בגרות בפיזיקה חשמל ומגנטיות 36371 - קיץ 2022 מועד מיוחד

קווי השדה החשמלי מכוונים תמיד מפוטנציאל גבוה לפוטנציאל נמוך – בכיוון שבו הפוטנציאל יורד. מדף הנוסחאות:

בין $A$ ל־$B$ ($0<x<0.5\,\text{m}$): הפוטנציאל עולה מ־$0$ ל־$50\,\text{V}$ ככל ש־$x$ גדל, כלומר $\frac{\Delta V}{\Delta x}>0$ ולכן $E<0$. השדה מכוון בכיוון השלילי של ציר $x$ – מלוח $B$ אל לוח $A$ (לוח $B$ בפוטנציאל הגבוה).

בין $B$ ל־$C$ ($0.5<x<0.75\,\text{m}$): הפוטנציאל יורד מ־$50\,\text{V}$ ל־$-100\,\text{V}$, כלומר $\frac{\Delta V}{\Delta x}<0$ ולכן $E>0$. השדה מכוון בכיוון החיובי של ציר $x$ – מלוח $B$ אל לוח $C$.

טעות נפוצה: לקבוע את כיוון השדה לפי סימן הפוטנציאל עצמו (למשל "בין $A$ ל־$B$ הפוטנציאל חיובי ולכן השדה ימינה") – הכיוון נקבע לפי השינוי בפוטנציאל, לא לפי ערכו.

בכל אחד מן האזורים הגרף הוא קו ישר, ולכן השדה אחיד בכל אזור. מדף הנוסחאות (הקשר בין שדה אחיד להפרש פוטנציאלים):

בין $A$ ל־$B$: $\Delta V=50-0=50\,\text{V}$, $\Delta x=0.50-0=0.50\,\text{m}$:

בין $B$ ל־$C$: $\Delta V=-100-50=-150\,\text{V}$, $\Delta x=0.75-0.50=0.25\,\text{m}$:

(שימו לב: העוצמה היא גודל חיובי; הכיוונים נקבעו בסעיף א.)

•בין $A$ ל־$B$ גרף הפוטנציאל הוא קו ישר, כלומר השיפוע $\frac{\Delta V}{\Delta x}$ קבוע, ולכן השדה החשמלי אחיד – קבוע בגודלו ($100\,\text{V/m}$) ובכיוונו בכל נקודה באזור.

•הכוח היחיד הפועל על החלקיק (כוח הכבידה זניח) הוא הכוח החשמלי $F=qE$. מטען החלקיק קבוע והשדה קבוע, ולכן גם הכוח קבוע בגודלו ובכיוונו.

•לפי החוק השני של ניוטון $\Sigma F=ma$, ולכן התאוצה $a=\frac{qE}{m}$ קבועה – התנועה שוות תאוצה.

כיוון הכוח: המטען שלילי, ולכן הכוח מנוגד לכיוון השדה. השדה מכוון מ־$B$ אל $A$, ולכן הכוח על החלקיק מכוון מ־$A$ אל $B$ – החלקיק, שמתחיל ממנוחה, מואץ לעבר לוח $B$ בקו ישר.

החלקיק מואץ לאורך כל הדרך מ־$A$ ל־$B$ (סעיף ג), ולכן מהירותו המרבית באזור זה היא ברגע שהוא מגיע ללוח $B$.

מדף הנוסחאות – עבודת הכוח החשמלי בין שתי נקודות:

הצבה: $V_A=0$, $V_B=50\,\text{V}$:

העבודה חיובית, כמצופה (הכוח בכיוון התנועה).

הכוח החשמלי הוא הכוח היחיד, ולכן לפי משפט עבודה–אנרגייה $W_{\text{כוללת}}=\Delta E_k$, והחלקיק התחיל ממנוחה:

הצבה:

טעות נפוצה: להציב את הפרש הפוטנציאלים בלי לשים לב לסימן המטען ולקבל עבודה שלילית – מטען שלילי נע מפוטנציאל נמוך לפוטנציאל גבוה כשהכוח החשמלי עושה עליו עבודה חיובית.

