Παραδείγματα στην δυναμική ενέργεια και στην κίνηση σε ανομοιογενές πεδίο..pdf

Παραδείγματα στην δυναμική ενέργεια και στην κίνηση σε ανομοιογενές πεδίο.
Δυναμική Ενέργεια
Π.1. Δύο σημειακά φορτία, τα q1 = 20 μC και q2 = –60 μC, απέχουν μεταξύ τους
απόσταση r = 0,6 m.
α. Πόση είναι η ηλεκτρική δυναμική ενέργεια του συστήματος των δύο φορτίων;
β. Πως ερμηνεύεται το πρόσημο της δυναμικής ενέργειας του συστήματος των δύο φορτίων;
γ. Πόσο έργο απαιτείται, για να απομακρύνουμε τα δύο φορτία σε απόσταση 2r;
δ. Πόσο έργο απαιτείται, για να απομακρύνουμε τα δύο φορτία σε άπειρη απόσταση;
Δίνεται: kc = 9·109
N·m2
/C2
.
Λύση
α. Η ηλεκτρική δυναμική ενέργεια του συστήματος των δύο φορτίων δίνεται από τη σχέση: c 1 2
k q q
U
r

Με αντικατάσταση, έχουμε:
9 5 5
c 1 2
k q q 9 10 2 10 ( 6 10 )
U J
r 0,6
 
   

 
   U = 18J
β. Επειδή τα δύο φορτία είναι ετερώνυμα, η μεταξύ τους δύναμη Coulomb είναι ελκτική. Άρα, όταν το
φορτίο q2 μεταφέρεται από πολύ μακριά στη θέση Β, το έργο της δύναμης Coulomb είναι θετικό, δηλαδή:
W∞→Β > 0 (1)
Άρα, το έργο που απαιτείται για τη μεταφορά του φορτίου q2 είναι:
(1)
F F
B B B
W W W 0
 
  
   
Άρα, η ηλεκτρική δυναμική ενέργεια του συστήματος των δύο φορτίων, που είναι ίση με το έργο
F
B
W 
 ,
είναι αρνητική.
γ. Το έργο που απαιτείται για να απομακρύνουμε το φορτίο q2 σε απόσταση 2r από το φορτίο q1 δίνεται από
τη σχέση: W = –ΔU = –(Uꞌ – U) = U – Uꞌ αλλά
9 6 5
c 1 2
k q q 9 10 2 10 ( 6 10 )
U U J
2r 2 0,6
 
     
   
   

U = 9J
Άρα θα έχουμε: W = –18 J + 9 J  W = –9 J. Άρα απαιτείται έργο ίσο με 9 J.
r
q1 q2

ΚΙΝΗΣΕΙΣ ΣΕ ΗΛΕΚΤΡΟΣΤΑΤΙΚΟ ΠΕΔΙΟ
δ. Εργαζόμαστε ομοίως με την παραπάνω περίπτωση και καταλήγουμε: W = –ΔU = –(U∞ – U) = U – U∞
Αλλά ισχύει U∞ = 0, οπότε W = – 18 J. Δηλαδή τώρα χρειάζεται μία εξωτερική δύναμη να προσφέρει έργο
ίση με 18 J.
Π.2. Τρία σημειακά φορτία, το καθένα ίσο με q = 2 μC, βρίσκονται ακίνητα στις
κορυφές ισόπλευρου τριγώνου ΑΒΓ, πλευράς α = 60 cm.
Α. Να υπολογίσετε την ηλεκτρική δυναμική ενέργεια του συστήματος των τριών
φορτίων.
Β. Μεταφέρουμε το φορτίο που βρίσκεται στην κορυφή Α στο μέσο Μ της πλευράς ΒΓ του τριγώνου.
α. Πόση είναι η ηλεκτρική δυναμική ενέργεια του συστήματος των τριών φορτίων στη νέα κατάσταση;
β. Πόσο έργο απαιτείται για τη μεταφορά αυτή;
Δίνεται kc = 9·109
Nm2
/C2
.
Λύση
Α. Η ηλεκτρική δυναμική ενέργεια U, του συστήματος των τριών φορτίων δίνεται από τη σχέση:
2 9 6 2
c c c c
1 1
k qq k qq k qq k q 9 10 (2 10 )
U 3 U 3 J
0,6

  
      
   
1
U = 0,18J
Β.α. Η ηλεκτρική δυναμική ενέργεια U2 του συστήματος των τριών φορτίων στη νέα
κατάσταση δίνεται από τη σχέση:
2 9 6 2
c c c c
2 2
k qq k qq k qq k q 9 10 (2 10 )
U 5 U 5 J
0,6
2 2

  
      
 
 
2
U = 0,30J
β. Το έργο που απαιτείται, δηλαδή το ελάχιστο έργο μιας εξωτερικής δύναμης F , είναι αντίθετο από το
έργο της δύναμης του πεδίου. Η δύναμη του πεδίου είναι συντηρητική δύναμη οπότε ισχύει:
W = –ΔU = –(U2 – U1)  W = –0,12 J. Άρα απαιτείται να προσφέρουμε στο σύστημα ενέργεια 0,12 J.
Α
Β Γ
q
α
M q
q
Α
Β Γ
q
α
M q
q

Επιταχυνόμενη κίνηση ενός φορτίου σε οριζόντιο επίπεδο
Π.3. Δύο μικρές σφαίρες Σ1 και Σ2 έχουν το ίδιο θετικό φορτίο q = 3 μC και
συγκρατούνται ακίνητες στις θέσεις Α και Β, αντίστοιχα, πάνω σε λεία οριζόντια
επιφάνεια απομονωτικό υλικό. Τα κέντρα των δύο σφαιρών απέχουν μεταξύ τους απόσταση r = 9 cm. Η
σφαίρα Σ2 έχει μάζα m = 1,2·10–4
kg. Διατηρώντας τη σφαίρα Σ1 ακίνητη, αφήνουμε τη σφαίρα Σ2 ελεύθερη
να κινηθεί.
α. Να υπολογίσετε την αρχική ηλεκτρική δυναμική ενέργεια του συστήματος των δύο φορτίων.
β. Να περιγράψετε το είδος της κίνησης
γ. Να βρείτε το μέτρο της ταχύτητας της σφαίρας Σ2, όταν η απόσταση της από τη σφαίρα Σ1 γίνει 3r.
δ. Να βρείτε το μέτρο της μέγιστης ταχύτητας της σφαίρας Σ2.
Δίνεται kc = 9·109
Nm2
/C2
. Η βαρυτική αλληλεπίδραση των δύο σφαιρών να θεωρηθεί αμελητέα.
Λύση
α. Η αρχική ηλεκτρική δυναμική ενέργεια του συστήματος των δύο φορτίων είναι:
9 6 2
c 1 2
1 2
k q q 9 10 (3 10 )
U
r 9 10


  
  

1
U = 0,9J
β. Μόλις η σφαίρα Σ2 αφεθεί ελεύθερη, η μόνη δύναμη που δέχεται είναι η δύναμη Coulomb από την σφαίρα
Σ1. Έτσι θα εκτελέσει επιταχυνόμενη κίνηση, η οποία δεν θα χει σταθερό μέτρο αφού το μέτρο της δύναμης
Coulomb μειώνεται καθώς αυξάνεται η απόσταση μεταξύ Σ1 και Σ2. Άρα η κίνηση θα είναι επιταχυνόμενη
μη ομαλά με το μέτρο της επιτάχυνσης συνεχώς να μειώνεται.
γ. Έστω υ το μέτρο της ταχύτητας της σφαίρας Σ2, όταν βρίσκεται
στη θέση Γ, σε απόσταση 3r από τη σφαίρα Σ1, και U2 η νέα τιμή της
ηλεκτρικής δυναμικής ενέργειας του συστήματος των δύο φορτίων. Είναι:
9 6 2
c 1 2
2 2
k q q 9 10 (3 10 )
U
3r 3 9 10


  
  
 
2
U = 0,3J
Από τη διατήρηση της μηχανικής ενέργειας της σφαίρας Σ2, για τη θέση Β και τη θέση Γ, έχουμε:
r
Σ1 Σ2
q q
3r
Σ1 Σ2
q q
υ

