בגרות בפיזיקה חשמל ומגנטיות 36371 - קיץ 2022

השדה בכל נקודה הוא סכום וקטורי (סופרפוזיציה) של השדה של הלוח ושל השדה של המטען הנקודתי.

השדה של הלוח. מדף הנוסחאות, גודל השדה של לוח טעון אין־סופי:

הגודל אינו תלוי במרחק מן הלוח. הלוח טעון חיובית, ולכן השדה מכוון הרחק ממנו. כל הנקודות $x>0$ נמצאות מימין ללוח (הלוח ב־$x=-\frac d2$), ולכן שם השדה של הלוח מכוון בכיוון $+x$.

השדה של המטען הנקודתי. מדף הנוסחאות:

עבור נקודה על ציר ה־$x$ ב־$x>0$ המרחק מן המטען הוא $r=x$. $Q$ חיובי, ולכן השדה מכוון הרחק ממנו – גם הוא בכיוון $+x$.

השדה השקול. שני השדות באותו כיוון, ולכן הגדלים מתחברים:

כיוון השדה: בכיוון החיובי של ציר ה־$x$.

טעות נפוצה: להציב במקום $x$ את המרחק מן הלוח גם בשדה של הלוח – השדה של לוח אין־סופי אחיד ואינו תלוי במרחק.

לפי סעיף א, ככל ש־$x$ גדל האיבר $\frac{kQ}{x^2}$ שואף לאפס, והשדה שואף לערך הקבוע של שדה הלוח:

בגרף רואים שהעקומה מתיישרת ומתקרבת לקו אופקי. בנקודות הרחוקות ($x=60$ עד $80\,\text{m}$) השדה הוא כ־$1696\,\frac{\text{V}}{\text{m}}$ ואינו משתנה עוד בדיוק הקריאה. לכן

מכאן:

(בדיקה: ב־$x=80\,\text{m}$ תרומת המטען הנקודתי היא $\frac{kQ}{x^2}\approx\frac{1824}{6400}\approx 0.3\,\frac{\text{V}}{\text{m}}$ – זניחה, ולכן הקריאה מייצגת את שדה הלוח בלבד.)

טעות נפוצה: לקחת את $E(4)=1810$ כשדה הלוח – בנקודה זו תרומת המטען הנקודתי עדיין גדולה.

מציבים בביטוי מסעיף א את הנקודה הנתונה $x=d=4\,\text{m}$, $E=1810\,\frac{\text{V}}{\text{m}}$:

הצבה:

(בדיקה מול נקודה נוספת בגרף: $kQ=1824\,\text{V}\cdot\text{m}$, ולכן $E(8)=1696+\frac{1824}{64}\approx 1724.5\,\frac{\text{V}}{\text{m}}$ – בהתאמה לגרף, $\approx 1725$.)

קביעה: היגד 1 נכון.

נימוק: על החלקיק פועל רק הכוח החשמלי $F=qE$ (מדף הנוסחאות). במרחק גדול מאוד האיבר $\frac{kQ}{x^2}$ זניח, והשדה כמעט קבוע:

לכן הכוח על החלקיק קבוע בגודלו ובכיוונו (כיוון $+x$), ולפי החוק השני של ניוטון התאוצה $a=\frac{qE}{m}$ קבועה – תנועה שוות תאוצה בקירוב.

•היגד 2 שגוי: הכוח אינו מתאפס (שדה הלוח אינו דועך עם המרחק), ולכן המהירות ממשיכה לגדול.

•היגד 3 שגוי: הכוח בכיוון התנועה, ולכן המהירות גדלה ואינה מתאפסת.

•היגד 4 שגוי: המסה קובעת רק את גודל התאוצה, לא את סוג התנועה – התאוצה קבועה לכל מסה.

טעות נפוצה: לחשוב שבמרחק גדול "השדה נעלם" כמו שדה של מטען נקודתי – שדה של לוח אין־סופי אינו תלוי במרחק.

