Subscribe
Ειδοποίηση για
19 Σχόλια
Inline Feedbacks
Όλα τα σχόλια
Παρμενίων Μανδραβέλης

Διονύση καλησπέρα.Σε ανάλογο συμπέρασμα καταλήγουμε και για την ένταση ηλεκτρικου πεδίου σφαιρικής κατάνομης φορτίου σταθερής πυκνότητας. Αν όμως αναφερόμαστε σε ευθύγραμμο ρευματοφορο αγωγό αμαλητεου πάχους δεν .μπορούμε αξιωματικά να υποστηρίξουμε ότι το.υποθεμα “αλλοιώνει “τον χώρο γύρω του αποκτώντας αυτός την ιδιότητα να ασκεί δυνάμεις ,εκτός των σημείων του χώρου που καταλαμβάνει το ίδιο το.υποθεμα
Αυτό βρίσκεται σε συμφωνία με την αρχη διατήρησης της ενέργειας καθώς αν ο αγωγός δημιουργούσε πεδίο και στα σημεία που καταλαμβάνει ο ίδιος .θα δεχόταν δύναμη από. το. δικο.του πεδίο και θα αυτοκινουνταν!!

Παρμενίων Μανδραβέλης

Διονύση καλο μεσημέρι.Καλύπτεις το θέμα πλήρως και προσωπικά υιοθετώ την προσέγγιση σου, για χρήση στην περίπτωση απαιτητικου μαθητή που θέλει να γνωρίζει πλήρως τι συμβαίνει.
Έθεσα το ερώτημα μου(αν δηλαδή μπορούμε.να ισχυριστουμε ότι το υποθεμα δεν δημιουργεί πεδίο στα σημεία που το ίδιο καταλαμβανει) για να έχω την άποψη σου.

Διονύσης Μάργαρης
Διαχειριστής
22 ημέρες πριν

Καλημέρα Διονύση.
Πριν 3-4 ημέρες πήρα μήνυμα στο email μου, που με ρωτούσε για το παραπάνω θέμα και αν είναι εντός ή εκτός ύλης…

Μίλτος Καδιλτζόγλου
22 ημέρες πριν
Απάντηση σε  Διονύσης Μάργαρης

Είναι η άσκηση 4.55, που επίσημα ακόμη δεν έχει εξαιρεθεί.

Κωνσταντίνος Καβαλλιεράτος

Καλημερα Διονύση και Διονύση. Ειναι θεμα που σιγουρα μπορει να συζητηθει με τους μαθητες και αξιζει τον κοπο. Ομως ο αναλυτικος υπολογισμος της συναρτησης Β(r) αποκλειεται να ζητηθει κατα την γνωμη μου. Νε αυτην την εννοια ειναι εκτος υλης.
Το προβλημα εχει κυλινδρικη συμμετρια. Αυτο σημαινει οτι το μαγνητικο πεδιο θα ειναι της μορφης
Β(ρ,φ,z) = Β(r)=Βρ(ρ)+Βφ(ρ)+Βz(ρ).
Η υπαρχουσα συμμετρια δηλαδη μας εξασφαλιζει οτι το πεδιο θα εχει εξαρτηση μονο απο την ρ συντεταγμενη. Ομως απο πουθενα δεν προκυπτει οτι λογω μονο της συμμετριας,οι συνιστωσες Βρ(ρ) , Βz(ρ) θα μηδενιζονται,οπως εγραψε ο Διονύσης. Χρειαζονται και αλλα επιχειρηματα για να δικαιολογηθει αυτο. Ειναι μαλλον δυσκολα ζητηματα για το σχολειο.
Επισης νομιζω οτι οι απλωμενες κατανομες ρευματων για τις οποιες ισχυει dI=JdA
οπου dA η στοιχειωδης επιφανεια,ειναι μαλλον αρκετα προχωρημενα θεματα.
Το γιατι η συναρτηση του μαγνητικου πεδιου ενος καλωδιου με ρευμα δεν απειριζεται αναγκαστικα οταν παμε στον αξονα του συρματος εξηγειται σε καποιο μαθητη ποιοτικα αν πουμε οτι η συναρτηση που διαθετουμε και η οποια δινει τον απειρισμο για r=0,σχυει μονο μεχρι την επιφανεια του καλωδιου το οποιο στην πραγματικοτητα εχει καποιο παχος.Απο εκει και μεσα,καθως πλησιαζουμε προς τον αξονα,ολο και περισσοτερα ρευματα αρχιζουμε να τα βλεπουμε απ εξω μας και δεν μας επηρεαζουν.

