בגרות בפיזיקה חשמל ומגנטיות 36371 - קיץ 2020

על הכדור פועלים שלושה כוחות:

1. כוח הכובד $m_1g$ – מופעל על ידי כדור הארץ, אנכית כלפי מטה.

2. כוח המתיחות $T$ – מופעל על ידי החוט, לאורך החוט מהכדור לעבר נקודת התלייה (כלפי מעלה וימינה בתרשים, בזווית $\alpha$ לאנך).

3. הכוח החשמלי $F_E=|q_1|E$ – מופעל על ידי הלוח הטעון (באמצעות השדה החשמלי שלו). השדה של לוח גדול אחיד וניצב ללוח, ולכן הכוח אופקי; כיוונו לעבר הלוח (שמאלה בתרשים), כי הכדור סטה לעבר הלוח.

הכדור במנוחה, ולכן שקול שלושת הכוחות הוא אפס.

טעות נפוצה: לסרטט את הכוח החשמלי לאורך החוט או בזווית – השדה של לוח גדול ניצב ללוח, ולכן הכוח החשמלי אופקי.

על ציר האופקי מסמנים את $\sigma$ (ביחידות של $10^{-7}\,\text{C/m}^2$) ועל הציר האנכי את $\tan(\alpha)$ (ללא יחידות). הנקודות מהטבלה:

הנקודות מסודרות בקירוב לאורך קו ישר. לפי הקשר התאורטי (ראו סעיף ד) $\tan\alpha$ יחסי ל־$\sigma$, ולכן קו המגמה הוא קו ישר שעובר בראשית ($\sigma=0$ – אין שדה, החוט אנכי) ועובר בין הנקודות כך שהן מתפזרות משני צדיו. קו כזה עובר, למשל, דרך הנקודות $(0,\,0)$ ו־$(5,\,0.22)$.

טעות נפוצה: לחבר את הנקודות בקו שבור במקום לסרטט קו מגמה ישר אחד, או לבחור קנה מידה שבו הנקודות תופסות רק חלק קטן מהגרף.

בוחרים שתי נקודות על קו המגמה (לא מהטבלה), רחוקות זו מזו: $(0,\,0)$ ו־$(5\cdot10^{-7}\,\text{C/m}^2,\;0.22)$.

(ביחידות הצירים: $0.044$ לכל $10^{-7}\,\text{C/m}^2$.)

תוצאה בתחום $4.0\cdot10^5$–$4.6\cdot10^5\,\text{m}^2/\text{C}$ מתאימה לקו מגמה שסורטט היטב (קו מגמה שאינו מאולץ לעבור בראשית נותן שיפוע של כ־$4.0\cdot10^5\,\text{m}^2/\text{C}$).

טעות נפוצה: לחשב את השיפוע משתי נקודות מהטבלה שאינן מונחות על הקו.

גודל השדה החשמלי שיוצר לוח טעון גדול (מדף הנוסחאות):

הכוח החשמלי על הכדור (אופקי):

הכדור בשיווי משקל, ולכן שקול הכוחות אפס בכל ציר. מפרקים את המתיחות לרכיבים:

ציר אנכי: $T\cos\alpha=m_1g$

ציר אופקי: $T\sin\alpha=F_E$

מחלקים את המשוואה השנייה בראשונה:

כלומר $\tan\alpha$ יחסי ישר ל־$\sigma$, וקבוע היחס (השיפוע) הוא $\dfrac{|q_1|}{2\varepsilon_0m_1g}$.

קביעה: המטען $q_1$ שלילי.

נימוק: הלוח טעון במטען חיובי, ולכן השדה החשמלי שלו מכוון הרחק מהלוח. הכדור סטה לעבר הלוח, כלומר הכוח החשמלי שפועל עליו מכוון לעבר הלוח – נגד כיוון השדה. הכוח על מטען הוא $\vec F=q\vec E$, וכוח שכיוונו מנוגד לשדה פועל רק על מטען שלילי (מטענים שונים בסימנם נמשכים).

