει μέσα σε πεδίο \(B=0{,}5\ \text{T}\). Ξεκινώντας ακίνητος στο \(t=0\), δέχεται δύναμη \(F\) που τον αναγκάζει σε σταθερή επιτάχυνση \(\alpha=2\ \text{m/s}^2\). α) Διάγραμμα \(F(t)\). β) Αν το έργο της \(F\) από \(t=0\) έως \(t=6\ \text{s}\) είναι \(50{,}4\ \text{J}\), η θερμότητα στην \(R\). γ) Ρυθμός αύξησης κινητικής ενέργειας στο \(t=6\ \text{s}\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: \(F=ma+F_L=ma+B^2l^2\upsilon/R\), με \(\upsilon=\alpha t\). Το ενεργειακό ισοζύγιο δίνει τη θερμότητα, ενώ ο ρυθμός μεταβολής ΚΕ ισούται με την ισχύ της συνισταμένης δύναμης.

Λύση:

1. \(\upsilon(t)=\alpha t=2t\). \(F_L(t)=\dfrac{B^2l^2\upsilon}{R}=\dfrac{0{,}25\times1\times2t}{5}=0{,}1t\ \text{N}\).
2. \(F(t)=m\alpha+F_L(t)=0{,}5\times2+0{,}1t=(1+0{,}1t)\ \text{N}\) — ευθεία γραμμή με τομή \(1\ \text{N}\) και κλίση \(0{,}1\ \text{N/s}\).
3. β) \(\upsilon(6)=12\ \text{m/s} \Rightarrow \Delta K=\frac12m\upsilon^2=\frac12\times0{,}5\times144=36\ \text{J}\). \(Q=W_F-\Delta K=50{,}4-36=14{,}4\ \text{J}\).
4. γ) Η συνισταμένη δύναμη είναι σταθερή: \(F_{\text{συνισ}}=m\alpha=1\ \text{N}\). Ρυθμός αύξησης ΚΕ \(=F_{\text{συνισ}}\cdot\upsilon(6)=1\times12=12\ \text{W}\).

Απάντηση: α) \(F(t)=1+0{,}1t\) (SI, γραμμική). β) \(Q=14{,}4\ \text{J}\). γ) \(dK/dt=12\ \text{W}\).

Πρόσεξε:

• Η δύναμη \(F\) ΔΕΝ είναι σταθερή εδώ (αντίθετα με το Παράδειγμα 5.2) — αυξάνεται γραμμικά για να διατηρεί σταθερή επιτάχυνση.

Άσκηση 5.63 (σελ. 225)

⚠️ ΕΚΤΟΣ ΕΞΕΤΑΣΤΕΑΣ ΥΛΗΣ (τύπου Παραδείγματος 5.3). Δύο οριζόντιοι αγωγοί ΑΘ, ΓΖ, αμελητέας αντίστασης, απέχουν \(l=1\ \text{m}\), μέσα σε κατακόρυφο πεδίο \(B=1\ \text{T}\). Ράβδος ΚΛ ολισθαίνει χωρίς τριβές. Τα Α, Γ συνδέονται με πηγή Η.Ε.Δ. \(E=12\ \text{V}\) και αφήνουμε ελεύθερη τη ράβδο. Να υπολογιστεί η οριακή ταχύτητα.

Σκέψη / Μεθοδολογία: Στην οριακή ταχύτητα το ρεύμα μηδενίζεται (η επαγόμενη Η.Ε.Δ. εξισώνεται με την πηγή) — η οριακή ταχύτητα δεν εξαρτάται από την τιμή της αντίστασης του κυκλώματος.

Λύση:

1. Στην οριακή ταχύτητα \(I=0 \Rightarrow E=Bl\upsilon_{\text{ορ}} \Rightarrow \upsilon_{\text{ορ}}=E/(Bl)=12/(1\times1)=12\ \text{m/s}\).

Απάντηση: \(\upsilon_{\text{ορ}}=12\ \text{m/s}\).

Πρόσεξε:

• Τύπος-αντίγραφο του Παραδείγματος 5.3 — ΕΚΤΟΣ εξεταστέας ύλης ΦΕΚ Β΄3685/2025. Η τιμή της αντίστασης δεν επηρεάζει την οριακή ταχύτητα.