2 1 2
,1 ,2 1 1 2 2 1 2 4
2(U U )
1 2(0,9 0,6) m
U U U m U
2 m 1,2 10 s
  
 
                   

m
υ = 100
s
Το ερώτημα αυτό μπορεί να απαντηθεί και με την χρήση του Θ.Μ.Κ.Ε.
2 2 1 1 1 2
2 2
kq kq 4kq q
1 1
W m 0 q (V V ) m q ( )
2 2 r 3r 3rm
   
                
m
υ = 100
s
δ. Το μέτρο της ταχύτητας της σφαίρας Σ2 γίνεται μέγιστο, όταν η απωστική δύναμη Coulomb μεταξύ των
δύο σφαιρών μηδενίζεται, οπότε η σφαίρα Σ2 παύει να επιταχύνεται. Αυτό συμβαίνει, όταν η σφαίρα Σ2
βρίσκεται σε άπειρη απόσταση από τη σφαίρα Σ1, οπότε η ηλεκτρική δυναμική ενέργεια του συστήματος
γίνεται μηδέν (U∞ = 0). Έστω υmax το μέτρο της μέγιστης ταχύτητας της σφαίρας Σ2. Από τη διατήρηση της
μηχανικής ενέργειας της σφαίρας Σ2, όταν βρίσκεται στη θέση Β και όταν βρίσκεται στο άπειρο, έχουμε:
2 1
,1 , 1 1 1 max max max 4
2U
1 2 0,9 m
U U U m
2 m 1,2 10 s

   


                  

max
m
υ = 100 1,5
s
Το ερώτημα αυτό μπορεί να απαντηθεί και με την χρήση του Θ.Μ.Κ.Ε.
2 2 1 1 2
max 2 max 2 max
kq 2kq q
1 1
W m 0 q (V V ) m q ( 0)
2 2 r rm
   
                 max
m
υ = 100 1,5
s
Επιβραδυνόμενη κίνηση ενός φορτίου σε οριζόντιο επίπεδο
Π.4. Ακλόνητο σημειακό ηλεκτρικό φορτίο Q = –100 μC βρίσκεται πάνω σε λείο και μονωτικό δάπεδο.
Σφαιρίδιο με φορτίο q = 1 μC και μάζα m = 10 g βρίσκεται αρχικά σε απόσταση r = 10 cm από το Q και
εκτοξεύεται με αρχική ταχύτητα μέτρου υ0 = 30 m/s έτσι ώστε να απομακρύνεται από το Q. Να υπολογίσετε:
α. την μέγιστη απόσταση στην οποία θα βρεθεί το q,
β. την μέγιστη και την ελάχιστη δυναμική ενέργεια του συστήματος των δύο φορτίων,
γ. το ρυθμό μεταβολής της ορμής του q, όταν αυτό βρεθεί στη μέγιστη δυνατή απόσταση,
δ. την ελάχιστη αρχική ταχύτητα, που πρέπει να δώσουμε στο q, έτσι ώστε αυτό να απομακρυνθεί από το
πεδίο που δημιουργεί το Q.
Αγνοήστε τις βαρυτικές και τις μαγνητικές αλληλεπιδράσεις.

Λύση
α. Η απόσταση θα είναι μέγιστη όταν η τελική ταχύτητα του q θα γίνει
μηδέν. Έστω x η μέγιστη απόσταση.
Εφαρμόζουμε ΘΜΚΕ για την κίνηση του q από το Α στο Β:
2 2 2
F 0 A B 0
1 1 kQ kQ 1
K W W 0 m q(V V ) m q( ) 10 900
2 2 r x 2

 
                     
6 9 4
1
1 1 1 1 1
10 9 10 ( 10 )( ) 4,5 0,9(10 ) 5 10 5
10 x x x x
 

                x = 0,2m
β. Επειδή τα φορτία είναι ετερόσημα, μέγιστη δυναμική ενέργεια θα έχουν όταν απέχουν την μέγιστη
απόσταση και ελάχιστη όταν απέχουν την ελάχιστη απόσταση.
Άρα: max
kQq
U
x
 
 max
U = 4,5 J και min
kQq
U
r
  
max
U = 9 J
γ.
9 4 6
2
dp dp k | Qq | 9 10 10 10
F F
dt dt x 0,04
 

  
      

2
dp kg m
= 22,5
dt s
Η κατεύθυνση του ρυθμού μεταβολής της ορμής,
dp
dt
, είναι από το q προς το Q.
δ. Η ταχύτητα που θα του δώσουμε θα είναι ελάχιστη εάν φτάσει στο άπειρο με μηδενική ταχύτητα, δηλαδή
υ∞ = 0. Εφαρμόζουμε Θ.Μ.Κ.Ε. για την κίνηση του q από το Α στο ∞:
2 2 2 2
F 0,min A 0,min 0,min
1 1 kQ 1
K W W 0 m qV m q 10
2 2 r 2

 
                   
6 9 4
2 2 2 2
0,min 0,min
1
10 9 10 ( 10 ) 1
10 9 2 9 10
10 2
 


   
          0,min
m
υ = 30 2
s
Κατακόρυφη κίνηση σωματιδίου
Π.5. Σημειακό φορτίο Q = 5 μC είναι ακλόνητα στερεωμένο στο έδαφος. Σωματίδιο με φορτίο q = 2 μC και
μάζα m = 10 g αφήνεται σε ύψος h = 0,6 m πάνω από το Q και μπορεί να κινείται κατά μήκος της
κατακόρυφου που περνάει από το Q.
α. Να βρείτε προς τα πού θα κινηθεί.
β. Να υπολογίσετε το μέτρο της αρχικής επιτάχυνσης  του σωματιδίου q.
F
r
Q q
υ0
υ = 0
Β
Α
x

γ. Να υπολογίσετε το μέτρο του αρχικού ρυθμού μεταβολής της ορμής του q.
δ. Να υπολογίσετε το σημείο που η ταχύτητα του q είναι μέγιστη και να εξηγήσετε γιατί είναι μέγιστη.
ε. Να υπολογίσετε την μέγιστη ταχύτητα.
στ. Να βρείτε το μέγιστο ύψος στο οποίο φτάνει το σώμα.
Δίνεται: kc = 9·109
Ν·m2
/C2
, 0,9 0,95 και g = 10 m/s2
.
Λύση
α. Αρχικά ασκούνται στο q η δύναμη Coulomb με μέτρο: 2
kQq
F
h
  F = 0,25N
και το βάρος w = m·g  w = 0, 1 N.
Αφού για τα μέτρα έχουμε: F > w το σωματίδιο θα κινηθεί προς τα πάνω.
β. 2
F F w 0,25 0,1
F m
m m 10
  
           2
m
α = 15
s
.
γ. 2
dp dp kg m
F F w 0,25 0,1 0,25
dt dt s

       
δ. Αρχικά F > w και το σωματίδιο κινείται επιταχυνόμενο προς τα πάνω (όχι ομαλά). Όσο απομακρύνεται το
σωματίδιο, η F μικραίνει όμως το w παραμένει σταθερό, με αποτέλεσμα η F
 να μειώνεται. Όμως η
ταχύτητα του αυξάνεται. Σε κάποιο σημείο έχουμε F = w και στη συνέχεια F < w με αποτέλεσμα η F
 να
αποκτά αντίθετη κατεύθυνση από την κίνηση και το σώμα να επιβραδύνεται δηλαδή η ταχύτητα του να
μειώνεται. Άρα μέγιστη ταχύτητα αποκτά στο σημείο όπου F 0
  .
2
Qq kQq
F 0 F w k w x x 0,9
x w
Σ           x 0,95m .
ε. Εφαρμόζω Θ.Μ.Κ.Ε. για το σωματίδιο από το Α στο Β. F w
K W W W
 
        
2 A B
max A B max
q(V V ) w(x h)
1
m 0 q(V V ) w(x h) 2
2 m
  
         (1)
A
x
Γ
h
Β
hmax
F
w

4
A A
kQ
V V 7,5 10 Volt
h
    και 4
B B
kQ
V V 4,75 10 Volt
x
   
Σύμφωνα με τα παραπάνω από την (1) έχουμε υmax = 2 m/s
στ. Όταν το σωματίδιο βρεθεί στο μέγιστο ύψος του η ταχύτητα του είναι μηδέν. Έστω Γ το σημείο του
μέγιστου ύψους. Εφαρμόζω ΘΜΚΕ για την κίνηση του q από το Α στο Γ.
F w A max A max
max
kQq
K W W W 0 0 q(V V ) w(h h) 0 qV wh wh
h
  