לפי עקרון הסופרפוזיציה, הפרש הפוטנציאלים הכולל הוא סכום ההפרשים שיוצר כל מקור בנפרד: $V_{d,2d}=V_d-V_{2d}$.

תרומת הלוח (שדה אחיד). מדף הנוסחאות: $E=-\frac{\Delta V}{\Delta x}$. בין $x=d$ ל־$x=2d$ שדה הלוח אחיד, $E_\sigma=1696\,\frac{\text{V}}{\text{m}}$ בכיוון $+x$, ו־$\Delta x=2d-d=d$:

תרומת המטען הנקודתי. מדף הנוסחאות: $V=k\frac{q}{r}$:

עם $kQ=9\cdot 10^9\cdot 2.03\cdot 10^{-7}\approx 1824\,\text{V}\cdot\text{m}$:

הסימן חיובי: הנקודה $x=d$ בפוטנציאל גבוה יותר – כמצופה, כי השדה מכוון מ־$d$ אל $2d$ (הפוטנציאל יורד בכיוון השדה).

טעות נפוצה: לחשב $E(d)\cdot d$ עם $E=1810$ – השדה אינו קבוע בתחום, ותרומת המטען הנקודתי חייבת להיות מחושבת מנוסחת הפוטנציאל.

קביעה: הפרש הפוטנציאלים לא משתנה.

- תרומת הלוח: גם במיקום החדש, $x=\frac d2$, שתי הנקודות $x=d$ ו־$x=2d$ נמצאות מאותו צד של הלוח (מימינו). השדה של לוח אין־סופי אחיד: גודלו $\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}$ אינו תלוי במרחק מן הלוח, וכיוונו בצד זה הוא עדיין $+x$. לכן בין הנקודות השדה של הלוח זהה למצב הקודם, והתרומה $\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\cdot d$ לא משתנה.

- תרומת המטען הנקודתי: המטען $Q$ נשאר בראשית, והמרחקים $d$ ו־$2d$ לא השתנו, ולכן התרומה $\frac{kQ}{2d}$ לא משתנה.

סכום התרומות זהה, ולכן $V_{d,2d}$ נשאר כ־$7.0\cdot 10^3\,\text{V}$.

טעות נפוצה: להסיק שהקרבת הלוח לנקודות מגדילה את ההפרש – לוח אין־סופי יוצר שדה אחיד בכל צד שלו, ורק אם הלוח היה בין הנקודות התשובה הייתה משתנה.

מדף הנוסחאות, מתח ההדקים: $V_{ab}=\varepsilon-Ir$.

1. נכון. מתח ההדקים קטן מן הכא"מ בדיוק במפל המתח $Ir$ על ההתנגדות הפנימית, ולכן הוא תלוי ב־$r$.

2. שגוי. כאשר ההתנגדות החיצונית $R$ גדלה, הזרם $I=\frac{\varepsilon}{R+r}$ קטן, ולכן $Ir$ קטן ומתח ההדקים גדל.

3. שגוי. לפי $V_{ab}=\varepsilon-Ir$, כשהזרם גדל מתח ההדקים קטן.

4. נכון. הכא"מ הוא תכונה של הסוללה – האנרגייה שהיא מעניקה ליחידת מטען – ואינו תלוי בזרם שבמעגל.

5. נכון. כא"מ הוא אנרגייה ליחידת מטען, ולכן יחידתו $\frac{\text{J}}{\text{C}}=\text{V}$.

מדף הנוסחאות: $V_{ab}=\varepsilon-Ir$. רושמים את המשוואה לשני המצבים הנתונים:

מחסירים את המשוואה השנייה מן הראשונה:

מציבים במשוואה הראשונה:

מבנה המעגל (תרשים 1): הזרם עובר מן הסוללה דרך הקצה $M$ לאורך הנגד המשתנה עד המגע $P$, ומשם דרך $R_1$ חזרה לסוללה. הקטע $PN$ אינו מחובר בקצהו $N$, ולכן לא זורם בו זרם. ההתנגדות החיצונית היא חיבור בטור של הקטע $MP$ ושל $R_1$.

