בגרות בפיזיקה חשמל ומגנטיות 36371 - קיץ 2018

הפוטנציאל בנקודה $S$ נוצר רק על ידי המטען $q_1$ (הכדור קטן, ולכן מתייחסים אליו כאל מטען נקודתי). מדף הנוסחאות, פוטנציאל סביב מטען נקודתי (כאשר $V=0$ באין־סוף):

הצבה, עם $r=9\,\text{cm}=0.09\,\text{m}$:

סימן המטען: הפוטנציאל ב־$S$ שלילי, והביטוי $k\frac{q}{r}$ שלילי רק כאשר $q$ שלילי (כי $k$ ו־$r$ חיוביים). לכן המטען $q_1$ שלילי.

טעות נפוצה: להציב את המרחק בסנטימטרים, או לחשב את הגודל ולשכוח לקבוע את הסימן.

מדף הנוסחאות, גודל שדה חשמלי סביב מטען נקודתי:

הצבה:

(דרך מקוצרת: $E=\frac{|V|}{r}=\frac{1000}{0.09}\approx 1.11\cdot 10^{4}\,\text{V/m}$, כי $k\frac{|q|}{r^2}=\frac{1}{r}\cdot k\frac{|q|}{r}$.)

המטען שלילי, ולכן כיוון השדה ב־$S$ הוא אל עבר $B_1$ (מ־$S$ לכיוון $A$).

הכדור $B_2$ מובא מן האין־סוף ונעצר (מוחזק) ב־$S$, כך שהאנרגייה הקינטית שלו בהתחלה ובסוף אפס. לכן העבודה שהושקעה (עבודת הכוח החיצוני) שווה לשינוי באנרגייה הפוטנציאלית החשמלית של המערכת.

מדף הנוסחאות, האנרגייה הפוטנציאלית של מטען בנקודה שבה הפוטנציאל $V$: $U_E=qV$, ובאין־סוף $U_E=0$. הפוטנציאל ב־$S$ (שנוצר על ידי $B_1$) הוא $V_s=-1000\,\text{V}$:

עם $q_2=2q_1=2\cdot(-1\cdot 10^{-8})=-2\cdot 10^{-8}\,\text{C}$:

העבודה חיובית: שני המטענים שליליים ודוחים זה את זה, ולכן כדי לקרב את $B_2$ אל $B_1$ צריך להפעיל כוח נגד הדחייה.

(אותה תוצאה מהנוסחה לאנרגייה של שני מטענים נקודתיים: $U=k\frac{q_1q_2}{r}=9\cdot 10^9\cdot\frac{(-10^{-8})(-2\cdot 10^{-8})}{0.09}=2\cdot 10^{-5}\,\text{J}$.)

המסה $m_2$ אינה משפיעה על התשובה.

טעות נפוצה: להציב $q_1$ במקום $q_2$, או לתת תשובה שלילית – הכוח החיצוני פועל נגד הדחייה ולכן עבודתו חיובית.

קביעה: איור 6.

- סימני המטענים: שני המטענים שליליים ($q_1<0$ וגם $q_2=2q_1<0$). קווי שדה חשמלי יוצאים ממטען חיובי ונכנסים למטען שלילי, ולכן בשני הכדורים החיצים צריכים להיות מכוונים אל הכדור. כך פוסלים את איורים 1 ו־5 (קווים יוצאים – מטענים חיוביים) ואת איורים 3 ו־4 (קווים יוצאים מכדור אחד ונכנסים לשני – מטענים בסימנים מנוגדים).

- גודל המטענים: מספר קווי השדה היוצאים ממטען או נכנסים אליו יחסי לגודל המטען. $|q_2|=2|q_1|$, ולכן אל הכדור הימני ($B_2$) צריכים להיכנס פי 2 יותר קווים מאשר אל השמאלי ($B_1$). באיור 2 המטענים שווים (מספר קווים שווה ומבנה סימטרי), ולכן הוא נפסל.

•באיור 6 כל הקווים נכנסים לשני הכדורים, ואל הכדור הימני נכנסים בערך פי 2 קווים – כנדרש.

טעות נפוצה: לבחור באיור 5 – יש בו יחס נכון בין מספרי הקווים, אך החיצים יוצאים מהכדורים, כלומר הוא מתאר מטענים חיוביים.

