ΗM2014-Σιακαβάρα.pdf

1

Βαρβέλης Ευάγγελος

Ασκήσεις Ηλεκτροµαγνητισµού

Άσκηση 1.1 :

«∆ίνεται ο ορθογώνιος βρόγχος ΑΒΓ∆Α του σχήµατος ο οποίος είναι εξ

ολοκλήρου εντός οµογενούς σταθερού µαγνητικού πεδίου που εκτείνεται σε

ολόκληρο τον ηµιχώρο 1 του σχήµατος. Κάποια στιγµή αρχίζουµε να τραβάµε

τον βρόγχο εκτός του πεδίου µε ταχύτητα :

v vx=

Να υπολογίσεται:

α) Το ρεύµα που διαρέει τον αγωγό

β) Το µαγνητικό εργο

γ) Την ελάχιστη δύναµη που χρειάζεται να ασκήσουµε ώστε να αρχίσει να

κινείται το πλαίσιο οµαλά

δ) Το µηχανικό έργο

ε) Το ηλεκτρικό έργο»

Στο µέρος του αγωγού εντός του µαγνητικού πεδίου τα φορτία δέχονται µια

δύναµη απο το µαγνητικό πεδίο :

( )mF qv B vB x y vBz= × = × =

A

B dllll Γ

∆

h

v

u w

Fεξ FmΑΒ

Β

Β’

A’

2


∆ιώχνουµε το φορτίο και δουλεύουµε εποµένως µε δύναµη ανα µονάδα

φορτίου. Εποµένως η ΗΕ∆ που προκαλείται στον αγωγό θα είναι :

( ) ( ) ( )' '

0

m

C

h

F dl vBz dl vBz dl vBz dl vBz dl

vB z z dz z x dx vB z x dx

vB dz vB dz vBh

ε ΑΒ ΒΓ Γ∆ ∆ΑΑΒ ΒΓ Γ∆ ∆Α

ΑΒ ΒΒ Α Α

ΑΒ

= ⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅ + ⋅

= ⋅ + ⋅ − ⋅

= = =

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫ ∫

Όπου η ολοκλήρωση στο Γ∆ φεύγει γιατί εκείνη η περιοχή είναι εκτός του

µαγνητικού πεδίου και εποµένως το B είναι µηδέν. Στα παραπάνω έχουµε

θεωρήσει την αυτεπαγωγή του βρόγχου αµελητέα. Εποµένως το ζητούµενο

ρεύµα θα είναι :

vBhI

R R

ε= =

Λόγω όµως της κίνησης που προκαλούµε εµείς στον αγωγό και κατα συνέπεια

και στα φορτία του, εντός του µαγνητικού πεδίου τα φορτία θα αποκτήσουν

µια επιπλέον ταχύτητα :

u uz=

Η οποία µε την σειρά της προκαλεί µαγνητική δύναµη επάνω στα φορτία :

( ) mz

F qu B uB z y uBx= × = × = −

Αν ορίσουµε λοιπόν την συνολική ταχύτητα των φορτίων :

w v u vx uz= + = +

Τότε η συνολική µαγνητική δύναµη θα είναι :

( ) ( ),mF qw B B vx uz y B ux vzολ = × = + × = − −

Και το αντίστοιχο µαγνητικό έργο :

( ),m m

C C

W F dl B ux vz dlολ= ⋅ = − − ⋅∫ ∫

3


Το στοιχειώδες µήκος όµως, όπως και η ταχύτητα θα πρέπει να έχει x και z

συνιστώσες επίσης εφόσον η συνολική κίνηση των φορτίων γίνεται κατα

αυτήν την διεύθυνση :

dl dxx dzz= +

Αρα τελικά :

( ) ( )

( )

'

' ' ' '

0

m

AB

AB AA A B

W B ux vz dxx dzz

B udx vdz B u dx v dz Bu x Bvh

= − − ⋅ +

= − − = − − = − ∆ + =

∫

∫ ∫ ∫

Το οποίο προκύπτει απο το ότι οι λόγοι :

h

u htxv x

t

∆≈ =∆ ∆∆

Αν οι δύναµη που ασκούµε εµείς είναι η Fεξ τότε για να κινείται ο αγωγός

οµαλά θα πρέπει απο τον πρώτο νόµο του Νεύτωνα :

( ) ( ) 2 2

m

vBh vB hF F I l B hz B y x

R Rεξ ΑΒ= − = − × = − × =

Θυµίζουµε ότι όλες οι δυνάµεις που ασκούνται στις πλευρές του πλαισίου θα

δείχνουν προς την φορά που τείνει να µεγιστοποιηθεί η ροή. Παρατηρήστε ότι

οι δυνάµεις που δέχονται οι πλευρές Α∆ και ΒΓ δεν συνεισφέρουν στο έργο

καθώς είναι κάθετες στην κίνηση. Εποµένως το µηχανικό έργο θα είναι όπως

γνωρίζουµε απο την κλασσική µηχανική :

( )0 0 2 22 2

0

0 0

x x

m

vB h xvB hW F xdx x x dx

R Rεξ= ⋅ = ⋅ =∫ ∫

Ενώ για το ηλεκτρικό έργο θα έχουµε :

0 0 0 2 22 2 2 2 2 2 2 2 22 0 0

0

0 0 0

t t t

e

e

dW x vB h xv B h v B h v B hP W Pdt I Rdt dt t

dt R R R v R= ⇒ = = = = = =∫ ∫ ∫

Παρατηρούµε λοιπόν ότι το έργο που παρέχουµε εµείς στο σύστηµα είναι ίσο

µε το ηλεκτρικό έργο που καταναλώνεται.

4


Άσκηση 1.2 :

«Πηγή µε ΗΕ∆ ε είναι συνδεδεµένη µε αγωγό αυτεπαγωγής L και αντίστασης R.

Όταν κλείνουµε τον διακόπτη να βρεθεί η χρονική εξίσωση του ρεύµατος.»

Η ροή του µαγνητικού πεδίου δίνεται απο την γνωστή σχέση :

LIΦ =

Απο την παραγώγιση αυτής της σχέση µπορούµε να βρούµε την χρονική

µεταβολή της η οποία θα είναι προφανώς :

d dIL

dt dt

Φ=

Όπως γνωρίζουµε όµως :

dRI

dtπεΦ

= −

Και συνεπώς παίρνουµε την διαφορική εξίσωση :

dIL RI

dtπε= −

Η εξίσωση αυτή είναι χωριζοµένων µεταβλητών. Απο την επίλυση της

βρίσκουµε την χρονική εξάρτιση του ρεύµατος :

dI dt

RI Lπε=

−

Κάνουµε την αλλαγή µεταβλητής :

1uu RI I dI du

R R R

ππ

εε= − ⇒ = − ⇒ = −

επ

I

R , L

5


Και τα αντίστοιχα όρια ολοκήρωσης θα γίνουν :

( ) ( )0

I u

dI du

πε

→∫ ∫

Οπότε η διαφορική µας εξίσωση παίρνει την µορφή :

0

ln

u tdu R du R u R

dt dt tu L u L L

π πε ε

= − ⇒ = − ⇒ = −

∫ ∫

Αντικαθηστώντας πλέον τον αντίστροφο του µετασχηµατισµού µας βρίσκουµε

τελικά την ζητούµενη εξίσωση :

ln 1 1R R

t tL L

RI R Rt I e I e

L R

π π

π π

ε εε ε

− − −= − ⇒ − = ⇒ = −

Άσκηση 1.3 :

«Κυκλικό αγώγιµο πλαίσιο ακτίνας r0 βρίσκεται µέσα σε οµοιογενές µαγνητικό

πεδίο :

( )2 3

mB B t at z= −

επι του επιπέδου xy όπως φαίνεται στο σχήµα. Να βρεθεί η ΗΕ∆ που ασκείται

στο πλαίσιο και το επαγωγικό ρεύµα του αγωγού. Επίσης να εξηγηθεί το

πρόσηµο του ρεύµατος. Θεωρείστε τα φαινόµενα αυτεπαγωγής αµελητέα ( ~ 0L

)»

x

y

z

I

B

r0

6


Υπολογίζουµε αρχικά την ροή του µαγνητικού πεδίου που διαπερνάει το

πλαίσιο :

( )

( )

( )

( )

0

0

2 3

2

2 3

0 0

2

2 3

0 0

2 3 2

0

S

m

S

r

m

r

m

m

B d S

B t at z z d d

B t at d d

B t at d d

B t at r

π

π

ρ ρ φ

ρ ρ φ

φ ρ ρ

π

Φ = ⋅

= − ⋅

= −

= − ⋅

= −

∫∫

∫∫

∫ ∫

∫ ∫

Και εποµένως απο τον νόµο του Faraday :

( )2 2

03 2

m

dB at t r

dtπε Φ

= − = −

Και το αντίστοιχο ρεύµα :

( )2 2

03 2m

B at t rI

R R

πε −= =

Παρακάτω παραθέτουµε την γραφική παράσταση της I(t) :

Απο αυτήν την παράσταση (για όλες τις παραµέτρους = 1) είναι φανερό ότι

αρχικά ο βρόγχος δεν διαρέεται απο ρεύµα και στην συνέχεια διαρέεται απο

αυξανόµενο ρεύµα αντίθετο στην φορά που επιλέξαµε εµείς ως θετική. Σε

κάποια κρίσιµη χρονική στιγµή :

1

3t

a=

0.2 0.4 0.6 0.8 1.0

-0.2

0.2

0.4

0.6

0.8

1.0

7


Το ρεύµα στιγµιαία σταθεροποιήται και έπειτα αρχίζει να ελατώνεται χωρίς να

αλλάξει φορά µέχρι τον µηδενισµό του την χρονική στιγµή :

2

3t

a=

Στην συνέχεια το ρεύµα θα αυξάνεται συνεχώς και η φορά του θα είναι πλέον

η θετική φορά.

Άσκηση 1.4 :

«Γραµµικός αγωγός διαρρέεται απο ρεύµα :

( ) 0

MtI t I e

−=

Να υπολογιστεί η ΗΕ∆ που επάγεται στον ισοσκελή τριγωνικό αγωγό του

σχήµατος.»

Ως γνωστόν η µαγνητική επαγωγή ενός ευθύγραµµου αγωγού δίνεται απο την

σχέση :

( ) 0

2

I tB

r

µφ

π=

Όπου r η ακτινική απόσταση απο αυτόν. Εποµένως η ροή του µαγνητικού

πεδίου εντός του τριγωνικού πλαισίου θα είναι :

( ) ( )0 0 01 1

2 2

Mt

S S S

I t I eB d S z dxdy dxdy

x x

µ µφ

π π

−

Φ = ⋅ = ⋅ = −∫∫ ∫∫ ∫∫

Ο(0,0,0)

I

c 2a

a

x

y

z

B

A

B

Γ

8


Το εσωτερικό τον µοναδιαίον κάνει -1 επειδή στην περιοχή που µας ενδιαφέρει

είναι αντιπαράλληλα .Tα όρια ολοκλήρωσης για τον άξονα x θα είναι :

:x c c a→ +

Ενώ για τον y είναι απο την κάτω πλευρά του πλαισίου, η οποία είναι ευθεία

µε θετική κλίση a/a = 1 και διέρχεται απο το (c + a,0) άρα η εξίσωση της θα

είναι :

( )y x c a= − +

Εως την άνω πλευρά του, η οποία είναι ευθεία µε αρνητική κλίση -a/a = -1 και

διέρχεται απο το (c + a,0) άρα η εξίσωση της θα είναι :

( )y c a x= + −

Εποµένως στο διπλό ολοκλήρωµα που θα προκύψει τα όρια ολοκλήρωσης δεν

είναι ανεξάρτητα και εποµένως οι ολοκληρώσεις δεν µπορούν να

διαχωριστούν :

( )

( )( )

( )0 0 0 01ln

2

c a c a xMt Mt

c x c a

I e I e c adydx c a a

x c

µ µπ π

+ + −− −

− +

+ Φ = − = − + − ∫ ∫

Τέλος απο τον νόµο του Faraday βρίσκουµε την ΗΕ∆ :

( ) ( )0 0 lnMt

MI ed c at c a a

dt c

µπ

ε−Φ + = − = − + −

Άσκηση 1.5 :

«Ορθογώνιο πλαίσιο είναι παράλληλα τοποθετηµένο στο επίπεδο xy µε κέντρο

στην θέση (0,0,z0) και τα ζεύγη των πλευρών έχουν µήκη 2a και 2b αντίστοιχα.

Στο χώρο υπάρχει µαγνητικό πεδίο :

2

0B B x z=

Να βρεθεί η ΗΕ∆ που αναπτύσεται στο πλαίσιο όταν αυτό :

α) Είναι ακίνητο

β) Κινήται µε ταχύτητα : ( )v v x y= +

»

9


Αρχικά υπολογίζουµε την ροή συναρτήσει των ορίων του πλαισίου :

( )

( )( )

2 2

1 1

2 2

1 1

2 2

0 0

2

0

3 3

2 1

0 2 13

y x

S S y x

y x

y x

B d S B x z z dxdy B x dxdy

B dy x dx

x xB y y

Φ = ⋅ = ⋅ =

= ⋅

−= −

∫∫ ∫∫ ∫ ∫

∫ ∫

Για την περίπτωση που το πλαίσιο είναι ακίνητο τότε :

1 1

2 2

x b y a

x b y a

= − = −

= =

Και άρα η ροή είναι :

3

0

4

3

abBΦ =

Οπότε η ΗΕ∆ θα είναι µηδενική αφού η ροή είναι ανεξάρτητη του χρόνου.

Στην περίπτωση που το πλαίσιο κινείται τότε :

1 1

2 2

x b vt y a vt

x b vt y a vt

= − + = − +

= + = +

x

y

z B

B

B

B

2a

2b

z0

O

10


Και άρα η ροή θα είναι :

( )2 2 2

0

43

3

abb v t BΦ = +

Ενώ η ΗΕ∆ βρίσκεται απο τον νόµο του Faraday :

( ) 2

08

dt abv tB

dtε Φ

= − = −

Άσκηση 1.6 :

«Αγώγιµο πλαίσιο µε σχήµα κλειτού ηµικυκλίου ακτίνας r0, περιστρέφεται επι

του επιπέδου xy µε σταθερή γωνιακή ταχύτητα :

zω ω=

Και το κέντρο του βρίσκεται στην αρχή των αξόνων. Το επίπεδο yz χωρίζει τον

χώρο σε δύο ηµιχώρους απο τους οποίους στον ένα υπάρχει οµοιογενές

µαγνητικό πεδίο µε διευθυνση +z ενώ στον δεύτερο η τιµή του είναι σταθερά

µηδενική. Αν

1)Η ωµική αντίσταση του αγωγού είναι R και η αυτεπαγωγή του L ~ 0,να

προσδιοριστεί η τιµή του ρεύµατος που τον διαρρέει σαν συνάρτηση του χρόνου

για τις περιπτώσεις που το µαγνητικό πεδίο µεταβάλλεται όπως στα ακόλουθα

διαγράµµατα.

2)Η ωµική αντίσταση του αγωγού είναι R και η αυτεπαγωγή του L ,να

προσδιοριστεί η τιµή του ρεύµατος που τον διαρρέει σαν συνάρτηση του χρόνου

για τις περιπτώσεις που το µαγνητικό πεδίο µεταβάλλεται όπως στα ακόλουθα

διαγράµµατα.»

Β Β

Β0

Β0

-Β0

T0

r0 t

t

x

y

O

11


1) L ~ 0 , B σταθερό

Σε όλα τα παρακάτω η αυτεπαγωγή θεωρείται αµελητέα. Αφού το πεδίο είναι

οµοιογενές, δεν έχει χωρική εξάρτηση και εποµένως η ροή µπορεί να γραφθεί :

S S

B d S B d S B SΦ = ⋅ = = ⋅∫∫ ∫∫

Όπου το S(t) µπορεί να γραφθεί ώς ένα κλάσµα του συνολικού εµβαδού του

ηµικυκλίου :

( ) ( ) ( )2 2

0 0

2 2

t r rS t z t z

θ πθ

π= =

Όπου θ είναι η γωνία του τµήµατος του ηµικυκλίου που είναι εντός του πεδίου.