לפי סעיף ד, השיפוע של קו המגמה הוא:

הצבה ($m_1=1\,\text{gr}=10^{-3}\,\text{kg}$, $\varepsilon_0=8.85\cdot10^{-12}\,\text{C}^2/(\text{N}\cdot\text{m}^2)$, $g=10\,\text{m/s}^2$):

(עם שיפוע אחר בתחום הסביר, $4.0$–$4.6\cdot10^{5}\,\text{m}^2/\text{C}$, מתקבל ערך בתחום $7.1$–$8.1\cdot10^{-8}\,\text{C}$.)

טעות נפוצה: לשכוח להמיר את המסה מגרמים לקילוגרמים, או להציב את השיפוע ביחידות $10^{-7}$ בלי להמיר ל־$\text{C/m}^2$.

קביעה: תרשים 1.

נימוק: החוטים אנכיים, ולכן על כל כדור שקול הכוחות האופקיים אפס. $q_1$ שלילי (סעיף ה), ולכן $q_2$ חיובי. על כל כדור פועלים בכיוון האופקי שני כוחות:

•כוח מהלוח: השדה של לוח גדול אחיד, ולכן גודל הכוח $|q|E$ זהה לשני הכדורים (גודלי המטענים שווים). הלוח מושך את $q_1$ (השלילי) ודוחה את $q_2$ (החיובי).

•כוח קולון ביניהם: המטענים מנוגדים, ולכן הם נמשכים זה לזה.

כדי שכל כדור יהיה בשיווי משקל, כוח המשיכה בין הכדורים חייב להיות מנוגד לכוח שהלוח מפעיל על אותו כדור.

- תרשים 1 (לוח – $q_1$ – $q_2$): על $q_1$ – הלוח מושך אותו לעבר הלוח, ו־$q_2$ מושך אותו הרחק מהלוח. על $q_2$ – הלוח דוחה אותו הרחק מהלוח, ו־$q_1$ מושך אותו לעבר הלוח. בשני הכדורים הכוחות מנוגדים, ובמרחק מתאים בין הכדורים הם שווים בגודלם ($k\frac{q^2}{r^2}=|q|E$) – אפשרי.

- תרשים 2 (לוח – $q_2$ – $q_1$): על $q_2$ – הלוח דוחה אותו הרחק מהלוח וגם $q_1$ מושך אותו הרחק מהלוח. שני הכוחות באותו כיוון – לא אפשרי.

- תרשים 3 ($q_2$ משמאל ללוח, $q_1$ מימין): על $q_1$ – הלוח מושך אותו שמאלה וגם $q_2$ (שמשמאלו) מושך אותו שמאלה – לא אפשרי.

- תרשים 4 ($q_1$ משמאל ללוח, $q_2$ מימין): על $q_1$ – הלוח מושך אותו ימינה וגם $q_2$ מושך אותו ימינה – לא אפשרי.

לכן רק תרשים 1 אפשרי.

מבנה המעגל: $S_2$ פתוח, ולכן דרך הענף של $N$ לא עובר זרם. הזרם יוצא מהמקור אל הקצה $M$, עובר לאורך כל הנגד המשתנה עד הגררה (שנמצאת ב־$N$), ממנה דרך $R_1$ ו־$S_1$ (הסגור) אל התיל הימני, דרך $R_2$ וחזרה אל המקור. כל הרכיבים מחוברים בטור:

לפי חוק אוהם למעגל שלם ($\varepsilon=I(R_{\text{ח}}+r)$):

המתח על $S_2$: קצה אחד של $S_2$ מחובר ל־$N$ (שהוא גם מקום הגררה, כלומר הקצה השמאלי של $R_1$), והקצה האחר מחובר לתיל הימני (הקצה הימני של $R_1$, דרך $S_1$ הסגור). לכן המתח על $S_2$ שווה למתח על $R_1$:

טעות נפוצה: לחשוב שעל מפסק פתוח המתח תמיד אפס – אין דרכו זרם, אבל בין קצותיו יכול להיות הפרש פוטנציאלים.

קביעה: הוריית הוולטמטר קטנה.

נימוק: הוולטמטר מחובר להדקי המקור, ולכן הוא מודד את מתח ההדקים:

הזרם עובר בנגד המשתנה רק בקטע שבין $M$ לגררה. כשהגררה זזה מ־$N$ ל־$M$, אורך הקטע הזה – ולכן התנגדותו – קטן מ־$12\,\Omega$ ל־$0$. ההתנגדות הכוללת של המעגל קטנה, ולכן הזרם $I=\frac{\varepsilon}{R_{\text{ח}}+r}$ גדל, המפל על ההתנגדות הפנימית $Ir$ גדל ומתח ההדקים קטן.

מספרית: בגררה ב־$N$: $I=\frac13\,\text{A}$, $V=6-\frac13\cdot1\approx5.67\,\text{V}$. בגררה ב־$M$: $I=\frac{6}{0+2+3+1}=1\,\text{A}$, $V=6-1\cdot1=5\,\text{V}$.

תשובה: המתח בין קצות $S_1$ הוא אפס.

נימוק: $S_1$ פתוח, ולכן לא עובר זרם בענף שבו נמצאים $R_1$ ו־$S_1$. מאחר שאין זרם ב־$R_1$, המתח עליו $V=IR_1=0$, כלומר הקצה של $S_1$ המחובר ל־$R_1$ נמצא בפוטנציאל של הגררה, כלומר של הנקודה $N$.

הקצה האחר של $S_1$ מחובר לתיל הימני, שמחובר ל־$N$ דרך $S_2$ הסגור (תיל אידיאלי – ללא מפל מתח). לכן גם הוא בפוטנציאל של $N$.

שני קצות $S_1$ באותו פוטנציאל, ולכן המתח ביניהם אפס.

(הזרם במעגל עובר מ־$M$ דרך כל הנגד המשתנה ל־$N$, דרך $S_2$ ו־$R_2$: $I=\frac{6}{12+3+1}=0.375\,\text{A}$.)

קביעה: ההוריה אינה משתנה.

נימוק: כעת $S_1$ פתוח, והזרם עובר מ־$M$ לאורך כל הנגד המשתנה אל $N$, דרך $S_2$ ו־$R_2$ חזרה למקור. הגררה מחוברת רק לענף של $R_1$, שבו אין זרם (הוא מסתיים במפסק הפתוח $S_1$). לכן מיקום הגררה אינו משפיע על המעגל: ההתנגדות הכוללת נשארת $12+3+1=16\,\Omega$, הזרם נשאר

ומתח ההדקים שמודד הוולטמטר נשאר

קביעה: ההדק החיובי של $\varepsilon^*$ מחובר ל־$D$.

נימוק: נסמן ב־$P$ את התיל הימני (המחובר ל־$N$ דרך $S_2$ הסגור, ל־$D$ ול־$R_2$). הגררה ב־$M$, ולכן הענף של $R_1$ ו־$\varepsilon^*$ מחובר בין $M$ ל־$P$, במקביל לנגד המשתנה (שמחובר בין $M$ ל־$N$, כלומר גם הוא בין $M$ ל־$P$).

לא זורם זרם בנגד המשתנה, ולכן $V_M=V_N=V_P$.

הזרם במקור הראשי: הזרם יוצא מההדק החיובי של $\varepsilon$ (הקו הארוך, משמאל) אל $M$, וחוזר מ־$P$ דרך $R_2$. לפי חוק המתחים של קירכהוף בלולאה: מקור – $M$ – ($V_M=V_P$) – $R_2$ – מקור:

כל הזרם הזה עובר מ־$M$ דרך $R_1$ ו־$\varepsilon^*$ אל $P$ (בנגד המשתנה אין זרם).