קביעה: גודל הכוח הפועל על $B_1$ שווה לגודל הכוח הפועל על $B_2$.

נימוק: הכדורים משוחררים ונעים בו־זמנית, ולכן כאשר $B_1$ ב־$D$, באותו רגע $B_2$ ב־$H$. הכוח החשמלי שפועל על $B_1$ הוא הכוח שמפעיל עליו $B_2$, והכוח שפועל על $B_2$ הוא הכוח שמפעיל עליו $B_1$. לפי החוק השלישי של ניוטון ($\vec F_{1,2}=-\vec F_{2,1}$) אלה זוג כוחות פעולה ותגובה – שווים בגודלם ומנוגדים בכיוונם.

אותו דבר עולה מחוק קולון: $F=k\frac{|q_1q_2|}{r^2}$ – ביטוי אחד, סימטרי בשני המטענים, לשני הכוחות.

טעות נפוצה: לטעון שעל $B_2$ פועל כוח גדול יותר "כי מטענו גדול פי 2" – המטען הגדול גם מפעיל כוח גדול יותר על $B_1$, והכוחות תמיד שווים.

קביעה: גודל המהירות של $B_1$ גדול מגודל המהירות של $B_2$.

(הסבר, אף שאינו נדרש: המשטח חלק, וכוח הכובד והכוח הנורמלי אנכיים ומתאזנים, ולכן בכיוון האופקי מערכת שני הכדורים סגורה ותנעה נשמר. הכדורים שוחררו ממנוחה, ולכן התנע הכולל אפס בכל רגע:

גם מהחוק השני של ניוטון: על שני הכדורים פועלים כוחות שווים (סעיף ה), אך מסת $B_1$ קטנה פי 2, ולכן תאוצתו גדולה פי 2 בכל רגע.)

אנרגייה. $1\,\text{W}=1\,\text{J/s}$ ו־$1\,\text{h}=3600\,\text{s}$, ולכן $1\,\text{Wh}=3600\,\text{J}$ (הקשר $E=P\,t$ – הספק כפול זמן):

מטען. מהגדרת הזרם $I=\frac{\Delta q}{\Delta t}$ נובע $\Delta q=I\,\Delta t$. לכן $1\,\text{mAh}=10^{-3}\,\text{A}\cdot 3600\,\text{s}=3.6\,\text{C}$:

(בדיקה: $Q\cdot\varepsilon=3096\cdot 3.7\approx 11{,}455\,\text{J}$ – קרוב לאנרגייה הרשומה.)

טעות נפוצה: לשכוח להמיר מילי־אמפר לאמפר, או להכפיל ב־$60$ במקום ב־$3600$.

ציר אופקי: עוצמת הזרם $I$ – כדאי להמיר לאמפר (טווח $0$ עד $0.8\,\text{A}$). ציר אנכי: מתח ההדקים $V$ בוולט (טווח $0$ עד $4\,\text{V}$).

הנקודות $(I\,[\text{A}],\,V\,[\text{V}])$:

$(0.05,\,3.5)$, $(0.1,\,3.3)$, $(0.2,\,3.0)$, $(0.4,\,2.7)$, $(0.6,\,2.2)$, $(0.8,\,1.7)$.

הנקודות מסתדרות בקירוב לאורך קו ישר יורד, כמצופה מהקשר $V_{ab}=\varepsilon-Ir$. מעבירים קו ישר אחד שהנקודות מפוזרות סביבו משני צדיו, וממשיכים אותו עד ציר המתח ($I=0$):

טעות נפוצה: לחבר את הנקודות בקו שבור במקום להעביר קו מגמה ישר אחד.

מדף הנוסחאות, מתח ההדקים:

כאשר $I=0$ מתקבל $V_{ab}=\varepsilon$. לכן הכא"מ הוא ערך המתח בנקודה שבה קו המגמה חותך את ציר המתח (המשך הקו עד $I=0$).

מהגרף: $\varepsilon\approx 3.55\,\text{V}$.

(הערך שנמדד מעט נמוך מ־$3.7\,\text{V}$ הרשום על הסוללה – הערך הרשום הוא ערך נקוב.)

לפי $V_{ab}=\varepsilon-Ir$, הגרף של $V_{ab}$ כפונקציה של $I$ הוא קו ישר ששיפועו $-r$.