Εποµένως η ροή θα είναι :

( ) ( ) ( )2 2

0 0 0

02 2

r B rt B z t z tθ θΦ = ⋅ =

Και η ΗΕ∆ θα είναι :

2

0 0

2

B rd d

dt dt

θε Φ= − = −

Η dθ/dt είναι ίση κατα µέτρο µε την ω αλλα δεν είναι η ω. Αυτό γίνεται

εµφανές απο τον ορισµό της θ, για την πρώτη ηµιπερίοδο είναι γνησίως

άυξουσα ενώ για την δεύτερη γνησίως φθείνουσα οπότε :

r0

Β

x

y

O

θ

θ

Β

x

y

O

0 < t < T0/2 T0/2 < t < T0

12


0

0

0

, 0,2

, ,2

Tt

d d

dt dt Tt T

ωθ θ

ω

ω

∈

= ⇒ =

− ∈

Αν θεωρήσουµε ότι η περίοδος της περιστροφής είναι T0 τότε :

2

0 0 0

2

0 0 0

0

, 0,2 2

, ,2 2

B r Tt

B r Tt T

ω

ωε

− ∈

= ∈

Άρα τελικά για την πρώτη περίπτωση :

( )

2

0 0 0

2

0 0 0

0

, 0,2 2

, ,2 2

B r Tt

RI t

B r Tt T

R

ω

ω

− ∈

= ∈

Και η γραφική παράσταση :

L ~ 0 , B µεταβαλλόµενο

Στην περίπτωση που το µαγνητικό πεδίο µεταβάλεται όπως το δεύτερο

διάγραµµα :

( )

0

0

0

0 0

, 0,2

, ,2

TB z t

B tT

B z t T

∈

=

− ∈

1 2 3 4 5 6

-1.0

-0.5

0.5

1.0

13


Τότε η ροή είναι :

( )( )

( )

2

0 0 0

2

0 0 0

0

, 0,2 2

, ,2 2

B r Tt t

tB r T

t t T

θ

θ

∈

Φ =

− ∈

Και συνεπώς η ΗΕ∆ :

( )

2

0 0 0

2

0 0 0

0

, 0,2 2

, ,2 2

B r Tdt

dtt

B r Tdt T

dt

θ

θε

− ∈

= ∈

Όµως εξαιτίας της συµπριφοράς της θ που εξηγήσαµε παραπάνω, προκύπτει

τελικά ότι :

2

0 0

2

B r ωε = −

Και άρα το ζητούµενο ρεύµα θα είναι :

2

0 0

2

B rI

R R

ωε= = −

Και η αντίστοιχη γραφική παράσταση :

2) L διάφορο του 0 , B σταθερό

Αν θεωρήσουµε ότι η αυτεπαγωγή δεν είναι αµελητέα και το µαγνητικό πεδίο

µεταβάλεται όπως στο πρώτο γράφηµα τότε η ροή θα είναι και πάλι η ίδια :

1 2 3 4 5 6

-1.0

-0.5

0.5

1.0

14


( ) ( )2

0 0

2

B rt tθΦ =

Μόνο που τώρα το ρεύµα θα προκύψει απο την επίλυση της διαφορικής :

dI dI dL RI L RI

dt dt dtε Φ

+ = ⇒ + = −

Εφόσον όµως η ΗΕ∆ παίρνει διαφορετικές τιµές ανα ηµιπερίοδο θα λύσουµε

δύο διαφορικές εξισώσεις σε διαφορετικά διαστήµατα :

Πρώτα για την πρώτη ηµιπερίοδο. Η εξίσωση αυτή είναι χωριζοµένων

µεταβλητών :

2

0 0

2

B rdIL RI

dt

ω+ = −

Η εξίσωση είναι χωριζοµένων µεταβλητών :

2

0 0

2

dI Rdt

LB rI

R

ω= −

+

Για την επίλυση της θέτουµε :

2 2

0 0 0 0

2 2

B r B ru I I u dI du

R R

ω ω= + ⇒ = − ⇒ =

Και τα αντίστοιχα όρια ολοκλήρωσης µετασχηµατίζονται :

( )( )

( )( )1

20 0

0

2

I t u t

B r

R

dI du

ω

→∫ ∫

Οπότε έχουµε τελικά :

( ) ( ) ( )2

0 0

2

0 0

2

0 00

2

2ln

2

u t t Rt

L

B r

R

Ru t B rdu R du R Rdt dt t u t e

u L u L L RB rω

ωω

− = − ⇒ = − ⇒ = − ⇒ =

∫ ∫

Αντιστρέφοντας τον µετασχηµατισµό :

15


( )2

0 0

1 12

Rt

LB r

I t eR

ω − = −

Για την δεύτερη ηµιπερίοδο η διαφορική εξίσωση γράφεται :

2

0 0

2

B rdIL RI

dt

ω+ =

Η εξίσωση είναι χωριζοµένων µεταβλητών :

2

0 0

2

dI Rdt

LB rI

R

ω= −

−


2 2

0 0 0 0

2 2

B r B ru I I u dI du

R R

ω ω= − ⇒ = + ⇒ =

Και τα αντίστοιχα όρια ολοκλήρωσης µετασχηµατίζονται :

( )( )

( )

( )( )

( )2

1 0 0/ 2 / 2

I t u t

I T u T

dI du→∫ ∫

Και εποµένως θα έχουµε τελικά :

( )

( ) ( )( )

( )0

0 0

20 0

0/ 2 / 2

ln/ 2 2 2

Tu t Rt tL

u T T

u t T Tdu R du R Rdt dt t u t u e

u L u L u T L

− −

= − ⇒ = − ⇒ = − − ⇒ = ∫ ∫

Αντιστρέφοντας τον µετασχηµατισµό :

( )02

20 0

2 2 12

TRR ttLL

B rI t e e

R

ω − −−

= − +

∆ηλαδή το ρεύµα θα είναι η δικλαδική συνάρτηση :

16


( )0

2

0 0 0

2

20 0 0

0

1 , 0,2 2

2 1 , ,2 2

Rt

L

TRR ttLL

B r Te t

RI t

B r Te e t T

R

ω

ω

−

− −−

− ∈

= − + ∈

Με γραφική παράσταση :

L διάφορο του 0 , B µεταβαλλόµενο

Στην περίπτωση που το µαγνητικό πεδίο µεταβάλλεται σύµφωνα µε το δεύτερο

διάγραµµα ξέρουµε είδη ότι η ΗΕ∆ θα είναι :

2

0 0

2

B r ωε = −

Εποµένως έχουµε να λύσουµε µια µοναδική διαφορική εξίσωση γία όλη την

χρονική εξέλιξη του συτήµατος η οποία θα είναι :

2

0 0

2

B rdIL RI

dt

ω+ = −

Την οποία έχουµε ήδη επιλύσει :

( )2

0 0 12

Rt

LB r

I t eR

ω − = −

Και η γραφική παράσταση :

1 2 3 4 5 6

-0.5

0.5

17


Άσκηση 1.7 :

«Επίπεδο ορθογώνιο πλαίσιο διαστάσεων l και w αφήνεται να πέσει κατακόρυφα

την χρονική στιγµή t = 0. Την t = 0 η κάτω πλευρά του πλαισίου βρίσκεται στην

θέση z = 0 όπου είναι το διαχωριστικό επίπεδο. Στον άνω ηµιχώρο το

µαγνητικό πεδίο είναι µηδέν. Στον κάτω ηµιχώρο υπάρχει µαγνητικό πεδίο :

0B B y= −

Το πλαίσιο έχει ωµική αντίσταση R,αυτεπαγωγή L και µάζα m. Θεωρώντας την

κίνηση µέχρι την χρονική στιγµή t0 που η άνω πλευρά εισέρχεται στο πεδίο του

κάτω ηµιχώρου να υπολογιστούν η ταχύτητα και το ρεύµα του αγωγού, για τις

περιπτώσεις που :

α) 0 , ~ 0R L≠

β) 0 , 0R L≠ ≠

γ) ~ 0 , 0R L ≠ »

Καθώς ο αγωγός εισέρχεται στο µαγνητικό πεδίο µε ταχύτητα :

1 2 3 4 5 6

-1.0

-0.5

0.5

1.0

x

y

z

l

w

B

v

g

O

A Β

Γ ∆

18


( ) ( )v t v t z=

Τα φορτία του θα δεχθούν µια µαγνητική δύναµη :

( ) ( ) ( ) ( ) 0 0m

F qv t B v t B z y v t B x= × = − × =

Οπότε η ΗΕ∆ που επάγεται θα είναι :

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )0 0 0

0

m m m

l

F dl F dl F dl

v t B x x dx x z dz x z dz v t B dx v t B l

ε ΑΒ ΒΓ ∆ΑΑΒ ΒΓ ∆Α

ΑΒ ΒΓ ∆Α

= ⋅ + ⋅ + ⋅

= ⋅ + − ⋅ + ⋅ = =

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫

α) R > 0 και L ~ 0 :

Εφόσον η αυτεπαγωγή είναι αµελητέα το ρεύµα που διαρρέει τον αγωγό θα

είναι :

( ) ( )0B lI t v t

R R

ε= =

Για να το προσδιορίσουµε λοιπόν χρειάζεται να βρούµε την ταχύτητα του

αγωγού. Για αυτό απο τον δεύτερο νόµο του Newton :

dvm F

dtολ=

Οι δυνάµεις που ασκούνται συνολικά στον αγωγό είναι :

( ) ( ) ( ) ( )0 0m

g

F I t l B I t lB x y I t lB z

F mg z

= × = − × = −

=

Οι δυνάµεις που ασκούνται στις παράπλευρες περιοχές του αγωγού αγνοούνται

καθώς η δράση τους τείνει να παραµορφώσει τον αγωγό και θεωρούµε

εποµένως ότι εξουδετερώνονται απο τις δυνάµεις συνοχής του υλικού. Οπότε η

συνολική δύναµη είναι :

( ) 0m gF F F mg I t lB zολ = + = −

Και αρα η διαφορική µας εξίσωση πέρνει την µορφή :

19


( ) ( )0

0

lBdv dvm mg I t lB z g I t

dt dt m= − ⇒ = −

Έχουµε ήδη δεί όµως την εξάρτηση του ρεύµατος απο την ταχύτητα εποµένως

παίρνουµε :

( )2 2

0l Bdvg v t

dt mR= −

Η εξίσωση αυτή ειναι χωριζοµένων µεταβλητών :

( ) ( )

( )2 2 2 2

0 0

0 02 2 2 2

0 0

v t tl B l Bdv dv

dt dtmRg mRgmR mR

v t v tl B l B

= − ⇒ = −− −

∫ ∫


( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2

0 0

mRg mRgu t v t v t u t dv du

l B l B= − ⇒ = + ⇒ =

Οπότε τα αντίστοιχα όρια ολοκλήρωσης µετασχηµατίζονται ώς εξής :

( )( )

( )( )

2 20

0 /

v t u t

mRg l B

dv du

−

→∫ ∫

Και τελικά :

( )

( )

( )

( )

2 20

2 20

2 2

0

0/

2 2

0

2 2

0

2 2

0

ln/

u t t

mRg l B

l Bt

mR

l Bdvdt

u t mR

u t l Bt

mRmRg l B

mRgu t e

l B

−

−

= − ⇒

= − ⇒

−

= −

∫ ∫

Αντιστρέφοντας τον µετασχηµατισµό βρίσκουµε την εξίσωση της ταχύτητας :

( )2 2

0

2 2

0

1

l Bt

mRmRg

v t el B

− = −

Και µε αντικατάσταση στην εξίσωση του ρεύµατος έχουµε για το ρεύµα :

20


( )2 2

0

0

1

l Bt

mRmg

I t elB

− = −

α) R > 0 και L > 0 :

Σε αυτήν την περίπτωση το ρεύµα µπορεί να βρεθεί µε την επίλυση του

συστήµατος των διαφορικών εξισώσεων :

( ) ( )

( )

0

0

dIL RI t v t B l

dt

lBdvg I t

dt m

+ =

= −

Για την επίλυση του παραγωγίζουµε την πρώτη σχέση ως προς τον χρόνο και

αντικαθηστούµε την παράγωγο της ταχύτητας απο την δεύτερη σχέση :

( )2 22 2

0

0 02 2

l Bd I dI dv d I dIL R B l L R I t gB l

dt dt dt mdt dt+ = ⇒ + + =

Αυτή η εξίσωση είναι γραµµική µη οµογενής δεύτερης τάξης. Για την επίλυση

της επιλύουµε το χαρακτηριστικό πολυώνυµο της οµογενούς :

( )

2 2

2 0

2 2 2 2220 0

1,222 2

2 0

4

20 0

4

2

B l LR R

ml B l Bd I dI L

L R I t L Rdt m mdt B l L

R Rm

L

ρ ρ ρ

− − −

+ + = ⇒ + + = ⇒ = − + −

Οπότε το οµογενές τµήµα θα είναι :

( ) 1 2

1 2

t tI t C e C e

ρ ροµ = +

Και στην συνέχεια για το µη οµογενές τµήµα, εφόσον είναι σταθερό θέτουµε :

( )I t Aµερ =

Με αντικατάσταση στην διαφορική παίρνουµε :

2 2

0

0

0

l B mgA gB l A

m lB= ⇒ =

Οπότε η λύση της διαφορικής θα είναι ο γραµµικός συνδυασµός των λύσεων :

21


( ) ( ) ( ) 1 2

1 2

0

t t mgI t I t I t C e C e

lB

ρ ροµ µερ= + = + +

Και εποµένως η εξίσωση της ταχύτητας µπορεί να βρεθεί απο την αρχική

διαφορική εξίσωση :

( ) ( ) ( ) ( ) ( )1 21 2

0 1 2 2 2

0 0 0

t tC CdI mgRL RI t v t B l v t L R e L R e

dt B l B l l B

ρ ρρ ρ+ = ⇒ = + + + +

Για τον προσδιορισµό των C1 και C2 επικαλούµαστε τις αρχικές συνθήκες :

( )( ) ( ) ( )

( )

( )

2

11 2

0 1 20

1 2 21 2 22 2

0 0 0 0 0 1 2

00 0

0 00

mgmgCC C

I B llB

C C mgmgR mgvL R L R C

B l B l l B B l B l

ρρ ρ

ρρ ρ

ρ ρ

=+ + = = − ⇒ ⇒

= + + + + = = − − −

α) R ~ 0 και L > 0 :

Σε αυτήν την περίπτωση το σύστηµα των διαφορικών εξισώσεων γράφεται :

( )

( )

0

0

dIL v t B l

dt

lBdvg I t

dt m

=

= −

Εφαρµόζουµε την ίδια τακτική :

( )2 22 2

0

02 2

l Bd I dv d I gL B l I t

dt mL Ldt dt= ⇒ + =

Αυτή η εξίσωση είναι γραµµική µη οµογενής δεύτερης τάξης. Το οµογενές

τµήµα είναι ο αρµονικός ταλαντωτής εποµένως :

( )2 2 2 2

0 0

1 2cos sinl B l B

I t C t C tmL mL

οµ

= +

Και στην συνέχεια για το µη οµογενές τµήµα, εφόσον είναι σταθερό θέτουµε :

( )I t Aµερ =

Με αντικατάσταση στην διαφορική παίρνουµε :

22


2 2

0

mgA

l B=

Οπότε η λύση της διαφορικής θα είναι ο γραµµικός συνδυασµός των λύσεων :

( ) ( ) ( )2 2 2 2

0 0

1 2 2 2

0

cos sinl B l B mg

I t I t I t C t C tmL mL l B

οµ µερ

= + = + +

Και εποµένως η εξίσωση της ταχύτητας µπορεί να βρεθεί απο την αρχική

διαφορική εξίσωση :

( )2 2 2 2

0 0 0 0

1 2

0

sin coslB l B lB l BL dI

v t C t C tB l dt m mL m mL

= = +

Για τον προσδιορισµό των C1 και C2 επικαλούµαστε τις αρχικές συνθήκες :

( )( )

1 2 21 2 20

0

022

00 0

0 000

mgmgC

CI l Bl B

v lBCC

m

+ = = − = ⇒ ⇒

= ==

Άρα τελικά οι ζητούµενες εξισώσεις είναι :

( )

( )

2 2

0

2 2

0

2 2

0

0

1 cos

sin

l BmgI t t

mLl B

l Bgv t t

lB mL

= −

= −

Και τα αντίστοιχα γραφήµατα :

Ενώ για την ταχύτητα :

1 2 3 4 5 6

0.5

1.0

1.5

2.0

23


Άσκηση 1.8 :

«Πλαίσιο είναι τοποθετηµένο όπως φαίνεται στο σχήµα εντός πεδίου :

( ) ( )0 sinB t B y t zω=

Αγώγιµη ράβδος ΑΒ ολισθαίνει µε ταχύτητα µέτρου v ανάµεσα στις πλευρές ΚΛ

και Κ’Λ’. Να βρεθεί η ΗΕ∆ που αναπτύσεται στο ΑΒΛΚ»

Αρχικά θα προσδιορίσουµε το στοιχειώδες διάνυσµα επιφάνειας του πλαισίου.

Η πλευρά ΚΛ βρίσκονται στην y διεύθυνση εποµένως το στοιχειώδες µήκος

της θα είναι :

d y dy y=

Η πλευρά ΚΑ έχει στοιχειώδες µήκος :

dl dll=

1 2 3 4 5 6

-1.0

-0.5

0.5

1.0

x

y

z d

dy

dllll dS

Α Β

θz Λ

v

B

O θx = 45

ο

K

24


Όπου το µοναδιαίο διάνυσµα l (και οποιοδήποτε µοναδιαίο διάνυσµα) µπορεί

να γραφθεί :

( ) ( ) ( ) ( )1cos cos cos

2x y z

l x y z x zθ θ θ= + + = −

Στις καρτεσιανές συντεταγµένες όµως :

dl dxx dzz= −

Εποµένως το στοιχειώδες διάνυσµα επιφανείας γράφεται :

d S dl d y dzdyx dxdyz= × = +

Και άρα η ροή του µαγνητικού πεδίου εντός του βρόγχου ΑΒΛΚ θα είναι :

( ) ( ) ( )( )

0

0

sin

sin

S S

S

B t d S B t yz dzdyx dxdyz

B t ydxdy

ω

ω

Φ = ⋅ = ⋅ +

=

∫∫ ∫∫

∫∫

Ο χώρος ολοκλήρωσης S είναι η προβολή του τετραπλεύρου ΑΒΛΚ στο

επίπεδο xy οπότε ως προς την y διεύθυνση τα όρια είναι :

: 0y d→

Ενώ ως προς την x διεύθυνση :

: 02

AB x

vx x v t t→ = =

Καθώς η ταχύτητα εχει την ίδια διεύθυνση µε το µοναδιαίο διάνυσµα l οπότε :

( )2 2

x

v vv vl x z v= = − ⇒ =

Άρα τελικά η ροή είναι :

( ) ( ) ( ) ( )/ 2 2

0

0 0

0 0 0

sin sin sin2 2 2

d vt dB d vtvt

t B t ydxdy B t ydy tω ω ωΦ = = =∫ ∫ ∫

Και η αντίστοιχη ΗΕ∆ βρίσκεται απο τον νόµο του Faraday :

25


( ) ( )2

0 sin cos2 2

B d vdt t t

dtω ω ωε Φ

= − = +

Άσκηση 1.9 :

«Στο σχήµα παρουσιάζεται αγώγιµο πλαίσιο µήκους l >> 1 και η αγώγιµη

ράβδος ΑΒ σταθερού µήκους η οποία κινείται ελεύθερα επάνω στον αγωγό. Εαν

δίνεται η χωρητικότητα του πυκνωτή C και το αρχικό του φορτίο Q0, η µάζα m

και η αντίσταση R της ράβδου καθώς επίσης και το µαγνητικό πεδίο B = Bez να

βρεθούν η ταχύτητα, η τάση και το ρεύµα της ράβδου συναρτήση του χρόνου

καθώς επίσης και να αποδειχθεί ότι διατηρείται η ενέργεια για αυτό το

σύστηµα.»

