Comments
Description
Transcript
רויאב עיפומש לגעמה ןותנ , קספמה
נתון המעגל שמופיע באיור ,המפסק S1סגור זמן רב .כל הנגדים בעלי ערכים זהים )המספור הינו לצורך
חישובים בלבד ,ניתן להתייחס למשרן כאל סלנואיד בעל Nליפופים ,אורך lורדיוס (R
.1מצא את הזרמים ,מפלי המתחים ,והשדות המגנטיים שישנם ברכיבים שמוצגים באיור.
.2לאחר זמן מה המפסק S1נפתח .מהו סוג התנועה שמבצע הזרם דרך הסליל בכל שלב? צייר איכותית
כגרף.
בפתרון נרחיב מעט את הבעיה ונראה כיצד המשרן נטען וכיצד הוא יתנהג עד להגעה ל"זמן רב לאחר".
ניצור שתי לולאות קירכהוף שבהן המשרן הינו מקור מתח , Lמשוואה המעגל:
.1על הלולאה השמאלית )מקור מתח ,משרן ונגד (R2
dI
dt
( I L I 1 ) R2 L
.2על הלולאה החיצונית )מקור מתח והנגדים (R1,R2
I 1 R1 ( I L I 1 ) R2 0
כאשר סימננו את הזרם על הנגד R1והמשרן Lבמשוואה ,הזרם דרך R2הינו סכומם.
מחיסור שתי המשוואות נקבל:
L dI
R1 dt
I1
dI
dt
I 1 R1 L
R1 R2
ונציב את I 1במשוואת הלולאה החיצונית ,ניתן לחלק את הביטוי שיתקבל ב
R1
המשוואה:
dI
dt
' IR' L
ולקבל את
R1
RR
כאשר R' 1 2וכן
R1 R2
R1 R2
, ' משוואה דיפרנציאלית זו ניתן לפתור באופן כללי עבור מעגל
.RLC
כאשר המפסק סגור )זמן כללי( המשוואה לטעינת משרן הינה
1 EXP t
R2
זמן רב ,האקספוננט מתאפס ,ומכאן הזרם במשרן .חשוב לזים לב ש. L :
'R
. I L (t ) לאחר
פתרון סעיף .1
א.לפני פתיחת המפסק:
המתח על המשרן הינו – 0מכוון שאין עליו מפל מתח.
המתח על הנגד R1שווה למתח על המשרן ,הם מחוברים במקביל.
המתח על הנגד R2הוא .
השדה המגנטי במשרן . B 0 nI 0
ב .לאחר פתיחת המפסק:
המשרן שהיה טעון עד עתה נתחיל להתפרק ,הפתרון הידוע למעגלי RLמתפרק הוא:
, I L (t ) I 0 EXP tכאשר I 0הוא הזרם ההתחלתי על המשרן .עתה מדובר במעגל RL
בסיסי מכוון שהנגד R2יצא מהמשחק )זרם ומתח .(0
הזרם דרך R1שווה לזרם דרך המשרן ,Lהמתח הוא . R1 I (t ) R1
באופן דומה השדה המגנטי במשרן הינו ) B 0 nI (t
פתרון סעיף .2
לאחר פתיחת המפסק הזרם המושרה יהיה בכיוון הזרם החיצוני שנעלם ,CWניתן להחליף את המשרן
במקור מתח שבו ההדק החיובי )הארוך( כלפי מטה.
כיוון הזרם ימשיך עד לדעיכתו כאקספוננט.
מעגל RL
נתון מעגל RLשבאיור ,ברגע Tמפסק S1שהיה סגור זמן רב נפתח ומפסק S2שהיה פתוח נסגר.
.1מצאו את האנרגיה במעגל ה ,RL-המתח והזרם על המשרן והנגד ברגע .t=T
.2מהו כיוון הזרם במשרן Lברגע ?T=0האם כיוונו ישתנה עבור ?t>T
.3מהו הביטוי המתמטי לזרם כפונקציה של הזמן עבור t<Tוכן עבור ?t>Tמה נגזרת הזרם כפונקציה של הזמן?
.4מצאו את האנרגיה במעגל ה RLבזמן .t>T
.5כיצד יראה מעגל חשמלי בו יוחלף המשרן במקור מתח משתנה בזמן?