מחשבים את השיפוע משתי נקודות על הקו (לא מנקודות הטבלה), רחוקות זו מזו, למשל $(0,\;3.55)$ ו־$(0.8,\;1.72)$:

לכן

טעות נפוצה: לחשב את השיפוע כשהזרם במילי־אמפר ולקבל $0.0023$ בלי יחידות מתאימות, או לחלק מתח בזרם של נקודה בודדת ($\frac{V}{I}$ זו התנגדות המכשיר, לא ההתנגדות הפנימית).

ההספק המושקע על ידי הסוללה הוא ההספק שהכא"מ מספק לכל המעגל (כולל ההתנגדות הפנימית):

הצבה, עם $I=300\,\text{mA}=0.3\,\text{A}$ ו־$\varepsilon=3.55\,\text{V}$:

ההספק המנוצל על ידי המכשיר הוא ההספק החשמלי במכשיר – מתח ההדקים כפול הזרם (מדף הנוסחאות $P=V_{AB}I$).

מתח ההדקים ב־$I=0.3\,\text{A}$ (מהקו בגרף, או מהקשר $V_{ab}=\varepsilon-Ir$):

ההפרש $P_{in}-P_{out}=I^2r=0.3^2\cdot 2.29\approx 0.21\,\text{W}$ הופך לחום בתוך הסוללה. הנצילות: $\\beta=\frac{P_{out}}{P_{in}}\approx\frac{0.86}{1.07}\approx 0.81$.

קביעה: הסוללה תתחמם יותר כאשר התנגדות המכשיר היא $R_1$.

נימוק: החום שמתפתח בסוללה בכל שנייה הוא ההספק בהתנגדות הפנימית שלה: $P_r=I^2r$, ולכן ככל שהזרם גדול יותר הסוללה מתחממת יותר.

בשתי ההתנגדויות ההספק המנוצל במכשיר זהה:

מאחר ש־$R_1<R_2$, מתקבל $I_1>I_2$. לכן

כלומר בהתנגדות $R_1$ ההספק שהופך לחום בסוללה גדול יותר.

(דרך נוספת: $I=\frac{\varepsilon}{R+r}$ – התנגדות חיצונית קטנה יותר נותנת זרם גדול יותר.)

טעות נפוצה: לחשוב שאם ההספק המנוצל זהה, גם החימום זהה – ההספק המושקע $\varepsilon I$ גדול יותר בזרם הגדול, וההפרש כולו הוא חימום הסוללה.

- מד־הזרם מודד את הזרם העובר דרכו, ולכן מחברים אותו בטור עם הנורה – בתוך הענף האמצעי, בין הנורה לבין אחד מצומתי המעגל (למשל בין הצומת השמאלי לנורה). כך עובר דרכו בדיוק הזרם $I_3$ של הנורה ולא זרם של ענף אחר. מד־זרם אידאלי – התנגדותו אפס, ולכן אינו משנה את הזרמים.

- מד־המתח מודד הפרש פוטנציאלים בין שתי נקודות, ולכן מחברים אותו במקביל לנגד $R_2$: הדק אחד של מד־המתח לקצה השמאלי של $R_2$ והדק שני לקצה הימני שלו (בענף התחתון, בלי לכלול את $\varepsilon_2$ בין ההדקים). מד־מתח אידאלי – התנגדותו אינסופית, ולכן לא עובר דרכו זרם.

טעות נפוצה: לחבר את מד־הזרם בצומת כך שהוא מודד את סכום הזרמים, או לחבר את מד־המתח כך שבין הדקיו נמצאים גם $R_2$ וגם $\varepsilon_2$.

הנתונים שרשומים על הנורה ($12\,\text{V},\,36\,\text{W}$) הם המתח וההספק בתנאי העבודה התקינים שלה. מדף הנוסחאות: $P=VI$ ו־$V=IR$. מציבים $I=\frac{V}{R}$:

הצבה:

(מניחים שהתנגדות הנורה קבועה.)

חוק הזרמים (חוק הצמתים): בכל צומת במעגל, סכום הזרמים הנכנסים לצומת שווה לסכום הזרמים היוצאים ממנו ($\Sigma I=0$, כאשר זרמים נכנסים וזרמים יוצאים נספרים בסימנים מנוגדים).