ההתנגדות החיצונית. כאשר $I=1.5\,\text{A}$, מתח ההדקים $V=18\,\text{V}$ (נתון). לפי חוק אוהם על החלק החיצוני:

ההתנגדות של הקטע $MP$ (חיבור בטור):

טעות נפוצה: לענות $10\,\text{cm}$ – זה המרחק מן הקצה $M$; השאלה שואלת על המרחק מן הקצה $N$.

קביעה: מתח ההדקים קטן מ־$18\,\text{V}$.

מבנה המעגל (תרשים 2): הקצה $M$ מחובר לצד אחד של הסוללה, והמגע $P$ מחובר לצד השני. גם $R_1$ מחובר בין שני צדי הסוללה. לכן הקטע $MP$ ($8\,\Omega$, מסעיף ג) ו־$R_1$ מחוברים במקביל; הקטע $PN$ שוב אינו נושא זרם.

נימוק: בחיבור במקביל ההתנגדות השקולה קטנה מכל אחת מן ההתנגדויות:

ההתנגדות החיצונית קטנה מ־$12\,\Omega$ (המצב בתרשים 1), ולכן הזרם גדל:

מתח ההדקים:

זרם גדול יותר פירושו מפל מתח גדול יותר על ההתנגדות הפנימית, ולכן מתח ההדקים קטן.

קביעה: לא אפשרי.

נימוק: לפי $V_{ab}=\varepsilon-Ir$, מתח ההדקים שווה לכא"מ רק כאשר $I=0$, כלומר כשההתנגדות החיצונית אין־סופית (מעגל פתוח). במעגל שבתרשים 2 הנגד $R_1=4\,\Omega$ מחובר ישירות בין שני הדקי הסוללה, ולכן תמיד זורם דרכו זרם, ובמקביל לו מחובר הקטע $MP$, שרק מקטין עוד את ההתנגדות. ההתנגדות החיצונית המרבית מתקבלת כש־$P$ נמצא ב־$N$ ($R_{MN}=0.8\cdot 30=24\,\Omega$):

ואז $I=\frac{21}{3.43+2}\approx 3.87\,\text{A}$ ו־$V=21-3.87\cdot 2\approx 13.3\,\text{V}$ – עדיין קטן מ־$\varepsilon$. בשום מיקום של $P$ הזרם אינו מתאפס.

קביעה: אפשרי.

הסבר: מזיזים את המגע הנייד $P$ עד לקצה $M$. אז $R_{MP}=0$: התיל האידיאלי שמחובר ל־$P$ מחבר ישירות את שני הדקי הסוללה – קצר. הנגד $R_1$ מחובר במקביל לקצר, ולכן ההתנגדות השקולה החיצונית היא אפס.

הזרם:

מתח ההדקים:

(זה גם מתח שתי נקודות המחוברות בתיל אידיאלי, ולכן מתח ההדקים מתאפס.)

נורה מאירה באורה המלא כאשר היא פועלת לפי הרשום עליה: מתח $3\,\text{V}$ והספק $2\,\text{W}$. מדף הנוסחאות $P=IV$, ולכן הזרם בכל נורה:

מעגל 1: שלוש הנורות מחוברות בטור זו לזו ולמד־הזרם, ולכן אותו זרם עובר בכולן ובמד־הזרם:

מעגל 2: שלוש הנורות מחוברות במקביל, ומד־הזרם מחובר בטור לצירוף כולו, כך שהוא מודד את הזרם הכולל. לפי חוק הזרמים של קירכהוף:

המד־מתח מחובר להדקי מקור המתח, ולכן הוא מודד את מתח ההדקים – המתח על כל החלק החיצוני של המעגל (המד־זרם אידיאלי, אין עליו מתח).