פתרון:
.1ברגע t=Tהזרם במעגל הוא:
2
1 2 1 ε
LI = L
2
2 R
ε
R
= , Iלכן האנרגיה במעגל ה RL-הינה של המשרן בלבד:
= . U Bהמתח על המשרן הוא 0מכוון שמדובר בתיל אידיאלי )חסר התנגדות( ,הזרם דרכו קבוע
ε
בזמן ושווה ל . Iהמתח על הנגד הוא R = −ε
R
בלולאה סגורה יהיה ,0בדומה לתרגילים בנושא חוקי קירכהוף.
∆V = −כפי שניתן היה לצפות מהדרישה לכך שסך המתחים
.2ברגל החלפת המפסקים הזרם שנע בכיוון השעון עד עתה מפסיק ,יווצר זרם מושרה בכיוון הפוך – .CWכיוון
הזרם לא ישתנה.
.3בזמן t<Tהזרם קבוע ונסמנו כ , I 0 -נגזרתו לפי הזמן היא .0בזמן t>Tננסח את המשוואה הדיפרנציאלית:
dI
R
dI
=0
− IR − Lננסח בצורץ משוואת פרדה= − dt :
dt
I
L
.פתרון משוואה זו הינו:
R
− t
R
L
R
ln( I ) = − t → I (t ) = I 0 e Lנהוג לסמן את = t ,τ
L
R
L
τ
−t
בתור
t
τ
,אז הזרם כפונקציה של הזמן הינו
. I (t ) = I 0 eגרף שמציג את תלות הזרם בזמן מוצג באיור .1
איור 1תאור סכמטי של הזרם של פריקת משרן.
) dI (t
1 −t
נגזרת הזרם בזמן הינה= − I 0 e τ :
dt
τ
.
.4האנרגיה של מעגל ה RLאינה קבועה בזמן ,ההספק של שני הרכיבים במעגל ניתן לתאור על ידי שימוש בחוק
dI
, ΣIε = I 2 R + LIביטויים עבור ערכים אלו נפתרו בסעיפים קודמים.
אוהם וב EMFהמושרה במעגל:
dt
dI
.5ניתן לתאר את המשרן כמקור מתח תלוי זמן
dt
המתח יהיו מסודרים כך שההדק החיובי )הארוך( יהיה כלפי מטה.
. ε L (t ) = Lמכוון שכיוון הזרם בזמן t>Tהינו CWהדקי מקור
R2 + Z 2
R
צפיפות המטען האורכית תהיה:
q
=λ
2π R
נחלק את הטבעת לאלמנטי קשת קטנים ,dsכך שעל כל אלמנט יהיה מטען : dq
dq = λ ds
אלמנט המטען dqתורם לשדה החשמלי:
kdQ
k λ ds
= 2
2
r
R + Z2
= dE
משיקולי סימטריה רכיבי ציר Xוציר Yמתבטלים לכן נסכום את הרכיבים המקבילים לציר .Z
Z
Z
d E cos θ = d E = d E
r
R2 + Z 2
KZ λ ds
KZ λ
KZ λ 2π R
KZq
=
E = ∫ dE cos θ Z
∫ 2 2 3 Z = 2 2 3 ∫ dsiZ = 2 2 3 iZ = 2 2 3 iZ
(R + Z ) 2
(R + Z ) 2
(R + Z ) 2
(R + Z ) 2
במרחק גדול מאוד מהטבעת Z>>Rנקבל:
q
q E = k 2 ⋅Z
Z
E = k 2 ⋅Z
Z
R2 + Z 2
כמו מטען נקודתי.
1
לפני שהסירו את מטען מספר אחד ,ברור מטעמי סימטריה שהשדה במרכז הריבוע
חייב להיות .0
אפשר לחשוב על הסרת מטען qכהוספת מטען −qבאותה נקודה .לפי עקרון
הסופרפוזיציה ,השדה במרכז הריבוע הוא חיבור של השדה של הריבוע )שהוא כאמור
,(0עם השדה של המטען השלילי שהוספנו .אחרי חישוב המרחק עם משפט פיתגורס,
השדה הוא:
q
⃗
E = 1 2
R
2
)או ביחידות (SI
q
⃗
E = k 1 2
R
2
Electric field - semicircle
Submitted by: I.D. 061110185
The problem:
A semicircle of the radius R, 0 < θ < π, is charged with the charge Q.