Στην αρχή όπου v = 0 και αγνοώντας το µαγνητικό πεδίο, τότε τα I και V στα

άκρα της ράβδου θα οφείλονταν στην εκφόρτιση του πυκνωτή οπότε :

( ) ( )0

0καιt t

RC RCC C

VI t e V t V e

R

− −= =

Αν όµως λάβουµε υπόψιν το µαγνητικό πεδίο και τις ταχύτητες των φορτίων

εντός του αγωγού :

0 0 0 0, , ,v v y v v x v v y v v xΑΒ ΒΓ Γ∆ ∆Α= = − = − =

Και οι αντίστοιχες δυνάµεις που δέχονται απο το µαγνητικό πεδίο ανα µονάδα

φορτίου :

0 0

0 0

,

,

F v B v Bx F v B v B y

F v B v Bx F v B v B y

ΑΒ ΑΒ ΒΓ ΒΓ

Γ∆ Γ∆ ∆Α ∆Α

= × = = × =

= × = − = × = −

Όµως η δύναµη Laplace της ελεύθερης ράβδου ΑΒ µπορεί να γραφθεί :

C

A

B Γ

∆

R

y

x

z

26


( ) F lBI t xΑΒ =

Η δύναµη αυτή όµως ανα µονάδα φορτίου προκαλεί κίνηση της ράβδου προς

την φορά της µε ταχύτητα v(t) οπότε η δύναµη που θα δέχεται τελικά η ράβδος

θα είναι :

( ) ( ) F v t B v t B yΑΒ = × = −

Και εποµένως η ΗΕ∆ θα είναι :

( ) ( )F dl v t Bdy v t BlεΑΒ ΑΒΑΒ ΑΒ

= ⋅ = − = −∫ ∫

Απο τον νόµο του Ohm όµως :

( ) ( ) ( ) ( )C CV t V t v t BlI t

R R

ε− −= =

Και απο τον δεύτερο νόµο του Newton :

( ) ( )C

C C

dVdv dv ClB ClB ClBm IlB dv dV v t V t K

dt dt m dt m m= ⇒ = − ⇒ = − ⇒ = − +∫ ∫

Όµως για t = 0 η ταχύτητα είναι µηδενική και η τάση είναι ίση µε V0 = Q0 / C

άρα :

( ) ( )0 C

ClBv t V V t

m= −

Επίσης απο την σχέση I = I(t) θα έχουµε µε αντικατάσταση της παραπάνω

σχέσης :

( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2

0

1C C

C

V t v t Bl dV l B l BI t V t V

R dt mR CR mR

− = ⇒ + + =

Η λύση αυτής της ∆.Ε. είναι :

( ) 12 2

0 0

1 1

1k t

C

k kV t V e V

k k

− = − +

Όπου θέσαµε :

2 2 2 2

1 2 0

1και

l B l Bk k V

mR CR mR

= + =

27


Και άρα τελικά η ταχύτητα του αγωγού θα δίνεται απο την σχέση :

( ) ( )12

0

1

1 1k tkClB

v t V em k

− = − −

Και συνεπώς το ρεύµα :

( ) 12

0 1

1

1k tk

I t CV k ek

− = −

Αρα παρατηρούµε ότι καθώς το t προσεγγιζει το άπειρο :

( ) ( )

( )

2 2

0 0

1 1

, 1

0

C

k kClBV t V v t V

k m k

I t

→ → −

→

Εξ’ ορισµού ισχύει :

( )2

0 0

E

E

dWP W Pdt RI t dt

dt

∞ ∞

= ⇒ = =∫ ∫

Όµως η σχέση I = I(t) είναι πλέον γνωστή οπότε µε αντικατάσταση :

1

2 22 2

22 2 2 0 12 2

0 1

1 10

1 12

k t

E

RC V kk kW RC V k e dt

k k

∞−

= − = −

∫

Ενώ το µηχανικό έργο θα είναι :

( )2

2 2 22 2 2 2 2

0

1

1 11

2 2 2f i

kC l BW T m v v mv V

m kµηχ ∞

= ∆ = − = = −

Και η δυναµική ενέργεια του πυκνωτή :

( ) ( )2

2 2 2 2

, , 0 0

1

1 11

2 2C f C i

kU U U C V V CV

k∞

∆ = − − = − − = −

Άρα παρατηρούµε ότι όντως :

EW W Uµηχ+ = ∆

28


Άσκηση 1.10 :

«Η αγώγιµη ράβδος µήκους l του σχήµατος περιστρέφεται περι το άξονα z µε

σταθερή γωνιακή ταχύτητα ω = ωz. Να βρεθεί η ΗΕ∆ που επάγεται στα άκρα της

όταν : α) Β = Βy , β) B = Bz , γ) Β = Βφ»

Έχουµε υπόψιν µας ότι :

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

0 0 0sin cos sin sin cos

sin cos

r t x t y z

t x t y

θ ω θ ω θ

φ ω ω

= + +

= − +

Κατα τα γνωστά :

( ) 0sinv r r z r rω ω ω θ φ= × = × =

Άρα για την πρώτη περίπτωση η δύναµη ανα µονάδα φορτίου είναι :

( ) ( )0 0sin sin sinF v B rB y rB t zω θ φ ω θ ω= × = × = −

Και άρα η ΗΕ∆ :

( ) ( )( )

( ) ( )

0

0 0

0

2

0

sin sin

sin sin cos

sin 2 sin

4

l

F dl rB t z r dr

B t r dr

Bl t

ω θ ω

ω θ ω θ

ω θ ω

ε = ⋅ = − ⋅

= −

= −

∫ ∫

∫

φ

x

y

z

llll

29


Στην δεύτερη περίπτωση η δύναµη ανα µονάδα φορτίου είναι :

( ) ( ) ( ) 0 0sin sin cos sinF v B rB z rB t x t yω θ φ ω θ ω ω = × = × = +

Και άρα η ΗΕ∆ :

( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

0

0

0 0

2 2 2

0

0 0

2 2

2 0

0

0

sin cos sin

sin cos sin

sin cos sin

sinsin

2

l l

l l

l

F dl rB t x t y r dr

B t r x r dr t r y r dr

B t rdr t rdr

BlB rdr

ω θ ω ω

ω θ ω ω

ω θ ω ω

ω θω θ

ε = ⋅ = + ⋅

= ⋅ + ⋅

= +

= =

∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫

∫

Και στην τρίτη περίπτωση η δύναµη ανα µονάδα φορτίου είναι :

( )0sin 0F v B rBω θ φ φ= × = × =

Και άρα η ΗΕ∆ θα είναι επίσης µηδενική.

Άσκηση 1.11 :

«Τρία αγώγιµα τετράγωνα φύλλα πλευράς α απέχουν σταθερά µεταξύ τους 120o

διαδοχικά. Αν υπάρχει οµογενές µαγνητικό πεδίο στην διεύθυνση y και το

σύστηµα περιστρέφεται οµάλα µε γωνιακή ταχύτητα ω = ωz να υπολογιστεί η

ΗΕ∆ στην κάθε επιφάνεια.»

x

y

z

1200

1200

a

a

a

30


Αρχικα υπολογίζουµε την ροή του µαγνητικού πεδίου µέσα απο κάθε

επιφάνεια και θεωρούµε ότι για t = 0 η πρώτη επιφάνεια είναι κάθετη στο

πεδίο :

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

1

2

3

2 2

1 1 1 1

2 2

2 2 2 2

2 2

3 3 3 3

cos

cos 120

cos 240

S

S

S

B d S B S Ba y s Ba t



ω

ω

ω

Φ = ⋅ = ⋅ = ⋅ =

Φ = ⋅ = ⋅ = ⋅ = +

Φ = ⋅ = ⋅ = ⋅ = +

∫∫

∫∫

∫∫

Όµως η ΗΕ∆ ορίζεται :

d

dtε Φ= −

Άρα τελικά :

( )

( )

( )

21

1

22

2

23

3

sin

sin 120

sin 240

dBa t

dt

dBa t

dt

dBa t

dt

ω ω

ω ω

ω ω

ε

ε

ε

Φ= − =

Φ= − = +

Φ= − = +

Άσκηση 1.12 :

«Μεταλλικός αγωγός είναι τοποθετηµένος στο επίπεδο x – y όπως φαίνεται στο

σχήµα. Στο χώρο υπάρχουν ηλεκτρικά πεδία εντάσεων Εφ και Εr. Να βρεθεί η

ΗΕ∆ που επάγεται στον αγωγό αν :»

( ) ( )0 0cos και cosr

r r

E EE t r E t k r

r r

φφ ω β φ ω= − = −

x

y

z

Α

Β Γ

∆ Ε

Ζ

r1 r2 r3

31


Η δύναµη που δέχεται ο αγωγός θα είναι λόγω του ηλεκρικού πεδίο µόνο και

θα υπολογίζεται απο την σχέση :

( ) E r r

F q E E E E rφ φφ= + = +

Και η ΗΕ∆ θα είναι :

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )

32

1 2

1 2 3

/ 2 0 / 2

1 2 3

0 / 2 0

E

C

r

C

r r r r r

rr

r r

r r

F dl

E E r dl

E E r r d E E r rdr E E r r d E E r rdr E E r r d

E r d E dr E r d E dr E r d

φ

φ φ φ φ φ

π π

φ φ φπ

φ

φ φ φ φ φ φ φ φ φ φ φ

φ φ φ

ε

ΑΒ ΒΓ Γ∆ ∆Ε ΕΖ

= ⋅

= + ⋅

= + ⋅ + + ⋅ + + ⋅ + + ⋅ + + ⋅

= + + + +

∫

∫

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ ∫ ∫

Υπολογίζουµε τα επιµέρους ολοκληρώµατα ξεχωριστά :

( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

( )

2 2

1 1

3 3

2 2

/ 2 / 20 0

1 1 1 1

10 0

0 2

0

1

0 00 0

2 2 2 2

2/ 2 / 2

0 3

0

2

cos cos2

cos ln cos

cos cos2

cos ln c

r r

r

r r r r

r r

r r

r

r r r

r r

E EE r d t r r d t r

r

E rE dr t k dr E t k

r r


r

E rE dr t k dr E

r r

π πφ φ

φ

φ φφ

π π

πφ ω β φ ω β

ω ω

πφ ω β φ ω β

ω

= − = −

= − = −

= − = − −

= − =

∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫

∫ ∫ ( )

( ) ( )/ 2 / 2

0 0

3 3 3 3

30 0

os

cos cos2

rt k


r

π πφ φ

φ

ω

πφ ω β φ ω β

−

= − = −∫ ∫

Και απο την άθροιση τους βρίσκουµε την ΗΕ∆.

Άσκηση 1.13 :

«Για τα δυο σωληνοειδή του σχήµατος ισχύει l1 >>R1 , l2 >> R2 . Να βρεθούν :

α) Ο συντελεστής αυτεπαγωγής του Π1 L1 = L1(x)

β)Η ΗΕ∆ του Π1 αν για το Π2 έχουµε Ι2 = Ι0 = ct και v2 = v0 = ct

γ) Η ΗΕ∆ του Π2 αν για το Π1 έχουµε Ι1 = Ι0 = ct και v1 = v0 = ct

θεωρείστε ότι τα γεωµετρικά τους χαρακτηρηστικά είναι γνωστά»

32


α) Η ροή ανα σπείρα του Π1 λόγω του Π2 είναι :

2

12 2 1 1 0 0

2

NB S S I

l

σπ µΦ = =

Εποµένως η συνολική ροή για ν σπείρες που εντοπίζονται σε ένα τµήµα

µήκους x του σωληνοειδούς που έχει εισέλθει στο δεύτερο τότε προφανώς :

1 2

12 1 12 0 1 0

1 1 2

N NxN S xI

l l l

ολ σπ µΦ = Φ =

Όµως γνωρίζουµε ότι Φ = LΙ εποµένως :

( ) 1 2

1 0 2

1 2

N NL x S x

l lµ=

β) Για να υπολογίζουµε την ΗΕ∆ του Π1 χρησιµοποιούµε την γνωστή σχέση :

1

12 1 2

0 2 0 0

1 2

d N NS I v

dt l l

ολ

µεΠ

Φ= − = −

γ) Εφόσον όµως ισχύει ότι :

12 21

ολ ολΦ =Φ

Προφανώς τότε :

1

21 12 1 2

0 2 0 0

1 2

d d N NS I v

dt dt l l

ολ ολ

µεΠ

Φ Φ= − = − = −

l1

l2

x

x R1 R2

Π1 Π2

33


Άσκηση 1.14 :

«Για τα δυο σωληνοειδή του σχήµατος ισχύει µόνο l2 >> R2 . Να βρεθεί η ΗΕ∆

του Π1 και του Π2 αν έχουµε Ι1 = Ι2 = Ι0 = ct και v1 = v0 = ct. Θεωρείστε ότι τα

γεωµετρικά τους χαρακτηρηστικά είναι γνωστά»

Σε αυτήν την περίπτωση προφανώς το µαγνητικό πεδίο δεν θα είναι οµοιογενές

και εποµένως δεν µπορούµε να εφαρµόσουµε την ανάλυση που

χρησιµοποιήσαµε στην προηγούµενη άσκηση. Στην περίπτωση όµως που το

ρεύµα των δύο σωληνοειδών είναι ίσο µε σταθερή τιµή I0 τότε ισχύει και πάλι

η προηγούµενη ανάλυση αφού :

12 21

ολ ολΦ =Φ

Με την διαφορά ότι :

12 1 21

1

xN

l

ολ σπΦ = Φ

Άσκηση 1.15 :

«Έστω µια σφάιρα ακτίνας R, µε οµογενές εσωτερικό µαγνητικό πεδίο :

0

3in

IB

R

µ=

Και στο εξωτερικό της γίνεται ανοµοιογενές :

0

3ex

IB

r

µ=

Το συνολικό µαγνητικό πεδίο οφείλεται σε σωληνοειδές τυλιγµένο στην

επιφάνεια της σφαίρας κατα τυχαίο τρόπο. Να βρεθεί η αυτεπαγωγή του

σωληνοειδούς L»

l1

l2

x

x R1 R2

Π1 Π2

34


Η δυναµική ενέργεια του συνολικού µαγνητικού πεδίου θα είναι :

2

0

1

2m

V

U B dVµ

= ∫∫∫

Για το υπολογισµό της χωρίζουµε τον χώρο στο εσωτερικό της σφαίρας και

στο εξωτερικό της, οπότε :

, ,m m in m exU U U= +

Υπολογίζουµε την συνιστώσα του εσωτερικού πεδίου :

22

20

, 3

0 0

21

2 2 3

in

m in in

V V

B IU B dV dV

R

πµµ µ

= = =∫∫∫ ∫∫∫

Και η δεύτερη συνιστώσα του εξωτερικού της σφαίρας :

22 2 22

0 0 0

, 4 4 3

0 0 0

21 sin 1sin

2 2 2 3m ex ex

V V R

I I IU B dV drd d d d dr

r r R

π πµ µ πµθθ φ φ θ θ

µ

∞

= = = ⋅ ⋅ =∫∫∫ ∫∫∫ ∫ ∫ ∫

Και συνολικά :

2

0

, , 3

4

3m m in m ex

IU U U

R

πµ= + =

Όµως γνωρίζουµε ότι :

21

2m

U LI=

Συνεπώς µε συγκριση προκύπτει :

0

3

8

3L

R

πµ=

Άσκηση 1.16 :

«∆ίνονται δυο παράλληλοι ευθύγραµµοι αγωγοί απείρου µήκους που διαρρέονται

απο το ίδιο ρεύµα I αλλα µε αντίθετη φορά. Στο επίπεδο τους βρίσκεται και ένας

αγώγιµος τετραγωνικός βρόγχος πλευράς a ο οποίος απαίχει δ απο τον αγωγό 1.

Ο αγωγός 2 κινείται προς τον βρόγχο µε σταθερή ταχύτητα v0 ενώ την χρονική

35


στιγµή t = 0 η απόσταση των αγωγών είναι D(t) = 0. Να υπολογιστεί ο

συντελεστής αµοιβαίας επαγωγής του βρόγχου µε κάθε αγωγό.»

