בגרות בפיזיקה חשמל ומגנטיות 36371 - קיץ 2021 מועד מיוחד

הפוטנציאל בנקודה $S$ נוצר על ידי המטען הנקודתי $q_1$ בלבד. מדף הנוסחאות, פוטנציאל חשמלי סביב מטען נקודתי (כאשר $V_{(r\to\infty)}=0$):

הצבה, עם $r=18\,\text{cm}=0.18\,\text{m}$ ו־$k=9\cdot 10^9\,\text{N}\cdot\text{m}^2/\text{C}^2$:

הסימן: הפוטנציאל בנקודה $S$ שלילי, ו־$k$ ו־$r$ חיוביים – לכן המטען $q_1$ שלילי.

טעות נפוצה: לשכוח להמיר סנטימטרים למטרים.

מדף הנוסחאות, גודל שדה חשמלי סביב מטען נקודתי:

הצבה:

(בדיקה: עבור מטען נקודתי $E=\frac{|V|}{r}=\frac{1500}{0.18}\approx 8333\,\text{V/m}$ – אותה תוצאה.)

כיוון השדה: המטען שלילי, ולכן השדה ב־$S$ מכוון אל המטען – לעבר $A$.

הכדור הובא מן האין־סוף ומוחזק בנקודה $S$, כלומר הוא מגיע אליה במנוחה (אין שינוי באנרגייה הקינטית). לכן העבודה שהושקעה (על ידי הכוח החיצוני) שווה לשינוי באנרגייה הפוטנציאלית החשמלית של הכדור:

(מדף הנוסחאות: $U_E=qV$, ו־$V_{(r\to\infty)}=0$.)

$q_2=2q_1=2\cdot(-3\cdot 10^{-8})=-6\cdot 10^{-8}\,\text{C}$. הצבה:

העבודה חיובית: שני הכדורים שליליים ודוחים זה את זה, ולכן כדי לקרב את $B_2$ אל $B_1$ צריך להשקיע עבודה נגד הכוח החשמלי.

(המסה $m_2$ אינה משפיעה על התוצאה.)

טעות נפוצה: להציב $q_1$ במקום $q_2=2q_1$, או לקבל עבודה שלילית בגלל סימן שגוי.

קביעה: איור 6.

1. סימן המטענים: $q_1$ שלילי (סעיף א), ו־$q_2=2q_1$ – גם הוא שלילי. קווי שדה חשמלי יוצאים ממטען חיובי ונכנסים למטען שלילי, ולכן הקווים צריכים להיות מכוונים אל שני הכדורים. זה פוסל את איורים 1, 3 ו־5 (קווים יוצאים מכדור אחד לפחות), וגם את איור 4 (קווים יוצאים מהכדור השמאלי ונכנסים לימני – מטענים בסימנים מנוגדים).

2. מטענים מאותו סימן: אין קווים שעוברים מכדור לכדור; באזור שבין הכדורים הקווים "נדחים" הצידה ויש בו נקודה שבה השדה מתאפס. כך מתוארים איורים 2 ו־6.

3. גודל המטענים: מספר קווי השדה שנכנסים לכדור יחסי לגודל מטענו. $|q_2|=2|q_1|$, ולכן לכדור הימני ($B_2$) צריכים להיכנס בערך פי 2 קווים מאשר לשמאלי. באיור 2 המטענים שווים (תמונה סימטרית), ובאיור 6 נכנסים לכדור הימני הרבה יותר קווים, וכל הקווים מכוונים פנימה.

לכן איור 6 הוא המתאר הנכון.

ברגע שבו $B_1$ נמצא ב־$D$ ו־$B_2$ נמצא ב־$H$, הכוח החשמלי על כל אחד מהכדורים הוא הכוח שהכדור האחר מפעיל עליו (הכוח היחיד במישור האופקי; הכובד והנורמל מתאזנים, והמשטח חלק).