Τελευταία διόρθωση22 ημέρες πριν από Κωνσταντίνος Καβαλλιεράτος
Κώστας Ψυλάκος
Αρχισυντάκτης
22 ημέρες πριν

Καλημερα .
Διονυση η σταθερή επιφανειακή πυκνοτητα ρευματος μου θυμισε την σταθερη πυκνοτητα μαζας όταν θελαμε να βρουμε ροπη αδρανειας κοίλου κυλινδρου .

Πολυ καλή η ανάλυση σου και ευστοχο αυτο που εχεις επισημάνει στην συνεχεια στο σχολιο σου.

Χρήστος Αγριόδημας
Αρχισυντάκτης
22 ημέρες πριν

Διονύση καλησπέρα.
Πολύ καλή ανάλυση που φέρει την υπογραφή σου. Μου θύμισε τη ροπή αδράνειας του κοίλου κυλίνδρου και την παρατήρηση του Παρμενίωνα.
Προσωπικά πιστεύω ότι η άσκηση είναι περισσότερο για εμας.

Παντελεήμων Λάπας
20 ημέρες πριν

Γεια χαρά σε όλους,

η παραπάνω πιο ρεαλιστική αντιμετώπιση του προβλήματος του ευθύγραμμου ρευματοφόρου αγωγού απείρου μήκους, όπου αντί για νηματοειδή αγωγό (μηδενικής διατομής) θεωρείται κυλινδρικός αγωγός μη μηδενικής διατομής ΔΕΝ νομίζω ότι απαντάει στο ερώτημα που τίθεται στην αρχή της ανάλυσης (και που λογικά αφορά στον νηματοειδή ευθύγραμμο αγωγό απείρου μήκους), για τον λόγο του ότι δεν πρόκειται για το ίδιο πρόβλημα …
… η σωστή απάντηση για τον νηματοειδή αγωγό είναι ότι το πεδίο πρέπει να απειρίζεται καθώς ερχόμαστε απείρως κοντά στον νηματοειδή αγωγό με το εξής σκεπτικό: αν χρησιμοποιήσουμε τα επιχειρήματα της άσκησης για την μορφή που πρέπει να έχουν οι μαγνητικές δυναμικές γραμμές και χρησιμοποιήσουμε την ολοκληρωτική μορφή του νόμου του Ampere (η οποία ισχύει εφόσον ο κλειστός βρόχος που περικλείει το νηματοειδές ρεύμα έχει ακτίνα r > 0, το μηδέν πρέπει αυστηρά να αποκλειστεί προκειμένου να είναι σε ισχύ το θεώρημα του Stokes που μας πάει από τη διαφορική μορφή του νόμου στην γνωστή ολοκληρωτική του μορφή που χρησιμοποιείται στην ανάλυση) … καταλήγουμε στο γνωστό ότι 2πrΒ = μ0*Ι όπου στο όριο όπου r -> 0 θα πρέπει Β -> infinity έτσι ώστε το γινόμενό τους (που στο λύκειο αναφέρεται ως απροσδιόριστη μορφή) να μπορεί να μας δώσει το πεπερασμένο (ούτε μηδέν, ούτε άπειρο) μέγεθος μ0*Ι …
… πάει αυτό … τώρα γιατί το παραπάνω πρόβλημα ΔΕΝ είναι το ίδιο με τον νηματοειδή αγωγό … γιατί αν πάρουμε το όριο όπου r -> 0 για τον αμπεριανό βρόχο που είναι εξ’ ολοκλήρου στο εσωτερικό του αγωγού, το περικλειόμενο ρεύμα τείνει στο μηδέν … (δεν υπάρχει καν νηματοειδής αγωγός πάνω στον άξονα του κυλινδρικού ρευματοφόρου αγωγού με τον οποίον επιχειρείται μια συσχέτιση)
… ο νηματοειδής αγωγός (όπως και το σημειακό ηλεκτρικό φορτίο) θα ήταν ίσως προτιμότερο να τα έχουμε κατά νου ως θεωρητικά και μόνον κατασκευάσματα της ηλεκτρομαγνητικής θεωρίας, τα οποία μας βοηθούν να κάνουμε ομαλά το πέρασμα σε πεπαρασμένες (χωρικά) κατανομές ρεύματος ή φορτίου επί της βάση της αρχής της επαλληλίας για το ηλεκτρικό και το μαγνητικό πεδίο … παρά ως ρεαλιστικά μοντέλα κατανομής ρεύματος ή φορτίου …