Η επάγωγή του 1 στο πλαίσιο είναι εξ’ ορισµού :

( )1

0

1 1

1

2S S

IB d S d S

r

µθ

πΦ = ⋅ = ⋅∫∫ ∫∫

Όµως στο x – y επίπεδο που βρίσκεται το σύστηµα µας r = x και θ = -z άρα :

( )1

0 0 0

1

0

1ln

2 2 2

a a

S

I I aIdx az z dxdy dy

x x

δ

δ

µ µ µ δπ π π δ

+ + Φ = − ⋅ = − ⋅ = − ∫∫ ∫ ∫

Αντίστοιχα η ροη της επαγωγής του δεύτερου αγωγού στο πλαίσιο είναι :

( )

( ) ( )

( )( )

( )

1

1

2 2

0

0

0 0

0

1

2

1

2

ln2 2

S

S

S

a a

B d S

Id S

r

Iz z dxdy

x D t

D tI aIdxdy

x D t D t

δ

δ

µθ

π

µπ

δ αµ µπ π δ

+

Φ = ⋅

= ⋅

= ⋅−

+ −= ⋅ = − −

∫∫

∫∫

∫∫

∫ ∫

Και οι ζητούµενοι συντελεστές :

( )( )

0 01 2

1 2

1 2

ln ln2 2

D ta aaM M

I I D t

δ αµ µδκαι

π δ π δ

+ −Φ Φ+ = = − = = −

1 2

I I

y

x

z D(t)

δ

α

Β1 Β2 θ

36


Άσκηση 1.17 :

«∆ίνονται τα δύο πηνεία του σχήµατος οπου l1 >> R1 και l2 >> R2. Αν

διαρρέονται απο σταθερό ρεύµα έντασης I1 το πρώτο και Ι2 το δεύτερο να

υπολογίσεται την ενέργεια που χρειάζεται να αποδώσουµε στο σύστηµα ώστε να

εισέλθει το πηνέιο 2 στο 1. »

Ως γνωστών τα µαγνητικά πεδία των δύο σωληνοειδών δίνονται απο τις

σχέσεις :

1 2

1 0 1 2 0 2

1 2

καιN N

B I B Il l

µ µ= =

Η αρχική ενέργεια του συστήµατος, πριν εισέλθει το Π1 στο Π2 είναι :

( )1 2

2 2 2 2

1 2 1 1 1 2 2 2

0 0 0

1 1 1

2 2 2m

V V

U B dV B dV B S l B S lµ µ µ

= + = +∫∫∫ ∫∫∫

Μετά την είσοδο διακρίνουµε τις 4 περιοχές του σχήµατος µε τις αντίστοιχες

ενέργειες :

( ) ( )

( ) ( )

2 2

, 1 1 1 , 2 2 2

0 0

2 2 2

, 1 2 2 , 1 1 2

0 0

1 1και

2 2

1 1και

2 2

m I m II

m III m IV

U B S l x U B S l x

U B B S x U B S S x

µ µ

µ µ

= − = −

= + = −

∆ηλαδή η µεταβολή της ενέργειας είναι :

1 2 2 2

0

m

B B S lU

µ∆ = −

Και το µηχανικό εργο που αποδίδουµε στο σύστηµα είναι :

2W F lµηχ µηχ=

Όµως έχουµε αποδείξει ότι :

l1

l2

x

x R1

R2 Π2 Π1

Ι

ΙΙ ΙΙΙ

ΙV

37


, , , , ,m fin m I m II m III m IVU U U U U

Fx x x x x

µηχ

∂ ∂ ∂ ∂ ∂= = + + +

∂ ∂ ∂ ∂ ∂

Και άρα τελικά :

1 2 2

0

B B SFµηχ µ

=

Οπότε το µηχανικό εργο είναι :

1 2 2 2

0

B B S lWµηχ µ

=

Εποµένως η ενέργεια που θα πρέπει να προσφέρουµε στο σύστηµα απο την

αρχή διατήρησης της ενέργειας θα πρέπει να είναι :

1 2 2 2

0

2m

B B S lE W Uµηχ µ= − ∆ =

Άσκηση 2.1 :

«Ηλεκτροµαγνητικό κύµα προσπίπτει κάθετα σε διαχωριστική επιφάνεια δύο

διαφορετικών µέσων, µε χαρακτηριστικά ε1,µ1,σ1 για το πρώτο και ε2,µ2,σ2 για το

δεύτερο, η οποία είναι εντοπισµένη επι του επιπέδου x – y να βρεθούν οι

εξισώσεις των κυµάνσεων µετά την πρόσπτωση καθώς επίσης και οι συντελεστές

ανάκλασης και διέλευσης συναρτήσει των αντιστάσεων των δυο µέσων Ζ1 και

Ζ2»

x

y

z

O

E

H

ε1, µ1 , σ1 ε2, µ2 , σ2

38


Απο τα παραπάνω είναι εµφανές ότι η διεύθυνση διάδωση τς ακτινοβολίας

είναι η z και συνεπώς το επίπεδο πόλωσης είναι παράλληλο στο x – y. Συνεπώς

η εξισώσεις της προσπίπτουσας κύµανσης θα είναι κατα τα γνωστά :

( )

1 01

1

0 0

0

0

1 1

k r zi i t i i t i

izi i t i

E E e e E E e e E

EEH H e e H

Z Z

γ γω ω

γ ω

− ⋅ −

−

= =

= =

Η αντίσταση µέσου ορίζεται :

( ), i

i i i i

i

EZ Z

Hε µ= =

Με i = 1,2 µια τιµή για το κάθε µέσο και τα σύµβολα των πεδίων ανφέρονται

στα πλάτη τους. Εποµένως όταν το επίπεδο πόλωσης ταυτιστεί µε το x – y τότε

z = 0 και εποµένως :

( ) 00

i i t iE E e E

ω=

, ( ) 0

1

0i i t iEH e H

Z

ω=

( ) 0

0r i t rE E e RE

ω=

, ( ) 0

1

0r i t rEH e RH

Z

ω=

( ) 00t i t t

E E e T Eω=

, ( ) 0

2

0t i t tEH e T H

Z

ω=

Όπου µε r συµβολίζουµε την ανακλώµενη συνιστώσα και µε R το συντελεστή

ανάκλασης, ενώ µε t συµβολίζουµε την διερχόµενη συνιστώσα και µε Τ το

συντελεστή διεέλευσης. Στις διερχόµενες συνιστώσες παρατηρούµε ότι βάλαµε

το Z2 και όχι το Z1 καθώς αυτές διαδίδονται στο µέσον 2 πλέον. Εφαρµόζουµε

τις συνοριακές συνθήκες για την διαχωριστική επιφάνεια 2 µέσων :

( ) ( )2 1 2 10 καιn E E n H H j× − = × − =

Όπου n το κάθετο µοναδιαίο διάνυσµα της διαχωριστικής επιφάνειας δηλαδή

για την περίπτωση µας το z. Επιπλέον οι δείκτες 1,2 αναφέρονται στο

συνολικό µέγεθος για το αντίστοιχο µέσο, π.χ. το E1 είναι το ηλεκτρικό πεδίο

της ανακλώµενης αλλα και της προσπίπτουσας µαζί, δηλαδή το συνολικό πεδίο

στο µέσον 1. Άρα απο την πρώτη συνθήκη παίρνουµε :

( ) ( ) ( )( ) ( )0 0 00 0 0 0 0t i r i i t i t i tz E E E z E E e T E e E e Rω ω ω× − − = ⇒ × − − =

39


Όπου επι της ουσίας χρησιµοποιήσαµε το δεδοµένο ότι Ei = E

t = E

r το οποίο

αποτελεί σύµβαση, και άρα τελικά :

0 0 0 0 1i t i t i tE e T E e E e R T R

ω ω ω− − = ⇒ = +

Και απο την δεύτερη συνθήκη :

( ) ( ) ( )( ) 0 0 0

2 1 1

0 0 0t i r i i t i t i tE E Ez H H H j z H e T e e R j

Z Z Z

ω ω ω × − − = ⇒ × − − =

Όπου επι της ουσίας χρησιµοποιήσαµε το δεδοµένο ότι Hi = H

t = -H

r το οποίο

αποτελεί σύµβαση επίσης. Όµως θεωρούµε ότι στο µέσο µας j = 0 άρα :

( )0 0 0 2

2 1 1 1

0 1i t i t i tE E E Ze T e e R T R

Z Z Z Z

ω ω ω− + = ⇒ = −

Και απο το σύστηµα :

( ) ( )

2 1

1 22

2

21

1

1 2

1

1 11 2

Z ZRT R

Z ZZR RZ

T R ZZTZ

Z Z

−== + +

⇒ + = − ⇒ = − = +

Εποµένως οι καινούργιες κυµάνσεις µας θα είναι :

( ) 12 1

0

1 2

0zr i t rZ Z

E E e e EZ Z

γ ω−=

+

, ( )( )

12 1

0

1 1 2

0zr i t rZ Z

H E e e HZ Z Z

γ ω−=

+

( ) 22

0

1 2

20

zt i t tZE E e e E

Z Z

γ ω−=+

, ( ) 2

0

1 2

20

zt i t tH E e e HZ Z

γ ω−=+

Άσκηση 2.2 :

«∆ίνεται το παρακάτω διαδιδόµενο ηλεκτρικό πεδίο:

( ) ( )2 3 51,5 3 1, 2

i t x y zE x y z e

ω − − −= − +

Να βρείτε το k0, το επίπεδο πόλωσης, το πλάτος του πεδίου Ε0 την συχνότητα

του και το µαγνητικό πεδίο H :»

40


Γνωρίζουµε ότι µια τέτοια κύµανση θα δίνεται απο την σχέση :

( ) 0 0 0

0

x y zi t k x k y k zE E e E

ω β β β− − −=

Και άρα µε απευθείας σύγκριση προκύπτει ότι :

2 2 2

0 01,5 3 1, 2 1,5 3 1, 2 3,6E E x y z E= − + ⇒ = + + =

Και συνεπώς το µοναδιάιο διάνυσµα στην διεύθυνση του πεδίου θα είναι :

0 0 0

1,5 3 1, 20, 425 0,84 0,37E x y z E x y z

E E E= − + ⇒ = − +

∆ηλαδή οι γωνίες που σχηµατίζει το ηλεκτρικό πεδίο µε τους άξονες :

( ) ( ) ( )1 0 1 0 1 0cos 65 , cos 75 , cos 70E E E

x x xE x E y E xθ θ θ− − −= ⋅ = = ⋅ = = ⋅ =

Επίσης απο την φάση του πεδίου προκύπτει ότι :

0 0 02 , 3 , 5

x y zk k kβ β β= = =

Όπου υψώνοντας τις σχέσεις στο τετράγωνο και αθροίζωντας :

2 2 2 2 2 2 2

0 0 0 38 38 6,16x y z

k k kβ β β β β+ + = ⇒ = ⇒ =

Αφού το k0 είναι µοναδιάιο διάνυσµα. Άρα απο το παραπάνω σύστηµα

προκύπτει :

( ) ( )( )

0

0

0

1 00

0

1 0

0 0

1 0

0

0

20,325

cos 71

30, 487 cos 60,8

cos 35,750,812

kx

x

k

y y

k

z

z

kk x

k k y

k zk

θβ

θβ

θβ

−

−

−

= = = ⋅ =

= = ⇒ = ⋅ = = ⋅ =

= =

Για την συχνότητα γνωρίζουµε :

2f

ββ ω µε

π µε= ⇒ =

Ενώ για να προσδιορίσουµε το µαγνητικό πεδίο θα χρησιµοποιήσουµε την

εξίσωση Maxwell :

41


( ) ( ) ( )

( )

( )

~

2 3 5 2 3 5 2 3 5

2 3 5

2 3 5

1

1

1,5 3 1, 2

118,6 5,1 10,5

118,6 5,1 10,5

13,02 0,828 1

i tH e

i t x y z i t x y z i t x y z

i t x y z

i t x y z

HE

t

H Ei

x y z

i x y z

e e e

x y z e

x y z e

x y

ω

ω ω ω

ω

ω

µ

ωµ

ωµ

ωµ

µβ

ε

µε

− − − − − − − − −

− − −

− − −

∂∇× = − ⇒

∂

= − ∇×

∂ ∂ ∂= −

∂ ∂ ∂

−

= − − − +

= + −

= + −

( )2 3 5, 704

i t x y zz e

ω − − −

Όπου γνωρίζουµε ότι προσσεγιστηκά η ρίζα του µ/ε είναι περίπου 120π για το

κενό και ίση µε την αντίσταση του µέσου στην διάδοση της ακτινοβολίας,

δηλαδή τελικά :

( )2 3 513,02 0,828 1,704

120

i t x y zH x y z e

ω

π− − − = + −

Άλλος τρόπος είναι να πούµε ότι :

0 0

0

3,6

120

E EH

Z πµε

= = =

Και :

0 0 0 0 0,325 0, 487 0,812 0,849 0, 23 0, 479

0, 425 0,84 0,37

x y z

x y z

x y z x y z

H k E k k k x y z

E E E

= × = = = + −

−

Οπότε :

42


( ) ( )2 3 5 2 3 5

0

13,02 0,828 1,704

120

i t x y z i t x y zH H e H x y z e

ω ω

π− − − − − − = = + −

Άσκηση 2.3 :

«Επίπεδο ηλεκτροµαγνητικό κύµα πέφτει κάθετα στην επιφάνεια της θάλασσας.

Μέσα στο νερό σε απόσταση D απο την επιφάνεια βρίσκεται δέκτης σήµατος, ο

οποίος για να ενεργοποιηθεί χρειάζεται ισχύ 1 W/m2. Μελετήστε το µέγιστο

βάθος κατάδυσης για το οποίο λαµβάνει σήµα ο δέκτης συναρτήσει των f και

E0.»

Ορίζουµε το σύστηµα αναφοράς µας ώστε τα πεδία την κύµανσης να είναι :

0

0 0

0

0 0

0 0 0/

i zi i t

i z i zi i t i t

E E e e x

E EH e e y e e y

Z

β ω

β βω ω

µ ε

−

− −

=

= =

Η ισχύς της ακτινοβολίας όµως γνωρίζουµε ότι δηλώνεται απο το διάνυσµα

Poynting. Για το κενό :

( ) 0 0

2*

0 0

0

0 0

1 1Re Re

2 2 120/

i z i zi i i i t i tE ES E H E e e x e e y z

Z

β βω ω

πµ ε− −

= × = × =

Παρατηρούµε δηλαδή ότι η ισχύς παραµένει σταθερή στο κενό, το οποίο ήταν

αναµενόµενο αφού το κενό δεν παρουσιάζει αποροφητικότητα. Για το

εσωτερικό της θάλασσας :

*1Re

2

t t tS E H

= ×

κενό

Θάλασσα

x

z

43


Η θάλασσα όµως εµφανίζει µια απορροφητικότητα α εποµένως εντός της :

0

0

0 /

S

S

i zt az i az i t

i zt az i az i t

S

E Te E E Te e e x

EH Te H Te e e y

β ω

β ω

µ ε

−− −

−− −

= =

= =

Όπου η αποροφητικότητα α δίνεται απο την σχέση :

2

20

21

2

S

Saµ σ

ω εω

= + −

Και άρα τελικά για την θάλασσα :

( )

*0

0 *

0

22 2

0

0

1Re

2/

1Re

2

S Si z i zt aD i t aD i t

S

aD S

ES E Te e e x T e e e y

E T e

β βω ω

µ ε

εµ

−− − −

−

= ×

=

Όπου µιγαδική διηλεκτρική σταθερά :

S

S Siσ

ε εω

= −

Όπου όπως έχουµε είδη δείξει :

02

1 20 0 0

0

2 /2 2

/ /120 1

S

S S

ZT

Z Z

µ ε

µ ε µ ε επ

µ

= = =+ +

+

Συνεπώς :

( )

1

2 2

0 0

4 120 240 Re 1S

STε ε

π πµ µ

− = + +

Εποµένως λύνοντας ώς προς D την σχέση του διανύσµατος Poynting εντός της

θάλασσας :

44


( )22

0

0

1, ln Re

2 2

S

t

ED E f

a S

εµ

Τ =

Βρίσκουµε την D = D(E,f) απο την οποία µπορούµε να προσδιορίσουµε το

µέγιστο βάθος συναρτήσει των παραµέτρων. Η συµπεριφορά αυτής της

συνάρτησης µπορεί να κατανοηθεί πλήρως απο τα ακόλουθα τρία διαγράµµατα

στην Mathematica:

Manipulate[Plot3D[(1/(2*f*Sqrt[Sqrt[1 + (1/f^2)] - 1]))*Log[((Ef)*(Re[Sqrt[1 +

I/f]]))/((2*S)*((Sqrt[1 + (1/f)^2]) + (Re[Sqrt[1 + I/f]]) + 1))], Ef, 0,10, f, 0, 1000], S,

0.001, 1000]

Manipulate[Plot[(1/(2*f*Sqrt[Sqrt[1 + (1/f^2)] - 1]))*Log[((Ef)*(Re[Sqrt[1 +

I/f]]))/((2*S)*((Sqrt[1 + (1/f)^2]) + (Re[Sqrt[1 + I/f]]) + 1))], Ef, 0,10], S, 0.001, 1000,

f, 0.001, 1000]

Manipulate[Plot[(1/(2*f*Sqrt[Sqrt[1 + (1/f^2)] - 1]))*Log[((Ef)*(Re[Sqrt[1 +

I/f]]))/((2*S)*((Sqrt[1 + (1/f)^2]) + (Re[Sqrt[1 + I/f]]) + 1))], f, 0,1000], S, 0.001, 1000,

Ef, 0, 10]

Άσκηση 2.4 :

«Επάνω σε στρώµα διηλεκτρικού ε,µ0 και πάχους h υπάρχει τετραγωνικός

αγώγιµος βρόγχος πλευράς α όπως φαίνεται στο σχήµα. Έστω ότι εντός του

διηλεκτρικού διαδίδεται κύµανση µε εξίσωση ηλεκτρικού πεδίου :

( )0

i t i xE E e e y z

ω β−= +

Να βρείτε την ΗΕ∆ του πλαισίου και την τιµή της για την περίπτωση που η

πλευρά του πλαισίου είναι ακέραιο πολλαπλάσιο του µήκους κύµατος.»

x

y

h

a

z

E

B

45


Για να βρούµε την ΗΕ∆ θα πρέπει να υπολογίσουµε το µαγνητικό πεδίο της

διαταραχής απο την σχέση Maxwell :

( )

~

01

i tB e

i t i x

BE

t

EB E e e y z

i

ω

ω ββω ω

−

∂= −∇× ⇒

∂

= − ∇× = −

Το πλαίσιο όµως βρίσκεται στο εξωτερικό του διηλεκτρικού οπότε πρέπει να

βρούµε το µαγνητικό πεδίο έξω απο το διηλεκτρικό οπότε θα εφαρµόσουµε

την οριακή συνθήκη :

( )2 1 0n B B⋅ − =

Όµως η επιφάνεια που µας ενδιαφέρει να µελετήσουµε είναι αυτή που

βρίσκεται επάνω ο βρόγχος, δηλαδή :

( ) 0

2 1 2 1 2 10 0 i t i x

y y y y

Ey B B B B B B e eω ββ

ω−⋅ − = ⇒ − = ⇒ = =

Στην συνέχεια υπολογίσουµε την ροή του µαγνητικού πεδίου απο την

επιφάνεια του βρόγχου :

/ 2 / 2

2 2 2

/ 2 / 2a a

a a

y

S S a a

B d S B ydxdz B dxdz− −

Φ = ⋅ = ⋅ =∫∫ ∫∫ ∫ ∫

Όπου τα όρια ολοκλήρωσης είναι όροι του α/2 γιατί έχουµε τοποθετήσει το

σύστηµα αναφοράς µας στο κέντρο του πλαισίου. Εποµένως απο την

παραπάνω ολοκήρωση :

/ 2 / 2 / 2 / 2

0 0 0

/ 2 / 2 / 2 / 2

2sin

2

a a a a

i t i x i t i x i t

a a a a

E E E a ae e dxdz e dz e dx eω β ω β ωβ β β

ω ω ω− −

− − − −

Φ = = ⋅ = − ∫ ∫ ∫ ∫

Οµως γνωρίζουµε ότι το β = 2π/λ άρα τελικά :

02sin i tE a a

eωπ

ω λ Φ = −

Και για την ΗΕ∆ γνωρίζουµε :

02 sin i td aiE a e

dt

ωπλ

ε Φ = − =

46


Αυτή θα είναι η ΗΕ∆ του βρόγχου η οποία παρατηρούµε ότι µεταβάλεται

αρµονικά µε τον χρόνο. Άρα για α = nλ έχουµε :

( )02 sin 0i tiE a n e

ωπε = =

Άσκηση 2.5 :

«Ηλεκτροµαγνητικό κύµα µε ένταση ηλεκτρικού πεδίου :