חוק המתחים (חוק הלולאות): לאורך כל מסלול סגור (לולאה) במעגל, סכום השינויים בפוטנציאל הוא אפס. בניסוח שבדף הנוסחאות: סכום הכא"מים בלולאה שווה לסכום מפלי המתח $IR$ על הנגדים בה ($\Sigma\varepsilon=\Sigma IR$).

- חוק הזרמים מבטא שימור מטען חשמלי: מטען אינו נוצר ואינו נעלם ואינו מצטבר בצומת, ולכן כל המטען שנכנס לצומת ביחידת זמן יוצא ממנו.

- חוק המתחים מבטא שימור אנרגייה: מטען שמקיף לולאה סגורה וחוזר לנקודת המוצא חוזר לאותו פוטנציאל, ולכן האנרגייה שהוא מקבל ממקורות המתח שווה לאנרגייה שהוא מוסר לנגדים.

כיווני הזרמים: בשני מקורות המתח ההדק החיובי (הקו הארוך) פונה שמאלה, ולכן שני המקורות דוחפים זרם שמאלה בענף שלהם – בהתאם לכיוונים $I_1$ ו־$I_2$ המסומנים בתרשים. שני הזרמים מגיעים לצומת השמאלי, ומשם הזרם $I_3$ זורם דרך הנורה משמאל לימין אל הצומת הימני.

חוק הזרמים (בצומת השמאלי):

חוק המתחים בלולאה העליונה ($\varepsilon_1$, $R_1$ והנורה):

חוק המתחים בלולאה התחתונה ($\varepsilon_2$, $R_2$ והנורה):

שלוש משוואות בשלושה נעלמים $I_1$, $I_2$, $I_3$ (כאשר $R_L=4\,\Omega$ מסעיף ב), ולכן אפשר לחשב מהן את $I_3$.

(לבדיקה בלבד: הפתרון הוא $I_3=2.5\,\text{A}$ – בדיוק הוריית מד־הזרם הנתונה בסעיף ה.)

הזרם בענף התחתון. מד־המתח מודד את המתח על $R_2$, ולכן לפי חוק אוהם:

הזרם במקור $\varepsilon_1$. מד־הזרם מודד את הזרם בנורה, $I_3=2.5\,\text{A}$. לפי חוק הזרמים:

בדיקה בלולאה העליונה: $I_1R_1+I_3R_L=0.8\cdot 10+2.5\cdot 4=8+10=18\,\text{V}=\varepsilon_1$ ✓.

(דרך נוספת: מהלולאה העליונה ישירות $I_1=\frac{\varepsilon_1-I_3R_L}{R_1}=\frac{18-10}{10}=0.8\,\text{A}$.)

במקור המתח הקו הארוך (ההדק החיובי) נמצא משמאל והקו הקצר והעבה (ההדק השלילי) מימין. הזרם יוצא מההדק החיובי, עובר במעגל החיצוני וחוזר להדק השלילי.

לכן הזרם יוצא שמאלה מהמקור, עובר במפסק ובמד־הזרם, נכנס לסילונית בקצה השמאלי שלה, יוצא בקצה הימני, ועולה בתיל הימני דרך $F$ ואחר כך $E$ אל ההדק השלילי.

כיוון הזרם: מ־$F$ ל־$E$.

קביעה: השדה בתוך הסילונית בכיוון $H$.

נימוק: השדה בתוך סילונית ארוכה אחיד ומקביל לציר שלה, ולכן הוא בכיוון $G$ או $H$ (לא $P$ או $Q$).

בתרשים, החלק הקדמי של כל כריכה (הקרוב אלינו) מסורטט בקו מלא, והחלק האחורי בקו מקווקו. הזרם נכנס לסילונית בקצה השמאלי ומתקדם ימינה, כך שבחלק הקדמי של כל כריכה הוא זורם מלמעלה למטה, ובחלק האחורי – מלמטה למעלה.

לפי כלל יד ימין לסליל: כאשר אצבעות יד ימין מתעקלות בכיוון הזרם בכריכות (בצד הקרוב אלינו – כלפי מטה), האגודל מצביע ימינה. במילים אחרות: למתבונן שמסתכל על הסילונית מצד ימין (מכיוון $H$), הזרם בכריכות מסתובב נגד כיוון השעון – ולכן השדה מכוון אליו. כיוון השדה בתוך הסילונית: $H$.

