בגרות בפיזיקה חשמל ומגנטיות 36371 - קיץ 2023

שלב 1 – מטען הכדור. מחוץ לכדור מוליך טעון (ועל פניו) הפוטנציאל הוא כמו של מטען נקודתי $Q$ הנמצא במרכזו. מדף הנוסחאות:

על פני הכדור $r=R=0.3\,\text{m}$ ו־$V=90{,}000\,\text{V}$:

שלב 2 – המרחק של הקו $50\,\text{kV}$. הנקודה $A$ נמצאת על הקו שערכו $V_A=50{,}000\,\text{V}$:

הצבה:

(בדרך קצרה: $V\propto\frac1r$, ולכן $r_A=R\cdot\frac{90}{50}=0.3\cdot 1.8=0.54\,\text{m}$.)

טעות נפוצה: להציב $R=30$ בסנטימטרים יחד עם $k$ ביחידות SI.

מחוץ לכדור השדה הוא כמו של מטען נקודתי $Q$ במרכז. מדף הנוסחאות:

הצבה, עם $Q=3\cdot 10^{-6}\,\text{C}$ ו־$r_A=0.54\,\text{m}$:

(בדיקה: לשדה של מטען נקודתי $E=\frac{V}{r}=\frac{50{,}000}{0.54}\approx 9.26\cdot 10^4\,\text{N/C}$.)

כיוון: המטען $Q$ חיובי, ולכן השדה מכוון רדיאלית החוצה מן הכדור. הנקודה $A$ נמצאת מימין למרכז, ולכן השדה בה מכוון ימינה (מ־$O$ לכיוון $A$ והלאה), ניצב לקו שווה הפוטנציאל – מפוטנציאל גבוה לנמוך.

הנקודה $P$ נמצאת $12\,\text{cm}$ מהמרכז, כלומר בתוך הכדור המוליך ($12\,\text{cm}<30\,\text{cm}$).

במוליך במצב שיווי משקל אלקטרוסטטי המטען כולו נמצא על פני השטח החיצוניים, והשדה החשמלי בתוכו הוא אפס (אילו היה שדה, הוא היה מניע את האלקטרונים החופשיים, והמצב לא היה סטטי).

מהקשר בין שדה לפוטנציאל, $E=-\frac{\Delta V}{\Delta x}$: בתוך הכדור $E=0$, ולכן הפוטנציאל אינו משתנה בתוכו – הוא קבוע ושווה לפוטנציאל על פני הכדור:

טעות נפוצה: לחשב $V=k\frac{Q}{0.12}$ – הנוסחה של מטען נקודתי תקפה רק מחוץ לכדור (ועל פניו).

על הגוף פועל רק הכוח החשמלי (הכבידה זניחה), שהוא כוח משמר, ולכן האנרגייה הכוללת (קינטית + פוטנציאלית חשמלית) נשמרת. מדף הנוסחאות $U_E=qV$:

הצבה:

- $\tfrac12m_1v_A^2=\tfrac12\cdot 4\cdot 10^{-4}\cdot 1.5^2=4.5\cdot 10^{-4}\,\text{J}$

- $q_1(V_A-V_B)=-1.2\cdot 10^{-8}\cdot(50{,}000-40{,}000)=-1.2\cdot 10^{-4}\,\text{J}$

המהירות קטנה, כמצופה: גוף $1$ טעון במטען שלילי, הוא נמשך אל הכדור החיובי, ולכן בהתרחקותו ממנו הכוח החשמלי מאט אותו.

טעות נפוצה: לשכוח את הסימן השלילי של $q_1$ ולקבל שהמהירות גדלה.

קביעה: $AC<AB$.