1. Calculate the electric field at the center if the charge distribution is uniform.
2. Let the charge density be λ = λ0 sin θ. Find λ0 and and the electric field at the center.
The solution:
1) λ - homogeneous
kdq
sin θ
R2
dq = λdl = λRdθ
dEy = −
(1)
(2)
The electric field
~ =
E
Zπ
dEy = −
2kλ
ŷ
R
(3)
0
The charge density is
Z
Z
Q
Q = dq = λRdθ =λRπ ⇒ λ =
Rπ
(4)
So that
~ = − 2kQ ŷ
E
πR2
(5)
2) λ = λ0 sin θ
Z
Q =
λ0 =
Z
dq =
λ0 R sin θdθ = 2λ0 R
(6)
Q
2R
(7)
dq
kλ0
dEy = −k 2 sin θ = − 2 sin2 θdθ
R
R
Z
kλ0 π
Ey =
dEy = − 2
R 2
kQπ
~ = −
E
ŷ
4R2
(8)
(9)
(10)
1
.1א.
המומנט הדיפולי Pמוגדר:
מומנט הכוח:
וכאשר : θ=450
P = qa
τ = P × E ⇒ τ = PE sin θ = qaE sin θ
Nm
−18
τ = 3 *10 −19 C * 3 *10 −10 m *1011 * sin 45 = 6.4 *10
C
N
על פי חוק יד ימין כיוון המומנט הוא לתוך הדף.
ב.
U = − P ⋅ E = − PE cosθ = (−9 *10 −18 ) cosθ
וכאשר : θ=450
ג.
U = 6.4 *10 −18 j
במצב שווי משקלθ = 0 0 :
והאנרגיה היא מינימליתU = −9 *10 −18 j :
E
q+
q-
)שימו לב כי(Nm=j :
2414
נתונה דיסקה מלאה ודקה הנמצאת במישור x − yומרכזה בראשית.
רדיוס הדיסקה Rונתון כי צפיפות המטען עליה היא .σ(ϕ) = σ0 cos2 ϕ
.1מצאו את השדה לאורך ציר z
.2איך יראה השדה בגבול ?z R
פתרון
סעיף 1
השדה החשמלי מוגדר לפי:
ˆ
kdq
= )~ r
~(E
) · (~r − ~r0
|~r − ~r0 |3
̂~r = z z
)~r0 = rr̂ = r(cos ϕ, sin ϕ, 0
dq = σ(ϕ)rdrdϕ = σ0 cos2 ϕrdrdϕ
kσ0 cos2 ϕrdrdϕ
)̂· (z ẑ − rr
(r2 + z 2 )3/2
ˆ
R
2π
ˆ
= )~ z
~(E
0
0
נחשב את האינטגרל על הזויות
ˆ
2π
cos2 ϕdϕ = π
0
2π
ˆ
cos3 ϕdϕ = 0
0
2π
ˆ
cos2 ϕ sin ϕdϕ = 0
0
קיבלנו כי התרומה תיהיה רק בכיוון z
rdr
ˆ
)· (z
(r2 + z 2 )3/2
החלפת משתנים
r
z
R
ˆ
~ z ) = πkσ0 z
~(E
0
=x
R/z
xdx
ˆ = πkσ0 sign(z) − √ 1
·
(
)z
̂z
(1 + x2 )3/2
1 + x2 0
1
R/z
ˆ
)~ z ) = πkσ0 sign(z
~(E
0
#
"
1
~ z ) = πkσ0 sign(z) 1 − p
~(E
̂z
1 + R2 /z 2
סעיף 2
ניקח את z Rונשתמש בפיתוח טיילור
)πkσ0 R2 sign(z
̂z
2z 2
#
≈ ̂z
x
2
1
1 + R2 /z 2
≈1−
√1
1+x
"
~
E(~z) = πkσ0 sign(z) 1 − p
קיבלנו תלות לפי המרחק מציר zבריבוע הדומה למטען נקודתי וכך באינסוף הדיסקה
הינה נקודתית
2
tbd
.1עבור כל תחום נבנה מעטפת גאוסית בעלת רדיוס : r
בתוך הקליפה הפנימית: r < R1 ,