טעות נפוצה: לקבוע את כיוון השדה רק לפי הכיוון שבו הזרם "מתקדם" לאורך הסילונית – הכיוון נקבע לפי כיוון הסיבוב של הזרם בכריכות.

השדה בתוך הסילונית. מדף הנוסחאות, השדה בתוך סילונית ארוכה $B=\frac{\mu_0NI}{L}$, כאשר $\frac{N}{L}=n=6000\,\frac{1}{\text{m}}$ – צפיפות הליפופים:

השדה אחיד בתוך הסילונית וכיוונו לאורך הציר, בכיוון $H$ (סעיף א).

כיוון הזרם במסגרת. במקור המתח של המסגרת הקו הארוך (ההדק החיובי) הוא העליון, והוא מחובר בתיל העליון לנקודה $a$; ההדק השלילי מחובר ל־$d$. לכן הזרם $I_2$ במסגרת זורם $a\to b\to c\to d$.

מדף הנוסחאות, הכוח על תיל נושא זרם בשדה מגנטי:

כאשר $\alpha$ – הזווית בין התיל לבין השדה.

הצלע $ab$: היא מקבילה לצלע $cd$, כלומר לציר הסילונית – ולכן מקבילה לשדה. $\alpha=180^\circ$ (הזרם מ־$a$ ל־$b$ הוא בכיוון $G$, נגד השדה), $\sin\alpha=0$:

הצלע $bc$: המסגרת ריבועית, ולכן $bc$ ניצבת ל־$ab$ – כלומר ניצבת לציר ולשדה: $\alpha=90^\circ$. אורכה $\ell=4\,\text{cm}=0.04\,\text{m}$:

כיוון: הכוח ניצב גם לשדה וגם לצלע $bc$, כלומר ניצב למישור המסגרת. בתרשים 2 המסגרת מסורטטת בפרספקטיבה כמונחת במישור אופקי, כשהנקודה $c$ קרובה אלינו יותר מ־$b$ (בדיוק כמו החלק הקדמי של הכריכות, המסורטט מימין ולמטה). הזרם ב־$bc$ זורם אפוא "אל מחוץ לדף" (לעברנו), והשדה בכיוון $H$. לפי כלל יד ימין (אצבעות בכיוון הזרם, מתעקלות לכיוון השדה; או $\vec F=I\vec\ell\times\vec B$) הכוח על $bc$ מכוון כלפי מעלה – בכיוון $P$.

טעות נפוצה: לחשב כוח על $ab$ – היא מקבילה לקווי השדה ולכן לא פועל עליה כוח. טעות נוספת: לשכוח להמיר את אורך הצלע למטרים.

השדה של הסילונית, $B_1$: בתוך הסילונית השדה אחיד ומקביל לציר – כלומר ניצב למישור תרשים 3 (שהוא חתך רוחב). הזרם בכריכות זורם בכיוון השעון כפי שאנו רואים אותו. לפי כלל יד ימין לסליל (אצבעות בכיוון הזרם – האגודל בכיוון השדה), כאשר הזרם בכיוון השעון השדה מכוון הרחק מאיתנו: בנקודה $r$ מסמנים $B_1$ לתוך הדף ($\otimes$).

השדה של התיל, $B_3$: קווי השדה סביב תיל ישר הם מעגלים שמרכזם בתיל. הזרם $I_3$ זורם החוצה מן הדף, ולפי כלל יד ימין (אגודל בכיוון הזרם – האצבעות מתעקלות בכיוון השדה) קווי השדה מסתובבים נגד כיוון השעון. הנקודה $r$ נמצאת מימין לתיל, ושם השדה משיק למעגל וכיוונו כלפי מעלה בדף (ניצב לקו המחבר את התיל ל־$r$).

לכן בנקודה $r$ שני השדות ניצבים זה לזה: $B_1$ לתוך הדף ו־$B_3$ כלפי מעלה בתוך מישור הדף.

גודל השדה של הסילונית אחיד בכל פנים הסילונית ושווה ל־$B_1=\mu_0nI_1\approx 7.54\cdot 10^{-4}\,\text{T}$ (סעיף ב). גודל השדה של התיל קטן ככל שמתרחקים ממנו.