1

0

i zi i tE E e e xβ ω−=

Προσπίπτει σε διαχωριστική επιφάνεια επι του επιπέδου xy όπως φαίνεται στο

σχήµα. Στο επίπεδο xz υπάρχουν δύο παράλληλοι αγωγοί. Το διάνυσµα Poynting

στην διαχωριστική επιφάνεια είναι 10W/m2 για το προσπίπτον και 3W/m

2 το

ανακλώµενο και η διαφορά φάσης του κύµατος µεταξύ των δύο αγωγών είναι

3π/4.

i. Να βρείτε την διηλεκτρική σταθερά του µέσου 2 και την συχνότητα του

κύµατος.

ii. Στο χώρο 1 υπάρχει αγώγιµο πλαίσιο. Να υπολογιστεί η ΗΕ∆ και να

λυφθούν υπόψιν φαινόµενα 2ης

τάξης εαν η γωνία που σχηµατίζει µε τον

άξονα z είναι 600 όπως φαίνεται στον σχήµα.»

i) Αρχικά προσδιορίζουµε το προσπίπτον µαγνητικό πεδίο :

10

1 1

ii zi i tEE

H y e e yZ Z

β ω−= =

1 : ε0 , µ0 2 : ε , µ0

D1

D2

L

x

z

y

a

d

Ei

Hi 60

0

47


Και απο τις συµβάσεις µας εποµένως τα ανακλώµενα πεδία είναι :

1

1

0

0

1

i zr i t

i zr i t

E RE e e x

EH R e e y

Z

β ω

β ω

=

= −

Όπου όπως έχουµε δείξει :

2 1

2 1

Z ZR

Z Z

−=

+

Και το διάνυσµα Poynting του προσπίπτωντος κύµατος υπολογίζεται :

( )2

*20 0

0*

01

1 1 1Re Re

2 2 2

i i i ES E H x y E z

Z

εµ

= × = × =

Ενώ του ανακλώµενου :

( )2 22

* 2 00 0

*

01

1 1Re Re

2 2 2

r r rR EE

S E H R x y zZ

εµ

= × = − × = −

Εποµένως µε διαίρεση προκύπτει :

2

r

i

S

R

S

=

Οπότε µε αντικατάσταση βρίσκουµε το R = ± 0,547, όµως γνωρίζουµε ότι :

0 0

0 02 1

2 1 0 0 0

0

0Z Z

RZ Z

µ µε ε ε ε

µ µ ε εε ε

−−−

= = = <+ +

+

Άρα κρατάµε µόνο την αρνητική τιµή και απο την παραπάνω εξίσωση

προκύπτει ότι :

2 212

0 2

1103, 25 10

1

R C

R Nmε ε − − = = ⋅ +

Για να υπολογίσουµε την ΗΕ∆ στον πρώτο αγωγό έχουµε :

48


1

0

L

t t

C

E dl E xdxε = ⋅ = ⋅∫ ∫

Όπου :

2

0

i zt i tE TE e e xβ ω−=

Οπότε :

( )2 1 2 1

1 0 0

0 0

L L

i D i Dt i t i tE xdx TE e e x x dx TE Le e

β βω ωε − −= ⋅ = ⋅ =∫ ∫

Και αντίστοιχα για τον δεύτερο αγωγό αποδεικνύεται ότι :

( )2 2 2 2

2 0 0

0 0

L L

i D i Dt i t i tE xdx TE e e x x dx TE Le e

β βω ωε − −= ⋅ = ⋅ =∫ ∫

Αφού όµως απο την εκφώνηση :

( )

( )[ ]

2 2 2 1

2 1 2

0 1 2

3

4

3

4

3

4

3328

8

t D t D

D D

f MHzD D

πφ

πω β ω β

πβ

µ ε

∆ = ⇒

− − + = ⇒

− = ⇒

= =−

ii) Για να βρούµε την ΗΕ∆ στον επίπεδο αγωγό της περιοχής 1 θα

χρησιµοποιήσουµε την γνωστή σχέση :

d

dtε Φ= −

Όπου :

1

0

S

H d sµΦ = ⋅∫∫

Όπου το στοιχειώδες µήκος επι του αγωγού στην περιοχή 1 παράλληλο στον

zy και τον ίδιο τον αγωγό θα είναι :

dl dy y dzz= −

49


Και το στοιχειώδες µήκος κατα την διεύθυνση του x θα είναι dxx συνεπώς :

d s dl dxx dydxz dzdx y= × = − −

Ενώ για το µαγνητικό πεδίο έχουµε :

( ) 1 11 0

1

i z i zi r i tEH H H e e Re y

Z

β βω −= + = −

Οπότε :

( ) ( )

( )

( )

1 1

1 1

1 1 1 1

1 1

1 1

0

0

1

cos

0

0

1 0

cos cos0

0

1 1

0 2 20

1 1

z

z z

i z i zi t

S

aa

i z i zi t

d

i a i d i a i di t

a ai i

i d i di t

Ee e Re y dydxz dzdx y

Z

Ee dx e Re dz

Z

iE ae e e R e e

Z

iE ae e e R e e

Z

β βω

θβ βω

β θ β β θ βω

β ββ βω

µ

µ

µβ

µβ

−

−−

−

− −

− −

Φ = − ⋅ − −

= − ⋅ −

= − − + −

= − − + −

∫∫

∫ ∫

Και τελικά :

1 1

1 1

1 1

1 1

0 2 20

1 1

0 2 2

2

2

a ai i

i d i di t

a ai i

i d i di t

E Lde e e R e e

dt Z

E Le e e R e e

β ββ βω

β ββ βω

ωµ

βε − −

− −

Φ= − = − + −

= − + −

Άσκηση 2.6 :

«∆υο τέλεια αγώγιµες πλάκες (σ →∞ ) απείρων διαστάσεων είναι παράλληλα

τοποθετηµένες στο επίπεδο xy όπως φαίνεται στο σχήµα και απέχουν κατα d.

Στο χώρο µεταξύ τους αναπτύσεται ηλεκτρικό πεδίο έντασης :

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 3 4, cos cos cos cosE z t c t z c t z x c t z c t z yω β ω β ω β ω β= + + − + + + −

Να προσδιορίσετε τις επιτρεπτές τιµές της συχνότητας του πεδίου καθώς επίσης

και το ρεύµα επάνω στις πλάκες.»

50


Αφού οι αγωγοί είναι τέλεια αγώγιµοι θα έχουµε :

1 30E E= =

Και απο την οριακή συνθήκη του ηλεκτρικού πεδίου στην επιφάνεια του

πρώτου αγωγού (z = 0) :

( )

( ) ( )( ) ( )

21 2 1

2

1 2 1 2

2

3 43 4

0

0

cos cos 00

cos cos 0

n E E

z E

c t c t c cE

c cc t c t

ω ω

ω ω

× − = ⇒

× = ⇒

+ = = −= ⇒ ⇒

= −+ =

Οπότε µπορούµε πλέον απο την τριγωνοµετρία να γράψουµε την εξίσωση του

πεδίου :

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4, 2 sin sin 2 sin sinE z t c t z x c t z yω β ω β= +

Ενώ απο την οριακή συνθήκη του ηλεκτρικού πεδίου στην επιφάνεια του

δεύτερου αγωγού (z = d) :

( )

( ) ( )( ) ( )

23 2 3

2

2

2

4 0 0

0

0

2 sin sin 00

2 sin sin 0 2

n E E

z E

c t d mE d m f

c t z d

ω ββ π

ω β ε µ

× − = ⇒

− × = ⇒

== ⇒ ⇒ = ⇒ =

=

Όµως απο την σχέση Maxwell :

0

HE

tµ

∂∇× = −

∂

x

y

z

d

1

2

3

A B

n21 n23

51


Όπου :

( ) ( ) 4 22 sin cos

y yx xz z

y x

E EE EE EE x y z

y z z x x y

E Ex y t z c x c y

z zβ ω β

∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∇× = − + − + − ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

∂ ∂ = − + = − + ∂ ∂

Οπότε τελικά :

( ) ( ) 4 2

0 0

1 2cos cosH Edt t z c x c y

βω β

µ µ ω = − ∇× = − + ∫

Και εφαρµόζοντας τις οριακές συνθήκες του µαγνητικού πεδίου στις

παραπάνω δύο επιφάνειες που χρησιµοποιήσαµε και για το ηλεκτρικό πεδίο

παίρνουµε τελικά :

( ) ( )

( ) ( )

21 2 1 2 2 4

0

23 2 3 2 2 4

0

2cos cos

2cos cos

A

A

j n H H z H t z c x c y

j n H H z H t z c x c y

βω β

µ ω

βω β

µ ω

= × − = × = − +

= × − = − × = +

∆ιευκρινίζουµε ότι τα επαγόµενα ρεύµατα επι των επιφανειών Α,Β οφείλονται

στο συνολικό πεδίο. Και παρατηρούµε ότι τελικά θα έχουµε :

m = 2n +1 m = 2n

jA = jB = - jB

jB = jA = - jA

Άσκηση 2.7 :

«Ηλεκτροµαγνητική ακτινοβολία προσπίπτει σε τέλεια αγώγιµη διαχωριστική

επιφάνεια. Η εξίσωση του προσπίπτοντως ηλεκτρικού πεδίου δίνεται :

1

0

i zi i tE E e e xβ ω−=

Να βρεθεί το ρεύµα το οποίο επάγεται στην διαχωριστική επιφάνεια.»

52


Α τρόπος :

Αρχικά προσδιορίζουµε το προσπίπτον µαγνητικό πεδίο :

10

1

i zi i tEH e e y

Z

β ω−=

Και το ανακλώµενο :

10

1

i zr i tREH e e y

Z

β ω= −

Εποµένως για την περιοχή 1 :

( ) 1 10

1

1

i z i zi r i tEH H H e e Re y

Z

β βω −= + = −

Και εφαρµόζουµε την οριακή συνθήκη του µαγνητικού πεδίου στην

διαχωριστική επιφάνεια (z = 0):

12 1 2j n H H = × −

Όµως αφού το µέσον 2 είναι τέλεια αγώγιµο θα έχουµε :

2και 0Hσ →∞ =

Εποµένως :

( ) ( ) ( ) 0 0

1

1 1

1 1i t i tE Ej z H e R z y e R x

Z Z

ω ω= − × = − − × = −

Όµως η αντίσταση του τέλεια αγώγιµου µέσου θα είναι :

0 0 042

iiZ e

i

πµ ωµ ωµσ σ σεω

= ≈ =−

Ei

x

z

y

n21 2 : ε , µ0 , σ

Er

1 : ε0 , µ0

53


Αφού ε << σ/ω. Οπότε ο συντελεστής ανάκλασης θα είναι περίπου :

2 1

2 1

1Z Z

RZ Z

−= ≈ −

+

Αφού Ζ2 << Ζ1 οπότε θα έχουµε τελικά :

0

0

0

2 i tj E e xωεµ

=

Β τρόπος :

Γνωρίζουµε ότι :

0

tj E dzσ

∞

= ∫

Όπου :

2

0 0

i zt i t az z i tE TE e e e x TE e e xβ ω γ ω− − −= =

Με γ = α + iβ όπου για την περίπτωση µας :

0

2a

µ σωβ= =

Και εποµένως :

( ) 0 401

2

i

i e

πµ σωγ µ σω= + =

Ενώ για τον συντελεστή διέλευσης :

02 2 4

2 1 1

2 22

iZ ZT e

Z Z Z

π ε ωσ

= ≈ =+

Οπότε µε ολοκλήρωση καταλήγουµε στο ίδιο αποτέλεσµα µε προηγουµένως :

0 0

0 0

00 0

2i t

t i t z i tTE ej E dz TE e e dz x x E e x

ωω γ ωσ ε

σ σγ µ

∞ ∞−

= = = =

∫ ∫

54


Άσκηση 2.8 :

«∆ίνονται οι 2 τέλειοι κυλινδρικοί αγωγοί του σχήµατος οι οποίοι είναι

οµόκεντροι και διαχωρίζονται απο διηλεκτρικό. Να βρεθεί η ένταση του

µαγνητικού πεδίου µεταξύ των αγωγών, το διάνυσµα Poynting και τα ρεύµατα

των αγωγών. ∆ίνεται το ηλεκτρικό πεδίο :»

( ) 0 cosE

E t kzω ρρ

= −

Αρχικά µπορούµε να πούµε ότι :

1 3 0H H= =

Αφού έχουµε τέλειους αγωγούς. Έπειτα απο την σχέση Maxwell για την

στροφή του ηλεκτρικού πεδίου βρίσκουµε το µαγνητικό πεδίο :

( )

( )

( )

0

0

0

0

0

0

1

sin

cos

HE H E dt

t

E kt kz dt

E kt kz

µµ

ω φµ ρ

ω φµ ρω

∂∇× = − ⇒ = − ∇×

∂

= − −

= −

∫

∫

Όµως γνωρίζουµε για το k :

( ) 0 0

0 0

0

cosE

k H t kzε

ω ε µ ω φρ µ

= ⇒ = −

ρ

φ

z

a b

1 2 3

55


∆ηλαδή οι δυναµικές γραµµες του µαγνητικού πεδίου είναι κλειστές εποµένως

θα πρέπει να υπάρχει ρεύµα κατα την κατακόρυφη διεύθυνση του συστήµατος

το οποίο προσδιορίσεται απο τις οριακές συνθήκες για το µαγνητικό πεδίο

στην επιφάνεια του πρώτου αγωγού (ρ = α) :

( )0 0

21 2 1 2

0

cosA

Ej n H H H t kz z

a

ερ ω

µ = × − = × = −

Και την επιφάνεια του δεύτερου αγωγού (ρ = b):

( )0 0

23 2 3 2

0

cosA

Ej n H H H t kz z

b

ερ ω

µ = × − = − × = − −

Εποµένως το διάνυσµα Poynting που συναρτήση της θέσης θα δίνεται απο :

( )

*

0 0 0

0

2

0 0

2

0

1Re

2

1Re

2

1

2

i t ikz i t ikz

S E H

E Ee e e e

Ez

ω ωερ φ

ρ ρ µ

εµρ

− −

= ×

= ×

=

Όπου τα πεδία αντιακθήστανται στην µιγαδική τους µορφή σε αυτήν την

σχέση. Και εποµένως για το διηλεκτρικό ολοκληρώνουµε στον όγκο του το S:

2

2 20 0

0 0

0 00

1 1ln

2

b

d

a

bS E d d E

a

πε ερ φ π

µ ρ µ = = ∫ ∫

Άσκηση 3.1 :

«Ο κυλινδρικός αγωγός απείρου µήκους του σχήµατος αρχικά δεν διαρέεται απο

ρέυµα και κάποια χρονική στιγµή t’:

i. Αρχίζει να διαρρέεται απο σταθερό ρεύµα I(t’) = I0 ,t’ > 0

ii. ∆έχεται µια ριπή ρεύµατος I0

Να βρείτε το ηλεκτρικό και το µαγνητικό πεδίο που δηµιουργεί ο αγωγός σε

απόσταση d απο τον άξονα του κυλίνδρου.»

56


i) Αρχικά ο αγωγός δεν διαρρέεται απο ρεύµα εποµένως το βαθµωτό δυναµικό

:

0V =

∆ηλάδή θα υπάρχει µόνο διανυσµατικό δυναµικό που υπολογίζεται :

( ) ( )0

'

', '

4 'V

j tA r t dV

r r

µπ

=−

∫∫∫

Όµως επειδή το πάχος του κυλίδρου είναι αµελητέο σε σχέση µε το µήκος του

θα έχουµε προσεγγιστηκά µόνο z’ συνιστώσα για το διάνυσµα θέσης ενός

σηµείου του κυλίνδρου, ενώ για το διάνυσµα θέσης του παρατηρητή έχουµε

µόνο ρ συνιστώσα άρα είναι προφανές ότι :

( )2' '

' '

rR r r z

r z z

ρρρ

= ⇒ = − = +

=

Και το παραπάνω ολοκήρωµα θα γραφθεί :

( ) ( )

( )

( )

2

0

0 0

2

0

0 0

20

', ' ' ' '

4

'' ' ' '

4

''

4

a

a

j tA r t d d dz

R

j td d dz

R

j ta dz

R

π

π

µρ ρ φ

π

µφ ρ ρ

π

µπ

π

∞

−∞

∞

−∞

∞

−∞

=

= ⋅ ⋅

=

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫

Με τόνους(‘) διακρίνουµε τα µεγέθη που αναφέρονται στον όγκο του

κυλινδρου απο αυτά που αναφέρονται στην θέση του παρατηρητή. Και έτσι για

το χρόνο συγκεκριµένα :

φ

z

y

x

a

r

r’ R = ctint

j(t’)

ρ

z

57


'R

t tc

= −

Εποµένως γίνεται προφανές ότι η πυκνότητα ρεύµατος θα εξαρτάται µόνο απο

το z’ :

( ) ( )20/

, '4

j t R cA r t a dz

R

µπ

π

∞

−∞

−= ∫

Όµως ο όρος :

( )2

0/a j t R c I zπ − =

Είναι το ρεύµα που περνάει απο την διατοµή του κυλίνδρου εποµένως :

( ) 0 0, '4

IA r t dz z

R

µπ

∞

−∞

=

∫

Λόγω άρτιας συµµετρίας παίρνουµε :

( ) 0 0

0

, '2

IA r t dz z

R

µπ

∞ =

∫

Αν υπολογίζαµε αυτό το ολοκλήρωµα µε την συνήθη µεθοδολογία θα

βρίσκαµε ότι τείνει στο άπειρο. Ο απειρισµός αυτός προκύπτει γιατί

επιτρέπουµε την διάδοση του πεδίου σε άπειρο χρόνο καθώς τόσος χρόνος θα

χρειαζόταν για να φτάσει η πληροφορία του πεδίου απο το άπειρο στον

παρατηρητή. Για να υπολογίζουµε λοιπόν αυτό το ολοκλήρωµα, ορίζουµε την

συνάρτηση ολοκλήρωµα :

( )( )

( )

( )

2 2int'

0 0

220

2 2

int int0 0

int

, '2 '

ln2

z ct

IA r t dz z

z

ct ctIz

ct

ρµπ ρ

ρµπ

= − = +

+ − =

∫

Και παίρνουµε το όριο του tint, το οποίο ορίζεται ως το χρονικό διάστηµα στο

οποίο φτάνει η πληροφορία του πεδίου στον παρατηρητή, απο το άπειρο :