Άσκηση 5.64 (σελ. 225)

⚠️ ΕΚΤΟΣ ΕΞΕΤΑΣΤΕΑΣ ΥΛΗΣ (τύπου Παραδείγματος 5.3). Κατακόρυφοι αγωγοί Αx, Γy, αμελητέας αντίστασης, απέχουν \(l=1\ \text{m}\), συνδέονται μέσω διακόπτη με πηγή \(E=24\ \text{V}\), \(r=0\). Αγωγός ΚΛ, \(m=0{,}1\ \text{kg}\), \(R=20\ \Omega\), ολισθαίνει χωρίς τριβές, οριζόντιος, μέσα σε πεδίο \(B=1\ \text{T}\) κάθετο στο επίπεδο. Κλείνουμε τον διακόπτη και αφήνουμε τον αγωγό ελεύθερο. Να υπολογιστεί η οριακή ταχύτητα. \(g=10\ \text{m/s}^2\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Η δύναμη Laplace από το ρεύμα της πηγής υπερνικά αρχικά το βάρος, εκτοξεύοντας τον αγωγό προς τα πάνω· καθώς αυξάνεται η ταχύτητα, η αντίθετη επαγόμενη Η.Ε.Δ. μειώνει το ρεύμα, μέχρι να ισορροπήσει με το βάρος.

Λύση:

1. Στην οριακή ταχύτητα: \(mg=BIl\) με \(I=\dfrac{E-Bl\upsilon_{\text{ορ}}}{R}\).
2. \(mgR=BlE-B^2l^2\upsilon_{\text{ορ}} \Rightarrow \upsilon_{\text{ορ}}=\dfrac{BlE-mgR}{B^2l^2}=\dfrac{1\times1\times24-0{,}1\times10\times20}{1}=\dfrac{24-20}{1}=4\ \text{m/s}\).
3. Επαλήθευση: \(I=(24-1\times1\times4)/20=1\ \text{A}\), \(F_L=BIl=1\ \text{N}=mg=0{,}1\times10\). ✓

Απάντηση: \(\upsilon_{\text{ορ}}=4\ \text{m/s}\) (ο αγωγός κινείται προς τα πάνω).

Πρόσεξε:

• Τύπος-παραλλαγή του Παραδείγματος 5.3, με το βάρος να παίζει τον ρόλο αντίθετης δύναμης — ΕΚΤΟΣ εξεταστέας ύλης.

Άσκηση 5.65 (σελ. 225)

⚠️ ΕΚΤΟΣ ΕΞΕΤΑΣΤΕΑΣ ΥΛΗΣ (τύπου Παραδείγματος 5.3). Οι κατακόρυφοι αγωγοί ΑΓ και Α΄Γ΄ στο κύκλωμα του σχήματος 5.59 έχουν αμελητέα αντίσταση και είναι μεγάλου μήκους. Ο αγωγός ΚΛ έχει αντίσταση \(R=3\ \Omega\), μήκος \(l=1\ \text{m}\), μάζα \(m=0{,}2\ \text{kg}\) και μπορεί να ολισθαίνει χωρίς τριβές μένοντας οριζόντιος και σε ηλεκτρική επαφή με τους αγωγούς ΑΓ και Α΄Γ΄. Η όλη διάταξη βρίσκεται μέσα σε ομογενές μαγνητικό πεδίο \(B=1\ \text{T}\) κάθετο στο επίπεδο των αγωγών, με φορά προς τα μέσα, όπως φαίνεται στο σχήμα. Η πηγή έχει ηλεκτρεγερτική δύναμη \(E=12\ \text{V}\) και εσωτερική αντίσταση \(r=1\ \Omega\). Κάποια στιγμή ο αγωγός ΚΛ αφήνεται να ολισθήσει ενώ ο διακόπτης Δ είναι ανοιχτός. Όταν ο αγωγός ΚΛ διανύσει διάστημα \(h=0{,}8\ \text{m}\) κλείνει ο διακόπτης. α) Να βρεθεί η επιτάχυνση του αγωγού ΚΛ (μέτρο, φορά) αμέσως μετά το κλείσιμο του διακόπτη. β) Θα γίνει η ταχύτητα του αγωγού ΚΛ κάποια στιγμή μηδέν; Αν ναι, να υπολογιστεί η τάση στα άκρα του αυτή τη στιγμή. γ) Να βρεθεί η ταχύτητα (μέτρο, φορά) που θα αποκτήσει τελικά ο αγωγός ΚΛ, κατά τη διάρκεια του φαινομένου. Δίνεται \(g=10\ \text{m/s}^2\).

Σκέψη / Μεθοδολογία: Με τον διακόπτη ανοιχτό δεν υπάρχει κλειστό κύκλωμα, οπότε ο αγωγός πέφτει ελεύθερα. Μόλις κλείσει ο διακόπτης, στο κύκλωμα δρουν η ΗΕΔ της πηγής και η επαγωγική ΗΕΔ \(Bl\upsilon\) του κινούμενου αγωγού. Στη διάταξη του σχήματος, όσο ο αγωγός κινείται προς τα κάτω οι δύο ΗΕΔ προστίθενται, και η δύναμη Laplace στον αγωγό έχει φορά προς τα πάνω.