הפוטנציאלים: הזרם עובר ב־$R_1$ מ־$M$ ל־$C$, ולכן הפוטנציאל יורד:

ואילו $V_D=V_P=V_M$. לכן $V_D>V_C$ – הנקודה $D$ בפוטנציאל גבוה יותר, כלומר ההדק החיובי של $\varepsilon^*$ מחובר ל־$D$.

(במילים: המקור $\varepsilon^*$ צריך "להחזיר" את הפוטנציאל שירד על $R_1$, כך שבין $M$ ל־$P$ דרך הענף שלו המתח יהיה אפס, בדיוק כמו על הנגד המשתנה.)

בנגד המשתנה אין זרם, ולכן $V_M=V_P$ (כאשר $P$ הוא התיל הימני, המחובר ל־$N$ דרך $S_2$).

הזרם: חוק המתחים של קירכהוף בלולאה של המקור הראשי, $R_2$ והנגד המשתנה (שעליו המתח אפס):

זרם זה עובר כולו בענף של $R_1$ ו־$\varepsilon^*$.

לולאה של הענף העליון והנגד המשתנה ($M\to C\to D\to P\to N\to M$): מקור אידיאלי, ולכן המתח עליו שווה לכא"מ שלו. לפי חוק המתחים:

הצבה:

טעות נפוצה: להניח שהזרם מתחלק בין הנגד המשתנה לבין הענף של $R_1$ – נתון שבנגד המשתנה אין זרם.

הנורה מאירה באורה המלא כשהיא פועלת בדיוק לפי המצוין עליה: מתח $18\,\text{V}$ והספק $27\,\text{W}$.

האמפרמטר מחובר בטור עם הנורה, ולכן הוא מודד את הזרם בנורה. מנוסחת ההספק החשמלי:

התנגדות הנורה: $R_L=\dfrac{V}{I}=\dfrac{18}{1.5}=12\,\Omega$.

במעגל כל הרכיבים בטור. הזרם המרבי שאפשר לקבל עם מקור ב' מתקבל כשהתנגדות הנגד המשתנה במעגל היא אפס (הגררה בקצה $N$):

זהו זרם קטן מ־$1.5\,\text{A}$ הנדרש, ובכל מצב אחר של הגררה הזרם קטן עוד יותר. לכן אי אפשר להביא את הנורה לאורה המלא עם מקור ב'.

דרך נוספת: כדי שבמעגל יזרום $1.5\,\text{A}$, מתח ההדקים של מקור ב' יהיה

וזה פחות מ־$18\,\text{V}$ שהנורה לבדה צריכה – גם בלי שום נגד נוסף.

טעות נפוצה: לבחור במקור ב' רק מפני שהכא"מ שלו גדול יותר – ההתנגדות הפנימית הגדולה "גוזלת" חלק גדול מהמתח.

במעגל טורי עם מקור א', כשהנורה באורה המלא $I=1.5\,\text{A}$ ו־$R_L=12\,\Omega$. לפי חוק אוהם למעגל שלם:

הצבה:

(בדיקה: מתח ההדקים $30-1.5\cdot2=27\,\text{V}$; על הנגד המשתנה $1.5\cdot6=9\,\text{V}$, ועל הנורה $27-9=18\,\text{V}$ ✓.)

קביעה: לעבר $N$.

נימוק: כדי שכל נורה תאיר באורה המלא, המתח על הנורות (המחוברות במקביל) צריך להישאר $18\,\text{V}$, ובכל נורה צריך לזרום $1.5\,\text{A}$. לכן הזרם הכולל במעגל, $I=n\cdot1.5\,\text{A}$, גדל ככל שמחברים יותר נורות.