( ) ( )0 0, ln 22

IA r t z

µπ

=

58


Πρακτικά αυτό σηµαίνει ότι όταν το ρ, δηλαδή η απόσταση του παρατηρητή

είναι αµελητέα σε σχέση µε τις διαστάσεις του αγωγού, το διανυσµατικό πεδίο

τότε είναι οµοιογενές. Εποµένως τα ζητούµενα πεδία µπορούν να βρεθούν

πλέον έυκολα απο τις σχέσεις :

( ) ( )( )

( )

2

0 0

2 22 2

int int

0 0

2 2int

int

2 1

1

2

zIA

B A

ct ct

IA cE z

t tct

µ ρφ φ

ρ π ρ ρ

µπ ρ

∂= ∇× = − = −

∂ − + −

∂ = = −

∂ −

ii) Και εδώ εφαρµόζουµε ακριβώς την ίδια ανάλυση µε την διαφορά ότι το

ρεύµα εδώ δεν είναι απλά µια σταθερή τιµή αλλα µια συνάρτηση δέλτα αφού

έχουµε ριπή(δηλαδή επίδραση για µια συγκεκριµένη µονο χρονική στιγµή t’) :

( ) ( )

( )

( )

( )

2

0

0 0

2

0

0 0

20

00

0

', ' ' ' '

4

'' ' ' '

4

''

4

/'

2

a

a

j tA r t d d dz

R

j td d dz

R

j ta dz

R

I t R cdz z

R

π

π

µρ ρ φ

π

µφ ρ ρ

π

µπ

π

δµπ

∞

−∞

∞

−∞

∞

−∞

∞

=

= ⋅ ⋅

=

−=

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫

∫

Κάνουµε αλλαγή µεταβλητής :

( )22 2' ''

RR z dz dR

zρ= + ⇒ =

Εποµένως :

( )( )00

0

/,

2 '

I t R cA r t dR z

z

δµπ

∞ −=

∫

Αντικαθηστούµε ώς προς τον χρόνο :

int intR ct dR cdt= ⇒ =

∆ηλαδή :

59


( ) ( )

( )00 0 0

int2 2 22

0int

/,

2 2

I t R c I cA r t cdt z z

Rct

δµ µπ π ρρ

∞ − = = −− ∫

Και πάλι τα πεδία µπορούν να βρεθούν απο τις σχέσεις :

καιA

B A Et

∂=∇× =

∂

Άσκηση 3.2 :

«Γραµµικό αγωγός µήκους L και ακτίνας a << L διαρέεται απο ρέυµα:

( ) '

0'i t

I t I e zω=

Να υπολογιστεί το ηλεκτρικό και το µαγνητικό πεδίο σε απόσταση r >> L απο το

κέντρο του αγωγού»

Υπολογίζουµε το διανυσµατικό δυναµικό:

( ) ( )0

'

', '

4 'V

j tA r t dV

r r

µπ

=−

∫∫∫

Όµως επειδή το πάχος του κυλίδρου είναι αµελητέο σε σχέση µε το µήκος του

θα έχουµε προσεγγιστηκά µόνο z’ συνιστώσα για το διάνυσµα θέσης ενός

σηµείου του κυλίνδρου, ενώ για το διάνυσµα θέσης του παρατηρητή έχουµε ρ

και z συνιστώσα άρα είναι προφανές ότι :

L

x

y

z

z

ρ

φ

r r’

θ

R

60


( )2' '

' '

r zzR r r z z

r z z

ρρρ

= + ⇒ = − = + −

=

Άρα η παραπάνω εξίσωση γράφεται :

( ) ( )

( )

( )

( )

( )

( )

/ 2 2

0

/ 2 0 0

2 / 2

0

0 0 / 2

/ 2

20

/ 2

/ 2

0

/ 2

// 2

0 0

22/ 2

/, ' ' ' '

4

/' ' ' '

4

/'

4

/'

4

'4 '

L a

L

a L

L

L

L

L

L

i t R cL

L

j t R cA r t d d dz

R

j t R cd d dz

R

j t R ca dz

R

I t R cdz z

R

I edz z

z z

π

π

ω

µρ ρ φ

π

µφ ρ ρ

π

µπ

π

µπ

µπ ρ

−

−

−

−

−

−

−=

−= ⋅ ⋅

−=

−=

= + −

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫

∫

∫

∫

Όπου Ι(t – R/c) είναι το ρεύµα που περνάει απο την διατοµή του αγωγού. Όµως

αφού r >> L θα ισχύει προφανώς και ότι z >> z’ άρα :

( )( )

( )22

// 2

0 0

2 2/ 2

/ 2

/0 0

2 2/ 2

/ 2'0 0

2 2/ 2

, '4

'4

'4

i t R cL

L

Li t

i R c

L

Li tik z z

L

I eA r t dz z

z

I ee dz z

z

I ee dz z

z

ω

ωω

ωρ

µπ ρ

µ

π ρ

µ

π ρ

−

−

−

−

− + −

−

= +

=

+

=

+

∫

∫

∫

Ενώ επίσης µπορεί να δείξει κάποιος υπολογίζοντας το ανάπτυγµα διωνύµου

ότι :

( )22 ' 'cosz z r zρ θ+ − ≈ −

Οπότε :

61


( )

( )

/ 2

'cos0 0

2 2/ 2

cos cos

2 20 0

2 2

0 0

2 2

0 0

2 2

, '4

cos4

cossin

2

cos42

sin

4

Li t ikr

ikz

L

ikL ikLi t ikr

i t ikr

i t ikr

I e eA r t e dz z

z

I e e e ez

ikz

kL

I Le ez

kLz

uI Le e

uz

ωθ

θ θω

ω

ω

µ

π ρ

µθπ ρ

θµ

θπ ρ

µ

π ρ

−

−

−−

−

−

=

+

− = +

=

+

=+

∫

z

Όπου θέσαµε την ποσότητα :

cos

2

kLu

θ=

Και τελικά τα ζητούµενα πεδία θα είναι :

καιA

B A Et

∂=∇× =

∂

Άσκηση 3.3 :

«Φορτίο βρίσκεται στον θετικό ηµιάξονα x και κινείται ισοταχώς µε ταχύτητα.

v vx=

Κάποια στιγµή το βαθµωτο δυναµικό παίρνει την τιµή φ = φ0. Ποια είναι η θέση

του φορτίου εκέινη την στιγµή που µετράµε το δυναµικό φ0 ;»

rq’

rq

∆x

v

x

y

z

R

62


Θεωρούµε ότι ο παρατηρητής βρίσκεται στην θέση Ο που αποτελεί το σηµείο

αναφοράς µας και το φορτίο στην θέση rq’ την στιγµή που µας απέστειλε την

πληροφορία του πεδίου του. Όµως την στιγµή που εµείς µετράµε αυτήν την

πληροφορία, το φορτίο q έχει ήδη µετακινηθεί κατα ∆x απο την rq’ εποµένως

απο το δυναµικό Coulomb που µετράµε, προκύπτει ότι :

( ) ( )

( )

0

0

0

0 0

1

4

1

4

1 1

4 4 1

q

R vR

c

q

Rx vxR

c

q q

Rv RR

c

φπε

πε

πε πε β

=⋅

−

=− ⋅

−

= =++

∆ηλαδή :

( )0 04 1

qR

πε φ β=

+

Όπου όπως φαίνεται και στο σχήµα :

'q

R r r Rx= − = −

Όπου r η θέση του παρατηρητή, δηλαδή 0. Τονίζεται ότι η φορά του R δεν

είναι συµβατική αλλα επιλέγεται πάντα έτσι ώστε να έχει φορά απο το φορτίο

προς τον παρατηρητή για να ισχύουν οι τύποι. Όπως αναφέρθηκε και

προηγουµένως η πληροφορία του πεδίου φτάνει σε εµάς έπειτα απο ένα

χρονικό διάστηµα :

Rt

c∆ =

Στο οποίο όπως προκύπτει απο την βασική µηχανική το φορτίο θα έχει

µετακινηθεί :

x v t∆ = ∆

∆ηλαδή :

vx R R

cβ∆ = =

63


Οπότε είναι προφανές ότι η τελική θέση του φορτίου δηλαδή όταν φτάνει σε

εµάς το δυναµικό φ0 είναι :

( )0 0

14

q

qx R x R R Rβ β

πε φ= + ∆ = + = + =

Άσκηση 3.4 :

«∆υο σηµειακά φορτία q1 , q2 κινούνται ισοταχώς κατα τον θετικό ηµιάξονα x µε

ταχύτητες v1 < v2. Να υπολογιστούν η ηλεκτρική και η µαγνητική δύναµη που

ασκεί το ένα στο άλλο όταν απέχουν απόσταση d»

Απο τους τύπους για τα ηλεκτρικά πεδία :

( )( )

( )( )

2

3

0

2 2

0

14

4

v

qE R R

s

R a R RqE Ra

sc sα

β βπε

β

πε

= − −

⋅ − = −

Προκύπτει άµεσα ότι :

0Eα =

Αφού δεν υπάρχουν επιταχυνόµενα φορτία. Για το Εv υπολογίζουµε αρχικά την

παράµετρο για το πεδίο που στέλνει το q1’ στο q2 :

( )1 1 1 1s R Rβ= − ⋅

R1

R2

v2 v1

∆x1 ∆x2

q2 q2’ q1’ q1

x

d

z

y

O

64


Το πεδίο όµως που δηµιουργεί το ένα ως προς το άλλο δεν οφείλεται στο πεδίο

που στέλνουν απο την θέση τους όταν απέχουν d αλλα σε αυτό που στέλνουν

απο µια θέση λίγο ποιο µπροστά, ∆x1 για το πρώτο και ∆x2 για το δεύτερο.

Προκύπτει λοιπόν απο το σχήµα ότι :

( ) ( )1 1 1 1 1 11s R R x x Rβ β= − ⋅ = −

Και άρα για το πεδίο :

( ) ( ) ( )

( )( ) ( )

( )( )

21

21 1 1 1 133

0 1 1

21

1 1 133

0 1 1

2

1 1

22

0 1 1

14 1

1 14 1

1

4 1

qE R x R x

R

qR x

R

qx

R

β βπε β

β βπε β

β

πε β

= − −−

= − −−

−=

−

Όπου όµως η απόσταση R1 που απέχει το q1 όταν στέλνει το πεδίο στην τελική

θέση του q2 είναι το ∆x1 που θα πρέπει να διανύσει το φορτίο ώστε να απέχει

απο το q2 d σύν την απόσταση τους d (δες σχήµα) δηλαδή :

1 1 1 1 1

11

dR x d R d Rβ

β= ∆ + = + ⇒ =

−

Άρα µε αντικατάσταση στην σχέση του πεδίου έχουµε :

( )

2

1 1

21 2

0

1

4

qE x

d

β

πε

−=

Οµοίως για το πεδίο που στέλνει το q2’ στο q1 υπολογίζουµε την παράµετρο :

( )

( )

2 2 2 2

2 2 2

2 21

s R R

R R

R

β

β

β

= − ⋅

= +

= +

Εδώ έχουµε (+) επειδή η ταχύτητα πλέον είναι αντίρροπη του διανύσµατος

απόστασης. Αντικαθηστούµε στην σχέση του πεδίου :

65


( ) ( ) ( )

( )( )( )

( )( )

22

12 2 2 2 233

0 2 2

22

2 2 233

0 2 2

2

2 2

22

0 2 2

14 1

1 14 1

1

4 1

qE R x R x

R

qR x

R

qx

R

β βπε β

β βπε β

β

πε β

= − − −+

= − + −+

−= −

+

Όµως η απόσταση R2 που απέχει το q2 όταν στέλνει το πεδίο στην τελική θέση

του q1 είναι η τελική τους απόσταση d πλίν το ∆x2 που διύνησε µέχρι να

φτάσουν σε απόσταση d (δες το σχήµα) οπότε :

2 2 2 2 2

21

dR d x d R Rβ

β= − ∆ = − ⇒ =

+

Αντικαθηστούµε στην σχέση του πεδίου :

( )

2

2 2

12 2

0

1

4

qE x

d

β

πε

−= −

Και οι αντίστοιχες ηλεκτρικές δυνάµεις θα είναι εποµένως :

( )

( )

2

1 2 1

,21 2 21 2

0

2

1 2 2

,12 1 12 2

0

1

4

1

4

e

e

q qF q E x

d

q qF q E x

d

β

πε

β

πε

−= =

−= = −

Παρατηρούµε δηλαδή ότι δεν ισχύει ο τρίτος νόµος του Νεύτωνα. Για τα

µαγνητικά πεδία έχουµε :

( ) ( )

( )( )

2

3

0

3 2

0

14

4

v

qB R

cs

R a RqB Ra

sc sα

β βπε

β

πε

= × −

⋅ × = −

Οπότε είναι προφανές ότι δεν υπάρχουν αφού δεν έχουµε επιταχυνόµενα

φορτία και επίσης η ταχύτητα είναι συγγραµική της απόστασης R. Άρα οι

µαγνητικές δυνάµεις θα είναι µηδενικές.

66


Άσκηση 3.5 :

«Φορτίο q κινείται ισοταχώς επι του άξονα x µε ταχύτητα :

v vx=

Να υπολογιστει η διαφορά δυναµικού των σηµείων Α, Β όταν το q διέρχεται απο

το Ο(0,0)»

Έστω ότι το δυναµικό φΑ που παρατηρούµε στο Α οφείλεται στην πληροφορία

που µας έστειλε το φορτίο απο µια απόσταση ∆xΑ πρίν απο την αρχή των

αξόνων. Τότε προφανώς θα ισχύει :

( ) ( )

0

0

0 0

1

4

1

4

1 1

4 4

A

AA

A A

A

A A AA

q

R vR

c

q

x x y y vxR

c

q q

v x R xR

c

φπε

πε

πε πε β

=⋅

−

=∆ + ⋅

−

= =∆ − ∆−

Όµως η πληροφορία του πεδίου φτάνει σε εµάς έπειτα απο ένα χρονικό

διάστηµα :

A

A

Rt

c∆ =

Στο οποίο όπως προκύπτει απο την βασική µηχανική το φορτίο θα έχει

µετακινηθεί :

q’’ q’ v v

RA

RB

∆xA

∆xB

A

B

yA

yB O x

y

z

67


A Ax v t∆ = ∆

∆ηλαδή :

A A A

vx R R

cβ∆ = =

Ενώ επίσης απο την γεωµετρία του προβλήµατος είναι εµφανές ότι :

2 2 2 2

21

A

A A A A A A

yR y x y R Rβ

β= + ∆ = + ⇒ =

−

Και άρα µε αντικατάσταση στην αρχική σχέση έχουµε :

0

2

0

2

0

1

4

1

4 1

4 1

A

A A

A

A

q

R x

q

R

q

y

φπε β

πε β

πε β

=− ∆

=−

=−

Εφόσον το Β είναι γενικώς ποιο κοντά, δηλαδή ισχύει γενικά :

A B

A B A B

x xR R x x

β β∆ ∆

> ⇒ > ⇒∆ > ∆

∆ηλαδή η πληροφορία του πεδίου που ταξιδεύει προς στο Β για να φτάσει την

χρονική στιγµή που το σωµάτιο περνάει το Ο ξεκινάει ποιο µετά απο ότι η

πληροφορία που ταξιδεύει προς το Α. Οµοίως αποδεικνύουµε ότι θα ισχύει :

2 2 2 2

21

B

B B B B B B

yR y x y R Rβ

β= + ∆ = + ⇒ =

−

Και :

2

04 1B

B

q

yφ

πε β=

−

Οπότε η ζητούµενη διαφορά δυναµικού θα είναι :

2

0

1 1

4 1B A

B A

q

y yφ φ

πε β− = −

−

68


Άσκηση 4.1 :

«Φορτίο q βρίσκεται ακίνητο στην αρχή καρτεσιανού συστήµατος αναφοράς S.

Ένας παρατηρητής κινείται µαζί µε το αδρανειακό σύστηµα αναφοράς του S’ µε

ταχύτητα :

v vx=

Στο χώρο υπάρχει µαγνητικό πεδίο :

x y zB B x B y B z= + +

Να υπολογιστούν οι ηλεκτροµαγνητικές δυνάµεις που ασκούνται στο φορτίο

λόγω της σχετικής κίνησης των παρατηρητών.»

Ο ακίνητος παρατηρητής παρατηρεί τα εξωτερικά (όχι αυτά που δηµιουργεί

το φορτίο) πεδία :

0 και x y zE B B x B y B zεξ εξ= = + +

Οπότε κατα αυτόν το φορτίο δέχεται µόνο µαγνητική δύναµη :

mF qv Bεξ= ×

Όµως αφού το φορτίο δεν κινείται θα έχουµε τελικά :

0mF =

Για τον κινούµενο παρατηρητή, απο τους µετασχηµατισµούς του πεδίου

έχουµε :

x x’

y y’

z z’

v

S S’

q

69


( )( )

2

2

'

'

'

'

'

'

x x

y y z

z z y

x x

y y z

z z y

B B

vB B E

c

vB B E

c

E E

E E vB

E E vB

γ

γ

γ

γ

=

= +

= −

=

= −

= +

Όµως όπως αναφέραµε ο ακίνητος παρατηρητής δεν βλέπει κάποιο ηλεκτρικό

πεδίο εποµένως :

0x y z

E E E= = =

∆ηλαδή τελικά :

'

'

x y z

z y

B B x B y B z

E vB y vB z

γ γ

γ γ

= + +

= − +

Και οι αντίστοιχες δυνάµεις :

( ) ( ) ( )( )

' '

' '

m x y z z y

e z y

F qv B qvx B x B y B z qv B y B z

F qE q v B y B z

γ γ γ

γ

= × = − × + + = −

= = − −

Αρα η συνολική ηλεκτροµαγνητική δύναµη θα είναι :

' ' ' 0L m eF F F= + =

Παρατηρούµε δηλαδή ότι αν και τα µεγέθη δεν είναι τα ίδια, και οι δύο

παρατηρητές βλέπουν την συνολική δύναµη που δέχεται το φορτίο ίδια.