Λύση:

1. Ελεύθερη πτώση για \(h=0{,}8\ \text{m}\): \(\upsilon_0=\sqrt{2gh}=\sqrt{16}=4\ \text{m/s}\) (προς τα κάτω) τη στιγμή που κλείνει ο διακόπτης.
2. α) Αμέσως μετά το κλείσιμο οι δύο ΗΕΔ προστίθενται: \(I=\dfrac{E+Bl\upsilon_0}{R+r}=\dfrac{12+1\cdot1\cdot4}{3+1}=4\ \text{A}\). Δύναμη Laplace: \(F_L=BIl=4\ \text{N}\), προς τα πάνω. Βάρος \(mg=2\ \text{N}\). Άρα \(\alpha=\dfrac{F_L-mg}{m}=\dfrac{4-2}{0{,}2}=10\ \text{m/s}^2\), με φορά προς τα πάνω.
3. β) Ο αγωγός επιβραδύνεται (η συνισταμένη δύναμη είναι προς τα πάνω όσο κατεβαίνει, αφού τότε \(F_L\ge BEl/(R+r)=3\ \text{N}>mg\)), άρα η ταχύτητά του μηδενίζεται κάποια στιγμή. Τότε η επαγωγική ΗΕΔ είναι μηδέν, \(I=\dfrac{E}{R+r}=3\ \text{A}\) και η τάση στα άκρα του αγωγού είναι \(V_{K\Lambda}=IR=E-Ir=12-3=9\ \text{V}\).
4. γ) Στη συνέχεια ο αγωγός κινείται προς τα πάνω (\(F_L=3\ \text{N}>mg\)). Όσο ανεβαίνει, η επαγωγική ΗΕΔ αντιτίθεται στην ΗΕΔ της πηγής, το ρεύμα μειώνεται και η ταχύτητα σταθεροποιείται όταν \(F_L=mg\): \(B\dfrac{E-Bl\upsilon}{R+r}l=mg\Rightarrow\dfrac{12-\upsilon}{4}=2\Rightarrow\upsilon=4\ \text{m/s}\), με φορά προς τα πάνω.

Απάντηση: α) \(\alpha=10\ \text{m/s}^2\), με φορά προς τα πάνω. β) Ναι· τη στιγμή που μηδενίζεται η ταχύτητα η τάση στα άκρα του ΚΛ είναι \(9\ \text{V}\). γ) Τελικά ο αγωγός κινείται με σταθερή ταχύτητα \(4\ \text{m/s}\) προς τα πάνω.

Πρόσεξε:

• Όσο ο αγωγός κατεβαίνει, η επαγωγική ΗΕΔ ενισχύει το ρεύμα της πηγής· όταν ανεβαίνει, το εξασθενεί — γι' αυτό η οριακή ταχύτητα βρίσκεται κατά την άνοδο.
• Όταν η ταχύτητα μηδενίζεται δεν υπάρχει επαγωγική ΗΕΔ και η τάση στα άκρα του αγωγού είναι η πολική τάση της πηγής, \(E-Ir\).

Άσκηση 5.67 (σελ. 226)

Το τετράγωνο συρμάτινο πλαίσιο του σχήματος έχει πλευρά \(l=0{,}25\ \text{m}\) και αντίσταση ανά μονάδα μήκους \(R^*=1\ \Omega/\text{m}\). Το πλαίσιο μπαίνει με σταθερή ταχύτητα \(\upsilon=0{,}05\ \text{m/s}\) σε ομογενές μαγνητικό πεδίο που έχει ένταση \(B=0{,}4\ \text{T}\) και εύρος \(d=40\ \text{cm}\) (σχ. 5.60) με το επίπεδό του κάθετο στις δυναμικές γραμμές του πεδίου. Να γίνει γραφική παράσταση των παρακάτω μεγεθών σε συνάρτηση με το χρόνο. α) Μαγνητική ροή που διέρχεται από το πλαίσιο. β) Ηλεκτρεγερτική δύναμη που δημιουργείται στο πλαίσιο. γ) Ρεύμα που διαρρέει το πλαίσιο. δ) Τάση ανάμεσα στα σημεία Κ και Λ. ε) Δύναμη Laplace που δέχεται το πλαίσιο. (Στο σχήμα η ΚΛ είναι η μπροστινή πλευρά του πλαισίου, αυτή που μπαίνει πρώτη στο πεδίο.)