המתח על הנורות הוא מה שנשאר מהכא"מ אחרי המפלים על ההתנגדות הפנימית ועל הנגד המשתנה:

כדי ש־$V_L$ יישאר $18\,\text{V}$, המכפלה $I(r_1+R)$ צריכה להישאר $12\,\text{V}$. הזרם $I$ גדל, ולכן $R$ חייב לקטון.

הזרם עובר בנגד המשתנה רק בקטע שבין הגררה לקצה $N$ (הקצה $M$ אינו מחובר), ולכן כדי להקטין את ההתנגדות יש לקצר את הקטע הזה – כלומר להזיז את הגררה לעבר $N$.

(אילו לא הזיזו את הגררה, ההתנגדות השקולה של הנורות הייתה קטנה, הזרם הכולל היה גדל והמפל על $r_1+R$ היה גדל – המתח על הנורות היה יורד מתחת ל־$18\,\text{V}$ והן היו מאירות חלש.)

כש־$n$ נורות מאירות באורן המלא: המתח עליהן $18\,\text{V}$ והזרם הכולל $I=1.5n$. לפי $\varepsilon_1=V_L+I(r_1+R)$:

ההתנגדות של הנגד המשתנה אינה יכולה להיות שלילית, ולכן ה־$n$ המרבי מתקבל כש־$R=0$ (הגררה בקצה $N$):

עבור $n=5$ היה נדרש $R=\frac85-2<0$ – בלתי אפשרי.

קביעה: הנצילות שווה.

נימוק: לפי דף הנוסחאות $\\beta=\dfrac{P_{\text{eff}}}{P_{\text{in}}}$. ההספק המושקע הוא ההספק שמפיק המקור, $P_{\text{in}}=\varepsilon_1I$, וההספק המנוצל הוא ההספק של הנורות, $P_{\text{eff}}=V_LI$ (כל הזרם $I$ עובר בנורות, והמתח עליהן $V_L$). לכן:

בשני המצבים הנורות מאירות באורן המלא, ולכן $V_L=18\,\text{V}$ בשניהם:

בדיקה מספרית: נורה יחידה – $P_{\text{in}}=30\cdot1.5=45\,\text{W}$, $P_{\text{eff}}=27\,\text{W}$; $n$ נורות – $P_{\text{in}}=30\cdot1.5n=45n\,\text{W}$, $P_{\text{eff}}=27n\,\text{W}$. היחס $0.6$ בשני המקרים.

טעות נפוצה: להסיק שהנצילות גדלה כי ההספק המנוצל גדל – גם ההספק המושקע גדל באותו יחס.

תשובה: כלפי מטה.

נימוק: על הכריכה פועלים כוח הכובד $mg$ (מטה), הכוח הנורמלי $N$ מהמאזניים (מעלה) והכוח המגנטי השקול $F$. הכריכה במנוחה, ולכן הוריית המאזניים שווה ל־$N=mg+F_{\downarrow}$ (כאשר $F_{\downarrow}$ הוא רכיב הכוח המגנטי כלפי מטה).

מהגרף: כש־$I_2=0$ (אין כוח מגנטי על הכריכה) ההוריה היא $0.0400\,\text{N}$, וככל ש־$I_2$ גדל ההוריה גדלה. כלומר הכוח המגנטי מוסיף לכוח שהכריכה לוחצת על המאזניים – הוא מכוון כלפי מטה.

קביעה: גדול ממנו.

נימוק: הצלעות $a$ ו־$c$ מקבילות לתיל, באותו אורך ($1\,\text{m}$) ונושאות אותו זרם $I_2$. השדה המגנטי של תיל ישר וארוך:

קטן ככל שהמרחק מהתיל גדל. צלע $a$ נמצאת במרחק $h=0.1\,\text{m}$ מהתיל, וצלע $c$ במרחק $h+b=0.4\,\text{m}$. הכוח על תיל נושא זרם הניצב לשדה הוא $F=I_2\ell B$, ולכן:

הכוח על $a$ גדול פי 4 מהכוח על $c$.