קביעה: החלקיק לא יגיע ללוח $C$.

נימוק: בין $B$ ל־$C$ השדה מכוון מ־$B$ אל $C$, והמטען שלילי – לכן הכוח עליו מכוון מ־$C$ אל $B$, נגד כיוון תנועתו. החלקיק מאט.

נבדוק אם יש לו די אנרגייה קינטית. עבודת הכוח החשמלי מ־$B$ עד $C$:

האנרגייה הקינטית של החלקיק בלוח $B$ היא $3.2\cdot 10^{-17}\,\text{J}$ (סעיף ד). כדי להגיע ל־$C$ הוא צריך לאבד $9.6\cdot 10^{-17}\,\text{J}$ – יותר מכל האנרגייה הקינטית שיש לו. לכן הוא ייעצר לפני $C$.

נקודת העצירה: האנרגייה המכנית נשמרת, $E_k+qV=\text{const}$. החלקיק התחיל ממנוחה בפוטנציאל $V_A=0$, ולכן ייעצר שוב בנקודה שבה $V=0$. בין $B$ ל־$C$: $V=50-600(x-0.5)$, ו־$V=0$ כאשר

בנקודה זו החלקיק נעצר, ואז הכוח מחזיר אותו לעבר לוח $B$.

(בדרך מילולית קצרה: מטען שלילי יכול להגיע רק לנקודות שבהן הפוטנציאל אינו נמוך מפוטנציאל נקודת היציאה שלו ממנוחה, $0\,\text{V}$; הפוטנציאל של $C$ הוא $-100\,\text{V}$.)

המעגל: בתרשים א הזרם עובר מן המקור אל הקצה $M$, דרך קטע הנגד $MP$, אל המגע $P$, ומשם דרך הנורה חזרה אל המקור. הקטע $PN$ אינו חלק מן המעגל (קצה $N$ אינו מחובר). לכן קטע הנגד $R_{MP}$ מחובר בטור לנורה.

נתוני הנורה באורה המלא: $12\,\text{V}$ ו־$24\,\text{W}$. מדף הנוסחאות $P=VI$:

ולפי חוק אוהם התנגדות הנורה:

התנגדות הקטע $MP$: לפי חוק המתחים של קירכהוף (התנגדות פנימית זניחה):

המרחק: הנגד אחיד, ולכן התנגדותו יחסית לאורך ($R=\rho\frac{\ell}{A}$). התנגדות ליחידת אורך: $\frac{12\,\Omega}{30\,\text{cm}}=0.4\,\Omega/\text{cm}$:

טעות נפוצה: לחשב התנגדות לנורה לפי $\frac{15}{2}$ – על הנורה עצמה נופל רק $12\,\text{V}$; ה־$3\,\text{V}$ הנותרים נופלים על הנגד.

קביעה: הנורה תאיר חלש יותר.

נימוק: הזזת $P$ לכיוון $N$ מאריכה את קטע הנגד $MP$ שהזרם עובר בו, ולכן $R_{MP}$ גדלה. הנגד והנורה בטור, ולכן ההתנגדות השקולה $R_{MP}+R_L$ גדלה. המקור אידאלי, ולפי חוק אוהם הזרם במעגל

קטן. התנגדות הנורה קבועה, ולכן ההספק שלה $P_L=I^2R_L$ קטן – עוצמת האור קטנה.

המעגל בתרשים ב: המקור מחובר לשני קצות הנגד כולו, $M$ ו־$N$. הנורה מחוברת בין $M$ לבין המגע $P$ – כלומר הנורה מחוברת במקביל לקטע $MP$, וצירוף זה מחובר בטור לקטע $PN$.

$P$ באמצע, ולכן $R_{MP}=R_{PN}=6\,\Omega$. התנגדות הנורה $R_L=6\,\Omega$ (סעיף א).

ההתנגדות השקולה של המעגל (בטור עם $PN$):

הזרם הכולל (חוק אוהם):

המתח על הנורה (שווה למתח על הצירוף המקבילי):

הזרם בנורה: $I_L=\frac{V_L}{R_L}=\frac{5}{6}\approx 0.83\,\text{A}$.