Σκέψη / Μεθοδολογία: Επειδή \(l=0{,}25\ \text{m}<d=0{,}4\ \text{m}\), υπάρχουν τρεις φάσεις: είσοδος (0 έως \(l/\upsilon\)), πλήρης παραμονή εντός πεδίου, έξοδος (συμμετρική με την είσοδο). Αντίσταση πλαισίου \(R=R^*\times4l=1\ \Omega\).

Λύση:

1. Χρόνοι-ορόσημα: είσοδος ολοκληρώνεται στο \(t_1=l/\upsilon=0{,}25/0{,}05=5\ \text{s}\)· το μπροστινό άκρο εξέρχεται στο \(t_2=d/\upsilon=0{,}4/0{,}05=8\ \text{s}\)· η έξοδος ολοκληρώνεται στο \(t_3=t_2+l/\upsilon=13\ \text{s}\).
2. Φάση εισόδου (0-5s): \(\Phi(t)=Bl\upsilon t\) (γραμμικά αυξανόμενη), \(E_{\text{επ}}=Bl\upsilon=0{,}4\times0{,}25\times0{,}05=5\times10^{-3}\ \text{V}\) (σταθερή), \(I=E/R=5\ \text{mA}\), \(F_L=BIl=0{,}4\times5\times10^{-3}\times0{,}25=0{,}5\ \text{mN}\) (αντίθετη κίνησης).
3. Φάση πλήρους παραμονής (5-8s): \(\Phi=Bl^2=0{,}025\ \text{Wb}\) σταθερή, \(E_{\text{επ}}=I=F_L=0\).
4. Φάση εξόδου (8-13s): ίδιες τιμές μεγέθους με την είσοδο (\(E=5\ \text{mV}\), \(I=5\ \text{mA}\), \(F_L=0{,}5\ \text{mN}\), πάντα αντίθετη στην κίνηση), αλλά φθίνουσα ροή και αντίστροφη φορά ρεύματος. Μετά το \(t_3=13\ \text{s}\): όλα μηδέν.
5. Τάση \(V_{K\Lambda}\): η ΚΛ είναι η μπροστινή (δεξιά) πλευρά του πλαισίου και έχει αντίσταση \(r_{K\Lambda}=R^*l=0{,}25\ \Omega\). Κατά την είσοδο (0–5 s) η ΚΛ είναι η πηγή: \(V_{K\Lambda}=E-Ir_{K\Lambda}=5-5\cdot0{,}25=3{,}75\ \text{mV}\).
6. Στη φάση πλήρους παραμονής (5–8 s) δεν υπάρχει ρεύμα, αλλά η ΚΛ κινείται μέσα στο πεδίο και έχει ΗΕΔ \(Bl\upsilon\): \(V_{K\Lambda}=Bl\upsilon=5\ \text{mV}\).
7. Κατά την έξοδο (8–13 s) η ΚΛ είναι έξω από το πεδίο και λειτουργεί απλώς ως αντιστάτης: \(V_{K\Lambda}=Ir_{K\Lambda}=5\cdot0{,}25=1{,}25\ \text{mV}\) (με την ίδια πολικότητα). Μετά τα 13 s: \(V_{K\Lambda}=0\).

Απάντηση: Τρεις φάσεις: είσοδος 0–5 s, πλήρης παραμονή 5–8 s, έξοδος 8–13 s. α) Η ροή αυξάνεται γραμμικά από 0 σε \(0{,}025\ \text{Wb}\), μένει σταθερή και μειώνεται γραμμικά στο μηδέν. β) \(E=5\ \text{mV}\) στην είσοδο, 0 στην παραμονή, 5 mV με αντίθετη πολικότητα στην έξοδο. γ) \(I=5\ \text{mA}\), 0, 5 mA με αντίθετη φορά. δ) \(V_{K\Lambda}=3{,}75\ \text{mV}\) (0–5 s), 5 mV (5–8 s), 1,25 mV (8–13 s), 0 μετά. ε) \(F_L=0{,}5\ \text{mN}\) αντίθετη στην κίνηση στην είσοδο και στην έξοδο, 0 στην παραμονή.

Πρόσεξε:

• Επειδή \(l<d\), υπάρχει ενδιάμεση φάση πλήρους παραμονής μέσα στο πεδίο όπου ΟΛΑ τα μεγέθη μηδενίζονται — μη τη συγχέετε με τη μόνιμη έξοδο.
• Στη φάση πλήρους παραμονής το ρεύμα είναι μηδέν, αλλά η τάση \(V_{K\Lambda}\) ΔΕΝ είναι μηδέν: η ΚΛ κινείται μέσα στο πεδίο και έχει ΗΕΔ \(Bl\upsilon\).