                   
2 2 2
max max A max max max max max max
wh whh qV h kQq 0 0,1h 0,06h 0,15h 0,09 0 h 2,1h 0,9 0
            
hmax = 1,5m (δεκτή) και hmax = 0,6m (απορρίπτεται - αρχική θέση)
Σημείωση: Ένας άλλος τρόπος να βρούμε το μέγιστο ύψος είναι ο εξής: Θεωρούμε ως d την απόσταση από
το Α μέχρι το Γ και έχουμε: F w A
K W W W 0 0 q(V V ) wd
  
            
2 2 2 2 2 2
A A A
kQq
0 qV wd 0 qV h qV d kQq wd whd 9 10 15 10 d 9 10 6 10 d 0,1d 0
h d
   
                   

2 2
9 10 d 0,1d 0 d(0,9 d) 0

      οπότε d = 0 (θέση εκκίνησης) και d = 0,6 m.
Άρα hmax = d + h  hmax = 1,5 m.
Με αυτόν τον τρόπο πάντα θα βγαίνει ελλιπής δευτεροβάθμια εξίσωση που λύνεται με κοινό παράγοντα.
Π.6. (σχολικό 98) Ένα σημειακό φορτίο Q = 7·10–6
C είναι τοποθετημένο σε ύψος h = 3,6 m
από το έδαφος. Από το σημείο Α που βρίσκεται σε ύψος h/2 από το έδαφος αφήνεται μια μικρή
σφαίρα μάζας m = 10–3
kg, που φτάνει στο έδαφος (στο σημείο Γ) με ταχύτητα υ = 8 m/s.
α. Είναι φορτισμένη η μικρή σφαίρα ή όχι;
β. Αν αποδειχθεί ότι είναι φορτισμένη να υπολογιστεί το φορτίο της q.
Δίνονται : g = 10 m/s2
και kc = 9·109
N·m2
/C2
.
Λύση
α. Έστω ότι η σφαίρα είναι αφόρτιστη, άρα πάνω της θα ασκείται μόνο το βάρος.
Εφαρμόζω Θ.Μ.Κ.Ε. για την πτώση της.
A
h/2
Γ
Q
h
q

ΔΟΥΚΑΤΖΗΣ ΒΑΣΙΛΗΣ – ΦΥΣΙΚΟΣ Βόλος 8
2
w 1 1
1 h
K W W m mg gh
2 2
 
               1
m
υ = 6
s
< υ
Βλέπουμε ότι φτάνει στο έδαφος με μικρότερη ταχύτητα από αυτή που δίνει η άσκηση, πράγμα που σημαίνει
ότι ασκείται και άλλη δύναμη και μάλιστα ομόρροπη του βάρους. Για να συμβεί αυτό πρέπει η σφαίρα να
είναι φορτισμένη και μάλιστα με θετικό φορτίο.
β. Εφαρμόζω Θ.Μ.Κ.Ε. για την πτώση της.
2 2 c c
F w
k Q k Q
1 h 1 h
K W W W m 0 q(V V ) mg m q( ) mg
2 2 2 h / 2 h 2

   
                   
2
2 3 3 3
9 6 3
c c
1 h
m mg
h(m mgh) 3,6(10 64 10 10 3,6) 0,2(28 10 )
2 2
q C C
k Q 2k Q 2 9 10 7 10 7 10
h

  

 
      
    
  

 
6
q = 0,8 10 C.
Κεκλιμένο επίπεδο.
Π.7. (σχολικό 95) Σώμα που έχει φορτίο Q = 2·10–7
C είναι στερεωμένο στην
κορυφή πλάγιου επιπέδου. Το σωματίδιο Σ έχει μάζα m = 1 mg και φορτίο q =
3·10–8
C. Το σωματίδιο Σ αφήνεται ελεύθερο σε ένα σημείο του πλάγιου
επιπέδου που απέχει απόσταση d από το φορτισμένο σώμα. Υπολογίστε την
ταχύτητά του τη στιγμή που θα φτάσει στη βάση του πλάγιου επιπέδου. Θεωρήστε ότι η κίνηση του Σ γίνεται
χωρίς τριβές. Εφαρμογή για ℓ = 3 m, d = 1 m, φ = 30ο
.
Δίνονται : g = 10 m/s2
και kc = 9·109
N·m2
/C2
.
Λύση
Το δυναμικό στις θέσεις Α και Γ είναι αντίστοιχα. c
A
k Q
V
d
 , c
k Q
V  .
Η ηλεκτρική δύναμη είναι απωστική για το φορτίο q και έχει την
κατεύθυνση της συνιστώσας του βάρους x
w .
Εφαρμόζω Θ.Μ.Κ.Ε. για την κίνηση από το Α έως το Γ.
Q
φ
d
ℓ
q
Q
φ
d
ℓ
A
F
υ
Γ
wx

F w
K W W W

 
         
c c
2
k Q k Q
q mg ( d)
1 m
d
m 0 q(V V ) mg ( d) 2 92
2 m s
 
 
   
 
 
            
Π.8. (σχολικό 100) Στη βάση του πλάγιου επιπέδου του σχήματος βρίσκεται
στερεωμένο το φορτίο Q = 4·10–6
C. Σε απόσταση r = 40 cm από το Q
αφήνουμε ένα φορτισμένο σώμα με μάζα m = 4·10–4
kg και φορτίο q = 2·10–8
C. Αν η κίνηση του σωματιδίου γίνεται χωρίς τριβές, να υπολογιστεί:
α. Η μέγιστη απόσταση από το Q στην οποία θα φτάσει το σωματίδιο.
β. Η μέγιστη ταχύτητα που θα αποκτήσει όταν απομακρύνεται.
Δίνονται: g = 10 m/s2
, φ = 30ο
, kc = 9·109
N·m2
/C2
.
Λύση
α. Για την λύση αυτού του ερωτήματος μπορούμε για την ζητούμενη
απόσταση να χρησιμοποιήσουμε δύο παραμέτρους είτε να βρούμε απ’
ευθείας την απόσταση από το φορτίο Q με λύση δευτεροβάθμιας (πλήρης)
όπου η μία λύση θα ναι η αρχική απόσταση r και η άλλη η ζητούμενη d,
είτε να βρούμε την απόσταση x από την αρχική θέση του φορτίου q ως την τελική. Στην δεύτερη περίπτωση
θα προκύψει ελλιπής δευτεροβάθμια εξίσωση αφού η μία λύση θα είναι το μηδέν. Ας το δούμε και με τους
δύο τρόπους.
1ος
τρόπος: Κατά μήκος της κίνησης του σωματιδίου ασκείται η συνιστώσα του βάρους wx = mgημφ =2·10–3
Ν η οποία είναι σταθερή και η ηλεκτρική δύναμη, που αρχικά έχει μέτρο
9 6 8
c
2 2
k | Qq | 9 10 4 10 2 10
F
r 16 10
 

    
  

F = 4,5·10–3
N. Οι κατευθύνσεις των δυνάμεων έχουν σχεδιαστεί στο
σχήμα και όπως φαίνεται από τα μέτρα τους αρχικά το σώμα θα κινηθεί προς τα πάνω και θα επιταχύνεται
Q
φ
r
q
Γ
A
Q
φ
r
x
d
F
wx

όσο ισχύει F > wx. Τη στιγμή κατά την οποία θα έχουμε F = wx το σώμα θα έχει την μέγιστη ταχύτητα αφού
αμέσως μετά θα αρχίσει να επιβραδύνεται ώσπου να σταματήσει. F w
K W W W

 
         
c c
c
k Q k Q 1 1
0 0 q(V V ) mg (d r) 0 q( ) mg (d r) 0 qk Q( ) mg (d r)
r d r d
 
                 
3
8 9 6 3 3 3 3
1 1 0,72 10
0 2 10 9 10 4 10 ( ) 2 10 (d 0,4) 0 1,8 10 2 10 d 0,8 10
0,4 d d

     

                   
2 2
0,72
0 2,6 2d 2d 2,6d 0,72 0 d 1,3d 0,36 0
d
           και οι λύσεις που προκύπτουν είναι d =
0,4 m που είναι η αρχική απόσταση και απορρίπτεται και d = 0,9 m που είναι και η ζητούμενη.
2ος
τρόπος: F w
K W W W 0 0 q(V V ) mg (d r)

   
                
8 9 6
c c
c
k Q k Q 1 1 1 1
0 q( ) mg x 0 qk Q( ) mg x 0 2 10 9 10 4 10 ( )
r r x r r x 0,4 0,4 x
 