r
r
חוק גאוס:
∫ E ⋅ ds = 4πk ∑ Q
במקרה זה:
r
) ∫ E ⋅ ds = ∫ Eds = E ∫ ds = E (4πr
r
2
E=0
מאחר והקפנו 0מטען נקבל:
⇒ E 4πr 2 = 4πkQ1
בין הקליפות: R1 < r < R2 ,
KQ1
ונקבל:
r2
)
(
⇒ E 4πr 2 = 0
∑Q = Q
1
=E
E
KQ1
R12
=E
) K (Q1 + Q2
R22
r
R2
=E
R1
מחוץ לקליפות: R2 < r ,
) K (Q1 + Q2
נקבל:
r2
) + Q2 ⇒ E 4πr 2 = 4πk (Q1 + Q2
∑Q = Q
1
=E
כעת נחשב את האנרגיה הדרושה על מנת להעביר אלקטרון מהקליפה הגדולה לאינסוף:
r
r
∞
- W = ∫ F ⋅ drכאשר Fהוא הכוח שצריך להפעיל על מנת להתגבר על כוח המשיכה בין
R2
האלקטרון והקליפות:
) K (Q1 + Q2
e
r2
= F = Ee
נציב בנוסחת העבודה ונקבל:
K (Q1 + Q2 ) e
R2
∞
∞
1
⎤⎡ 1
= ⎥ W = K (Q1 + Q2 ) e ∫ 2 dr = K (Q1 + Q2 ) e ⎢−
r
⎣ r ⎦ R2
R2
* העבודה חיובית כלומר צריך להשקיע אנרגיה.
מטעמי סימטריה ,מכיוון שהחוט אינסופי ,טעון באופן סימטרי אורכי ,השדה בהכרח מצביע בכיוון הרדיאלי.
אם נבנה מעטפת גאוסית גלילית ,השדה יהיה קבוע בצד ההיקפי של הגליל ,והשדה יהיה מאונך למשטחים
שבקצוות.
חוק גאוס עבור המעטפת הגלילית יתן:
I
~ · dA
~=Q
ε0 E
)(1
S
ε0 2πrLE = Q = λL
λ
=E
2πε0 r
)(2
)(3
עכשיו נותר רק לחשב את צפיפות המטען האורכית במקרה של הגליל.
בתוך התחום החלול ,אין מטען בכלל ,ולכן אין צפיפות אורכית.
בתחום המלא ,נמיר את הצפיפות הנפחית לצפיפות אורכית:
)(4
ρdV = ρdSdz = λdz
Z
λ = ρdS
)(6
)(7
S = πr2
dS = 2πrdr
Z r
Z r
2π
) ρ0 (r3 − r13
= )λ(r
= ρ(r)2πrdr
= ρ0 r2πrdr
3
r1
r1
)(5
)(8
ומחוץ לגליל נקבל:
)(9
2π
) ρ0 (r23 − r13
3
r2
r2
Z
Z
=λ
= ρ(r)2πrdr
= ρ0 r2πrdr
r1
r1
ברור שכמות המטען המתוארת על ידי הצפיפות האורכית ,וזו שמתוארת על ידי הצפיפות הנפחית שווה .ברור
גם שהסימטריה בבעיית הגליל זהה לסימטריה בבעית החוט .לכן ,נוכל להשתמש שימוש חוזר בחישוב החוט ולקבל:
בתוך החלק החלול:
E=0
בתוך החלק המלא:
ומחוץ לגליל:
2π
λ
=
) ρ0 (r3 − r13
=E
2πε0 r
3 · 2πε0 r
λ
2π
=E
=
) ρ0 (r23 − r13
2πε0 r
3 · 2πε0 r
1
Gauss’s law - cylindrical symmetry
The problem:
Given an infinite cylinder charged with ρ(~r) = ρ0
1. find the electric field.
2. What should be the charge density ρ(~r), so that the electric filed inside the cylinder would be
zero?
The solution:
~ = Er r̂ . The volume element is dv = rdrdθdz.