$V_L=5\,\text{V}<12\,\text{V}$ (ו־$I_L<2\,\text{A}$), ולכן הנורה תאיר בעוצמה נמוכה מאורה המלא – מצב ii.

טעות נפוצה: להניח שבאמצע הנגד המתח על הנורה הוא חצי מ־$15\,\text{V}$ – הנורה המקבילה מקטינה את ההתנגדות של החצי שלה, ולכן היא מקבלת פחות מחצי.

קביעה: במעגל של תרשים ב.

מעגל ב: הנורה מחוברת במקביל לקטע $MP$, ולכן המתח עליה שווה למתח על קטע זה. כשמזיזים את $P$ ברציפות לעבר $M$, ההתנגדות $R_{MP}$ קטנה ברציפות עד אפס, ואיתה גם המתח על הצירוף המקבילי. כאשר $P$ נמצא ב־$M$ שני הדקי הנורה מחוברים לאותה נקודה – הנורה מקוצרת, המתח עליה $0$, אין בה זרם והיא כבויה לחלוטין.

מעגל א: הנורה בטור לקטע $MP$. גם כש־$P$ נמצא בקצה $N$ (ההתנגדות המרבית $12\,\Omega$) עדיין זורם זרם:

ההספק בנורה $I^2R_L\approx 4.2\,\text{W}$ – היא עדיין מאירה. לכן במעגל א אי אפשר להגיע לכיבוי מלא.

קביעה: המעגל של תרשים א חסכוני יותר.

נימוק: בשני המעגלים הכא"מ זהה ($15\,\text{V}$), וההספק של המקור הוא $P=\varepsilon I$, כאשר $I$ הזרם שהמקור מספק. כלומר ההספק קטן יותר במעגל שבו הזרם דרך המקור קטן יותר.

בשני המעגלים הנורה מאירה באורה המלא, ולכן זורם בה אותו זרם (הזרם הנומינלי של הנורה).

- במעגל א הנורה והנגד בטור – כל הזרם של המקור עובר דרך הנורה, ולכן זרם המקור שווה לזרם הנורה.

- במעגל ב הזרם של המקור מתפצל בנקודה $P$: חלק עובר דרך הנורה וחלק דרך קטע הנגד $MP$ שמחובר אליה במקביל. לכן זרם המקור גדול מזרם הנורה.

לכן במעגל ב המקור מספק זרם גדול יותר, וההספק שלו גדול יותר – ההספק העודף מתבזבז כחום בקטע $MP$ המקבילי.

(לבדיקה בלבד: במעגל א $P=15\cdot 2=30\,\text{W}$; במעגל ב, באורה המלא של הנורה, המקור מספק כ־$3.1\,\text{A}$ – כ־$46\,\text{W}$.)

ציר אופקי: הזרם $I$ באמפר (טווח מ־$0$ עד כ־$1.6\,\text{A}$). ציר אנכי: המתח $V$ בוולט (טווח מ־$0$ עד כ־$25\,\text{V}$). כדאי שהצירים יתחילו מ־$0$, כדי שאפשר יהיה לקרוא את נקודת החיתוך של הקו עם הציר האנכי (סעיף ב).

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

$(0.29,\,21.1)$, $(0.60,\,17.5)$, $(0.91,\,14.5)$, $(1.20,\,12.5)$, $(1.49,\,9.0)$.

הנקודות מסתדרות בקירוב לאורך קו ישר יורד: ככל שהזרם גדל, המתח שהוולטמטר מראה קטן.

מעבירים קו ישר אחד בין הנקודות, כך שהן מפוזרות סביבו משני צדיו בערך באופן שווה, ומאריכים אותו עד הציר האנכי ($I=0$).

שיפוע הקו – משתי נקודות על הקו (לא מנקודות הטבלה), רחוקות זו מזו, למשל $(0,\,23.7)$ ו־$(1.5,\,9.1)$:

(התאמה בשיטת הריבועים הפחותים נותנת $V=23.66-9.74I$ – בהתאמה טובה.)