מעגל 1: הנורות והנגד המשתנה בטור. המתח על שלוש הנורות: $3\cdot 3=9\,\text{V}$. לפי חוק המתחים של קירכהוף, המתח על הנגד המשתנה:

לפי חוק אוהם $V=IR$:

מעגל 2: צירוף הנורות המקבילי (מתח $3\,\text{V}$) בטור עם הנגד המשתנה:

שלב 1 – הכא"מ וההתנגדות הפנימית. אותו מקור מתח בשני המעגלים. מדף הנוסחאות $V_{ab}=\varepsilon-Ir$:

מחסירים: $9\tfrac13-4=\left(2-\tfrac23\right)r\;\Rightarrow\;5\tfrac13=\tfrac43 r\;\Rightarrow\;r=4\,\Omega$, ולכן $\varepsilon=4+2\cdot 4=12\,\text{V}$.

שלב 2 – ההספק המושקע. ההספק שמקור המתח משקיע במעגל הוא $P_{\text{in}}=\varepsilon I$:

ההספק המושקע גדול יותר במעגל 2, פי 3.

ההספק המבוזבז בתוך מקור המתח הוא ההספק המתפתח על ההתנגדות הפנימית:

היחס:

ההספק המבוזבז גדול יותר במעגל 2, פי 9.

טעות נפוצה: לענות "פי 3" כמו בסעיף ג – ההספק על $r$ תלוי בריבוע הזרם.

קביעה: הטענה שגויה.

נימוק: החלק הראשון של הטענה נכון: בשני המעגלים כל נורה פועלת ב־$2\,\text{W}$, ולכן ההספק הכולל של הנורות $6\,\text{W}$ בשניהם. גם נכון שההספק על הנגד המשתנה גדול יותר במעגל 2:

אבל הנצילות היא יחס בין ההספק המנוצל להספק המושקע, והמסקנה מתעלמת מן המכנה: ההספק המושקע במעגל 2 גדול פי 3 (סעיף ג).

אף שההספק המנוצל במעגל 2 גדול יותר ($8\,\text{W}$ לעומת $6.22\,\text{W}$), הנצילות שלו קטנה יותר, כי רוב ההספק המושקע בו ($16\,\text{W}$) מבוזבז בתוך מקור המתח.

קביעה: הנצילות גדולה יותר במעגל 1.

נימוק: מדף הנוסחאות $\\beta=\frac{P_{\text{eff}}}{P_{\text{in}}}$. ההספק המנוצל על ידי המעגל כולו הוא ההספק בחלק החיצוני, $P_{\text{eff}}=V_{ab}I$, וההספק המושקע הוא $P_{\text{in}}=\varepsilon I$. לכן

במעגל 1 הזרם קטן יותר, ולכן מפל המתח על ההתנגדות הפנימית $Ir$ קטן יותר, מתח ההדקים קרוב יותר לכא"מ, והנצילות גדולה יותר.

תנועה מעגלית. בחצאי העיגול פועל על החלקיק רק הכוח המגנטי (כוח לורנץ). מדף הנוסחאות:

המהירות ניצבת לשדה ($\alpha=90^\circ$), ולכן $F=qvB$. כוח זה ניצב תמיד לכיוון המהירות, ולכן אינו מבצע עבודה ואינו משנה את גודל המהירות – $v$ קבוע בתוך חצי העיגול. כוח שגודלו קבוע ($qvB$) וכיוונו ניצב תמיד למהירות גורם לתנועה מעגלית קצובה, והוא משמש כוח רדיאלי:

(המילה "בקירוב" – כי כוח הכובד זניח לעומת הכוח המגנטי.)

הרדיוס גדל. בכל מעבר דרך האזור $C$ השדה החשמלי מאיץ את החלקיק, וגודל מהירותו גדל. לפי $r=\frac{mv}{qB}$, כאשר $m$, $q$ ו־$B$ קבועים, הרדיוס יחסי למהירות – ולכן בכל חצי הקפה הבאה החלקיק נע במעגל גדול יותר.

קביעה: הפרוטון נע נגד כיוון השעון.