נימוק: גוף $2$ טעון במטען חיובי $q_2=+1.2\cdot 10^{-8}\,\text{C}$ ונע שמאלה – לעבר הכדור החיובי, שדוחה אותו – ולכן מהירותו קטנה. לפי שימור אנרגייה, השינוי באנרגייה הקינטית שלו שווה ל־$-q_2\Delta V$. גוף $2$ מגיע ל־$C$ באותה מהירות שבה גוף $1$ הגיע ל־$B$, ושני הגופים בעלי אותה מסה ואותה מהירות התחלתית – ולכן אותו שינוי באנרגייה הקינטית:

ומאחר ש־$q_2=-q_1$:

כלומר $C$ נמצאת על הקו שווה הפוטנציאל $60{,}000\,\text{V}$.

בין $A$ ל־$B$ וגם בין $A$ ל־$C$ הפרש הפוטנציאלים זהה ($10\,\text{kV}$), אבל השדה החשמלי חזק יותר ככל שמתקרבים לכדור ($E=k\frac{Q}{r^2}$). מאחר ש־$|\Delta V|\approx E\,\Delta x$, באזור שבו השדה חזק יותר אותו הפרש פוטנציאלים מתקבל במרחק קצר יותר. רואים זאת גם בתרשים: הקווים שווי הפוטנציאל צפופים יותר קרוב לכדור.

חישוב: $r_C=\frac{kQ}{V_C}=\frac{27{,}000}{60{,}000}=0.45\,\text{m}$, $r_B=\frac{27{,}000}{40{,}000}=0.675\,\text{m}$, ולכן

קביעה: גרף א מתאר את $V_1$, וגרף ב מתאר את $V_2$.

•מד־המתח $V_1$ מחובר בין הדקי מקור המתח, ולכן הוא מודד את מתח ההדקים. מדף הנוסחאות:

ככל שהזרם גדל, המתח על ההתנגדות הפנימית $Ir$ גדל ומתח ההדקים קטן באופן קווי – גרף יורד. זהו גרף א.

•מד־המתח $V_2$ מחובר במקביל לנגד הקבוע $R$, ולכן לפי חוק אוהם:

$R$ קבוע, ולכן $V_2$ יחסי ישר לזרם – גרף עולה שהמשכו עובר דרך הראשית. זהו גרף ב (למשל $\frac{4}{0.5}=\frac{8}{1}=\frac{16}{2}=8$).

משתמשים בגרף א ($V_1$) ובנוסחת מתח ההדקים:

זוהי משוואת קו ישר: השיפוע הוא $-r$ והחיתוך עם ציר המתח הוא $\varepsilon$.

השיפוע – משתי נקודות על הקו, $(0.5\,\text{A},\,22\,\text{V})$ ו־$(2.0\,\text{A},\,16\,\text{V})$:

הכא"מ – מציבים נקודה אחת, למשל $(0.5,\,22)$:

(זהו החיתוך של המשך הגרף עם ציר המתח, $I=0$.)

משתמשים בגרף ב ($V_2$ על הנגד $R$). לפי חוק אוהם:

השיפוע של גרף ב, משתי נקודות על הקו $(0.5,\,4)$ ו־$(2.0,\,16)$:

איזה מצב: הנגד המשתנה, הנגד $R$, מקור המתח ומד־הזרם מחוברים כולם בטור. ככל שההתנגדות של הנגד המשתנה גדולה יותר, ההתנגדות הכוללת גדולה יותר והזרם קטן יותר. לכן ההתנגדות המרבית מתאימה לזרם הקטן ביותר בגרף: $I=0.5\,\text{A}$.

חישוב: בזרם זה $V_1=22\,\text{V}$ (מתח ההדקים) ו־$V_2=4\,\text{V}$ (המתח על $R$). לפי חוק המתחים של קירכהוף, מתח ההדקים מתחלק בין $R$ לבין הנגד המשתנה (מד־הזרם אידיאלי):

לפי חוק אוהם:

(בדיקה: $\varepsilon=I(r+R+R_{\text{משתנה}})=0.5\cdot(4+8+36)=24\,\text{V}$ ✓.)