לפי החוק השלישי של ניוטון (וגם ישירות מחוק קולון $F=k\frac{q_1q_2}{r^2}$ – אותו ביטוי עבור שני הכדורים, עם אותו מרחק $r=DH$), הכוח ש־$B_2$ מפעיל על $B_1$ שווה בגודלו והפוך בכיוונו לכוח ש־$B_1$ מפעיל על $B_2$. לכן:

העובדה ש־$q_2$ גדול פי 2 מ־$q_1$ אינה משנה – שני המטענים מופיעים במכפלה בחוק קולון.

טעות נפוצה: לענות שהכוח על $B_1$ גדול פי 2 "כי מטענו של $B_2$ גדול פי 2".

לפי החוק השני של ניוטון $\Sigma F=ma$, ובכל כדור הכוח השקול הוא הכוח החשמלי:

גודל הכוח $F$ זהה לשני הכדורים (סעיף ה), ולכן

תאוצת $B_1$ קטנה פי 2 מתאוצת $B_2$, כי מסתו גדולה פי 2.

השינוי במטען של כדור $A$:

השינוי נגרם רק ממעבר אלקטרונים, שמטען כל אחד מהם $-e$ ($e=1.60\cdot 10^{-19}\,\text{C}$ מטבלת הקבועים). לכן

כלומר עברו כ־$1.9\cdot 10^{11}$ אלקטרונים.

קביעה: האלקטרונים עברו מ־$B$ ל־$A$.

נימוק: המטען החיובי של $A$ קטן מ־$+4\cdot 10^{-8}\,\text{C}$ ל־$+1\cdot 10^{-8}\,\text{C}$, כלומר $A$ קיבל מטען שלילי $-3\cdot 10^{-8}\,\text{C}$. מאחר שרק אלקטרונים (מטען שלילי) עוברים בתיל, הקטנת המטען החיובי של $A$ אפשרית רק אם אלקטרונים נכנסו אליו – כלומר הגיעו מכדור $B$.

(מבחינת פוטנציאלים: אלקטרונים נעים מפוטנציאל נמוך לפוטנציאל גבוה. לפני החיבור הפוטנציאל של $A$ היה גבוה יותר, ולכן אלקטרונים זרמו אליו עד שהפוטנציאלים השתוו.)

לאחר החיבור בתיל מוליך שני הכדורים הם מוליך אחד, ובמצב יציב (כאשר אין עוד זרם בתיל) הפוטנציאלים שלהם שווים. אילו היה הבדל פוטנציאלים, אלקטרונים היו ממשיכים לעבור בתיל.

המרחק בין הכדורים גדול מאוד, ולכן הפוטנציאל של כל כדור נקבע רק על ידי מטענו שלו, כמו של מטען נקודתי במרכזו. מדף הנוסחאות $V=k\frac{q}{r}$:

הרדיוס של $B$ גדול פי 3: $\frac{r_B}{r_A}=3$. הצבה:

כלומר, בכדורים מחוברים המטען מתחלק ביחס ישר לרדיוסים.

טעות נפוצה: להניח שהמטען מתחלק שווה בשווה בין הכדורים – זה נכון רק לכדורים זהים.

קביעה: כדור $B$ לא היה טעון.

נימוק: המערכת של שני הכדורים והתיל מבודדת, ולכן לפי חוק שימור המטען המטען הכולל לפני החיבור שווה למטען הכולל אחריו:

(באופן שקול: $B$ איבד $1.875\cdot 10^{11}$ אלקטרונים, כלומר מטען $+3\cdot 10^{-8}\,\text{C}$, וזה בדיוק מטענו לאחר החיבור – לכן לפני כן מטענו היה אפס.)

קביעה: גרף III.

נימוק: אחרי הניתוק מטען $A$ הוא $+1\cdot 10^{-8}\,\text{C}$ ומטען $B$ הוא $+3\cdot 10^{-8}\,\text{C}$ – שניהם חיוביים, ולכן $B$ דוחה את $A$. כשהכדור $A$ מתקרב ל־$B$ ($r$ קטן) הכוח החשמלי פועל נגד כיוון תנועתו ומאט אותו, עד שבמרחק מזערי $r_{\min}$ הוא נעצר ($v=0$) – הוא אינו פוגע ב־$B$.