Άσκηση 4.2 :

«Φορτίο q κινείται µε ταχύτητα :

v vx=

Ενας παρατηρητής βρίσκεται ακίνητος στην αρχή ενός συστήµατος αναφοράς S,

ενώ ένας άλλος παρατηρητής βρίσκεται στο σύστηµα S’το οποίο έχει ως σηµείο

70


αναφοράς το φορτίο. Να βρείται το ηλεκτρικό και το µαγνητικό πεδίο που

παρατηρούν και οι δύο παρατηρητές.»

Στο S’ το φορτίο είναι ακίνητο και εποµένως το µόνο πεδίο που δηµιουργεί

είναι ηλεκτρικό :

3 32 2 2

0 0

' ' ' ''

4 4' ' ' '

q r q x x y y z zE

r x y zπε πε+ +

= =+ +

∆ηλαδή :

32 2 2

0

32 2 2

0

32 2 2

0

''

4 ' ' '

''

4 ' ' '

''

4 ' ' '

x

y

z

q xE

x y z

q yE

x y z

q zE

x y z

πε

πε

πε

=+ +

=+ +

=+ +

Και απο τους µετασχηµατισµούς των συντεταγµένων σύµφωνα µε της ΕΘΣ

στο σύστηµα S’ θα έχουµε τις εξισώσεις πεδίου :

x x’

y y’

z z’

v

S S’

q

71


( )

( )

( )

( )

322 2 20

322 2 20

322 2 20

'4

'4

'4

x

y

z

x vtqE

x vt y z

q yE

x vt y z

q zE

x vt y z

γ

πε γ

πε γ

πε γ

−=

− + +

=− + +

=− + +

Ενώ για το σύστηµα S θα έχουµε :

( )

( )( )

( )

( )( )

( )( )

2 322 2 20

2 322 2 20

322 2 20

322 2 20

322 2 20

' 0

' '4

' '4

'4

' '4

' '4

x x

y y z

z z y

x x

y y z

z z y

B B

v q zB B E

ccx vt y z

v q yB B E

ccx vt y z

x vtqE E

x vt y z

q yE E vB

x vt y z

q zE E vB

x vt y z

γβγ

πε γ

γβγ

πε γ

γπε γ

γγ

πε γ

γγ

πε γ

= =

= − = − + +

= + = − + +

−= =

− + +

= + =− + +

= − =− + +

Άσκηση 4.3 :

«Σηµειακό φορτίο q1 βρίσκεται ακίνητο στην θέση :

1 1r x x=

Ενα δεύτερο φορτίο q2 κινείται µε ταχύτητα και πλησιάζει το q1 :

v vx=

Αν η δύναµη που ασκείται στο q1 όταν το q2 βρίσκεται σε απόσταση d έχει τιµή

F0 να βρείται την ταχύτητα του φορτίου q2.»

72


Καθυστερηµένα ∆υναµικά :

Το ηλεκτρικό πεδίο που δηµιουργεί το q2 θα είναι :

( )( )22

12 3

0

14

q R RE

R R

ββ

πε β

−= −

− ⋅

Όµως το πεδίο που βλέπει το q1 στην θέση r1 είναι αυτό που φτάνει εκεί απο

µια προηγούµενη χρονική στιγµή στην οποία το q2 βρισκόταν σε µια θέση ∆x

πιο πίσω απο την τελική θέση στην οποία τα δύο φορτία απέχουν d. Οπότε

προκύπτει απο την γεωµετρία του προβλήµατος ότι :

R x d R v t d= ∆ + ⇒ = ∆ +

Στον ίδιο χρόνο όµως που το φορτίο κινήθηκε κατα ∆x το πεδίο διαδώθηκε σε

απόσταση R µε την ταχύτητα του φωτός οπότε τελικά :

1

R dR v d R

c β= + ⇒ =

−

Άρα το πεδίο είναι :

( )( )

( )( )

( )( )

( )

22

12 3

0

22

3

0

2 2

22

2 220 0

14

14

1 1

4 41

q R RE

R R

q Rx Rx

R R

qqx x

dR

ββ

πε β

ββ

πε β

β β

πε πεβ

−= −

− ⋅

−= −

−

− −= =

−

x

y

z

O q2 q2’ q1

v

∆x

R

r1

d

= c∆t

73


Και εποµένως η δύναµη που ασκεί το πεδίο στο q1 θα είναι :

( )

2

1 2

12 1 12 2

0

1

4

q qF q E x

d

β

πε

−= =

Γνωρίζουµε όµως ότι η τιµή της δύναµης είναι F0 οπότε :

( )

2

1 2

0 2

0

1

4

q qF x x

d

β

πε

−=

Η φορά της δύναµης επιλέγεται αυθαίρετα. Και απο την επίλυση της εξίσωσης

ως προς β βρίσκουµε την ζητούµενη ταχύτητα :

2 2

2 0 0 0 0

1 2 1 2

4 41 1

d F d Fv c

q q q q

πε πεβ = − ⇒ = −

ΕΘΣ :

Θα προσπαθήσουµε να θεωρήσουµε τώρα το πρόβληµα απο την µεριά της

σχετικότητας. Υποθέτουµε ότι έχουµε έναν παρατηρητή στο σηµείο αναφοράς

του αδρανειακού συστήµατος S στο οποίο το q1 είναι ακίνητο και σε απόσταση

r1 απο τον παρατηρητή. Επίσης θεωρούµε και έναν παρατηρητή στο σηµείο

αναφοράς του αδρανειακού συστήµατος S’ το οποίο ταυτίζεται µε την θέση

του q2, εποµένως σε αυτο το σύστηµα το q2 είναι ακίνητο και το q1 κινείται µε

ταχύτητα :

v vx= −

q2

x x’

y’

z’ z

y

q1

v

vt

r1

d

74


Απο τους τύπους στους οποίους καταλήξαµε στην προηγούµενη άσκηση

αντικαθηστώντας πλέον τις γνωστές συντεταγµένες µας :

1

0

x x

y z

=

= =

Θα έχουµε για το πεδίο :

( )

( ) ( )12 2

3 22220 0 1

1

1

4 4

0

x

y z x y z

x vtq qE

x vtx vt

E E B B B

γπε πε γγ

−= =

−−

= = = = =

Για την µη µηδενική συνιστώσα x λοιπόν,όπως φαίνεται και απο το σχήµα το

x1 - vt = d άρα τελικά :

2

2 2

04x

qE

dπε γ=

Εποµένως η δύναµη που ασκεί το ηλεκτρικό πεδίο στο q1 θα είναι :

1 2

1 2 2

04e

q qF q E x

dπε γ= =

Γνωρίζουµε όµως ότι η τιµή της δύναµης είναι F0 οπότε :

1 2 1 2

0 02 2 2 2

0 04 4

q q q qF x F x x

d dπε γ πε γ= ⇒ =

Η φορά της δύναµης επιλέγεται αυθαίρετα. Και απο την επίλυση της εξίσωσης

ως προς γ βρίσκουµε την ζητούµενη ταχύτητα :

2

2 0 01 2 1 2

2 2 2

1 20 0 0 0

2

411

4 41

d Fq q q qv c

q qd F v d F

c

πεγ

πε πε= ⇒ = ⇒ = −

−

Παρατηρούµε δηλαδή ότι και οι δύο θεωρήσεις συµφωνούν στην τιµή της

ταχύτητας του κινούµενου φορτίου.

75


Επαναληπτική 1 :

«Φορτίο q κινείται σε περιφέρεια κύκλου ακτίνας ρ0 µε κυκλική συχνότητα ω. Να

υπολογιστεί το µαγνητικό πεδίο

i) Στο κέντρο του κύκλου

ii) Σε µια απόσταση h πάνω απο το κέντρο του κύκλου.»

Το µαγνητικό πεδίο θα βρίσκεται προφανώς απο τους τύπους Lienard –

Wiechert :

( )( )( )( )

2

3 3 2

0 0

1 και4 4

v a

a R Rq qB R B a R

scs c s

ββ β

πε πε

⋅ × = × − = + ×

Σε αυτό το σύστηµα αν και η επιτρόχιος ταχύτητα είναι σταθερή, δηλαδή δεν

υπάρχει επιτρόχιος επιτάχυνση, το φορτίο θα δέχεται µια κεντροµόλο

επιτάχυνση άρα θα υπάρχουν και τα 2 παραπάνω πεδία. Εφόσον η γωνιακή

ταχύτητα είναι σταθερή :

zω ω=

Τότε η επιτρόχιος ταχύτητα του φορτίου θα είναι απο την µηχανική :

( ) 0 0 0v zω ρ ωρ ρ ωρ φ= × = × =

Ενώ η κεντροµόλος :

( ) 2 2

0 0a v zω ω ρ φ ω ρ ρ= × = × = −

Το διάνυσµα αποστάσεως του φορτίου απο ένα σηµείο που βρίσκεται επι του

άξονα περιστροφής του σε ύψος h απο το επίπεδο όπως φαίνεται και απο την

γεωµετρία του σχήµατος θα είναι :

y

x

z

z

φ

ρ

ρ0

R

h

ω

76


0 0R h hzρ ρ ρ= − = −

Θυµίζουµε ότι το διάνυσµα αυτό δείχνει πάντα προς τον παρατηρητή. Η

παράµετρος s των τύπων είναι :

( ) ( )0s R R R hz Rβ β φ ρ ρ = − ⋅ = − ⋅ − =

Υπολογίζουµε επιµέρους τα γινόµενα :

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

0 0 0

2 2 2

0 0 0

2 2 2

0 0 0 0 0

R hz h z h z

a R hz

a R hz h z h

β βφ ρ ρ β φ ρ φ ρ β ρ ρ

ω ρ ρ ρ ρ ω ρ

ω ρ ρ ρ ρ ω ρ ρ ρ ρ ρ ω ρ φ

× = × − = × − × = +

⋅ = − ⋅ − =

× = − × − = − × − × =

Και εποµένως θα έχουµε τελικά τις συνιστώσες του πεδίου :

( )( )

2 2

20

0 0 03 3 3

0 0

1και

4 4v a

q qB h z B h Rh z

cR c R

β β ω ρρ ρ ρ β ρ φ βρ

πε πε

− = + = + +

Αν τώρα θέλουµε να βρούµε τις τιµές τους στο κέντρο του κύκλου αρκεί να

θέσουµε h = 0 στις παραπάνω σχέσεις :

( )2 2 30 0

3 3 3

0 0

1και

4 4v a

q qB z B z

cR c R

β β ρ ω βρπε πε

−= =


«Επίπεδο ηλεκτροµαγνητικό κύµα πέφτει κάθετα σε διαχωριστική επιφάνεια 2

χώρων. Ο χώρος 1 είναι κενός ενώ ο χώρος 2 είναι γεµάτος απο υλικό

αγωγιµότητας σ >> 1. ∆ύο όµοιοι τετράγωνοι βρόγχοι πλευράς α και αντίστασης

R είναι τοποθετηµένοι όπως φαίνεται στο σχήµα. Να υπολογιστεί το ρεύµα της

ΑΒ όταν :

i) D = λ και α = λ

ii) D = λ και α = λ/4

Το κύµα είναι πολωµένο παράλληλα προς τον x.»

77


Εφόσον µας δίνεται ότι το κύµα είναι πολωµένο κατα τον x θα έχουµε ότι :

E Ex=

Θεωρούµε ότι η διαχωριστική επιφάνεια είναι επι του επιπέδου xy οπότε το

διάνυσµα θα διαδίδεται κατα την διεύθυνση z αφού προσπίπτει κάθετα στην

διαχωριστική επιφάνεια οπότε το κυµατοδιάνυσµα θα είναι :

( ) ( ) ( )0 0 0 0 cos cos cosx y z x y z

k k x k y k z x y z zθ θ θ= + + = + + =

Και η παράµετρος γ του πρώτου χώρου, εφόσον είναι κενός θα είναι :

i iγ α β β= + =

Άρα το αρχικό κύµα θα έχει εξίσωση ηλεκτρικού πεδίου :

0

0 0

k ri i t i z i tE E e e x E e e xγ ω β ω− ⋅ −= =

Και το αντίστοιχο µαγνητικό :

0 0

1 0 120

ii i i z i tEE

H y E y e e yZ

β ωεµ π

−= = =

Η φορά είναι ως προς τον y ώστε να εξασφαλίζεται η τρισοθογωνιότητα ως

προς τα :

0E H k× =

Στον χώρο 1 όµως, που βρίσκεται το πλαίσιο διαδίδονται δύο κυµάνσεις µε

αντίθετη φορά, η αρχική και η ανακλώµενη :

σ >> 1

x

z

y

ε0 , µ0

1 2

2 1

Α

Β

kr H

r Ε

r k

i

Hi

Εi

I1 I2

D

78


0

0

1 120

r i z i t

rr i z i t

E RE e e x

EEH y R e e y

Z

β ω

β ω

π

=

= − = −

Όπου R ο συντελεστής ανάκλασης ο οποίος θα είναι :

2 1 1

2 1 1

1Z Z Z

RZ Z Z

− −= ≈ = −

+

Καθώς το Z2 θα τείνει στο µηδέν για πολύ µεγάλη αγωγιµότητα (δες άσκηση

2.7 σελ. 51). Εποµένως το συνολικό µαγνητικό πεδίο που διέρχεται µέσα απο

το πλαίσιο είναι :

( ) 0

1 cos120

i t

i r E eH H H z y

ω

βπ

= + =

Και εποµένως η µαγνητική ροή εντός του πρώτου βρόγχου θα είναι :

( ) ( )

( )

( ) ( )

1

0 0

1 0 10 2

0 0

0 2

0 0

cos120

cos120

sin 2 sin120

i ta D a

D aS

i ta D a

D a

i t

E eH d S z y y dzdx

E edx z dz

E e aD a D a

ω

ω

ω

µµ β

π

µβ

πµ

β β β βπβ

− −

− −

− −

− −

Φ = ⋅ = ⋅

= ⋅

= + − +

∫∫ ∫ ∫

∫ ∫

Και οµοιώς για τον δεύτερο βρόγχο δείχνουµε :

( ) ( )

( )

( ) ( )

2

0 0

2 0 10

0 0

0

0 0

cos120

cos120

sin sin120

i ta D

D aS

i ta D

D a

i t

E eH d S z y y dzdx

E edx z dz

E e aD a D

ω

ω

ω

µµ β

π

µβ

πµ

β β βπβ

−

− −

−

− −

Φ = ⋅ = ⋅

= ⋅

= + −

∫∫ ∫ ∫

∫ ∫

Η διαφορά τους έγκειται στο ότι έχουν διαφορετικά όρια ολοκλήρωσης στον

x(µετατοπισµένα κατα α). Οπότε απο τον νόµο του Faraday :

79


( ) ( )

( ) ( )

0 01

1

0 02

2

sin 2 sin120

sin sin120

i t

i t

i E e adD a D a

dt

i E e adD a D

dt

ω

ω

ωµβ β β β

πβ

ωµβ β β

πβ

ε

ε

Φ= − = − + − +

Φ= − = − + −

Και τα αντίστοιχα ρεύµατα :

( ) ( )

( ) ( )

0 01

1

0 02

2

sin 2 sin120

sin sin120

i t

i t

i E e aI D a D a

R R

i E e aI D a D

R R

ω

ω

ωµβ β β β

πβ

ωµβ β β

πβ

ε

ε

= = − + − +

= = − + −

Οπότε το συνολικό ρεύµα στην ΑΒ θα είναι :

( ) ( ) ( )0 0

2 1 sin 2 2sin sin120

i t

AB

i E e aI I I D a D a D

R

ωωµβ β β β β

πβ= − = + − + +

Αν αντικαταστήσουµε τώρα το β µε την τιµή του 2π/λ η παραπάνω σχέση

γράφεται :

0 0 2sin 2 2sin 2 sin 2

120

i t

AB

i E e a D a D a DI

R

ωωµπ π π

πβ λ λ λ + + = − +

Το οποίο για την πρώτη περίπτωση προκύπτει :

0AB

I =

Ενώ για την δεύτερη περίπτωση :

0 0

60

i t

AB

i E e aI

R

ωωµπβ

= −


«Επίπεδο ηλεκτροµαγνητικό κύµα διαδίδεται στο επίπεδο xy. Παρατηρητής

κινείται ισοταχώς µε ταχύτητα :

v vx=

Πως αντιλαµβάνεται τα ω και k του κύµατος;»

80


Για τον ακίνητο παρατηρητή στο σύστηµα αναφοράς του S η φάση του

κύµατος θα είναι :

k r tφ ω= ⋅ −

Ενώ για τον κινούµενο παρατηρητή στο σύστηµα αναφοράς του S’ θα είναι :

' ' ' ' 'k r tφ ω= ⋅ −

Το κυµατοδιάνυσµα για τον ακίνητο παρατηρητή µπορεί να γραφθεί :

( ) ( ) ( )0

2cos cos cos

x y zk kk x y z

πθ θ θ

λ = = + +

Αν ορίσουµε τώρα τις συνιστώσες του µήκους κύµατος ανα άξονα ώς :

( ) ( ) ( )cos coscosx y z

x zy

λ λ λλ και λ και λ

θ θθ= = =

Τότε η παραπάνω σχέση µπορεί να γραφθεί :

2 2 2x y z

x y z

k k x k y k z x y zπ π πλ λ λ

= + + = + +

Για το πρόβληµα µας συγκεκριµένα ξέρουµε ότι η z συνιστώσα θα είναι

µηδενική αφού το κύµα διαδίδεται στο επίπεδο xy οπότε :

2 2

x y

k x yπ πλ λ

= +

Και αντίστοιχα για τον κινούµενο παρατηρητή :

2 2'

'x y

k x yπ πλ λ

= +

x x’

y’

z’ z

y

S S’

v

k λ

81


Καθώς το µήκος κύµατος ως χωρική οντότητα υπόκειται συστολή του µήκους.

Παρατηρούµε οτι η y συνιστώσα είναι η ίδια καθώς η σχετική κίνηση γίνεται

µόνο ως προς τον x άξονα. Εποµένως αφού µόνο η µία συνιστώσα αλλάζει ο

κινούµενος θα βλέπει άλλο µήκος κύµατος άρα και άλλο κυµατάριθµο.