1. For cylindrical symmetry E
For r < R
Z r
Z
ρ2πr0 dr0 h
ρdv = 4πh
Er · 2πrh = 4πh
(1)
0
V
~ = 2πkρrr̂
E
(2)
For r > R
Z
Er · 2πrh = 4πh
Z
ρdv = 4πh
V
~ =
E
R
ρ2πr0 dr0 h
(3)
0
2πkρR2
r̂
r
(4)
2. We solve the problem in two ways - using integral and diferential versions of the Gauss’s law:
a. integral:
I
Z
~
~
E · ds = 4πk ρdv
(5)
Z r
E · 2πrh = 4πk
ρ(r0 ) · 2πr0 dr0 h
(6)
0
ρ(r) =
A
r
(7)
Checking:
Z r
ρ(r0 ) · 2πr0 dr0 h = 2πArh
(8)
0
~ = 4πkAr̂ = const
E
(9)
b. differential:
~ = 4πkρ
div E
(10)
~ = const
~ =E
~ ⇒ div E
E
r
A
E
4πkA
ρ =
⇒
=
r
r
r
~ = 4πkAr̂ = const
E
(11)
(12)
(13)
1
:`ede ,xak reci qe`b weg ici lr cg` gell oexztd
E=
dziy`xe ,dlrn dler
σ
2ε0
y da zehpicxe`ew zkxrn xgap
.mipniqa aygzdl jixve ,zegel ipy epl yi eiykr
.oezgzd gela
:`ed dcydy lawp ,oezgzd geld xear
(
σ
~ + = − 2ε0 ĵ , y < 0
E
+ 2εσ0 ĵ , y > 0
:lawp oeilrd geld xear
(
+ 2εσ0 ĵ , y < d
~
E− =
− 2εσ0 ĵ , y > d
:lawpe cgi zegeld ipy z` mkqp eiykr
0 , y < 0
~ =E
~+ + E
~ − = σ ĵ , 0 < y < d
E
ε
0
0 ,y > 0
xy`k la` ,(mdizgzn e` zegeld lrn) mdl uegn epgp` xy`k qt`zn zegeld ipyn dcyd xnelk
.cig` cg` dcyl xagzn `weec mdly dcyd ,zegeld oia epgp`
.law myl cizra dprz xy` ,ce`n daeyg d`vez idef
1
נתונה ספירה מוליכה ברדיוס Rבתוך מעטפת עבה מוליכה הנמצאת בין 2Rל 3Rכנראה באיור .המטען בספירה
הוא Qוהמטען במעטפת הוא 2Q
2Q
3R
2R
R
Q
א .מצאו פוטנציאל בכל המרחב
ב .מה האנרגיה הכוללת של המערכת ?
כעת מחברים את המעטפת לספירה באמצעות כבל מוליך
ג .מצאו פוטנציאל בכל המרחב
ד .מה האנרגיה הכוללת של המערכת ?
ה .הסבירו מדוע האנרגיה המתקבלת בסעיף ד נמוכה מזאת המתקבלת בסעיף ב
פתרון:
א .נמצא את הפוטנציאל באמצעות השדה .ניתן לחשב את השדה החשמלי בכל מקום במרחב ע"י סופרפוזיציה של
השדות החשמליים שיוצרים כל אחד מהגופים במרחב .להזכירכם ,שדה של קליפה מחוץ ניתן להתייחס כאל שדה
של מטען נקודתי ,ובתוך מוליך השדה הוא אפס:
k Q 2Q
3kQ
E r 3R
ˆrˆ 2 r
2
r
r
E 3R>r 2R 0
kQ
ˆr
r2
E 2R>r R
E R>r 0
את הפוטנציאל נחשב ע"י אינטגרל מאינסוף (שם אנו מגדירים הפוטנציאל להיות שווה עד לנקודה בה מחשבים את
הפוטנציאל:
r
r
r
3kQ
3kQ
3kQ
dr
2
r
r
r
r
3R
r
r
3R
2R
3R r E dr
3R
3kQ
3kQ kQ
3kQ
2R r 3R E dr 2 dr 0dr
0
r
3R
R
r
3R
r
r
3kQ
kQ
kQ kQ
R r 2R E dr 2 dr 0dr 2 dr
r
r
R r 2 R
3R
2R
kQ kQ kQ kQ kQ
R
r
2R
r
2R
r
3R
2R
R
r
3kQ
kQ
3kQ
r R E dr 2 dr 0dr 2 dr 0dr
r
r
2R
3R
2R
R