המשטח חלק והכוח החשמלי משמר, ולכן האנרגייה נשמרת. מדף הנוסחאות $U_E=k\frac{q_Aq_B}{r}$:

מכאן צורת הגרף:

•ב־$r=r_{\min}$ (מרחק גדול מאפס) המהירות אפס; ככל ש־$r$ גדל, המהירות גדלה.

•ליד $r_{\min}$ המהירות משתנה בחדות (הגרף כמעט אנכי), כי הכוח שם גדול.

•במרחקים גדולים הכוח ($\propto\frac1{r^2}$) זניח, והמהירות כמעט אינה משתנה – הגרף מתקרב לקו אופקי.

זה בדיוק גרף III. גרף I מתאר מהירות שגדלה ככל שהכדורים מתקרבים (משיכה); גרף II הוא קו ישר, אבל הקשר בין $v$ ל־$r$ אינו קווי; בגרף IV המהירות מתאפסת דווקא במרחק הגדול – הפוך מן הנדרש.

טעות נפוצה: לבחור בגרף IV משום שהמהירות "יורדת" במהלך התנועה – אך ציר האופקי הוא המרחק $r$, לא הזמן, ו־$r$ קטן במהלך התנועה.

הגרף. ציר אופקי: המתח $V$ (וולט), ציר אנכי: הזרם $I$ (אמפר). הנקודות $(V,I)$:

$(0,0)$, $(1,0.19)$, $(2,0.39)$, $(3,0.57)$, $(4,0.79)$, $(5,0.96)$.

מעבירים את הישר המתאים ביותר לנקודות – הוא עובר דרך הראשית:

קביעה: התיל מקיים את חוק אוהם – הנקודות מסתדרות על קו ישר שעובר דרך הראשית, כלומר הזרם יחסי למתח, והיחס $\frac{V}{I}$ קבוע (בכל המדידות הוא בין $5.06$ ל־$5.26\,\Omega$).

חישוב ההתנגדות משיפוע הישר. שתי נקודות על הקו: $(0,0)$ ו־$(5\,\text{V},\,0.967\,\text{A})$:

מדף הנוסחאות, חוק אוהם $V=RI$, ולכן $I=\frac{1}{R}V$: השיפוע שווה ל־$\frac1R$.

טעות נפוצה: לחשב את ההתנגדות מנקודה אחת בטבלה, או לשכוח שבגרף $I(V)$ השיפוע הוא $\frac1R$ ולא $R$.

שטח החתך. הקוטר $0.5\,\text{mm}$, ולכן הרדיוס $r=0.25\,\text{mm}=2.5\cdot 10^{-4}\,\text{m}$:

ההתנגדות הסגולית. מדף הנוסחאות:

הצבה:

טעות נפוצה: להציב את הקוטר במקום הרדיוס בנוסחת שטח העיגול (מקבלים תוצאה גדולה פי 4).

קביעה: $R_{\text{ב}}<R_{\text{א}}$.

הסבר: מדף הנוסחאות $R=\rho\frac{\ell}{A}$. לשני התילים אותה התנגדות סגולית $\rho$ (אותו חומר) ואותו אורך $\ell$, ולכן ההתנגדות הפוכה ביחס לשטח החתך $A$. שטח החתך של תיל ב גדול יותר – ולכן התנגדותו קטנה יותר. (מבחינה פיזיקלית: בחתך רחב יותר יש יותר "מסלולים" מקבילים לתנועת נושאי המטען.)

גם תיל ב הוא מוליך מתכתי שמקיים את חוק אוהם, ולכן הגרף $I(V)$ שלו הוא קו ישר שעובר דרך הראשית. שיפוע הקו הוא $\frac1R$, והתנגדותו של תיל ב קטנה יותר – לכן הקו תלול יותר: באותו מתח עובר בו זרם גדול יותר.

(השיפוע של תיל ב בגרף הוא להמחשה בלבד – אין נתון על שטח החתך שלו.)