הוולטמטר מחובר להדקי מקור המתח, ולכן הוא מראה את מתח ההדקים. מדף הנוסחאות:

זו משוואה של קו ישר במערכת הצירים $V(I)$: השיפוע $-r$ והחיתוך עם הציר האנכי $\varepsilon$.

כאשר $I=0$ (אין זרם, ולכן אין מפל מתח על ההתנגדות הפנימית) מתח ההדקים שווה לכא"מ: $V=\varepsilon$.

לכן הכא"מ הוא נקודת החיתוך של קו המגמה עם הציר האנכי:

(מכיוון שאין מדידה ב־$I=0$, יש להאריך את קו המגמה עד הציר. תשובה בתחום $23.5$–$24\,\text{V}$ תואמת קו מגמה סביר.)

לפי $V_{ab}=\varepsilon-Ir$, שיפוע הגרף $V(I)$ הוא $-r$:

משתי הנקודות על הקו (סעיף א(2)):

טעות נפוצה: לחשב את $r$ מנקודה אחת בטבלה לפי $\frac{V}{I}$ – זו ההתנגדות החיצונית (נורה ונגד), לא ההתנגדות הפנימית.

קביעה: נקודה 5.

נימוק: הנורה, האמפרמטר והקטע $KN$ של הנגד המשתנה מחוברים בטור, ולכן האמפרמטר מראה את הזרם שעובר בנורה. התנגדות הנורה $R_L$ קבועה, ולכן ההספק שלה

גדל ככל שהזרם גדל. עוצמת האור הגבוהה ביותר מתקבלת בזרם הגדול ביותר – בנקודה 5 ($I=1.49\,\text{A}$).

זרם מרבי פירושו התנגדות חיצונית מזערית: הגררה $K$ נמצאת בקצה $N$, כך שההתנגדות של הנגד המשתנה במעגל היא אפס. זו השורה בטבלה שמתייחסת לנקודה $N$.

בנקודה 5 הגררה בקצה $N$, ולכן התנגדות הנגד המשתנה במעגל אפס. האמפרמטר אידיאלי והתילים חסרי התנגדות, ולכן כל מתח ההדקים נופל על הנורה:

מדף הנוסחאות:

הצבה:

(התנגדות הנורה: $R_L=\frac{9.0}{1.49}\approx 6.0\,\Omega$.)

קביעה: קו המגמה יתלכד עם הקו מסעיף א.

נימוק: הוולטמטר מודד את מתח ההדקים של המקור, והקשר בינו לבין הזרם הוא

הקשר הזה נקבע רק על ידי תכונות המקור – הכא"מ $\varepsilon$ וההתנגדות הפנימית $r$ – ואינו תלוי ברכיבים החיצוניים. המקור לא הוחלף, ולכן לגרף אותו חיתוך ($\varepsilon$) ואותו שיפוע ($-r$).

החלפת הנורה בנורה בעלת התנגדות קטנה יותר משנה רק את ההתנגדות החיצונית: לכל מיקום של הגררה הזרם יהיה גדול יותר והמתח קטן יותר – הנקודות יזוזו לאורך אותו קו (ימינה ומטה), אך הקו עצמו לא ישתנה.

טעות נפוצה: לחשוב שהשיפוע מייצג את התנגדות הנורה – השיפוע הוא ההתנגדות הפנימית של המקור.

קביעה: המצב אפשרי.

נימוק: מדף הנוסחאות, גודל הכוח המגנטי (כוח לורנץ) על מטען נע:

כאשר $\alpha$ היא הזווית בין כיוון המהירות לבין כיוון השדה. אם החלקיקים נעים במקביל לקווי השדה ($\alpha=0^\circ$) או בכיוון מנוגד להם ($\alpha=180^\circ$), אז $\sin\alpha=0$ ו־$F=0$ – החלקיקים נעים בשדה המגנטי בלי שפועל עליהם כוח מגנטי (והם ממשיכים בקו ישר במהירות קבועה).

קביעה: המצב אינו אפשרי.