את האנרגיה של המערכת נחשב באמצעות הנוסחא.ב
1
Qii
2 i
– על הדופן הפנימית (על מנת שלא יהיה שדהQ יש, בקליפה העבה. כולו על המעטפתQ בכדור הפנימי המטען
: לכן.)2Q על המעטפת החיצונית (על מנת שסה"כ מטען קליפה העבה יהיה3Q במוליך) ו
1
1
U Qii Q ( R ) ( Q ) (2 R ) 3Q (3R )
2 i
2
U
2
1 kQ 2 3
19 kQ
1
9
2 R 2
4 R
נסמן את המטען. אך בגלל החיבור איננו יודעים את המטען על כל כדור, נוכל להשתמש בתוצאה של סעיף א.ג
מכיוון שסה"כ המטען לא.) בקליפה (ונחליף את המטענים מסעיף א במטענים החדשיםq2 בכדור וq1 החדש כ
בנוסף אנחנו יודעים שלאחר החיבור הפוטנציאלים צריכים להיות שווים ולכן. q1 q2 3Q השתנה אזי
R) R)
k(q1 q2 ) 3kQ
3R r
r
r
kQ
2R r 3R
R
r
3R
2R
r
r
3kQ
kq
kQ kq1
dr 0dr 21 dr
2
r
r
R r 2 R
3R
2R
kq kQ kq1
1
r
R 2R
kQ kq1
r R
R 2R
: R) R) כעת נדרוש כי
kQ kQ kq1
q1 0
R
R 2R
הפונציאל יהיה.כלומר כל המטען עבר החוצה
3kQ
r>3R
r
kQ
r 3R
R
R r 2R E dr
ד .כמו בסעיף ב (רק שהפעם יש מטען רק בקליפה החיצונית)
1
1
3 kQ 2
U Qii 3Q (3R )
2 i
2
2 R
ה .האנרגיה במקרה השני קטנה יותר מכיוון מערכות פיזיקלית (כשהן יכולות) משתנות על מנת להקטין את
האנרגיה הפוטנציאלית שלהן.
j,=rfu+
f, * 9,0"
'/nn
>-*nv^, 6^
/ (:- ,4
{")trJlE
*,
F, h n rL *
o'/-2
Q,-
,.
*,d'
*/L
)'t>
/
7;
fo f, rLJy f -t fr,* S'*/'*t,s
.
,g_
{.* p.d<a*-l
bl*i
r
* rn
**
A fay
"{
)-srfi
rla
_, ,
h i]
;. f p, $,rLd,.
kf-
JrY'
" rf* Fra 4r
_/c
ffr
QflE
G
r
hnr,
:, Q ,,y,*.,!r
r,s J*t . i *",o,1; if*r*
f
{:_
d,
'{- rU
/n
(o
T'
z,rr' = (f p, L r> Jr
Y
\"'/
{^$nr=
eT
'r-"
,-"
'/
t ,z c.ty.)
i=r,
A
-+
-}t=-*)
*
f,
g;
#J'-?)
4"F4'fiilvL* [.qte*
*/1v(
vt L
p.f ,**ev?r*i
6tr
L
* .F* (.'*t) = t*s.*(t'-{)
F,burL= &tr
F"g}
fr-
L'r'\
L
o
rL
""/
,t/
t
'/vOro
.5 o J: /o*
/t'
(t.r r)
O
(,,^ )
L
&rJ
'r
ta
!/-: -(/) € Jn
,r0
v
: -'r P"$"-r)
('/*;
"
{;t
"'o{ri-
--tl\
&
vo=
iLa_a.
'{...o '..r.
L -/
f>u
"7
I t-b
v. ( p,
Jv- z
{,rq):^
4
zr?e
t: \
T
:
y. l"**
a
lrr*tz _ ae- A:i
= -%
f(-*+T-e.)
y" : \ " vo ;,& ib_i r. * a: - {:
{-$
b
\ z
r
lh
t"F d
r_ s.-
a<v_<
ol\
?A}
*G
's: -t'J
- fl'\
-&fr
[T-T
''ig*y?
va =
# iH $'.S o'"\= * (T ia'-a) -#)
r
n
V'-\') Ezr
Ft6 dr :* i
s
Vr : \*
d"'rd
*vq
* "0
t-c
Yzq
rG-r)
,\
p/t? *ri "-g** l
:- j4u
+
fu is:-t-g
c\-J
z
a
;
'l
\t
\
= P* t-?
{?:x*
.t.,)
\
r}1
* vS ", f,."1 '\
T*'* ayj
a :*1*
I
\
\
1
את הפוטנציאל של מטען נקודתי בראשית ניתן לשב על ידי אינטגרל על השדה של
המטען.