Σύντομη εξήγηση του γιατί επιβιώνει μόνο η Βφ συνιστώσα του μαγνητικού πεδίου … αρχίζοντας από την απλούστερη περίπτωση του νηματοειδούς αγωγού (απείρου μήκους γιατί γι αυτό μιλάμε στην όλη ανάλυση) … αυτό το πρόβλημα έχει κυλινδρική συμμετρία όπως σωστά αναφέρθηκε αλλά και αξονική συμμετρία (ας επιλέξω ως “άξονα” … τον άξονα Ζ) … όπερ σημαίνει ότι η μαγνητική επαγωγή δεν εξαρτάται σε κυλινδρικές συν/νες (ρ,φ,z) από τις μεταβλητές φ και z … άρα μας μένει μόνο η εξάρτηση από την μεταβλητή ρ – ποια συνιστώσες της επαγωγής επιβιώνουν;

  • συνιστώσα Βz(ρ): αν κάνουμε space inversion ιδωμένη ως παθητικό μετασχηματισμό, δηλ. αν αντιστρέψουμε τη φορά των αξόνων ΟΧΥΖ (καθενός χωριστά) τότε προκύπτει ότι Βz(ρ) -> – Βz(ρ) (η συντεταγμένη ρ δεν θα αλλάξει κατά τον μετασχηματισμό), αυτό όμως παραβιάζει το γεγονός ότι το διάνυσμα της μαγνητικής επαγωγής ΔΕΝ αλλάζει πρόσημο υπό την space inversion (άρα και καμία συνιστώσα της δεν θα αλλάζει πρόσημο υπό την χωρική αντιστροφή) … οπότε η τελευταία συμμετρία (που ισχύει πάντοτε) οδηγεί στο αποτέλεσμα ότι θα πρέπει η Bz(ρ) (εν προκειμένω) να μηδενίζεται
  • συνιστώσα Βρ(ρ): αν κάνουμε space inversion ιδωμένη ως παθητικό μετασχηματισμό, δηλ. αν αντιστρέψουμε τη φορά των αξόνων ΟΧΥΖ (καθενός χωριστά) τότε προκύπτει εύκολα και ότι Βρ(ρ) -> – Βρ(ρ) (η συντεταγμένη ρ δεν θα αλλάξει κατά τον μετασχηματισμό), αυτό όμως παραβιάζει το γεγονός ότι το διάνυσμα της μαγνητικής επαγωγής ΔΕΝ αλλάζει πρόσημο υπό την space inversion (άρα και καμία συνιστώσα της δεν αλλάζει πρόσημο υπό την χωρική αντιστροφή) … οπότε η τελευταία συμμετρία οδηγεί στο αποτέλεσμα ότι θα πρέπει η Bρ(ρ) (εν προκειμένω) να μηδενίζεται … αλλά … ένας απλούστερος τρόπος να καταλάβουμε ποιοτικά γιατί δεν θα πρέπει να υπάρχει η συνιστώσα Bρ(ρ) είναι ο εξής … αν πάρουμε μια τομή εγκάρσια στον άξονα Ζ (δηλ. ένα επίπεδο παράλληλο στο επίπεδο ΟΧΥ) η παρουσία συνιστώσας Βρ(ρ) θα σήμαινε ότι η μαγνητική επαγωγή παρουσιάζει κάποιου είδους διδιάστατη απόκλιση στην περίπτωση του νηματοειδούς αγωγού και ξέρουμε ότι η μαγνητική επαγωγή έχει ακριβώς μηδενική απόκλιση σε κάθε σημείο του χώρου … οπότε ένεκα του νόμου του Gauss (ή της 2ης εξίσωσης Maxwell) δεν θα πρέπει να υπάρχει Bρ(ρ) συνιστώσα διότι παραπέμπει σε “παραβίαση” του νόμου του Gauss
  • συνιστώσα Βφ(ρ): αν χρησιμοποιηθεί η παραπάνω επιχειρηματολογία για την συνιστώσα αυτή τότε προκύπτει ότι Βφ(ρ) -> Βφ(ρ) κι εφόσον αποκλείσουμε τις άλλες συνιστώσες που αναφέρθηκαν παραπάνω δεν έχουμε καμία παραβίαση της space inversion symmetry (η οποία φυσικά υπερισχύει του προβλήματος και καθορίζει το ποιες συνιστώσες της επαγωγής επιβιώνουν)

Εφόσον διατηρείται η κυλινδρική και η αξονική συμμετρία κατά το πέρασμα από τον νηματοειδή αγωγό στον κυλινδρικό αγωγό πεπερασμένης διατομής (αυτό σημαίνει ότι η κατανομή ρεύματος στον αγωγό πεπερασμένης διατομής πρέπει να γίνει έτσι ώστε να μην σπάσουν οι προαναφερθείσες συμμετρίες) τα παραπάνω επιχειρήματα μεταφέρονται αυτούσια και στην περίπτωση του αγωγού πεπερασμένης διατομής …

Παντελεήμων Λάπας
20 ημέρες πριν

Nα σαι καλά κ. Μητρόπουλε … αν και η ανάλυση δεν απευθύνεται στους μαθητές …

Ανδρέας Ριζόπουλος
Αρχισυντάκτης
19 ημέρες πριν

Καλησπέρα Διονύση. Πολύ καλή η μελέτη. Συμπτωματικά είχα ετοιμάσει αντίστοιχη ανάλυση, προσπαθώντας να την απευθύνω σε μαθητές. Έτσι δε χρησιμοποίησα κάπου την πυκνότητα ρεύματος, απλά στο τέλος την όρισα για εμάς.
Λόγω αυτών των μικρών διαφορών θα την αναρτήσω ΕΔΩ.
Να είσαι καλά!

Αρης Αλεβίζος
Αρχισυντάκτης
19 ημέρες πριν

Καλησπέρα σε όλους, γεια σου Διονύση ακριβοθώρητε.

Να πω την γνώμη μου και εγώ για τα θέμα.

Ο τρόπος εύρεσης του Β όπως τον παρουσίασε ο Διονύσης με βάση τον νόμο του Ampere κάνει διάκριση μεταξύ του εσωτερικού και του εξωτερικού του αγωγού που έχει ακτίνα R και η πυκνότητα ρεύματος που τον διαρρέει είναι σταθερή.

Οι δυο  διαφορετικές τελικές σχέσεις προκύπτουν από αυτά τα στοιχεία τα οποία προσδιορίζουν τη ποσότητα του ρεύματος που περικλείει κάθε καμπύλη για την οποία εφαρμόζουμε τον νόμο του Ampere.

Άρα δεν μπορεί να πάρει κανείς την σχέση  που αφορά σημεία έξω από τον αγωγό  ∞≥r≥R και να ρωτάει τι γίνεται για r=0. Με αυτόν βρίσκουμε το Β μέχρι την επιφάνεια του αγωγού.

 Αλλά και το r=0 αυτό καθαυτό δεν έχει νόημα εδώ αφού J=I/πr2  άρα για r=0 βγαίνει Ι=0 αν πάρουμε J=σταθ ή  J=∞ ή απροσδιόριστο αφού σε r=0 που είναι το ρεύμα;

Απειρισμοί και τα σχετικά, γενικά, είναι για τα μαθηματικά ΟΧΙ για την φυσική.