מדף הנוסחאות, השדה סביב תיל ישר וארוך:

דורשים $B_3=B_1$:

הצבה:

כלומר במרחק של כ־$5.3\,\text{mm}$ מהציר (בכל נקודה על מעגל ברדיוס זה סביב הציר).

(או במספרים: $r=\frac{\mu_0I_3}{2\pi B_1}=\frac{4\pi\cdot 10^{-7}\cdot 20}{2\pi\cdot 7.54\cdot 10^{-4}}\approx 5.3\cdot 10^{-3}\,\text{m}$.)

תיאור הסרטוט:

- לולאה אחת (מעגל טורי): הסוללה, המפסק, הנגד $R$, הקבל $C$ ומד־הזרם מחוברים זה אחר זה בטור, כך שאותו זרם עובר בכולם.

- מד־המתח $V_1$ מחובר במקביל לסוללה – הדקיו מחוברים לשני הדקי הסוללה.

- מד־המתח $V_2$ מחובר במקביל לנגד $R$ – לשני קצות הנגד.

- מד־המתח $V_3$ מחובר במקביל לקבל $C$ – לשני לוחות הקבל.

מדי המתח אינם חלק מהלולאה הטורית: כל אחד מהם מחובר רק לשני קצות הרכיב שעליו הוא מודד מתח.

הנגד והקבל מחוברים בטור לסוללה, ולפי חוק המתחים של קירכהוף מתח הסוללה מתחלק ביניהם:

(המשוואה נכונה בכל רגע במהלך הטעינה.)

מדף הנוסחאות, הזרם בטעינת קבל:

מהגרף: $I_0=0.05\,\text{A}$. ברגע $t=\tau$ הזרם קטן פי $e$:

מהגרף, הזרם יורד ל־$0.0184\,\text{A}$ (כמעט $0.02\,\text{A}$) ברגע $t\approx 0.02\,\text{s}$. לכן $\tau\approx 0.02\,\text{s}$.

טעות נפוצה: להשתמש בזמן שבו הזרם יורד לחצי – זה אינו $\tau$ (זהו $\tau\ln 2\approx 0.69\tau$). טעות נוספת: לשכוח להמיר מיקרו־פרד לפרד.

ברגע $t=0$ הזרם במעגל הוא $I_0=0.05\,\text{A}$ (מהגרף), והוא עובר גם בנגד. לפי חוק אוהם:

(ברגע זה הקבל אינו טעון, $V_3=0$, ולכן כל מתח הסוללה נמצא על הנגד: $V_1=V_2=50\,\text{V}$.)

לפני פתיחת המפסק. לאחר זמן רב מאוד הקבל טעון לגמרי והזרם אפס, ולכן $V_2=0$ ו־$V_3=V_1=50\,\text{V}$ (הסוללה אידאלית, ו־$V_1=50\,\text{V}$ לפי סעיף ג(2)).

המטען על הקבל, מהגדרת הקיבול:

אחרי פתיחת המפסק. הקבל מנותק, ולמטען אין לאן לזרום – המטען נשמר: $Q=1\cdot 10^{-3}\,\text{C}$.

מדף הנוסחאות, קיבול של קבל לוחות:

הגדלת המרחק פי 2 מקטינה את הקיבול פי 2: $C'=10\,\mu\text{F}$. לכן

טעות נפוצה: להניח שהמתח נשאר $50\,\text{V}$ – המתח נשאר קבוע רק כשהקבל מחובר לסוללה; כאן הוא מנותק, והגודל שנשמר הוא המטען.

קביעה: עוצמת השדה החשמלי בין הלוחות לא השתנתה.

הסבר: מדף הנוסחאות, השדה בין לוחות קבל:

המטען $Q$ נשמר (הקבל מנותק) ושטח הלוחות $A$ לא השתנה, ולכן צפיפות המטען $\sigma$ קבועה – וכך גם $E=\frac{\sigma}{\varepsilon_0}$.

בדיקה במספרים: לפני השינוי $E=\frac{50}{d}$; אחרי השינוי $E'=\frac{100}{2d}=\frac{50}{d}$ – אותו ערך. המתח גדל פי 2 בדיוק כמו המרחק.