תשובה: שמאלה.

נימוק: הכוחות על הצלעות $b$ ו־$d$ שווים ומנוגדים (ראו סעיף ב(2)), ולכן הכוח השקול נקבע על ידי הכוחות על $a$ ועל $c$. הכוחות על $a$ ועל $c$ מנוגדים בכיוונם (הזרמים בהן מנוגדים), והכוח על $a$ גדול יותר (סעיף א(2)). לכן כיוון הכוח השקול הוא כיוון הכוח על $a$ – כלפי מטה (סעיף א(1)), כלומר התיל דוחה את צלע $a$.

שני תילים מקבילים דוחים זה את זה כאשר הזרמים בהם מנוגדים. $I_1$ זורם ימינה, ולכן $I_2$ בצלע $a$ זורם שמאלה.

(בדיקה בכלל יד ימין: מתחת לתיל השדה של $I_1$ מכוון אל תוך הדף; על זרם שמאלה בשדה אל תוך הדף פועל כוח כלפי מטה.)

השדה: באזור הכריכה (מתחת לתיל) השדה המגנטי של $I_1$ (הזורם ימינה) מכוון אל תוך הדף (כלל יד ימין). גודלו קטן עם המרחק מהתיל.

כיוון הזרם בכריכה: בצלע $a$ שמאלה (סעיף ב(1)); לכן הזרם מקיף את הכריכה נגד כיוון השעון: בצלע $a$ שמאלה, בצלע $b$ (השמאלית) מטה, בצלע $c$ ימינה, בצלע $d$ (הימנית) מעלה.

הכוחות (לפי $\vec F=I\vec\ell\times\vec B$, כל הכוחות במישור הדף):

- צלע $a$ (זרם שמאלה): כוח כלפי מטה – דחייה מהתיל.

- צלע $c$ (זרם ימינה, באותו כיוון כמו $I_1$): כוח כלפי מעלה – משיכה לעבר התיל. קטן פי 4 מהכוח על $a$.

- צלע $b$ (שמאלית, זרם מטה): כוח ימינה (לתוך הכריכה).

- צלע $d$ (ימנית, זרם מעלה): כוח שמאלה (לתוך הכריכה).

הצלעות $b$ ו־$d$ נמצאות באותם מרחקים מהתיל ונושאות זרמים מנוגדים, ולכן הכוחות עליהן שווים בגודלם ומנוגדים בכיוונם ומבטלים זה את זה.

הכריכה במנוחה, ולכן שקול הכוחות עליה אפס. הכוחות על $b$ ו־$d$ מתבטלים, ובציר האנכי:

גודל השדה סביב תיל ישר וארוך: $B=\dfrac{\mu_0I_1}{2\pi r}$. גודל הכוח על תיל נושא זרם (הזרם ניצב לשדה, $\sin90^\circ=1$): $F=I_2\ell B$, עם $\ell=a$ (ו־$c=a$).

לכן:

זהו קשר קווי: נקודת החיתוך עם ציר $N$ היא $mg$, והשיפוע הוא $\dfrac{\mu_0I_1a}{2\pi}\left(\dfrac1h-\dfrac1{h+b}\right)$ – בהתאם לגרף הקווי שבתרשים.

לפי הביטוי מסעיף ג, כאשר $I_2=0$ מתקיים $N=mg$. מהגרף, ב־$I_2=0$ ההוריה היא $N=0.0400\,\text{N}$:

השיפוע מהגרף – משתי נקודות על הקו, $(0,\;0.0400)$ ו־$(12\,\text{A},\;0.0412\,\text{N})$:

הצבה ($h=0.1\,\text{m}$, $h+b=0.4\,\text{m}$, $a=1\,\text{m}$, $\mu_0=4\pi\cdot10^{-7}\,\text{T}\cdot\text{m/A}$):