קביעה: המתח על הנגד המשתנה גדל.

נימוק: לפי תרשים 1 הזרם עובר בנגד המשתנה בין המגע הנייד $P$ לבין הקצה $K$ (הקצה $M$ אינו מחובר). כשמזיזים את $P$ לכיוון $M$, אורך החלק $PK$ שהזרם עובר בו גדל, ולכן לפי $R=\rho\frac{\ell}{A}$ ההתנגדות של הנגד המשתנה גדלה.

ההתנגדות הכוללת של המעגל גדלה, ולכן הזרם קטן:

לפי חוק המתחים של קירכהוף, המתח על הנגד המשתנה הוא:

$\varepsilon$, $r$ ו־$R$ קבועים, והזרם $I$ קטן – ולכן $V_{PK}$ גדל.

טעות נפוצה: לנסות להכריע לפי $V_{PK}=IR_{PK}$ – שם $I$ קטן ו־$R_{PK}$ גדל, ואי אפשר לקבוע מכך את המגמה. משתמשים בביטוי שבו רק $I$ משתנה.

מה השתנה: מד־המתח $V_1$ מחובר עכשיו בטור עם כל רכיבי המעגל (במקום מד־הזרם). מד־מתח אידיאלי הוא בעל התנגדות אין־סופית, ולכן לא זורם זרם במעגל: $I=0$.

הוריית $V_2$: $V_2$ מודד את המתח על הנגד $R$. לפי חוק אוהם $V_2=IR=0\cdot 8=0$.

הוריית $V_1$: לפי חוק המתחים של קירכהוף לאורך המעגל:

עם $I=0$ כל מפלי המתח על הנגדים ועל ההתנגדות הפנימית מתאפסים, ולכן

כל הכא"מ "נופל" על מד־המתח (בלי תלות במיקום המגע הנייד).

טעות נפוצה: לחשוב שמד־המתח מודד רק את המתח על מקור המתח כמו קודם – כעת הוא בטור, ומודד את הכא"מ.

הנתונים הרשומים על הנורה ($24\,\text{V}$, $20\,\text{W}$) הם המתח וההספק כשהנורה מאירה באורה המלא.

מדף הנוסחאות $P=IV$ ו־$V=IR$, ולכן $P=\frac{V^2}{R}$:

(מניחים שהתנגדות הנורה קבועה.)

כשהנורה $L_1$ מאירה באורה המלא, המתח עליה $24\,\text{V}$ וההספק שלה $20\,\text{W}$. מדף הנוסחאות:

הנגד $R$ מחובר בטור עם הנורה $L_2$ (באותו ענף), ולכן אותו זרם עובר בשניהם. לפי הנתון הזרם בשתי הנורות שווה, ולכן:

קביעה: המגע הנייד נמצא בנקודה $K$.

נימוק: הנורה $L_1$ מחוברת במקביל לענף $R$–$L_2$, והצירוף הזה מחובר בטור עם החלק $PK$ של הנגד המשתנה ועם מקור המתח. מקור המתח אידיאלי, ולכן לפי חוק המתחים של קירכהוף:

כשהנורה מאירה באורה המלא $V_{L1}=24\,\text{V}=\varepsilon$, ולכן $V_{PK}=0$. בנגד המשתנה זורם זרם (הזרם הכולל, $2\cdot 0.833\,\text{A}$), ולכן לפי $V=IR$ התנגדות החלק $PK$ היא אפס – המגע הנייד נמצא ב־$K$.

לפי הנתון, הזרם בשתי הנורות שווה: $I_{L1}=I_{L2}=I$. לפי חוק אוהם בכל נורה:

מחלקים את המשוואות:

כלומר $V_1$ יחסי ישר ל־$V_2$, והשיפוע הוא היחס בין התנגדויות הנורות.