                 
  
3
3 3 3 2
0,72 10 0,72
2 10 x 0 1,8 10 2 10 x 0 1,8 2x 0,72 1,8x 0,72 0,8x 2x 0
0,4 x 0,4 x

  

                 
 
2
2x x 0 x(2x 1) 0
       που οι λύσεις είναι x = 0 και x = 0,5 m που είναι και η δεκτή. Άρα d = r + x
= 0,9 m.
Κίνηση υπό την επίδραση δύο φορτίων
Π.9. (σχολικό 99) Η βάση ενός ισοσκελούς τριγώνου είναι οριζόντια και στις άκρες
της βρίσκονται τα φορτία Q1 = Q2 = 5·10–6
C. Από την κορυφή του τριγώνου που το
επίπεδο του είναι κατακόρυφο αφήνεται σωμάτιο με μάζα m = 5 mg και φορτίο q =
–2·10–10
C. Να υπολογιστεί η ταχύτητά του τη στιγμή που πέφτοντας διέρχεται από
το μέσο της βάσης ΒΓ.
Δίνονται: Μήκος βάσης ℓ = 60 cm, ύψος τριγώνου h = 40 cm, g = 10 m/s2
, kc = 9·109
N·m2
/C2.
.
Λύση
Το πρόβλημα αυτό μπορεί να λυθεί με Α.Δ.Μ.Ε όπως στο παράδειγμα 2 ή με την χρήση Θ.Μ.Κ.Ε.
Θα υπολογίσουμε τα δυναμικά στις δύο θέσεις που περνά το σωμάτιο q.
ℓ
Α
Β Γ
Q1 Q2
M
q
h

Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με (ΑΒ) = (ΑΓ) = d. Με εφαρμογή του πυθαγόρειου θεωρήματος για το
τρίγωνο ΑΒΜ έχουμε:
2
2
d h
2
 
  
 
 
d = 50cm.
1 2
1 2
9 6
AB A d
c 1 c 2 c 1
A A(Q ) A(Q ) A 1
Q Q
k Q k Q k Q 9 10 5 10
V V V 2 V 2 V
AB A d 5 10

 


  
       



4
A
V = 18 10 V
ομοίως για το σημείο Μ
1 2
1 2
9 6
B /2
c 1 c 2 c 1
(Q ) (Q ) 1
Q Q
k Q k Q k Q 9 10 5 10
V V V 2 V 2 V
/ 2 3 10


    

  
       


 
4
Μ
V = 30 10 V
2
F w
2q(V V )
1
K W W W m q(V V ) mgh 2gh
2 m

 
   

                 
10 4 4
6
2( 2 10 )(18 10 30 10 ) m
2 10 0,4
5 10 s


    
     

m
υ = 17,6
s
Π.10. Δύο σημειακά και ακίνητα ηλεκτρικά φορτία Q βρίσκονται στις άκρες ευθύγραμμου τμήματος ΑΒ το
οποίο έχει μήκος L = 1 m. Σημειακό φορτίο q αφήνεται ελεύθερο να κινηθεί σε ένα σημείο Γ το οποίο
βρίσκεται ανάμεσα στα Α και Β και σε απόσταση L/4 από το Α.
α. Να βρείτε πόση απόσταση θα διανύσει μέχρι να σταματήσει για πρώτη φορά.
β. Σε ποια θέση η ταχύτητα γίνεται μέγιστη;
γ. Στην θέση που υπολογίσατε το δυναμικό έχει την μέγιστη ή την ελάχιστη τιμή αιτιολογήστε κατάλληλα
Δίνεται ότι η κίνηση γίνεται πάνω σε λείο και μονωτικό επίπεδο και το φορτίο q δεν επηρεάζει το πεδίο των
φορτίων Q. Οι βαρυτικές και οι μαγνητικές αλληλεπιδράσεις θεωρούνται αμελητέες.
Λύση
α. Η δύναμη που θα ασκηθεί αρχικά στο q από το φορτίο που
βρίσκεται στο Α θα είναι μεγαλύτερη από τη δύναμη που θα ασκηθεί
σε αυτό από το φορτίο που βρίσκεται στο Β (ίδια φορτία αλλά
μικρότερη απόσταση). Άρα το q θα κινηθεί προς το Β. Έστω Δ το σημείο στο οποίο το q θα σταματήσει και
A Γ
Q
S
q
L
4
L
Q
Δ Β

έστω ότι απέχει x από το Α. Τότε από το Β θα απέχει L – x. Εφαρμόζω Θ.Μ.Κ.Ε. για την κίνηση του q από
το Γ στο Δ.
F
kQ kQ kQ kQ
K W W 0 0 q(V V ) V V
L / 4 3L / 4 x L x
     
                  

2 2
4 1 1 16 1 x x
4 16x 16x 3 16x 16x 3 0
3 x 1 x 3 x(1 x)
 
           
 
οι λύσεις που προκύπτουν είναι:
x1 = 0,25 m (απορρίπτεται γιατί αντιστοιχεί στο σημείο Γ) και x2 = 0,75 m (δεκτή)
Άρα η ζητούμενη μετατόπιση είναι S = 0,75 – 0,25  S = 0,5 m.
β. Αρχικά το φορτίο q κινείται επιταχυνόμενο, δηλαδή η συνισταμένη δύναμη είναι ομμόροπη με την
ταχύτητα του φορτίου. Για να σταματήσει θα πρέπει κάποια στιγμή να επιβραδυνθεί, δηλαδή η δύναμη να
γίνει αντίρροπη της ταχύτητας. Συνεπώς την μέγιστη ταχύτητα την αποκτά το σώμα όταν σταματήσει να
επιταχύνεται και αρχίσει να επιβραδύνεται. Δηλαδή ακριβώς την στιγμή που
c c
A B 1 2
1 2
k Q k Q
F 0 F F x x
x x
        στο μέσον της απόστασης των δύο φορτίων (αναμενόμενο αφού
τα δύο φορτία είναι ίσα, αλλά όχι γενικό).
γ. Έστω Μ το μέσο του ευθύγραμμου τμήματος ΑΒ. Εφαρμόζουμε Θ.Μ.Κ.Ε. από το Γ → Μ και έχουμε:
F
K W W q(V V ) V V
q

      

             
Σε κάθε θέση, έστω Ζ (μεταξύ Α και Β) το δυναμικό θα δίνεται από την σχέση V V
q

 

 
αλλά στο Μ η κινητική ενέργεια είναι μέγιστη, οπότε το δυναμικό στο μέσο Μ είναι ελάχιστο.
Κίνηση δύο σωματιδίων
Π.11. Σφαιρίδιο Α, το οποίο έχει μάζα m1 = 2·10–10
kg και
φορτίο q1 = 10–8
C, εκτοξεύεται με αρχική ταχύτητα 0
 μέτρου
q1 υ0 υ = 0
Β
Α
∞
q2

υ0 = 600 m/s από πολύ μεγάλη απόσταση προς ένα αρχικά ακίνητο σφαιρίδιο Β, το οποίο έχει μάζα m2 = 2m1
= 4·10–10
kg και φορτίο q2 = 2q1 = 2·10–8
C. Τα δύο σφαιρίδια βρίσκονται πάνω σε λεία οριζόντια επιφάνεια
από μονωτικό υλικό. Να υπολογίσετε:
α. Τα μέτρα των ταχυτήτων των δύο σφαιριδίων, τη χρονική στιγμή t1 που η ηλεκτρική δυναμική ενέργεια
του συστήματος των δύο φορτίων είναι μέγιστη.
β. Τη μέγιστη ηλεκτρική δυναμική ενέργεια του συστήματος των δύο φορτίων.
γ. Την απόσταση των δύο σφαιριδίων τη χρονική στιγμή t1.
δ. Την ταχύτητα του σωματιδίου Β, όταν το σωματίδιο Α έχει ταχύτητα μέτρου υ1 = 400 m/s.
ε. Τις ταχύτητες των δύο σωματιδίων όταν πάψουν να αλληλεπιδρούν
Δίνεται η σταθερά kc = 9·109
N·m2
/C2
. Η βαρυτική αλληλεπίδραση των δύο σφαιριδίων να θεωρηθεί
αμελητέα.
Λύση
α. Όταν τα δύο σφαιρίδια βρίσκονται σε μια τυχαία απόσταση r μεταξύ τους, η ηλεκτρική δυναμική ενέργεια
του συστήματος των δύο φορτίων είναι: c 1 2
k q q
U
r