נגדיר את הפוטנציאל באינסוף להיות אפס ,ונקבל:
r
∫ r
∫ r
kq
kq
kq
⃗
φr − φ∞ = −
E · d⃗r = −
= dx
=
2
∞ x
r
∞
∞ x
אם נסמן את מיקום המטען השלילי כ ,0ואת מיקום המטען החיובי כ , pq⃗ :הפוטנציאל
יהיה:
kq
kq
+
r
⃗⃗r − 1q p
φr = −
נקרב עבור מרחק גדול:
1
) |⃗p|2
q2 r2
kq
kq
√ +
1
r
r 1 − 2 qr1 r̂ · p⃗ +
)⃗p⃗) · (r̂ − qr1 p
qr
(
)
kq
kq kq
kq
⃗r̂ · p
√ ≈− +
≈− +
1+
r
r
r
qr
)⃗r 1 − 2 1 r̂ · p
=−
kq
√ +
r
r (r̂ −
kq
φr = −
qr
⃗kr̂ · p
r2
=
כדי למצוא את השדה החשמלי ,צריך לבצע גראדיאנט של הפוטנציאל .ניתן לעבוד
בקוארדינטות קרטזיות או קוארדינטות ספריות .בכל מקרה ,למען הנוחות מומלץ
להגדיר את כיוון zככיוון אליו מצביע הדיפול .בכדוריות זה יראה כך:
̂kr̂ · pz
kp cos θ
=
2
r
r2
= φr
(
)
1
cos θ
sin θ
⃗
̂E = −∇φ = −kp∇ cos θ 2 = −kp −2 3 r̂ − 3 θ
r
r
r
בקרטזיות זה יראה כך:
kpz
̂kr̂ · pz
= 3
2
r
r
= φr
⃗ = −∇φ = −kp∇ z = − kp ∇z − kpz∇ 1
E
r3
r3
r3
̂kpz
⃗r
= − 3 + 3kpz 5
r
r
k⃗p 3(⃗p · ⃗r) · ⃗r
=− 3 +
r
r5
וקיבלנו את אותו השדה כמו זה שקיבלנו מחישוב ישיר.
meipnxb zrah
z` aygp
.
L2 =
3
2πr2 jxe` lra ipyde
4
L1 =
2πr2
jxe` lra cg` ,liawna micbp ipy epl yi
4
:mdn cg` lk ly zecbpzdd
ρL1
ρ 2πr2
= 2
= 300Ω
A
πr1 4
ρ 3
ρL2
= 2 2πr2 = 900Ω
R2 =
A
πr1 4
R1 =
(1)
(2)
(3)
:liawna mze` xagpe
1
1
1
=
+
=
R
R1 R2
4 4
+
1 3
16
ρ
2πr2
2
πr1
3
(4)
3
3 r2
ρ
2πr2 = ρ 2 = 225Ω
2
πr1
16
8 r1
(5)
1
ρ
2πr2
πr2
=
1
R=
`ed zrahl gznd xewn oia xaery mxfd
I=
V
45V
=
= 0.2A
R
225Ω
V
45V
I1 =
=
= 0.15A
R1
300Ω
I2 =
:micbpa xaery mxfd
V
45V
= 0.05A
=
R2
900Ω
.llekd mxfl deezyn minxfd mekqy oaenk
1
.4א( נחלק את הגליל לדסקיות בעלות עובי אינפיניטסימלי מהבסיס הקטן לגדול
)כי הגיאומטריה של הגליל משתנה בכיוון ציר .(x
y
y
b
x
r
a
x
dx
L
ההתנגדות של כל דסקה היא
dx
A
dR = ρ
כעת ,צריך להביע את ש כפונקציה
של .x
נתבונן בחתך של הגליל:
נשתמש בדמיון משולשים:
r b−a
b−a
=
=⇒r
x
x
L
L
כמו"כ . y = r + a = b − a x + a ,מכאן נבצע אינטגרציה על x
L
L
dy
Lρ 1 1
b−a
→
=
−
=
ρ
∫
2
πy
π ( b − a ) a b
L
a
b
dy
b−a
= dx
המעבר הזה הוא סתם לנוחות! לא חייבים.
ב( כאשר
L
L
= ρ ⇐a=b
2
A
πa
R=ρ
L
L
dx
dx
R = ∫ dR = ∫ ρ
= ∫ρ
A 0 π y2
0
) Lρ ( b − a
L
=ρ
π ( b − a ) ab
π ab
=