Προκειµένου λοιπόν να βρούµε τους µετασχηµατισµούς των ω και k αρκεί να

λάβουµε υπόψιν ότι η φάση που βλέπουν οι δύο παρατηρητές είναι η ίδια(*) :

( )

( )

( )

2

2

2

'

' ' ' '

2 2 2 2' ' ' '

'

2 2 2 2'

'

' '

' ' ' ' 0

x y x y

x y x y

x x

x x x

k r t k r t

x y t x y t

vx y t x vt y t x

c

vk x t k x vt t x

c

vk k x k v t t

c

φ φ

ω ωπ π π π

ω ωλ λ λ λ

π π π πω γ ω γ

λ λ λ λ

ω γ ω γ

γ ω γ ω γ ω γ

= ⇒

⋅ − = ⋅ − ⇒

+ − = + − ⇒

+ − = − + − − ⇒

− = − − − ⇒

− − − − − =

Απο την εξίσωση αυτήν προκύπτει το συστήµα :

2' ' 0

' ' 0

x x

x

vk k

c

k v t

γ ω γ

ω γ ω γ

− − =

− − =

Καθώς οι συντεταγµένες x,t είναι ανεξάρτητες µεταξύ τους. Απο την επίλυση

του λαµβάνουµε τους επιθυµητούς µετασχηµατισµούς :

( )

2

'

'

x

x x

k v

vk k

c

ω γ ω

γ ω

= −

= −

(*) = κατι τέτοιο δεν έχει αποδειχθεί ποτέ θεωρητικά ή πειραµατικά και

µάλλιστα είναι υπο αµφισβήτηση (δες paper “Is the Phase of Plane Waves an

Invariant?” by Young-Sea Huang).

82



«Απεριορίστου µήκους αγωγός διαρρέεται απο σταθερό ρέυµα I και είναι

αφόρτιστος(ρ = 0). Ο αγωγός είναι ακίνητος ως προς το αδρανειακό σύστηµα S

του ακίνητου παρατηρητή. Ενας άλλος παρατηρητής και το σύστηµα αναφοράς

του S’ κινείται ισοταχώς µε ταχύτητα :

v vx=

Παράλληλα στον αγωγό. Να βρεθεί το ηλεκτροµαγνητικό πεδίο που παρατηρεί ο

S’»

Α τρόπος (µετασχηµατισµοί πεδίου) :

Αρχικώς ορίζουµε το τρισορθογώνιο σύστηµα των µοναδιαίων διανυσµάτων r

, w , x έτσι ώστε :

x r w= ×

Όπως φαίνονται και στο σχήµα. Συνεπώς ορίζουµε τα r και w :

( ) ( ) ( ) ( )

cos sin

sin cos

r y z

w y z

θ θ

θ θ

= +

= − +

Τα µοναδιαία αυτά διανύσµατα ορίζονται κατα το γνωστό τρόπο :

( ) ( ) ( )cos cos cosx y z

u x y zθ θ θ= + +

r

w

θ y

z

S’

x x’

y’

z’ z

y

S

v

I

x

w r

r

83


Μόνο που εδώ επειδή είµαστε στο επίπεδο οι γωνίες είναι συµπληρωµατικές

και η τρίτη π/2, εποµένως πέρνουν αυτήν την µορφή. Οπότε το µαγνητικό

πεδίο θα είναι κατα τα γνωστά :

( )

( )

0 0

0

0

sin2 2

cos2

x

y

z

B

I IB w B

r r

IB

r

µ µθ

π πµ

θπ

=

= ⇒ = −

=

Ενώ για το ηλεκτρικό πεδίο :

0

0 0

0

x

y

z

E

E E

E

=

= ⇒ = =

Τα πεδία που θα βλέπει ο κινούµενος παρατηρητής δίνονται απο τους

µετασχηµατισµούς πεδίου :

( )

( )

0 0

2

0

2

' ' 0

' ' sin '2 2

' cos'2

x x x

y y z y

zz z y

B B B

I IvB B E B B w

r rc

Iv BB B Erc

γµ γµγ θ

π πγµ

θγ π

= = = + ⇒ = − ⇒ =

== −

Και για το ηλεκτρικό :

( )( )

( )

( )

0 0

0

' 0'

' ' cos '2 2

'' sin

2

xx x

y y z y

z z y

z

EE E

v I v IE E vB E E r

r r

E E vB v IE

r

γ µ γ µγ θ

π πγ γ µ

θπ

= =

= − ⇒ = − ⇒ = −

= + = −

84


Β τρόπος (µετασχηµατισµοί πυκνότητας φορτίου - ρεύµατος) :

Σύµφωνα µε τους γνωστούς µετασχηµατισµούς πυκνότητας φορτίου –

ρεύµατος θα έχουµε για τον κινούµενο παρατηρητή :

( )

2 2'

'

v vj j

c c

j j v j

ρ γ ρ γ

γ ρ γ

= − = −

= − =

Επειδή έχουµε ρ = 0 απο εκφώνιση. Εποµένως ο κινούµενος παρατηρητής

βλέπει έναν φορτισµένο κύλινδρο απείρου µήκους το ηλεκτρικό πεδίο του

οποίου συναρτήσει της γραµµικής πυκνότητας φορτίου λ’ γράφεται κατα τα

γνωστά :

0

''

2E r

r

λπε

=

Η γραµµική πυκνότητα όµως εξ ορισµού είναι :

0

1 ''

2

qE r

r lπε=

Όπου l το µήκος ενός τµήµατος του αγωγού. Πολλαπλασιάζοντας και

διαιρώντας µε την διατοµή του αγωγού :

0 0

'' '

2 2

S SqE r r

r S l r

αγ αγ

αγ

ρπε πε

= =

Εµφανίζουµε την πυκνότητα φορτίων όγκου την οποία έχουµε βρεί :

2

0

'2

vSE jr

rc

αγγ

πε= −

Οµως επίσης η πυκνότητα ρεύµατος όγκου ορίζεται :

2 2

0 0

'2 2

vS I vIE r r

Src rc

αγ

αγ

γ γπε πε

= − = −

Και επειδή η ταχύτητα του φωτός είναι :

0 0

1c

ε µ=

85


Η παραπάνω σχέση γράφεται :

0'2

v IE r

r

γ µπ

= −

Και αντίστοιχα το µαγνητικό πεδίο :

0 00 0''

'2 2 2 2

j S jSI IB w w w w

r r r r

αγ αγµ γµµ γµπ π π π

= = = =


«Στην κενή περιοχή 2 του σχήµατος που εκτείνεται στο 0 < y < 2α η ένταση του

ηλεκτρικού πεδίου κύµανσης είναι :

( ) 2

0 21 sin

yE E t kz x

aω

= − −

Ενώ στην περιοχή y > 2a και y < 0 :

1,3 1,30 και 0E H= =

Σε ορισµένα σηµεία του χώρου µπορεί να υπάρχουν ρ, j τα οποία συνιστούν το

ηλεκτρικό πεδίο. Να προσδιοριστούν το µαγνητικό πεδίο και τα ρ, j αν ο χώρος 2

είναι κενός»

Αφού ο χώρος 2 είναι κενός δεν θα υπάρχουν φορτία και προφανώς ούτε και

ρεύµατα. Εποµένως θα ελέγξουµε αν υπάρχουν στις διαχωριστικές επιφάνειες.

z

x

y

1

2

3

A B

n21 n23

2a

86


Κατα τα γνωστά µπορούµε να βρούµε την µαγνητική επαγωγή απο τις

εξισώσεις Maxwell :

( )BE B E dt

t

∂∇× = − ⇒ = − ∇×

∂ ∫

Όπου η στροφή του ηλεκτρικού πεδίου είναι :

( ) ( )2

0 02 2

0 0

21 cos sin

x x

x

x y z

E EE y z

x y z z y

E

y ykE t kz y E t kz z

a aω ω

∂ ∂∂ ∂ ∂∇× = = −

∂ ∂ ∂ ∂ ∂

= − − − + −

Άρα :

( ) ( )( ) ( )( )

( ) ( )

2

0 02 2

2

0 0

2 2

21 cos sin

21 sin cos

y yB E dt kE t kz dt y E t kz dt z

a a

kE Ey yt kz y t kz z

a a

ω ω

ω ωω ω

= − ∇× = − − − −

= − − + −

∫ ∫ ∫

Και εποµένως το µαγνητικό πεδίο στην περιοχή 2 θα είναι :

( ) ( )2

0 0

2 2 2

0 0

21 sin cos

kE Ey yH t kz y t kz z

a aω ω

µ ω µ ω

= − − + −

Απο τις συνοριακές συνθήκες για το µαγνητικό πεδίο στις επιφάνειες Α και Β

έχουµε :

( )

( )

0

21 2 1 2 2

0

0

23 2 3 2 2

0

2cos

2cos

A

B

E yj n H H y H t kz x

a

E yj n H H y H t kz x

a

ωµ ω

ωµ ω

= × − = × = −

= × − = − × = − −

Ενώ απο τις αντίστοιχες συνθήκες για το ηλεκτρικό πεδίο προκύπτει :

0 21 2 1 2

0 23 2 3 2

0

0

A

B

n E E y E

n E E y E

ρ ε

ρ ε

= ⋅ − = ⋅ =

= ⋅ − = − ⋅ =

87



«Απεριορίστων διαστάσεων αγώγιµο µεταλικό επίπεδο διαρρέεται απο χρονικά

µεταβαλλόµενο ρεύµα :

( ) ( )' 'j t j t z=

Να βρείτε τα ηλεκτροµαγνητικά πεδία στην θέση Α(x,0,0) εάν :

i) ( )0

0 , ' 0'

' , ' 0

tj t

j t z t

<=

>

ii) ( )( )0

0 , ' 0'

sin ' , ' 0

tj t

j t z tω

<=

>

»

Το διανυσµατικό δυναµικό θα είναι :

( ) ( )0

'

', '

4 'V

j tA r t dV

r r

µπ

=−

∫∫∫

Επειδή όµως το ρεύµα µας είναι εντοπισµένο στο επίπεδο το τριπλό

ολοκλήρωµα θα γίνει διπλό :

( ) ( )0

'

' /, '

4 'S

j t r r cA r t dS

r r

µπ

− −=

−∫∫

Στις κυλινδρικές συντεταγµένες τα διανύσµατα r και r’ όπως φαίνονται στο

σχήµα θα είναι :

'

r xx

r ρρ

=

=

x

y

z

r

r’

ρ

φ

x

R

ρmax

ctint

A

88


Και συνεπώς η διαφορά τους :

2 2'R r r xx R xρρ ρ= − = − ⇒ = +

Άρα το παραπάνω ολοκλήρωµα γράφεται :

( )( )( )2 2

0

2 2'

/

, ' ' '4

S

j t x c

A r t d dx

ρµρ ρ φ

π ρ

− +=

+∫∫

Τα όρια του ολοκληρώµατος ώς προς φ θα είναι προφανώς απο 0 ώς 2π αφού

το πεδίο φτάνει απο όλη την περιφέρεια, ενώ για ένα πεπερασµένο χρονικό

διάστηµα tint το πεδίο που θα φτάνει απο το επίπεδο στον παρατηρητή θα είναι

απο την ακτινική απόσταση 0 µέχρι µια απόσταση ρmax η οποία θα είναι :

2 2 2

max intc t xρ = −

Άρα το ολοκλήρωµα γράφεται :

( )( )( )2 2 2

int

2 22 int

0

2 20 0

/

, ' ' '4

c t x j t x c

A r t d dx

π ρµφ ρ ρ

π ρ

− − += ⋅

+∫ ∫

Κάνοντας αλλαγή µεταβλητής :

( ) ( )2 2 2

int int

2 2

2 2

0

c t x ct

x

dR x dR RdR d

x

d dR

ρ ρρ ρ ρ

ρ

ρ−

= + ⇒ = ⇒ =+

→∫ ∫

Παίρνουµε την σχέση :

( )int

0

int

0

,2

ctR

A r t j t dRc

µ = − ∫

Έτσι για την περίπτωση i :

( )int 2 2

20 0 0 int 0 0 int

0 int int

0

,2 2 2 4

ctj ct j ctR

A r t j t dR z ct z zc

µ µ µ = − = − = ∫

Και αν αντικαταστήσουµε το tint ως συνάρτηση του R θα έχουµε την χωρική

εξάρτιση του δυναµικού :

89


( ) ( ) ( )2 2 22 2 2 2 22 20 0 0 00 0 int 0 0

2,

4 4 44

y zj x j x y zj ct j cRA r t z z z z

c cc

ρµ ρ µµ µ = ++ + += = = =

Και τα πεδία :

( )0 0

2 2 2

0 00 0 int 0 0

int

2

0 0

2 2 2

z z

z

x y z

jA AB A x y yx x y

x y z y x c

A

j x y zj ct j cRAE z z z

t c

µ

µµ µ

∂ ∂∂ ∂ ∂= ∇× = = − = −

∂ ∂ ∂ ∂ ∂

+ +∂= − = − = − = −

∂

Ενώ για την ii :

( ) ( )int

0 0 0

0 int int

0

, sin 1 cos2 2

ctj cR

A r t j t dR z t zc

µ µω ω ω

ω

= − = − ∫

Και αν αντικαταστήσουµε το tint ως συνάρτηση του R θα έχουµε την χωρική

εξάρτιση του δυναµικού :

( ) 2 2 20 0 0 0, 1 cos 1 cos2 2

j c j cA r t R z x y z z

c c

µ µω ωω ω

= − = − + +

Και τα πεδία :

( )

( )

0 0

0 0 0 0

int

int

sin

2

0 0

sin sin2 2

z z

z

x y zR

jA A cB A x y yx x y

x y z y x R

A

j c j cAE t z R z

t c

ωµ

µ µ ωω

∂ ∂∂ ∂ ∂ = ∇× = = − = −

∂ ∂ ∂ ∂ ∂

∂ = − = = ∂

90



«Στο χώρο υπάρχει βαθµωτο δυναµικό V = 0 και διανυσµατικό δυναµικό :

( ) ( )0 ,, 4

0 ,

act x z x ct

A r t c

x ct

µ− <

= >

Να βρείτε πυκνότητα φορτίου και ρεύµατος»

Για την περιοχή 1 : x > ct και 3 : x < -ct προφανώς τα πεδία θα είναι µηδενικά.

Για την περιοχή 2 : -ct < x < ct το ηλεκτρικό πεδίο θα είναι :

0

24

aAE z

t

µ∂= − =

∂

Ενώ το µαγνητικό :

2

0 0 0

, 01 1 1 4

, 040 0

z

z

x y z ay ct x

A cH A y

ax y z xy x ct

cA

µ µ µ

− − < <∂∂ ∂ ∂ = ∇× = = − =

∂ ∂ ∂ ∂ < <

Απο τις συνοριακές συνθήκες στην επιφάνεια x = -ct για το ηλεκτροµαγνητικό

πεδίο έχουµε :

( )

( ) 0 21 2 1 0 2

21 2 1 2

0

4

A

A

n E E x E

aj n H H x H z

c

ρ ε ε= ⋅ − = ⋅ =

= × − = × = −

Ενώ απο τις συνοριακές συνθήκες στην επιφάνεια x = ct για το

ηλεκτροµαγνητικό πεδίο έχουµε :

( )

( )

0 23 2 3 0 2

23 2 3 2

0

4

B

B

n E E x E

aj n H H x H z

c

ρ ε ε= ⋅ − = − ⋅ =

= × − = − × = −

Παρατηρούµε ότι εδώ εµφανίζεται µια επιπλέον ασυνέχεια για το µαγνητικό

πεδίο στο x = 0 οπότε θα εφαρµόσουµε και εκεί τις συνοριακές συνθήκες :

( ) 0 0 0 0

2 2x xB x x

a aj n H H x y z

c c< → > < >= × − = − × = −

91


Περιεχόµενα :

Κεφάλαιο 1 : Ηλεκτροµαγνητική Επαγωγή και Ενέργεια Μαγνητικού Πεδίο

• Ασκηση 1.1 : ……………………………..………………………σελ 1

• Ασκηση 1.2 : …………………………..…………………………σελ 4

• Ασκηση 1.3 : ………………………..……………………………σελ 5

• Ασκηση 1.4 : ……………………..………………………………σελ 7

• Ασκηση 1.5 : …………………..…………………………………σελ 8

• Ασκηση 1.6 : ………………..……………………………………σελ 10

• Ασκηση 1.7 : ……………..………………………………………σελ 17

• Ασκηση 1.8 : …………..…………………………………………σελ 23

• Ασκηση 1.9 : ………..……………………………………………σελ 25

• Ασκηση 1.10 : ……………………………………………………σελ 28

• Ασκηση 1.11 : ……………………………………………………σελ 29

• Ασκηση 1.12 : ……………………………………………………σελ 30

• Ασκηση 1.13 : ……………………………………………………σελ 31

• Ασκηση 1.14 : ……………………………………………………σελ 32

• Ασκηση 1.15 : ……………………………………………………σελ 33

• Ασκηση 1.16 : ……………………………………………………σελ 34

• Ασκηση 1.17 : ……………………………………………………σελ 36

Κεφάλαιο 2 : Ηλεκτροµαγνητικά Κύµατα

• Ασκηση 2.1 : ……………………………………………………σελ 37

• Ασκηση 2.2 : ……………………………………………………σελ 39

• Ασκηση 2.3 : ……………………………………………………σελ 42

• Ασκηση 2.4 : ……………………………………………………σελ 44

• Ασκηση 2.5 : ……………………………………………………σελ 46

• Ασκηση 2.6 : ……………………………………………………σελ 49

• Ασκηση 2.7 : ……………………………………………………σελ 51

• Ασκηση 2.8 : ……………………………………………………σελ 54

92


Κεφάλαιο 3 : Καθυστερηµένα ∆υναµικά και ∆υναµικά Lienard – Wiechert

• Ασκηση 3.1 : ……………………………………………………σελ 55

• Ασκηση 3.2 : ……………………………………………………σελ 59

• Ασκηση 3.3 : ……………………………………………………σελ 61

• Ασκηση 3.4 : ……………………………………………………σελ 63

• Ασκηση 3.5 : ……………………………………………………σελ 66

Κεφάλαιο 4 : Ειδική Θεωρία Σχετικότητας

• Ασκηση 4.1 : ……………………………………………………σελ 68

• Ασκηση 4.2 : ……………………………………………………σελ 69

• Ασκηση 4.3 : ……………………………………………………σελ 71

Επαναληπτικές :

• Επαναληπτική 1 : ………………………………………………σελ 75







* Οι σηµειώσεις δεν αντικαθηστούν το την παρακολούθηση

ΗM2014-Σιακαβάρα.pdf

Documents

Transcript of ΗM2014-Σιακαβάρα.pdf