Από την τελευταία σχέση προκύπτει ότι η ηλεκτρική δυναμική ενέργεια γίνεται μέγιστη, όταν η απόσταση r
των δύο σφαιριδίων γίνεται ελάχιστη (r = rmin). Όταν το σφαιρίδιο Α αρχίζει να πλησιάζει το σφαιρίδιο Β, τα
δύο σφαιρίδια αρχίζουν να απωθούνται με δύναμη Coulomb, της οποίας το μέτρο βαθμιαία αυξάνεται. Αυτό
έχει ως συνέπεια, το μεν σφαιρίδιο Α να επιβραδύνεται (όχι ομαλά) συνεχώς, το δε σφαιρίδιο Β να
επιταχύνεται συνεχώς (όχι ομαλά). Αυτό σημαίνει ότι το μέτρο της ταχύτητας υ1 του
σφαιριδίου Α συνεχώς ελαττώνεται, ενώ το μέτρο της ταχύτητας υ2 του σφαιριδίου
Β συνεχώς αυξάνεται. Προφανώς, η απόσταση των δύο σφαιριδίων γίνεται ελάχιστη
(r = rmin), όταν οι ταχύτητες τους 1
 και 2
 αποκτούν (στιγμιαία) ίσα μέτρα, δηλαδή, όταν είναι: υ1 = υ2 = υ
Επειδή το σύστημα των δύο σφαιριδίων είναι μονωμένο ( F 0

  ), ισχύει η αρχή διατήρησης της ορμής.
Άρα, τη χρονική στιγμή t τα μέτρα των ταχυτήτων των δύο σφαιριδίων είναι:
q1
rmin
q2
υ υ

1 2
0
1 0 1 1 2 2 1 0 1 1
p p m m m m m 2m
3
  
 

               
m
υ = 200
s
β. Από την αρχή διατήρησης της μηχανικής ενέργειας του συστήματος, όταν τα δύο σφαιρίδια βρίσκονται σε
άπειρη απόσταση και όταν βρίσκονται στην απόσταση rmin, έχουμε:
2 2 2 2 2
( ) ( ) 1 0 1 2 max 1 0 1 max
1 1 1 1 3
U U m 0 m m U m m U
2 2 2 2 2
       
                     
2 2 10 4 4
1 0 max max
1 1
m ( 3 ) U U 2 10 (36 10 3 4 10 )J
2 2
 
             6
max
U = 24 10 J
γ. Η μέγιστη ηλεκτρική δυναμική ενέργεια του συστήματος των δύο φορτίων δίνεται από τη σχέση
9 8 8
c 1 2 c 1 2
max min min 6
min max
k q q k q q 9 10 10 2 10
U r r m
r U 24 10
 

   
     

min
r = 0,075m .
δ. Η ταχύτητα του κάθε σωματιδίου μπορεί οποιαδήποτε χρονική στιγμή να υπολογιστεί από την Α.Δ.Ο.
αφού το σύστημα είναι συνεχώς μονωμένο.
0 1
1 0 1 1 2 2 1 0 1 1 2 2 2
1
p p m m m m m 2m
2
 
  
                
m
υ = 100
s
ε. Τα δύο σωμάτια παύουν να αλληλεπιδρούν όταν φτάσουν σε μεγάλη απόσταση μεταξύ τους, όπου
πρακτικά έχουμε U = 0. Η εφαρμογή της Α.Δ.Μ.Ε. δίνει: ( ) ( ) U U
       
        
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 0 1 1 2 2 1 0 1 1 1 2 0 1 2 0 1 0 1 2
1 1 1 1 1 1
m 0 m m 0 m m 2m 2 ( )( ) 2
2 2 2 2 2 2
                            (1)
Από την Α.Δ.Ο. έχουμε:
1 0 1 1 2 2 1 0 1 1 1 2 0 1 2 0 1 2
p p m m m m m 2m 2 2
 
                        (2)
Από τις (1) και (2) προκύπτει: 2
2 0 1 2 0 1 2
2 ( ) 2
            (3)
Προσθέτουμε κατά μέλη τις (2) και (3) και έχουμε: 0
0 2 2
2
2 3
3

       2
m
υ = 400
s
και τελικά από την (3) έχουμε: υ1 = –200 m/s, δηλαδή μέτρου 200 m/s και φορά κίνησης αντίθετη της
αρχικής.

Σημείωση: Οι ταχύτητες των σωματιδίων όταν αυτά πάψουν να αλληλεπιδρούν βρίσκονται από τους τύπους
της ελαστικής κρούσης 1 2
1 0
1 2
m m
m m

  

και 1 0
2
1 2
2m
m m

 

οι οποίοι αποδεικνύονται στο βιβλίο της Γ
Λυκείου!
Κίνηση σε ομογενές ηλεκτρικό πεδίο παράλληλα στις δυναμικές γραμμές χωρίς την επίδραση του
βάρους.
Π.12. Δύο παράλληλες μεταλλικές πλάκες είναι φορτισμένες με αντίθετα φορτία.
Φορτισμένο σωματίδιο με μάζα m = 10–10
kg και φορτίου q = –1 μC αφήνεται τη χρονική
στιγμή t0 = 0 πολύ κοντά στην αρνητικά φορτισμένη πλάκα. Τη χρονική στιγμή. t1 = 2·10–3
s
το σωματίδιο φτάνει στην θετικά φορτισμένη πλάκα με ταχύτητα μέτρου υ1= 4·104
m/s. Να
υπολογίσετε:
α. την απόσταση μεταξύ των δύο πλακών.
β. το μέτρο της έντασης του ηλεκτρικού πεδίου στο χώρο μεταξύ των πλακών.
γ. την διαφορά δυναμικού μεταξύ των πλακών και το έργο της δύναμης που δέχεται το σωματίδιο από το
ηλεκτρικό πεδίο, όταν αυτό μετατοπίζεται από τη μια πλάκα στην άλλη.
Η επίδραση του πεδίου βαρύτητας να θεωρηθεί αμελητέα.
Λύση
α. Στην άσκηση αυτή μας δίνεται κάποιος χρόνος, οπότε πρέπει να δουλέψουμε με τύπους κινηματικής και
όχι ενεργειακά, αφού στους τύπους των ενεργειακών θεωρημάτων δεν έχουμε τον χρόνο.
Επειδή το ηλεκτρικό πεδίο ανάμεσα στις δύο πλάκες είναι ομογενές, το σωματίδιο δέχεται σταθερή δύναμη
και αποκτά σταθερή επιτάχυνση μέτρου α. Άρα, η κίνηση του σωματιδίου είναι ευθύγραμμη ομαλά
επιταχυνόμενη, χωρίς αρχική ταχύτητα, οπότε ισχύει η σχέση: 1
1
0
t t 0
 

   
 
 9
2
m
α = 2 10
s
Για την απόσταση d μεταξύ των πλακών έχουμε: 2 9 10
1 1
1 1
d t d 2 10 4 10 m
2 2

        d = 0,4m .
–q
Ε
+
+
+
+
+
+
+
+
–
–
–
–
–
–
–
–

β. Το ηλεκτρικό πεδίο είναι ομογενές. Η ένταση του μπορεί να βρεθεί μέσω του θεμελιώδους νόμου της
μηχανικής:
10 9
6
m 10 2 10
F m F m |q| m
|q| 10 C


   
               
  5 Ν
Ε = 2 10
C
Στο ίδιο αποτέλεσμα καταλήγουμε με εφαρμογή του Θ.Μ.Κ.Ε. για την κίνηση του σωματιδίου:
2
2 2 1
1 1
F
m
1 1
K W W m F d m |q|d E
2 2 2|q|d

  

                  5 N
E = 2 10
C
γ. Όταν λέμε διαφορά δυναμικού μεταξύ των πλακών εννοούμε την διαφορά των δυναμικών της θετικής
πλάκας από την αρνητική και συνήθως την συμβολίζουμε απλά V, εννοώντας ( ) ( )
V V V
 
  .
Την ίδια σχέση χρησιμοποιούμε και στον τύπο της έντασης, δηλαδή:
( ) ( )
V V V
V Ed
d d
 

       4
V = 8 10 V
Δίνεται από την σχέση F
W F d E|q|d 
     2
F
W = 8 10 J
Βέβαια μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε και την σχέση ( ) ( )
F
W q(V V ) q( V)
  