קביעה: ההיגד אינו מתאים.

נימוק: בתחום שבו הזרם גדול מאפס (בערך מ־$0.6\,\text{V}$ ומעלה) הגרף אינו קו אופקי: הזרם עולה בחדות כשהמתח עולה – למשל, ב־$0.9\,\text{V}$ הזרם כ־$0.010\,\text{A}$ (קריאה מקורבת מהגרף) וב־$1.0\,\text{V}$ הוא כבר כ־$0.040\,\text{A}$. הזרם תלוי מאוד במתח.

קביעה: ההיגד מתאים לגרף.

נימוק: במתחים שליליים (מ־$-1\,\text{V}$ עד $0$) הזרם בדיודה אפס, ובמתחים חיוביים (מעל כ־$0.6\,\text{V}$) עובר בה זרם. מתח שלילי פירושו שהפוטנציאל הגבוה מחובר להדק השני של הדיודה. כלומר, היפוך חיבור ההדקים קובע אם יזרום זרם או לא – הדיודה מוליכה בכיוון אחד בלבד.

קביעה: ההיגד מתאים לגרף.

נימוק: ההתנגדות של רכיב בנקודת עבודה היא היחס $R=\frac{V}{I}$ (מחוק אוהם $V=RI$). בתחום שבו זורם זרם, הזרם גדל הרבה יותר מהר מהמתח. לדוגמה (קריאה מקורבת מהגרף):

כלומר ההתנגדות קטנה ככל שהמתח עולה.

סיכום סעיף ד: רק היגד 1 אינו מתאים לגרף; היגדים 2 ו־3 מתאימים.

כוח הכובד זניח, ולכן פועלים על היון שני כוחות בלבד:

1. הכוח המגנטי (כוח לורנץ) $F_B=qvB$ – מופעל על ידי השדה המגנטי. כיוונו לפי כלל יד ימין: המהירות ימינה, השדה לתוך הדף, והמטען חיובי – הכוח מכוון כלפי מעלה (לעבר הלוח $C_1$), ניצב למהירות.

2. הכוח החשמלי $F_E=qE$ – מופעל על ידי השדה החשמלי שבין הלוחות. כיוונו כלפי מטה (לעבר הלוח $C_2$).

היון נע בקו ישר במהירות קבועה, ולכן לפי החוק הראשון של ניוטון שקול הכוחות אפס: שני הכוחות שווים בגודלם ומנוגדים בכיוונם.

טעות נפוצה: לקבוע את כיוון הכוח החשמלי לפני שקובעים את כיוון הכוח המגנטי – את הכוח המגנטי אפשר לקבוע מהנתונים, ומהדרישה לשקול אפס נובע כיוון הכוח החשמלי.

קביעה: $C_1$ חיובי.

הסבר: כפי שמצאנו בסעיף א, הכוח המגנטי על היון החיובי מכוון כלפי מעלה (לעבר $C_1$). כדי שהיון ינוע בקו ישר, הכוח החשמלי חייב להיות כלפי מטה. על מטען חיובי הכוח החשמלי פועל בכיוון השדה ($\vec F=q\vec E$), ולכן השדה החשמלי מכוון כלפי מטה – מ־$C_1$ אל $C_2$. שדה חשמלי מכוון מהלוח החיובי אל הלוח השלילי, ולכן $C_1$ הוא הלוח החיובי (היון החיובי נדחה ממנו).

היון נע בקו ישר במהירות קבועה, ולכן שקול הכוחות עליו אפס – הכוח החשמלי והכוח המגנטי שווים בגודלם.

מדף הנוסחאות: $\vec F=q\vec E$ ו־$F=qvB\sin\alpha$, כאשר $\alpha=90^\circ$ (המהירות ניצבת לשדה המגנטי):

המהירות אינה תלויה במטען ובמסה של היון – רק יונים שזו מהירותם עוברים את הבורר בקו ישר.

קביעה: אין צורך להפוך את כיוון השדה החשמלי.

שיקולים: כשמחליפים את סימן המטען, שני הכוחות מתהפכים:

•הכוח המגנטי על היון השלילי, הנע ימינה, מכוון כלפי מטה (הפוך מהיון החיובי).

•הכוח החשמלי על מטען שלילי מכוון נגד השדה – כלומר כלפי מעלה.

שני הכוחות עדיין מנוגדים זה לזה. גודלם: $qE$ ו־$qvB$ – המהירות זהה, ולכן $qvB=qE$ והם שווים בגודלם (התנאי $v=\frac EB$ אינו תלוי בסימן המטען או בגודלו). שקול הכוחות אפס, והיון ינוע ימינה בקו ישר לאורך $AO$.

רדיוס המסלול. באזור שיש בו רק שדה מגנטי, הכוח המגנטי ניצב תמיד למהירות, ולכן גודל המהירות קבוע והיון נע בתנועה מעגלית. הכוח המגנטי הוא הכוח השקול, והוא גורם לתאוצה הרדיאלית ($a_r=\frac{v^2}{r}$):

(ביטוי זה אינו מופיע בדף הנוסחאות – הוא נובע מ־$F=qvB\sin\alpha$ ומהחוק השני של ניוטון בתנועה מעגלית.)

כל היונים עברו את בורר המהירויות, ולכן לכולם אותה מהירות $v=\frac EB$, והשדה המגנטי $B$ זהה. לכן $r\propto\frac{M}{Q}$:

•יון 1: $\frac{M_1}{Q_1}=\frac mq$ ⟸ $r_1=\frac{mv}{qB}$

•יון 2: $\frac{M_2}{Q_2}=\frac{2m}{q}$ ⟸ $r_2=2r_1$

•יון 3: $\frac{M_3}{Q_3}=\frac{m}{2q}$ ⟸ $r_3=\frac12r_1$

כלומר $r_3<r_1<r_2$, ביחס $1:2:4$. בתרשים 2 מסלול א הוא הקטן ביותר, ב – הבינוני, ו־ג – הגדול ביותר. לכן:

- יון 3 נע במסלול א;

- יון 1 נע במסלול ב;

- יון 2 נע במסלול ג.

(כל היונים חיוביים, ולכן כולם מוסטים כלפי מעלה, בהתאם לתרשים.)

הנקודה $P$ היא קצה מסלול ג – מסלול היון 2 (סעיף ה). המסלול הוא חצי מעגל, ולכן $OP$ הוא קוטר המעגל: $OP=2r_2$.

מהירות היונים (סעיף ג):

רדיוס מסלול ג (יון 2: $M_2=2m$, $Q_2=q$):

טעות נפוצה: לענות $OP=r$ – המסלול הוא חצי מעגל, ולכן $OP$ הוא הקוטר. טעות נוספת: להציב את המסה $m$ במקום $2m$ של יון 2.

כיוון השדה של כדור הארץ: הקוטב הצפוני $N$ של המחט מצביע בכיוון השדה המגנטי. בתרשים 1 הקוטב $N$ פונה כלפי מטה בזווית $53^\circ$ מתחת לאופק, ולכן לשדה של כדור הארץ יש רכיב אופקי ורכיב אנכי כלפי מטה.

הדרישה מהסליל: הסליל אופקי, ולכן השדה שלו במרכזו (שם תלויה המחט) אנכי. הוא אינו יכול לשנות את הרכיב האופקי של שדה כדור הארץ, אלא רק את הרכיב האנכי. המחט התייצבה במצב אופקי ($\alpha=0^\circ$), כלומר השדה השקול אופקי – השדה של הסליל ביטל את הרכיב האנכי של שדה כדור הארץ. לכן שדה הסליל מכוון אנכית כלפי מעלה.

כיוון הזרם: לפי כלל יד ימין, שדה כלפי מעלה במרכז כריכה אופקית מתקבל כאשר הזרם מסתובב בה נגד כיוון השעון במבט מלמעלה. בתרשים 2 התיל שיוצא מההדק $k$ נכנס לסליל בצדו הקרוב (החלק התחתון של האליפסה בציור), עובר בו משמאל לימין, מקיף את הקצה הימני וחוזר לאורך הצד הרחוק מימין לשמאל, ומשם יוצא אל מד הזרם. במבט מלמעלה זו בדיוק תנועה נגד כיוון השעון – כלומר הזרם צריך לצאת מההדק $k$ אל הסליל.

זרם יוצא מההדק החיובי של הספק (ועובר במעגל החיצוני מהדק חיובי להדק שלילי), ולכן $k$ הוא ההדק החיובי.

קביעה: הגררה הוזזה מ־$B$ לכיוון $C$.

נימוק: הזווית $\alpha$ קטנה בהדרגה, כלומר הרכיב האנכי של השדה השקול קטן – שדה הסליל ($B=\mu_0\frac{NI}{2R}$) גדל, ולכן הזרם במעגל גדל. לפי חוק אוהם, בספק נתון הזרם גדל כאשר ההתנגדות במעגל קטנה.

בתרשים 2 המעגל מחובר לנגד המשתנה בשתי נקודות: בגררה $M$ (החוט שמגיע מהספק) ובקצה $C$ (החוט שהולך אל מד הזרם). הקצה $B$ אינו מחובר. לכן הזרם עובר רק בחלק של הנגד שבין $M$ ל־$C$, והתנגדותו יחסית לאורכו ($R=\rho\frac{\ell}{A}$). כדי להקטין את ההתנגדות יש לקצר את הקטע $MC$ – כלומר להזיז את הגררה מ־$B$ אל $C$.

כשהמחט אופקית, שדה הסליל במרכזו מבטל בדיוק את הרכיב האנכי של שדה כדור הארץ:

מדף הנוסחאות, גודל שדה מגנטי במרכז סליל מעגלי דק ($R\gg L$):

הצבה, עם $N=4$, $I=2.45\,\text{A}$, $R=20\,\text{cm}=0.2\,\text{m}$ ו־$\mu_0=4\pi\cdot 10^{-7}\,\text{T}\cdot\text{m/A}$:

(בהמשך: מזווית ההרכנה $\tan 53^\circ=\frac{B_{E\perp}}{B_{E\parallel}}$ אפשר למצוא גם את הרכיב האופקי – כ־$2.3\cdot 10^{-5}\,\text{T}$.)

טעות נפוצה: לחשב את השדה בעזרת הנוסחה של תיל ישר, או לשכוח את מספר הכריכות $N$.

ציר אופקי: מספר הכריכות $N$; ציר אנכי: $\frac1I$ ביחידות $\frac{1}{\text{A}}$. הנקודות:

$(4,\,0.41)$, $(6,\,0.57)$, $(8,\,0.77)$, $(10,\,1.00)$, $(12,\,1.17)$.

מדוע מצפים לקו ישר דרך הראשית: בכל מדידה המחט אופקית, ולכן שדה הסליל שווה ל־$B_{E\perp}$ הקבוע:

כלומר $\frac1I$ יחסי ל־$N$.

מעבירים את הישר המתאים ביותר לנקודות; הוא עובר בקירוב דרך הראשית:

שיפוע הקו – משתי נקודות על הקו, למשל $(0,\,0)$ ו־$(12,\,1.176)$:

(התאמה בשיטת הריבועים הפחותים נותנת שיפוע $0.0975$ וחיתוך זניח של $0.004$ עם הציר האנכי – בהתאמה טובה.)

מהקשר שפיתחנו בסעיף ד:

הצבה, עם השיפוע $0.098\,\frac{1}{\text{A}}$ ו־$R=0.2\,\text{m}$:

התוצאה קרובה לזו שהתקבלה ממדידה בודדת בסעיף ג ($3.08\cdot 10^{-5}\,\text{T}$), אך היא מבוססת על כמה מדידות ולכן מדויקת יותר.

טעות נפוצה: להציב את השיפוע כאילו הוא $B_{E\perp}$, או לשכוח שהשיפוע הוא של $\frac1I$ (ולא של $I$) כפונקציה של $N$.