- הכוח המגנטי: $F_B=qvB\sin\alpha$. החלקיקים במנוחה, $v=0$, ולכן הכוח המגנטי עליהם אפס – השדה המגנטי אינו פועל כלל על מטען נח.

- הכוח החשמלי: $F_E=qE$. החלקיקים טעונים ($q\neq 0$) והשדה החשמלי קיים ($E\neq 0$), ולכן פועל עליהם כוח חשמלי שאינו אפס.

כוח הכובד זניח, ולכן הכוח היחיד הוא הכוח החשמלי, ואין כוח שיאזן אותו – הכוח השקול אינו אפס. (יתר על כן, החלקיקים לא יישארו במנוחה: הכוח החשמלי יאיץ אותם.)

טעות נפוצה: לטעון שהכוח המגנטי יכול לאזן את הכוח החשמלי (כמו בבורר מהירויות) – איזון כזה אפשרי רק לחלקיק נע, $qvB=qE$.

שני החלקיקים נכנסים לשדה מאותה נקודה בצד שמאל, במהירות ימינה. בתוך השדה הכוח המגנטי ניצב למהירות ומכוון אל מרכז העקמומיות של המסלול:

•חלקיק $(1)$ סוטה כלפי מטה – הכוח עליו ברגע הכניסה כלפי מטה.

•חלקיק $(2)$ סוטה כלפי מעלה – הכוח עליו ברגע הכניסה כלפי מעלה.

כלל יד ימין למטען חיובי ($\vec F=q\vec v\times\vec B$): המהירות ימינה והשדה "החוצה מן הדף". לפי כלל יד ימין (אצבעות בכיוון המהירות, מכופפות לכיוון השדה – האגודל מראה את הכוח), על מטען חיובי הכוח מכוון כלפי מטה.

לכן:

•חלקיק $(1)$, שהכוח עליו כלפי מטה – מטענו חיובי.

•חלקיק $(2)$, שהכוח עליו בכיוון ההפוך (כלפי מעלה) – מטענו שלילי (על מטען שלילי הכוח מנוגד לזה שעל מטען חיובי).

החלקיקים נכנסים במאונך לשדה, ולכן הכוח המגנטי ניצב למהירות, גודלו קבוע ($\sin 90^\circ=1$), והחלקיק נע בתנועה מעגלית קצובה. הכוח המגנטי הוא הכוח השקול, והוא הכוח הרדיאלי.

לפי החוק השני של ניוטון בכיוון הרדיאלי, עם $a_R=\omega^2r$ (מדף הנוסחאות):

מדף הנוסחאות $v=\omega r$. מציבים:

מצמצמים את $\omega r$:

לשני החלקיקים אותה מסה $m$ ואותה מהירות זוויתית $\omega$, והם נעים באותו שדה מגנטי $B$. לכן

המטענים שווים בגודלם (והפוכים בסימנם, לפי סעיף ג). רדיוסי המסלולים שונים רק משום שמהירויותיהם הקוויות שונות ($r=\frac{v}{\omega}$).

בין הלוחות ($0\le x\le 1\,\text{mm}$): השדה בין הלוחות אחיד, ולפי דף הנוסחאות

הכוח על החלקיק $F=qE$ קבוע, וכיוונו מ־$G$ (הדק חיובי) אל $H$ (הדק שלילי) – בכיוון התנועה. החלקיק מתחיל ממנוחה, ולפי משפט עבודה–אנרגייה:

כלומר האנרגייה הקינטית גדלה באופן קווי עם המרחק $x$ מן הלוח $G$.

ב־$x=1\,\text{mm}$ (לוח $H$), לפי $W=qV$:

בשדה המגנטי ($1<x\le 2\,\text{mm}$): מעבר ללוח $H$ אין שדה חשמלי, ופועל רק הכוח המגנטי. כוח זה ניצב תמיד למהירות, ולכן אינו מבצע עבודה ($W=F\Delta x\cos 90^\circ=0$). לפי משפט עבודה–אנרגייה האנרגייה הקינטית לא משתנה: החלקיק נע במסלול מעגלי במהירות שגודלה קבוע. לכן גם ב־$x=2\,\text{mm}$:

הגרף (ציר אופקי: $x$ במילימטרים; ציר אנכי: $E_k$ ביחידות $10^{-16}\,\text{J}$): קו ישר מהראשית עד $(1,\,4.8)$, ואחריו קו אופקי עד $(2,\,4.8)$.