      2
F
W = 8 10 J
Π.13. Δύο παράλληλες μεταλλικές πλάκες απέχουν μεταξύ τους απόσταση d = 16 cm και
είναι φορτισμένες με τάση V = 18 V. Ένα ηλεκτρόνιο βάλλεται από ένα σημείο πολύ κοντά
στην θετικά φορτισμένη πλάκα με ταχύτητα μέτρου υ0, παράλληλα προς τις δυναμικές
γραμμές του πεδίου που δημιουργούν ανάμεσα τους οι δύο πλάκες. Να υπολογίσετε:
α. το μέτρο της επιβράδυνσης του ηλεκτρονίου.
β. το μέτρο της ταχύτητας 0
 , ώστε το ηλεκτρόνιο να φθάσει στην αρνητικά φορτισμένη πλάκα με μηδενική
ταχύτητα.
γ. το χρόνο που χρειάζεται το ηλεκτρόνιο για να επιστρέψει στην αρχική του θέση.
Δίνεται η μάζα του ηλεκτρονίου m = 9·10–31
kg και το στοιχειώδες ηλεκτρικό φορτίο e = l,6·10–19
C. Η
επίδραση του πεδίου βαρύτητας να θεωρηθεί αμελητέα.
Λύση
Ε
+
+
+
+
+
+
+
+
–
–
–
–
–
–
–
–
d
υ0
–q

α. Επειδή το ηλεκτρόνιο έχει αρνητικό φορτίο, η δύναμη F έχει αντίθετη φορά από την ταχύτητα 0
 . Άρα, η
κίνηση του ηλεκτρονίου θα είναι ευθύγραμμη ομαλά επιβραδυνόμενη με επιβράδυνση . Από το δεύτερο
νόμο του Νεύτωνα έχουμε:
19
31 2
V V|e| 18 1,6 10 m
F m F m |e| m |e| m
d dm 0,16 9 10 s



 
                  
 

 13
2
m
α = 2 10
s
β. Το μέτρο της ταχύτητας μπορεί να βρεθεί από τις εξισώσεις της κινηματικής και από την εφαρμογή του
Θ.Μ.Κ.Ε. Επειδή δεν μας δίνεται αλλά ούτε και μας ζητείται χρόνος, θα προτιμήσουμε την χρήση του
Θ.Μ.Κ.Ε.
2 ( ) ( ) 2
0 0 0
F
1 1 2eV
K W W 0 m q(V V ) m eV
2 2 m

 
 
                    
19
0 31
2 1,6 10 18 m
9 10 s



  
  

 7
0
m
υ = 8 10
s
γ. Όταν το ηλεκτρόνιο επιστρέψει στην αρχική θέση η συνολική του μετατόπιση θα είναι Δx = 0.
7
2 0
0 0 13
2
1 1 2 8 10
x 0 t t 0 t( t) 0 t t s
2 2 2 10

  
              
  
 
6
t = 8 10 s
Σημείωση: Η άλλη λύση της παραπάνω εξίσωσης είναι t = 0 και αντιστοιχεί στην στιγμή εκτόξευσης του
σωματιδίου.
Κίνηση παράλληλα στις δυναμικές γραμμές υπό την επίδραση και του βάρους.
Π.14. (σχολικό 92) Φορτισμένο σφαιρίδιο μάζας m = 0,5 g και φορτίου q = –10–8
C βάλλεται κατακόρυφα
προς τα πάνω με αρχική ταχύτητα υ0 = 85 cm/s από το θετικό προς τον αρνητικό οπλισμό πυκνωτή,
παράλληλα στις δυναμικές γραμμές του πεδίου του πυκνωτή. Εάν η διαφορά δυναμικού μεταξύ των
οπλισμών είναι V = 4 kV και η μεταξύ τους απόσταση d = 4 cm, να βρεθεί η ελάχιστη απόσταση από τον
αρνητικό οπλισμό στην οποία θα φτάσει το σφαιρίδιο. Μπορούμε στο πρόβλημα αυτό να θεωρήσουμε το
βάρος του σφαιριδίου αμελητέο; Δίνεται g = 10 m/s2
.
Λύση

Η ένταση του ηλεκτρικού πεδίου έχει μέτρο:
3
5
2
V 4 10 V
E E 10
d 4 10 m


   

και
συνεπώς η ηλεκτρική δύναμη: F = E|q| = 105
·10–8
 F = 10–3
N και το βάρος w =
mg = 0,5·10–3
·10  w = 5·10–3
N. Δηλαδή το βάρος είναι συγκρίσιμο με την Fηλ
και μάλιστα έχει μεγαλύτερη τιμή, οπότε δεν μπορούμε να το παραλείψουμε από
τους υπολογισμούς μας. Το σφαιρίδιο είναι αρνητικά φορτισμένο άρα η δύναμη θα έχει αντίθετη
κατεύθυνση από αυτή των δυναμικών γραμμών. Εφαρμόζω Θ.Μ.Κ.Ε. από το σημείο εκτόξευσης μέχρι τη
θέση που σταματά το σφαιρίδιο.
2 4 2
2 0
F w 0 3 3
m
1 1 5 10 0,85
K W W W 0 m Fx wx x x m
2 2 F w 2(10 +5 10 )


   
  
                  
 
x = 0,3 m ή x = 3 cm οπότε dmin = d – x  dmin = 1 cm.
Κίνηση κάθετα στις δυναμικές γραμμές
Π.15. Δύο παράλληλες μεταλλικές πλάκες, φορτισμένες με αντίθετα φορτία,
δημιουργούν ανάμεσα τους ομογενές ηλεκτρικό πεδίο με ένταση μέτρου Ε = 103
N/C. Ένα θετικά φορτισμένο σωματίδιο εισέρχεται στο πεδίο με ταχύτητα μέτρου υ0
= 2·105
m/s, κάθετα στις δυναμικές γραμμές του. Το σωματίδιο εισέρχεται στο πεδίο από σημείο Α πολύ
κοντά στην θετική πλάκα και εξέρχεται από σημείο Γ πολύ κοντά στην αρνητική πλάκα. Ο χρόνος
παραμονής του σωματιδίου μέσα στο πεδίο είναι t1 = 2·10–6
s. Να υπολογίσετε:
α. το μήκος των πλακών.
β. την απόσταση μεταξύ των πλακών.
γ. το μέτρο και την κατεύθυνση της ταχύτητας του σωματιδίου, κατά την έξοδο του από το πεδίο.
δ. τη διαφορά δυναμικού μεταξύ των πλακών.
Δίνεται ο λόγος του φορτίου q προς τη μάζα m του σωματιδίου: q/m = 108
C/kg. Η επίδραση του πεδίου
βαρύτητας να θεωρηθεί αμελητέα.
Λύση
+
+
+
+
+
+
+
+
w
F
dmin
Ε d
υ0
–q
x
– – – – – – – – –
Ε
+
+
+
+
+
+
+
+
– – – – – – – – –
d
υ0
q
L

α. Σε χρόνο t ίσο με το χρόνο παραμονής (t = t1) το σωματίδιο μετατοπίζεται στον άξονα xꞌx κατά x = L.
Άρα L = υ0t1  L = 0,4 m
β. Στον άξονα yꞌy η κίνηση του σωματιδίου είναι ευθύγραμμη ομαλά επιταχυνόμενη, χωρίς αρχική ταχύτητα,
και ισχύει: 2
1
y t
2
  και επειδή το σωματίδιο ξεκινά από την θετική πλάκα και εξέρχεται από την αρνητική
πλάκα ισχύει d = y, όπου d η απόσταση μεταξύ των πλακών.
Το μέτρο της επιτάχυνσης δίνεται από τη σχέση:
E|q|
F m E|q| m
m
          11
2
m
α = 10
s
Άρα: 2 11 12
1
1 1
d y t d 10 4 10 m
2 2

        d = 0,2m
γ. Η ταχύτητα του σωματιδίου στον άξονα y δίνεται από τη σχέση: υy = αt1  υy
= 2·105
m/s.
Το μέτρο της ταχύτητας υ του σωματιδίου κατά την έξοδο του από το πεδίο είναι:
2 2
0 y
       5 m
υ = 2 2 10
s
Η κατεύθυνση της ταχύτητας υ προσδιορίζεται από τη γωνία φ, η οποία δίνεται από τη σχέση:
y
0
1 45

      

