Πανελλαδικές Εξετάσεις 2024 — physics, Θέμα D (4 μονάδες)

Στη διάταξη του Θέματος Δ, η ράβδος ΛΜ ($M_\rho=1{,}2$ kg, L = 1 m) κινείται μέσα στο μαγνητικό πεδίο (B = 1 T) πάνω στους λείους αγωγούς με τον διακόπτη (δ) ανοικτό, έχοντας από τη στιγμή t = 0 ταχύτητα 1 m/s. Τη χρονική στιγμή $t_1=1$ s (θέση (3)) ασκείται στο μέσον Ρ της ράβδου σταθερή οριζόντια δύναμη προς τη θετική κατεύθυνση, μέτρου F = 3 N, κάθετη σε αυτήν. Τη χρονική στιγμή $t_2=3$ s ο διακόπτης (δ) κλείνει (θέση (4)).
Δ3. Να υπολογίσετε το μέτρο της επιτάχυνσης της ράβδου ΛΜ για το χρονικό διάστημα $\Delta t=t_2-t_1$ και το μέτρο της ταχύτητάς της στο τέλος αυτού του χρονικού διαστήματος.

Απάντηση:
Με τον διακόπτη ανοικτό το κύκλωμα δεν διαρρέεται από ρεύμα, άρα δεν ασκείται δύναμη Laplace στη ράβδο. Από t = 0 έως $t_1$ η ράβδος κινείται με σταθερή ταχύτητα 1 m/s. Από $t_1$ έως $t_2$ η μόνη οριζόντια δύναμη είναι η F, οπότε η κίνηση είναι ομαλά επιταχυνόμενη με $a=\dfrac{F}{M_\rho}=\dfrac{3}{1{,}2}=2{,}5\ m/s^2$. Στο τέλος του διαστήματος $\Delta t=2$ s: $v=v_0+a\Delta t=1+2{,}5\cdot 2=6$ m/s.

ΚΛΕΙΔΙ ΒΑΘΜΟΛΟΓΗΣΗΣ (4 μ.). Αιτιολόγηση ότι με ανοικτό διακόπτη δεν υπάρχει ρεύμα/δύναμη Laplace και η αρχική ταχύτητα στο $t_1$ είναι 1 m/s: 1 μ. Υπολογισμός $a=F/M_\rho=2{,}5\ m/s^2$: 2 μ. Υπολογισμός $v=6$ m/s με $\Delta t=2$ s: 1 μ. Μερική πίστωση: χρήση $\Delta t=3$ s (απάντηση 8,5 m/s): -1 μ. Χρήση συνολικής μάζας (ράβδος+σώμα) στην επιτάχυνση: -2 μ.

Πανελλαδικές Εξετάσεις 2024 — physics, Θέμα D (6 μονάδες)

Στη διάταξη του Θέματος Δ, μετά το κλείσιμο του διακόπτη (δ), ο ημικυκλικός αγωγός ΑΗΓ (ακτίνας $r_1=L/2=0{,}5$ m) διαρρέεται από ρεύμα $I_1=0{,}6$ A, ενώ τα δύο ημικύκλια ΔΝΖ και ΔΘΖ του ομόκεντρου κυκλικού αγωγού (ακτίνας $r_2<r_1$) διαρρέονται από ίσα ρεύματα $I_3=I_4=1{,}2$ A. Δίνεται η μαγνητική διαπερατότητα του κενού $\mu_0=4\pi\cdot 10^{-7}$ T·m/A.
Δ5. Αφού έχει κλείσει ο διακόπτης (δ), να υπολογίσετε: α) την ένταση του μαγνητικού πεδίου που δημιουργεί στο κέντρο Ο αποκλειστικά ο ημικυκλικός αγωγός, κάνοντας χρήση του νόμου των Biot-Savart (μονάδες 3)· β) τη συνολική ένταση του μαγνητικού πεδίου που δημιουργούν αποκλειστικά ο ημικυκλικός και ο κυκλικός αγωγός στο κοινό τους κέντρο Ο (μονάδες 3).

Απάντηση:
α) Κατά τον νόμο Biot-Savart, κάθε στοιχείο $d\ell$ του ημικυκλίου απέχει από το Ο σταθερή απόσταση $r_1$ και είναι κάθετο στην επιβατική ακτίνα (θ = 90°): $B_Ο=\sum\dfrac{\mu_0}{4\pi}\dfrac{I_1 d\ell\,\eta\mu 90^\circ}{r_1^2}=\dfrac{\mu_0 I_1}{4\pi r_1^2}\sum d\ell=\dfrac{\mu_0 I_1}{4\pi r_1^2}\pi r_1=\dfrac{\mu_0 I_1}{4r_1}=\dfrac{4\pi\cdot 10^{-7}\cdot 0{,}6}{4\cdot 0{,}5}=1{,}2\pi\cdot 10^{-7}$ T. β) Τα δύο ημικύκλια ΔΝΖ και ΔΘΖ διαρρέονται από ίσα ρεύματα που διαγράφουν το κέντρο Ο με αντίθετη φορά περιστροφής, οπότε δημιουργούν στο Ο αντίθετα μαγνητικά πεδία ίσων μέτρων που αλληλοαναιρούνται. Άρα το ολικό πεδίο στο Ο οφείλεται μόνο στον ημικυκλικό αγωγό: $B_{ολ}=B_Ο=1{,}2\pi\cdot 10^{-7}$ T $\approx 3{,}77\cdot 10^{-7}$ T.

ΚΛΕΙΔΙ ΒΑΘΜΟΛΟΓΗΣΗΣ (6 μ.). α (3 μ.): εφαρμογή του Biot-Savart με σταθερό $r_1$ και ημ90° = 1: 1 μ.· άθροιση $\sum d\ell=\pi r_1$ και κατάληξη $B_Ο=\dfrac{\mu_0I_1}{4r_1}$: 1 μ.· αριθμητικό αποτέλεσμα $1{,}2\pi\cdot 10^{-7}$ T: 1 μ. β (3 μ.): αναγνώριση ότι τα δύο ημικύκλια του κυκλικού αγωγού διαρρέονται από ίσα ρεύματα αντίθετης φοράς ως προς το Ο και τα πεδία τους αλληλοαναιρούνται: 2 μ.· συμπέρασμα $B_{ολ}=1{,}2\pi\cdot 10^{-7}$ T: 1 μ. Μερική πίστωση: απευθείας χρήση του τύπου $B=\mu_0I/4r$ χωρίς την απαιτούμενη απόδειξη μέσω Biot-Savart: έως 1 μ. στο α. Άθροιση αντί αναίρεσης των πεδίων των δύο ημικυκλίων: 0 μ. στην αιτιολόγηση του β.