השיפוע – משתי נקודות על הקו (לא מנקודות המדידה), למשל $(2.0\,\text{V},\,9.0\,\text{V})$ ו־$(5.0\,\text{V},\,22.5\,\text{V})$:

(המשך הקו עובר דרך הראשית, בהתאם לסעיף ד.)

התנגדות $L_2$ – לפי סעיף ד השיפוע הוא $\frac{R_{L1}}{R_{L2}}$:

ההספק הרשום – הספק הנורה כשהמתח עליה הוא המתח הרשום, $12\,\text{V}$:

טעות נפוצה: להציב בנוסחת ההספק את המתח שנמדד בגרף (עד כ־$5.3\,\text{V}$) במקום את המתח הרשום על הנורה.

המצב: המגע הנייד בנקודה $K$, ולכן התנגדות הנגד המשתנה במעגל היא אפס. רכיבי המעגל המנצלים הספק הם הנורות והנגד $R$ – כולם בצירוף המקבילי שבין הדקי המקור. הנורה $L_1$ מאירה באור מלא, ולכן המתח על הצירוף, שהוא מתח ההדקים, הוא $V_{ab}=24\,\text{V}$.

נצילות: מדף הנוסחאות $\\beta=\frac{P_{\text{eff}}}{P_{\text{in}}}$. ההספק המושקע על ידי המקור הוא $P_{\text{in}}=\varepsilon_1 I$, וההספק המנוצל ברכיבי המעגל הוא $P_{\text{eff}}=V_{ab}I$ (אותו זרם כולל $I$):

הצבה:

(בדיקה: הזרם הכולל $I=2\cdot\frac{20}{24}\approx 1.67\,\text{A}$, ולפי $V_{ab}=\varepsilon_1-Ir$ ההתנגדות הפנימית $r=\frac{30-24}{1.67}=3.6\,\Omega$.)

קביעה: הזרם $I_1$ זורם החוצה מן הדף.

נימוק: מחט המצפן מצביעה בכיוון השדה המגנטי השקול במקומה. בלי זרם היא מצביעה צפונה (שמאלה בתרשים), בכיוון הרכיב האופקי של השדה הארצי. כשזורם זרם, המחט סטתה נגד כיוון השעון: הקצה הצפוני שלה (החץ) פונה שמאלה וכלפי מטה בתרשים. לכן השדה של התיל במקום המצפן מכוון כלפי מטה בתרשים – ניצב לקו המחבר את התיל למצפן (קווי השדה של תיל ישר הם מעגלים סביבו).

המצפן נמצא משמאל לתיל (צפונה ממנו). לפי כלל יד ימין לתיל ישר: אם האגודל מצביע החוצה מן הדף, האצבעות מסתובבות סביב התיל נגד כיוון השעון – ובנקודה שמשמאל לתיל, תנועה נגד כיוון השעון היא כלפי מטה. זה מתאים לסטייה הנמדדת, ולכן הזרם זורם החוצה מן הדף.

במקום המצפן פועלים שני שדות מגנטיים אופקיים הניצבים זה לזה:

- $B_{E\parallel}$ – הרכיב האופקי של השדה הארצי, מכוון צפונה (לאורך הקו תיל–מצפן).

- $B_1$ – השדה של התיל, ניצב לקו המחבר את התיל למצפן. מדף הנוסחאות:

המחט מצביעה בכיוון השדה השקול, ולכן במשולש השדות $\alpha$ היא הזווית בין השקול לבין $B_{E\parallel}$: $B_1$ הוא הניצב שמול הזווית ו־$B_{E\parallel}$ הוא הניצב שליד הזווית:

לפי סעיף ב:

$\tan\alpha$ יחסי ישר ל־$\frac1x$ (ולא ל־$x$). לכן המשתנה החדש הוא $\frac1x$, ויחידותיו $\frac{1}{\text{m}}$ ($\text{m}^{-1}$). גרף של $\tan\alpha$ כפונקציה של $\frac1x$ הוא קו ישר שעובר דרך הראשית.