ε. Έστω V η διαφορά δυναμικού μεταξύ των πλακών. Ισχύει:
V
E V Ed
d
    V = 200V
Π.16. Πρωτόνιο μάζας m και φορτίου q εισέρχεται στο ομογενές ηλεκτρικό
πεδίο επίπεδου φορτισμένου πυκνωτή με ταχύτητα μέτρου υ0 = 2·105
m/s
παράλληλη προς τους οπλισμούς του. Μετά χρόνο t1 = 4·10–5
s το πρωτόνιο
εξέρχεται από το πεδίο με ταχύτητα μέτρου υ = 2 υ0. Να υπολογίσετε:
α. τη γωνία που σχηματίζει η ταχύτητα  με την ταχύτητα 0
 , κατά την έξοδο του πρωτονίου από το πεδίο.
β. το μέτρο της επιτάχυνσης που αποκτά το πρωτόνιο μέσα στο πεδίο.
γ. το μέτρο της έντασης του ηλεκτρικού πεδίου.
Ε
+
+
+
+
+
+
+
+
– – – – – – – – –
L
υy
υ0
υ
φ
Ε
+
+
+
+
+
+
+
+
– – – – – – – – –
L
φ
υ0
υ0
υy
υ
Α
Γ

δ. τη διαφορά δυναμικού ανάμεσα στο σημείο εισόδου και στο σημείο εξόδου του πρωτονίου από το πεδίο.
Η επίδραση του πεδίου βαρύτητας να θεωρηθεί αμελητέα. Δίνεται το ειδικό φορτίο του πρωτονίου q/m = 108
C/kg
Λύση
α. Από το διπλανό σχήμα, έχουμε: 0 1 2
2
2

    

φ = 45°
β. Από το σχήμα έχουμε: y y
0 0
1
 
    
 
 5
y
m
υ = 2 10
s
Η υy δίνεται από την σχέση
5
y
y 1 5 2
1
2 10 m
t
t 4 10 s

 
         

 9
2
m
α = 5 10
s
γ. Από το δεύτερο νόμο του Newton έχουμε:
9
8
m 5 10 N
F m F m |q| m E
|q| 10 C

 
               
N
E = 50
C
δ. Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Κ.Ε, κατά την κίνηση του πρωτονίου από το σημείο εισόδου Α μέχρι το σημείο
εξόδου Γ. Έχουμε:
2 2
2 2 0
F 0
m( )
1 1
W m m q(V V ) V V
2 2 2q

     
  
            
10 10
8
8 10 4 10
V V
2 10

  
 

ΑΓ
V = 200V
Π.17. Ένα σωματίδιο μάζας m και θετικού φορτίου q
επιταχύνεται από την ηρεμία μέσω μιας διαφοράς
δυναμικού V1 = 2·103
V και στη συνέχεια εισέρχεται
στο ομογενές ηλεκτρικό πεδίο που δημιουργούν
ανάμεσα τους δύο παράλληλες και οριζόντιες
μεταλλικές πλάκες, με ταχύτητα 0
 κάθετη στις
δυναμικές γραμμές του πεδίου. Το μέτρο της έντασης
Ε
+
+
+
+
+
+
+
+
– – – – – – – – –
L
φ
υ0
υ0
υy
υ
Α
Γ
Ε
+
+
+
+
+
+
+
+
– – – – – – – – –
L
φ
υ0
υ0
υy
υ
V1
d
y1
y2

του ηλεκτρικού πεδίου είναι E = 104
N/C. Η κατακόρυφη απόκλιση του σωματιδίου από την αρχική του
θέση, κατά την έξοδο του από το πεδίο, είναι y1 = 20 cm. Μετά την έξοδο του από το πεδίο, το σωματίδιο
πέφτει σε επίπεδη επιφάνεια, η οποία είναι κάθετη στη διεύθυνση της ταχύτητας 0
 του σωματιδίου και
απέχει από τα πλησιέστερα άκρα των δύο πλακών απόσταση d = 50 cm. Να υπολογίσετε:
α. το μέτρο της ταχύτητας 0
 .
β. το μήκος L των πλακών.
γ. το μέτρο της ταχύτητας  του σωματιδίου τη στιγμή που εξέρχεται από το ηλεκτρικό πεδίο.
δ. την κατακόρυφη απόκλιση του σωματιδίου από τη στιγμή που εισέρχεται στο ηλεκτρικό πεδίο μέχρι τη
στιγμή που πέφτει στην επίπεδη επιφάνεια.
Δίνεται για το σωματίδιο: q/m = 105
C/kg. Η επίδραση του πεδίου βαρύτητας να θεωρηθεί αμελητέα.
Λύση
α. Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Κ.Ε. για την κίνηση του σωματιδίου στο πρώτο πεδίο διαφοράς δυναμικού V1
2 5 3
1 1
F 0 1 0 0 0
2qV 2qV
1 m
W m 0 q V 2 10 2 10
2 m m s

 
                 
   4
0
m
υ = 2 10
s
β. Κατά την κίνηση του σωματιδίου στο εσωτερικό των πλακών έχουμε επιτάχυνση με κατεύθυνση κάθετη
στις πλάκες και μέτρου 4 5
2
|q| m
F m F m |q| m 10 10
m s


                  9
2
m
α = 10
s
.
Από την κατακόρυφη απόκλιση μπορούμε να βρούμε τον χρόνο του σωματιδίου στο πεδίο.
2 1
1 1 1 1 9
2y
1 2 0,2
y t t t s
2 10


      


5
1
t = 2 10 s
Τελικά για το μήκος των πλακών προκύπτει: L = υ0t1  L = 0,4 m.
γ. Η κατακόρυφη συνιστώσα της ταχύτητας του σωματιδίου κατά την έξοδο του από το πεδίο έχει μέτρο:
υy = αt1  υy = 109
·2·10–5
m/s  υy = 2·104
m/s.
Το μέτρο της ταχύτητας κατά την έξοδο είναι:
2 2 5 2 5 2
0 y
m
(2 10 ) (2 10 )
s
         
   5 m
υ = 2 2 10
s

δ. Η γωνιακή απόκλιση κατά την έξοδο του σωματιδίου από το πεδίο είναι: y
0
1

     

φ = 45°
Η κίνηση εκτός του πεδίου είναι ευθύγραμμη ομαλή. Έστω y2 η απόκλιση στο χώρο εκτός του πεδίου.
Ισχύει: 2
2
y
y d
d
     2
y = 50cm
Άρα η συνολική κατακόρυφη απόκλιση είναι y = y1 + y2  y = 70 cm.
Π.18. Ένας πυκνωτής φορτίζεται με τάση V = 100 V και αποκτά φορτίο Q = 2 μC.
Να υπολογίσετε:
α. Τη χωρητικότητα του πυκνωτή.
β. Την ενέργεια του φορτισμένου πυκνωτή.
Λύση
α. Η χωρητικότητα C του πυκνωτή είναι:
6
Q 2 10
C C F
V 100



   
 8
C = 2 10 F.
β. Η ενέργεια U του φορτισμένου πυκνωτή μπορεί να υπολογιστεί από τη σχέση:
6
Q V 2 10 100
U U J
2 2


  
    4
U = 10 J.
Π.19. Οι οπλισμοί ενός επίπεδου πυκνωτή είναι τετράγωνες πλάκες πλευράς α = 2 cm. Η απόσταση μεταξύ
των δύο οπλισμών του πυκνωτή είναι d = 17,7 mm. Μεταξύ των οπλισμών του πυκνωτή υπάρχει κενό. Ο
πυκνωτής συνδέεται με πηγή τάσης V = 88,5 V. Να υπολογίσετε:
α. Τη χωρητικότητα του επίπεδου πυκνωτή.
β. Το φορτίο που αποκτά ο πυκνωτής.
γ. Την ενέργεια του πυκνωτή.
δ. Το μέτρο της έντασης του ηλεκτρικού πεδίου που δημιουργείται ανάμεσα στους δύο οπλισμούς του
πυκνωτή.