נימוק: בתנועה מעגלית הכוח המגנטי מכוון תמיד אל מרכז המעגל. נבחן את הפרוטון בנקודה השמאלית ביותר של מסלולו בחצי העיגול $M$ (שם נמצא החלקיק בתרשים): מרכז המעגל מימינו, ולכן הכוח מכוון ימינה.

השדה המגנטי לתוך הדף, ומטען הפרוטון חיובי. לפי כלל יד ימין לכוח לורנץ ($\vec F=q\vec v\times\vec B$): אם המהירות הייתה כלפי מעלה, הכוח היה מכוון שמאלה – הרחק מן המרכז, ולא הייתה מתקבלת תנועה במסלול זה. לכן המהירות בנקודה זו מכוונת כלפי מטה, ואז הכוח מכוון ימינה, אל המרכז.

תנועה כלפי מטה בצד השמאלי של המעגל פירושה סיבוב נגד כיוון השעון.

טעות נפוצה: להפעיל את כלל היד כאילו החלקיק שלילי – עבור אלקטרון הכיוון היה הפוך.

בכל חצי עיגול הפרוטון עובר חצי מעגל, אורך הדרך $\pi r$, במהירות קבועה $v$. לכן זמן התנועה:

מסעיף א: $r=\frac{mv}{qB}$. מציבים:

הביטוי אינו תלוי במהירות וברדיוס – רק במסת הפרוטון, במטענו ובגודל השדה המגנטי. גודל השדה המגנטי שווה בשני חצאי העיגול, ולכן:

בחצי העיגול $N$ הפרוטון מהיר יותר, אבל הוא גם עובר מסלול ארוך יותר (רדיוס גדול יותר) – והשניים מתקזזים בדיוק.

(זו בדיוק התכונה שמאפשרת להפעיל את הציקלוטרון: השדה החשמלי הופך את כיוונו במרווחי זמן קבועים.)

קריאה מן הגרף. בחצאי העיגול גודל המהירות קבוע (סעיף א), ובאזור $C$ הוא גדל. לכן:

- $0<t<7\,\text{ns}$: מהירות קבועה $2\cdot 10^5\,\frac{\text{m}}{\text{s}}$ – התנועה בחצי העיגול $M$.

- $7<t<10\,\text{ns}$: המהירות גדלה – התנועה באזור $C$.

- $10<t<17\,\text{ns}$: מהירות קבועה $2.4\cdot 10^5\,\frac{\text{m}}{\text{s}}$ – התנועה בחצי העיגול $N$.

זמן התנועה בחצי עיגול: $t=7\cdot 10^{-9}\,\text{s}$ (זהה ב־$M$ וב־$N$, כפי שהוכח בסעיף ב).

חישוב. מסעיף ב:

הצבה:

טעות נפוצה: לשכוח שיחידות ציר הזמן הן $10^{-9}\,\text{s}$, או להשתמש ב־$2\pi m/(qB)$ (זמן מחזור שלם) במקום זמן של חצי הקפה.

באזור $C$ ($7<t<10\,\text{ns}$) פועל על הפרוטון רק הכוח החשמלי, שכיוונו מקביל לכיוון התנועה. לכן הכוח משנה רק את גודל המהירות, והגרף בתחום זה קו ישר – תאוצה קבועה.

השדה. מדף הנוסחאות $F=qE$, ולפי החוק השני של ניוטון $F=m_pa$:

הצבה:

טעות נפוצה: לחשב את השיפוע בלי להמיר את יחידות הצירים ($10^5\,\frac{\text{m}}{\text{s}}$ ו־$10^{-9}\,\text{s}$).

קביעה: $F_1<F_2$.

נימוק: בחצי העיגול הכוח הרדיאלי הוא הכוח המגנטי:

$e$ ו־$B$ קבועים, ולכן הכוח הרדיאלי יחסי לגודל המהירות.