ציר אופקי: $\frac1x\,(\text{m}^{-1})$, מ־$0$ עד $11$. ציר אנכי: $\tan\alpha$ (ללא יחידות), מ־$0$ עד $0.6$. כדאי להתחיל את הצירים מאפס, כדי לראות שהמגמה עוברת דרך הראשית.

הנקודות $\left(\frac1x\,[\text{m}^{-1}],\ \tan\alpha\right)$:

$(10,\,0.55)$, $(6.67,\,0.36)$, $(5,\,0.29)$, $(4,\,0.23)$, $(3.33,\,0.16)$.

מעבירים קו ישר אחד שהנקודות מפוזרות סביבו משני צדיו. לפי הביטוי מסעיף ב הקו צריך לעבור דרך הראשית (כש־$x\to\infty$ השדה של התיל מתאפס והסטייה אפס), והנקודות אכן מתאימות לכך.

שיפוע הקו – משתי נקודות על הקו, $(0,\,0)$ ו־$(10\,\text{m}^{-1},\,0.55)$:

(התאמה בשיטת הריבועים הפחותים דרך הראשית נותנת $0.0550\,\text{m}$.)

לפי סעיף ב, השיפוע של הגרף $\tan\alpha$ כפונקציה של $\frac1x$ הוא:

הצבה, עם $I_1=8\,\text{A}$, $\mu_0=4\pi\cdot 10^{-7}\,\text{T}\cdot\text{m/A}$ ושיפוע $0.055\,\text{m}$:

ערך סביר לרכיב האופקי של השדה המגנטי של כדור הארץ בישראל (כמה עשרות מיקרוטסלה).

טעות נפוצה: להשתמש בשיפוע של $\tan\alpha$ כפונקציה של $x$ – הגרף הזה אינו ישר.

השדות במקום המצפן. נסמן ב־$d$ את המרחק של המצפן מכל אחד מהתילים. השדה של כל תיל במקום המצפן ניצב לקו המחבר את התילים (כלפי מעלה או כלפי מטה בתרשים), כלומר ניצב לשדה הארצי.

תרשים 2א (רק תיל 1): המחט סטתה כמו בתרשים 1 – החץ פונה שמאלה וכלפי מטה. לכן $I_1$ זורם החוצה מן הדף (כמו בסעיף א), והשדה שלו במקום המצפן, $B_1=\frac{\mu_0 I_1}{2\pi d}$, מכוון כלפי מטה בתרשים, ו־$\tan\alpha=\frac{B_1}{B_{E\parallel}}$.

תרשים 2ב (שני התילים): המחט סטתה באותה זווית אך לצד השני – החץ פונה שמאלה וכלפי מעלה. השדה הארצי לא השתנה, ולכן השדה השקול של שני התילים במקום המצפן שווה בגודלו ל־$B_1$ ומכוון כלפי מעלה:

כלומר $B_2$ מכוון כלפי מעלה וגודלו $2B_1$.

עוצמת הזרם: שני התילים באותו מרחק $d$ מהמצפן, ולפי $B=\frac{\mu_0 I}{2\pi d}$:

כיוון הזרם: המצפן נמצא מימין לתיל 2 (דרומה ממנו), והשדה של תיל 2 שם צריך להיות כלפי מעלה בתרשים. לפי כלל יד ימין, זרם החוצה מן הדף יוצר שדה נגד כיוון השעון, ובנקודה שמימין לתיל כיוון זה הוא כלפי מעלה. לכן $I_2$ זורם החוצה מן הדף – באותו כיוון כמו $I_1$. (כך גם מתקבל שהשדות של שני הזרמים בנקודה שביניהם מנוגדים.)

טעות נפוצה: לענות $I_2=5\,\text{A}$ בכיוון ההפוך – זה רק היה מאפס את השדה של התילים (המחט הייתה מצביעה צפונה), ולא הופך את הסטייה.