Δίνεται: ε0 = 8,85·10–12
C2
/N·m2
.
Λύση
α. Αρχικά υπολογίζουμε το εμβαδόν S του κάθε οπλισμού του πυκνωτή. Αφού έχει σχήμα τετραγώνου, για
το εμβαδόν A θα ισχύει: A = α2
= (2 cm)2
 A = 4 cm2
 A = 4·10–4
m2
.
Η χωρητικότητα C του επίπεδου πυκνωτή είναι:
12 4
2
0 A 8,85 10 4 10
C C F
d 17,7 10
 


   
 
  

 10
C = 2 10 F.
β. Το φορτίο Q που αποκτά ο πυκνωτής είναι: 10
Q
C Q C V Q 2 10 88,5C
V
 
        
 10
Q = 177 10 C.
γ. Η ενέργεια U του φορτισμένου πυκνωτή είναι:
10
Q V 177 10 88,5
U U J
2 2


 
 

   10
U = 7832,25 10 J.
δ. Η ένταση E του ηλεκτρικού πεδίου που δημιουργείται ανάμεσα στους οπλισμούς του πυκνωτή είναι:
2
V 88,5 V
E E
d 17,7 10 m

   

E = 500 V/m.
Π.20. Επίπεδος πυκνωτής χωρητικότητας C = 8 μF συνδέεται με ηλεκτρική πηγή και φορτίζεται με διαφορά
δυναμικού V = 200 V. Μεταξύ των οπλισμών του πυκνωτή υπάρχει κενό, ενώ η απόσταση τους είναι d = 5
mm. Στη συνέχεια ο πυκνωτής αποσυνδέεται από την πηγή και η απόσταση μεταξύ των οπλισμών του
διπλασιάζεται. Να βρείτε για τον πυκνωτή, πριν και μετά το διπλασιασμό της απόστασης μεταξύ των
οπλισμών του:
α. Το φορτίο του.
β. Τη χωρητικότητα του.
γ. Την τάση του.
δ. Το μέτρο της έντασης του ηλεκτρικού πεδίου ανάμεσα στους οπλισμούς του.
ε. Την ενέργεια του.
Λύση

α. Η απόσταση μεταξύ των οπλισμών του πυκνωτή αλλάζει, αφού πρώτα τον αποσυνδέσουμε από την πηγή
φόρτισης. Άρα το φορτίο του πυκνωτή δεν αλλάζει.
6
Q
C Q CV Q 8 10 200C
V
 
    
    4
Q = 16 10 C
Άρα και Qꞌ = Q = 16·10–4
C.
β. Χωρητικότητα:
0
6
0 A
C C
d 2 C
A
C 2
2d



    

 
 

C = 4 10 F.
γ. Τάση:
C V
V 2 V 2V
Q
C V
Q
V


     




V = 400 V.
ή
4
6
Q Q 16 10
C V V V
V C 4 10


  
  
 
    
  
 2
V = 4 10 V.
δ. Ένταση ηλεκτρικού πεδίου: 3
V 200 V
E E
d 5 10 m

  
 

4
E = 4 10 V/m.
3
V 400 V
E E
2d 10 10 m


 
   

  4
E = 4 10 V/m.
ή θα μπορούσαμε να πούμε:
V
V 200
d 2 2 1 E E
V V 400
2d
  

        


   


 
4
E = 4 10 V/m.
ε. Ενέργεια πυκνωτή:
4
Q V 16 10 200
U U J
2 2


  

    2
U = 16 10 J.
και τελικά
4
Q V 16 10 400
U U J
2 2


 
  
 
      2
U = 32 10 J.
Η αύξηση της ενέργειας του πυκνωτή οφείλεται στην ενέργεια που καταναλώσαμε για να αυξήσουμε την
απόσταση των οπλισμών, γιατί μεταξύ τους (οι οπλισμοί) έλκονται.

Π.21. Επίπεδος πυκνωτής χωρητικότητας C = 4 μF συνδέεται με ηλεκτρική πηγή και φορτίζεται με διαφορά
δυναμικού V = 400 V. Μεταξύ των οπλισμών του πυκνωτή υπάρχει κενό, ενώ η απόσταση τους είναι d = 10
mm. Χωρίς να αποσυνδέσουμε τον πυκνωτή από την πηγή, υποδιπλασιάζουμε την απόσταση μεταξύ των
οπλισμών του. Να βρείτε για τον πυκνωτή, πριν και μετά τον υποδιπλασιασμό της απόστασης μεταξύ των
οπλισμών του:
α. Την τάση του.
β. Τη χωρητικότητα του.
γ. Το φορτίο του.
δ. Την ένταση του ηλεκτρικού πεδίου ανάμεσα στους οπλισμούς του.
ε. Την ενέργεια του.
Λύση
α. Αφού η απόσταση μεταξύ των οπλισμών αλλάζει χωρίς να αποσυνδέσουμε τον πυκνωτή από την πηγή
φόρτισης, η τάση μεταξύ των οπλισμών του δεν αλλάζει.
Οπότε V = 400 V και Vꞌ = 400 V
β. Χωρητικότητα:
0
6
0
A
C 1
d C 2C
A
C 2
d / 2





     



C = 8 10 F
γ. Φορτίο: Ισχύει Q = CV  Q = 4·10–6
·400 C  Q = 16·10–4
C
C 1 Q
V Q 2Q
Q
C 2 Q
V
Q


     
 

 

4
Q = 32 10 C.
δ. Ένταση ηλεκτρικού πεδίου: 3
V 400 V
E E
10 10 m

    

4
E = 4 10 V/m.
3
V 400 V
E E
/ 2 5 10 m


 
   

  4
E = 8 10 V/m.
ε. Ενέργεια πυκνωτή:
4
Q V 16 10 400
U U J
2 2


  

    2
U = 32 10 J.

και τελικά
4
Q V 32 10 400
U U J
2 2


 
  
 
      2
U = 64 10 J.
Π.22. (σχολικό 70) Πυκνωτής χωρητικότητας C1 = 20 μF φορτίζεται σε τάση V1 =
80 V. Ο πυκνωτής αποσυνδέεται από την πηγή που τον φόρτισε και συνδέεται με
αφόρτιστο πυκνωτή χωρητικότητας C2 = 5 μF. Να υπολογιστούν:
α. Η τάση που θα αποκτήσουν οι δύο πυκνωτές μετά τη σύνδεσή τους.
β. Το φορτίο κάθε πυκνωτή μετά τη σύνδεση.
γ. Η ηλεκτρική δυναμική ενέργεια που θα χαθεί με τη σύνδεση των δύο πυκνωτών.
Λύση
α. Το φορτίο που υπάρχει στον πυκνωτή C1 είναι: 1 1 1
1
Q
C Q C V
V

     4
Q = 16 10 C
Μετά την σύνδεση των δύο πυκνωτών, αυτοί θα αποκτήσουν κοινή τάση και το φορτίο διατηρείται. Έτσι θα
έχουμε:
4
1 2 1 2 6
1 2
Q 16 10
Q Q Q C V C V V V V
C C 25 10



        
 
V = 64V
β. Το φορτίο του κάθε πυκνωτή θα είναι: Q1 = C1V  Q1 = 2·10–5
·64 C  Q1 = 12,8·10–4
C και
Q2 = Q – Q1  Q2 = 3,2·10–4
C
γ. Η ενέργεια που είχε αρχικά αποθηκευμένη ο C1 ήταν:
2 5 2
1 1
1 1
U C V U 2 10 64 10 J
2 2

 


        3
αρχ
U = 64 10 J
Η ενέργεια των δύο πυκνωτών μετά είναι:
2 2 2 6
1 2 1 2
1 1 1 1
U C V C V U (C C )V U 25 10 4096J
2 2 2 2

  


      
    3
τελ
U = 51,2 10 J ΄
Άρα ΔU = Uτελ – Uαρχ  ΔU = –12,8·10–3
J.
Το αρνητικό πρόσημο σημαίνει ότι η ενέργεια του συστήματος ελαττώθηκε. Η ηλεκτρική ενέργεια που
χάθηκε από το σύστημα έγινε θερμότητα στους αγωγούς κατά τη μετακίνηση φορτίου από τον έναν πυκνωτή
στον άλλο.
C2
C1
(1) (2)
R
V1
+ +
– –
+ +
– –

Παραδείγματα στην δυναμική ενέργεια και στην κίνηση σε ανομοιογενές πεδίο..pdf

Recommended

Recommended

More Related Content

What's hot

What's hot (20)

Similar to Παραδείγματα στην δυναμική ενέργεια και στην κίνηση σε ανομοιογενές πεδίο..pdf

Similar to Παραδείγματα στην δυναμική ενέργεια και στην κίνηση σε ανομοιογενές πεδίο..pdf (20)

More from Περί Επιστήμης

More from Περί Επιστήμης (11)

Παραδείγματα στην δυναμική ενέργεια και στην κίνηση σε ανομοιογενές πεδίο..pdf