על הציר האנכי רושמים את הערך $4.8\cdot 10^{-16}\,\text{J}$ (המשותף לשני המרחקים).

טעות נפוצה: לסרטט ירידה או עלייה באנרגייה בתוך השדה המגנטי – הכוח המגנטי משנה רק את כיוון המהירות, לא את גודלה.

הצלע $KN$ מקבילה לתיל, ושני הזרמים בהם באותו כיוון (לפי התרשים, שניהם שמאלה: בצלע $KN$ הזרם זורם מ־$N$ אל $K$). מדף הנוסחאות, הכוח ליחידת אורך בין שני תילים ארוכים מקבילים:

נתונים: $\ell=a=0.2\,\text{m}$, $d=a=0.2\,\text{m}$, $\mu_0=4\pi\cdot 10^{-7}\,\text{T}\cdot\text{m/A}$:

כיוון: זרמים מקבילים באותו כיוון נמשכים זה לזה. לכן הכוח על $KN$ הוא במישור השולחן, ניצב לתיל, לעבר התיל הארוך.

(בדיקה בכלל יד ימין: מעל התיל, שבו הזרם שמאלה, השדה של התיל מכוון אל תוך השולחן; הכוח $I_2\vec\ell\times\vec B$ על זרם שמאלה בשדה כזה מכוון לעבר התיל.)

(הנוסחה נכונה בקירוב טוב משום שהתיל ארוך מאוד, אף שאורך הצלע סופי.)

נסתכל על כל ארבע הצלעות. הזרם בכריכה זורם: $N\to K\to L\to M\to N$.

הצלע $KN$ (מרחק $a$, זרם באותו כיוון כמו בתיל): משיכה, $F_{KN}=4.8\cdot 10^{-6}\,\text{N}$ לעבר התיל (סעיף א).

הצלע $LM$ (מרחק $2a=0.4\,\text{m}$, הזרם בה מ־$L$ אל $M$ – ימינה, מנוגד לזרם בתיל): דחייה, הרחק מן התיל:

הצלעות $KL$ ו־$MN$ (ניצבות לתיל): שתיהן נמצאות באותם מרחקים מן התיל (מ־$a$ עד $2a$), ולכן השדה המגנטי לאורכן זהה. הזרמים בהן מנוגדים ($K\to L$ מתרחק מן התיל, $M\to N$ מתקרב אליו), ולכן הכוחות עליהן שווים בגודלם והפוכים בכיוונם (מקבילים לתיל) – הם מבטלים זה את זה.

הכוח השקול (כיוון חיובי – לעבר התיל):

הכוח השקול על הכריכה הוא $2.4\cdot 10^{-6}\,\text{N}$ לעבר התיל הארוך (ניצב לו, במישור השולחן).

טעות נפוצה: לשכוח שבצלע $LM$ הזרם מנוגד לזה שב־$KN$, ולחבר את שני הכוחות במקום לחסר.

לפי החוק השלישי של ניוטון ($\vec F_{1,2}=-\vec F_{2,1}$), הכוח שהכריכה מפעילה על התיל שווה בגודלו לכוח שהתיל מפעיל על הכריכה, והפוך לו בכיוונו.

התיל מושך את הכריכה בכוח $2.4\cdot 10^{-6}\,\text{N}$ לעברו (סעיף ב), ולכן הכריכה מושכת את התיל בכוח

שכיוונו ניצב לתיל, במישור השולחן, לעבר הכריכה.

קביעה: הכוח על $KL$ קטן מן הכוח על $KN$.

נימוק: בשתי הצלעות עובר אותו זרם $I_2$, ואורכן זהה ($a$). בשתיהן הזרם ניצב לשדה המגנטי של התיל (השדה ניצב למישור השולחן), ולכן לפי