בין שתי הכניסות לחצי העיגול $M$ הפרוטון עובר פעמיים דרך האזור $C$: פעם מ־$M$ ל־$N$ ופעם מ־$N$ חזרה ל־$M$. בכל מעבר השדה החשמלי (שהופך את כיוונו כל חצי הקפה) מאיץ אותו, ובתוך חצאי העיגול גודל המהירות אינו משתנה. לכן בכניסה הבאה ל־$M$ מהירותו גדולה מ־$2\cdot 10^5\,\frac{\text{m}}{\text{s}}$ (וגם מ־$2.4\cdot 10^5\,\frac{\text{m}}{\text{s}}$), ולכן $F_2>F_1$.

(ערך $F_1$: $F_1=1.6\cdot 10^{-19}\cdot 2\cdot 10^5\cdot 4.68\approx 1.5\cdot 10^{-13}\,\text{N}$.)

קביעה: השדה בתוך הסילונית מכוון משמאל לימין.

כיוון הזרם: במקור המתח הקו הארוך והדק הוא ההדק החיובי, והוא בצד שמאל. הזרם יוצא מן ההדק החיובי, עובר דרך המפסק $S$ ודרך המד־זרם, ונכנס לסילונית בקצה השמאלי שלה. הזרם עובר לאורך הכריכות משמאל לימין, ומשם אל התיל שעל הלוחית, דרך הנגד המשתנה וחזרה להדק השלילי.

כיוון הכריכות: בתרשים, החלקים הקדמיים של הכריכות (הקטעים שמצוירים מעל הלוחית) יורדים מלמעלה למטה, והחלקים האחוריים (שמוסתרים על ידי הלוחית) עולים מלמטה למעלה. כלומר בצד הקרוב אלינו הזרם בכריכות זורם כלפי מטה, ובצד הרחוק – כלפי מעלה.

כלל יד ימין לסליל: כשאצבעות יד ימין מתעקלות בכיוון הזרם בכריכות (מלפנים – למטה, מאחור – למעלה), האגודל מצביע ימינה. לכן השדה המגנטי בתוך הסילונית מכוון משמאל לימין.

בדיקת עקביות: בקטע $ab$ הזרם זורם מ־$b$ אל $a$, כלומר לעומק הדף. לפי $\vec F=I\vec\ell\times\vec B$ עם $\vec B$ ימינה, הכוח על $ab$ מכוון כלפי מטה – הקצה שבתוך הסילונית יורד. כדי להחזיר את הלוחית לאיזון יש להוסיף כוח כלפי מטה בקצה השני – בדיוק מה שעושה הטבעת שמניחים על הקצה שמחוץ לסילונית. זה מאשר את הכיוון.

הסילונית והתיל שעל הלוחית מחוברים בטור, ולכן אותו זרם $I$ עובר בשניהם.

השדה בתוך הסילונית (דף הנוסחאות, סילונית ארוכה):

הכוח על קטע התיל $ab$. מדף הנוסחאות $F=I\ell B\sin\alpha$. הקטע $ab$ מונח לרוחב הלוחית, ניצב לציר הסילונית ולכן ניצב לשדה: $\alpha=90^\circ$:

(על שני הקטעים של התיל שלאורך הלוחית אין כוח מגנטי: הם מקבילים לשדה, $\sin 0^\circ=0$.)

טעות נפוצה: להשאיר בביטוי את $B$ – יש לבטא אותו באמצעות הזרם, כי אותו זרם יוצר את השדה וגם זורם בקטע $ab$.

במצב מאוזן הכוח המגנטי מאזן את הכוח שהטבעות מפעילות על הלוחית (כפי שנאמר בשאלה; בהנחה, כמו בתרשים, שקטע $ab$ והטבעות נמצאים במרחקים שווים מן הציר $MN$, איזון הכוחות שקול לאיזון הסיבוב).

$K$ טבעות במנוחה על הלוחית מפעילות עליה כוח השווה למשקלן, $Km_0g$. לכן:

מציבים את הביטוי מסעיף ב: