Document 2376578

‫פיסיקה ‪ – 2‬פתרון תרגיל ‪8‬‬
‫‪ .1‬משיקולי סימטרייה‪ ,‬על מנת שהתיל התחתון ירחף‪ ,‬הכוח לאורך ציר ‪ x‬שמקורו היחיד חשמלי ‪/‬‬
‫‪x‬‬
‫‪x‬‬
‫מגנטי חייב להתאפס לכן ‪. I = I 3‬‬
‫‪r r2‬‬
‫‪I3‬‬
‫‪I2‬‬
‫א‪ .‬ע”פ חוק אמפר‪ ∫ B ⋅ dl = µ 0 ∑ I :‬כאשר ‪∑ I‬‬
‫הוא סך כל הזרמים בתוך הלולאה במקרה זה רק ‪I 3‬‬
‫‪h‬‬
‫‪θ θ‬‬
‫נמצא בתוך הקו המקווקו לכן‪:‬‬
‫‪r‬‬
‫‪r‬‬
‫‪−6‬‬
‫‪−5‬‬
‫‪I1‬‬
‫‪∫ B ⋅ dl = µ 0 ⋅ I 3 = 1.26 ⋅ 10 ⋅ 25 = 3.15 ⋅ 10 T m‬‬
‫ב‪ .‬הכוחות הפועלים על ‪ I1‬בציר ‪ x‬מתאפסים משיקולי סימטרייה ובציר ‪ y‬על מנת שיתאפסו צריך‬
‫להתקיים‪:‬‬
‫‪µ 0 I1 I 3 L‬‬
‫‪2πr‬‬
‫‪µ 0 I1 I 2 L‬‬
‫‪2πr‬‬
‫=‪F‬‬
‫=‪F‬‬
‫‪µ II L h‬‬
‫‪µ I I L‬‬
‫⇒ ⋅ ‪mg = 2 0 1 2  cosθ = 0 1 2‬‬
‫‪2πr‬‬
‫‪r‬‬
‫‪ 2πr ‬‬
‫‪r = h2 + x2‬‬
‫‪mg‬‬
‫‪(m / L ) gπ = 39 1‬‬
‫‪h‬‬
‫=‬
‫‪2‬‬
‫‪meter‬‬
‫‪µ 0 I1 I 2‬‬
‫‪h +x‬‬
‫)‬
‫(‬
‫‪2‬‬
‫‪1‬‬
‫‪h + x2 = 0‬‬
‫‪39‬‬
‫‪h1 = 2cm‬‬
‫‪h2 −‬‬
‫משוואה ריבועית‪:‬‬
‫‪h2 = 0.48cm‬‬
‫ג‪ .‬אינו יציב‪ .‬כל תזוזה של התיל בכיוון כל שהו תרחיק אותו ממצב ש‪.‬מ‪.‬‬
‫‪ .2‬השדה של הגליל הוא בכיוון השעון מחוץ לגליל )כלומר למעלה בנקודה ‪ (P‬ואפס בתוך הגליל‪.‬‬
‫השדה בנקודה ‪ C‬מושפע‪ ,‬אם כן‪ ,‬רק מהתיל וכיוונו חיובי )למעלה( אם ‪ i‬החוצה ושלילי אם ‪i‬‬
‫פנימה‪ .‬אם הזרם בתיל היה החוצה אז בנקודה ‪ P‬השדה היה בהכרח גדול יותר מהשדה בנקודה ‪C‬‬
‫)כי התרומה של התיל והגליל היו באותו כיוון( לכן בהכרח הזרם בתיל בכיוון פנימה )אפשר גם‬
‫פשוט לנסות‪ .(...‬אנחנו מעונינים ב‪:‬‬
‫) ‪ B(P‬גליל ‪ B(P )+‬תיל =) ‪B(C‬‬
‫‪µ 0i‬‬
‫‪µi‬‬
‫‪µ0 I‬‬
‫‪=− 0 +‬‬
‫) ‪2π (3R‬‬
‫)‪2πR 2π (2 R‬‬
‫‪µ 0i  1  µ 0 I‬‬
‫‪3‬‬
‫‪⇒ i= I‬‬
‫= ‪1 − ‬‬
‫‪4‬‬
‫‪2πR  3  4πR‬‬
‫תיל‬
‫‪⇒ −‬‬
‫‪ .3‬א‪ .‬שדה מגנטי של גליל אחד דומה מאוד לשדה מגנטי של סלונואיד )‪ L>>R‬קירוב של סליל‬
‫אינסופי(‪ B = µ 0 nI :‬יש לשים לב ש – ‪ nI‬מייצג את הזרם ליחידת אורך )‪ = n‬מספר הכריכות‬
‫ליחידת אורך(‪ .‬נמצא את הזרם ליחידת אורך במקרה של הגליל‪:‬‬
‫המטען ליחידת שטח‪ dq = σ ⋅ ds = σ ⋅ dxdy :‬מאחר ואנחנו רוצים את המטען ליחידת אורך‬
‫ניקח ‪ dx = 1‬ומאחר ו – ‪ dy‬הוא בעצם חלק מקשת‪ dy = Rdθ :‬אחרי הצבה נקבל‪:‬‬
‫‪dq = σR ⋅ dθ‬‬
‫‪dq‬‬
‫‪dθ‬‬
‫=‪⇒ I‬‬
‫‪= σR‬‬
‫‪= σRω‬‬
‫‪dt‬‬
‫‪dt‬‬
‫מאחר ולקחנו יחידת אורך אחת )‪ ( dx = 1‬זהו הזרם ליחידת אורך ונקבל שהשדה המגנטי בתוך‬
‫הגליל הוא‪ B = µ 0 ωRσ :‬ומחוץ לגליל ‪) B = 0‬כמו סלונואיד(‪.‬‬
‫השדה במקרה שלנו הוא זה של הגליל החיצוני וזה של הפנימי והם בכיוונים מנוגדים )כי הסיבוב‬
‫בכיוונים מנוגדים(‪ .‬נקבע שכיוון חיובי הוא כיוון של שדה המכוון שמאלה )הגליל החיצוני(‪.‬‬
‫אז‪:‬‬
‫‪−7‬‬
‫‪B = µ 0ωR2σ − µ 0ωR1σ = 5.67 * 10 T‬‬
‫‪r < R1‬‬
‫‪B = µ 0ωR2σ = 6.3 * 10 − 7 T‬‬
‫‪R1 < r < R2‬‬
‫‪B=0‬‬
‫‪r > R2‬‬
‫ב‪ .‬השדה החשמלי מחושב ע"פ חוק גאוס )ולא איכפת לו שהגלילים מסתובבים(‪ .‬עבור גליל חלול‬
‫מקבלים‪E = 0 :‬‬
‫בפנים‬
‫‪Rσ‬‬
‫ו‪-‬‬
‫‪ε0r‬‬
‫גליל בנפרד(‬
‫=‪E‬‬
‫בחוט‬
‫לכן )שוב מרכיבים את השדה מסכום השדות של כל‬
‫‪E=0‬‬
‫‪r < R1‬‬
‫‪R1σ‬‬
‫‪1‬‬
‫‪= 5.65 * 10 8 N‬‬
‫‪r Cl‬‬
‫‪ε 0r‬‬
‫‪R1 < r < R2‬‬
‫‪r > R2‬‬
‫‪R1σ R2σ (R1 + R2 )σ‬‬
‫‪1‬‬
‫‪+‬‬
‫=‬
‫‪= 6.21 *10 9 N‬‬
‫‪r Cl‬‬
‫‪ε 0r ε 0r‬‬
‫‪ε0r‬‬
‫=‪E‬‬
‫=‪E‬‬
‫‪ 4000 ‬‬
‫‪−3‬‬
‫‪B = 1.26 * 10 − 6 ‬‬
‫‪ * 3 = 7.56 *10 T‬‬
‫‪ .4‬א‪ B = µ 0 nI .‬סלונאיד‬
‫‪ 2 ‬‬
‫ב‪ .‬מומנט הפועל על כריכה אחת בשדה מגנטי חיצוני קבוע )בשאלה השדה שהסולונואיד יוצר(‬
‫‪r r‬‬
‫‪r r r r‬‬
‫‪φ = ∫ B ⋅ dA = B ⋅ A‬‬
‫נתון ע"י‪ M = IA × B :‬והשטף ע"י‪:‬‬
‫לכן‪:‬‬
‫‪φ = BA cos(90 0 ) = 0‬‬
‫] ‪M = IAB sin(90 ) = 3 * 0.01 * 7.56 * 10 = 2.268 * 10 [Nm‬‬
‫] ‪φ = BA cos(00 ) = 7.56 *10 −7 [Tm 2‬‬
‫‪M = IAB sin(0 0 ) = 0‬‬
‫‪−6‬‬
‫ג‬
‫‪−3‬‬
‫‪2‬‬
‫‪0‬‬
‫פיסיקה ‪ – 2‬פתרון תרגיל ‪9‬‬
‫‪r‬‬
‫‪ .1‬נחשב שדה מגנטי של קשת אחת בעלת רדיוס ‪ .R‬תרומה של אלמנט ‪ dl‬לשדה במרכז המעגל ע"פ‬
‫חוק ביו‪-‬סבר‪:‬‬
‫‪dl‬‬
‫‪r r‬‬
‫‪0‬‬
‫‪I‬‬
‫‪r µ I dl × r‬‬
‫‪µ I dl sin 90 ⋅ R µ 0 Idl‬‬
‫‪⇒ dB = 0‬‬
‫=‬
‫‪dB = 0‬‬
‫‪3‬‬
‫‪4π r‬‬
‫‪4π‬‬
‫‪R3‬‬
‫‪4πR 2‬‬
‫‪B‬‬
‫‪µ0 I‬‬
‫‪µ0 I θ‬‬
‫‪µ Iθ‬‬
‫‪dl‬‬
‫‪Rdθ = 0‬‬
‫=‬
‫∫ ‪2‬‬
‫∫ ‪2‬‬
‫‪4πR‬‬
‫‪4πR‬‬
‫‪4πR 0‬‬
‫‪A‬‬
‫= ‪B = ∫ dB‬‬
‫‪θ‬‬
‫‪P‬‬
‫השתמשנו בכך שאורך הקשת שווה ל‪ l = Rθ -‬כאשר ‪ θ‬ברדיאנים‪ .‬נחזור למעגל הנתון‪ .‬הקשת‬
‫‪µ 0 Iθ‬‬
‫החיצונית תורמת שדה שכיוונו פנימה וגודלו‬
‫‪4πB‬‬
‫‪r‬‬
‫‪µ Iθ‬‬
‫מוחלט( של‬
‫‪ 0‬שכיוונו החוצה‪ .‬האלמנטים הרדיאליים לא תורמים כלום )כי האלמנט ‪dl‬‬
‫‪4πA‬‬
‫‪ ,‬הקשת הפנימית תורמת שדה )יותר חזק בערך‬
‫יהיה תמיד בזווית אפס או ‪ 1800‬יחסית ל ‪ (R -‬ולכן השדה הכולל הנו‪:‬‬
‫‪π‬‬
‫‪5  1 − 1  = 1.26 ⋅ 10 −6 T‬‬
‫‪‬‬
‫‪‬‬
‫‪ 0.25 0.5 ‬‬
‫* ‪1.26 *10 −6 * 10‬‬
‫‪4 *π‬‬
‫‪µ 0 Iθ µ 0 Iθ µ 0 Iθ  1 1 ‬‬
‫‪−‬‬
‫=‬
‫=‪ − ‬‬
‫‪4πA‬‬
‫‪4πB‬‬
‫‪4π  A B ‬‬
‫=‪B‬‬
‫וכיוונו החוצה מהדף‪.‬‬
‫‪ .2‬נמצא קודם כל את השדה במרכז ‪ P‬עבור ‪ a‬כלשהו‪ .‬בגלל שטבעת אחת מסתובבת מהר פי ‪ 2‬אבל‬
‫בעלת חצי מטען אזי הזרם בשתי הטבעות שווה‪ .‬נסמנו ב‪:I -‬‬
‫‪dq‬‬
‫‪dθ‬‬
‫= ‪dq = λdl = λRdθ ⇒ I‬‬
‫‪= λR‬‬
‫‪= λRω‬‬
‫‪dt‬‬
‫‪dt‬‬
‫אם נציב ‪ 2ω‬או ‪) 2λ‬בהתאם לטבעת( נקבל שהזרם בשתי הטבעות שווה ‪ . I = 2λRω‬חישבנו‬
‫בכיתה וקיבלנו ששדה המגנטי של טבעת על ציר המאונך למישור הטבעת ועובר במרכזה נתון ע"י‪:‬‬
‫‪µ 0 IR 2‬‬
‫= ‪ B‬כאשר ‪ -R‬רדיוס הטבעת ו‪ - a -‬המרחק ממרכז הטבעת‪ .‬כל טבעת תורמת‬
‫‪3‬‬
‫‪2(R 2 + a 2 )2‬‬
‫‪µ 0 IR 2‬‬
‫‪µ 0 IR 2‬‬
‫שדה כזה שכיוונו ימינה‪ ,‬כלומר‪:‬‬
‫= ) ‪B(a‬‬
‫= ‪*2‬‬
‫‪3‬‬
‫‪3‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2 2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2 2‬‬
‫) ‪(R + a‬‬
‫) ‪2(R + a‬‬
‫‪2‬‬
‫‪µ I‬‬
‫‪µ IR‬‬
‫‪B(0) = 0 3 = 0‬‬
‫מכאן מקבלים שהשדה בהתחלה )‪ (a=0‬הנו‪:‬‬
‫‪R‬‬
‫‪R2‬‬
‫) (‬
‫עכשיו רוצים למצוא ‪ a‬בו מתקיים‪B(0) :‬‬
‫‪a=R‬‬
‫‪1‬‬
‫‪8‬‬
‫= ) ‪ B(a‬כלומר‪:‬‬
‫⇒ ‪⇒ 2R 2 = R 2 + a 2‬‬
‫‪3‬‬
‫‪2‬‬
‫)‬
‫‪2‬‬
‫‪+a‬‬
‫‪2‬‬
‫‪= (R‬‬
‫‪3‬‬
‫‪8R‬‬
‫⇒‬
‫‪µ0 I‬‬
‫‪8R‬‬
‫=‬
‫‪µ 0 IR 2‬‬
‫‪3‬‬
‫‪2‬‬
‫)‬
‫‪2‬‬
‫‪+a‬‬
‫‪2‬‬
‫‪(R‬‬
‫‪ .3‬א‪ .‬מחלקים את שטח הכריכה לרצועות ברוחב ‪ dx‬וגובה ‪) a‬ראה ציור(‪.‬‬
‫‪y‬‬
‫‪x‬‬
‫‪dx‬‬
‫‪a‬‬
‫‪B=αx‬‬
‫‪α=2∗10−4‬‬
‫‪x‬‬
‫‪x‬‬
‫‪x+b‬‬
‫‪b‬‬
‫השדה בכל רצועה כזו קבוע )כי ‪ B‬תלוי רק ב‪ (x-‬ולכן‪. dφ = Bds = Badx :‬‬
‫‪x+b‬‬
‫‪x +b‬‬
‫‪x 2 x +b αa‬‬
‫‪αa‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫(‬
‫)‬
‫] ‪[2 xb + b 2‬‬
‫‪φ = ∫ dφ = ∫ Badx = ∫ αxadx = αa‬‬
‫‪x‬‬
‫‪b‬‬
‫‪x‬‬
‫=‬
‫‪+‬‬
‫‪−‬‬
‫=‬
‫‪x‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪x‬‬
‫‪x‬‬
‫‪-4‬‬
‫כאשר ‪) α = 2 *10 −4 T / m‬שימו לב שהשדה בתרגיל נתון בגאוס לכן ה‪ 10 -‬שמעביר לטסלה(‬
‫[‬
‫]‬
‫‪dφ‬‬
‫ב‪ .‬הכא"מ בערכו המוחלט שווה ל ‪-‬‬
‫‪dt‬‬
‫לכן‪:‬‬
‫‪dφ‬‬
‫‪dx‬‬
‫‪= αab = αabvVolt‬‬
‫‪dt‬‬
‫‪dt‬‬
‫ג‪ .‬כאשר המסגרת נעה השדה המגנטי דרכה גדל ולכן השטף גדל‪ .‬ע"פ חוק לנץ הזרם יזרום בכיוון‬
‫כזה שיקטין את השטף‪ ,‬כלומר‪ ,‬יקטין את ‪ B‬לכן כיוון הזרם יהיה נגד כיוון השעון וגודלו‪:‬‬
‫‪ε αabv‬‬
‫= =‪I‬‬
‫‪2 Amp‬‬
‫‪R‬‬
‫‪2‬‬
‫‪2‬‬
‫(‬
‫) ‪αabv‬‬
‫‪ αabv ‬‬
‫‪2‬‬
‫‪P=I R=‬‬
‫הספק‪:‬‬
‫= ‪ *2‬‬
‫‪2‬‬
‫‪ 2 ‬‬
‫= ‪ε‬‬
‫‪µ0 I‬‬
‫‪ .4‬א‪ .‬השדה שהתיל יוצר הוא בכיוון החוצה מהדף וגודלו‬
‫‪2πx‬‬
‫כאשר ‪ x‬הנו המרחק מהתיל‪.‬‬
‫‪a‬‬
‫חלוקת הלולאה לרצועות בדומה לשאלה ‪.3‬‬
‫השטף דרך כל רצועה‪ dφ = Bds = Badx :‬ולכן‪:‬‬
‫‪µ Ib  r + a ‬‬
‫‪µ0 I‬‬
‫‪bdx = 0 ln‬‬
‫‪‬‬
‫‪2π‬‬
‫‪2πx‬‬
‫‪ r ‬‬
‫‪r +a‬‬
‫‪r +a‬‬
‫‪r‬‬
‫‪r‬‬
‫∫‬
‫= ‪φ = ∫ Bbdx‬‬
‫‪dφ‬‬
‫ב‪ .‬הכא"מ המושרה נתון ע"פ חוק פרדי‬
‫‪dt‬‬
‫‪:ε = −‬‬
‫‪dx‬‬
‫‪r‬‬
‫‪b‬‬
‫‪I‬‬
‫‪x‬‬
‫‪µ 0 Ib  1‬‬
‫‪dφ µ 0 Ib d ‬‬
‫‪1 dr ‬‬
‫‪1 ‬‬
‫‪ r + a   µ 0 Ib  1 dr‬‬
‫=‬
‫‪−‬‬
‫‪ − ln‬‬
‫= ‪‬‬
‫‪‬‬
‫= ‪v 0‬‬
‫‪ −‬‬
‫‪v 0‬‬
‫‪dt‬‬
‫‪2π dt ‬‬
‫‪2π  r dt r + a dt ‬‬
‫‪2π  r r + a ‬‬
‫‪ r ‬‬
‫)הערה‪ :‬הדבר היחיד שתלוי בזמן זהו ‪ r‬וכאשר גוזרים פונקציה של ‪ r‬לפי ‪ t‬אז גוזרים את הפונקציה‬
‫‪ε =−‬‬
‫‪dr‬‬
‫רגיל לפי ‪ r‬ומכפילים בנגזרת הפנימית‬
‫‪dt‬‬
‫שזה מהירות המסגרת ‪( v0‬‬
‫כיוון הזרם )ע"פ חוק לנץ( נגד כיוון השעון )כי כשהמסגרת מתרחקת השטף דרכה קטן(‪.‬‬
‫‪1 ‬‬
‫‪ε µ Ibv  1‬‬
‫הזרם נתון ע"י‪:‬‬
‫‪I2 = = 0 0  −‬‬
‫‪‬‬
‫‪2πR  r r + a ‬‬
‫‪R‬‬
‫)‪ – I2‬הזרם במסגרת(‬
‫‪r‬‬
‫‪r r‬‬
‫ג‪ .‬נצייר את כל הכוחות המגנטיים הפועלים על המסגרת ע"פ חוק לורנס ‪. F = IL × B‬‬
‫משיקולי סימטרייה ‪ F1 = F2‬אבל הכוח השקול הפועל‬
‫‪F1‬‬
‫על המסגרת לא מתאפס כי ‪) F3 > F4‬בגלל שהשדה המגנטי‬
‫הפועל על הצלע הימנית חלש מהשדה הפועל על הצלע השמאלית(‪.‬‬
‫‪F4‬‬
‫‪F3‬‬
‫‪F2‬‬
‫‪µ0 I‬‬
‫‪µ0 I‬‬
‫‪µ I 1‬‬
‫‪1 ‬‬
‫‪− I 2b‬‬
‫‪= I 2b 0  −‬‬
‫‪‬‬
‫‪2πr‬‬
‫) ‪2π (r + a‬‬
‫‪2π  r r + a ‬‬
‫‪F = F3 − F4 = I 2 bB (r ) − I 2 bB (r + a ) = I 2 b‬‬
‫כיוונו שמאלה‪.‬‬
‫כדי להניע את המסגרת במהירות קבועה סכום הכוחות חייב להתאפס כלומר צריך להפעיל כוח ימינה‬
‫‪µ I 1‬‬
‫‪1 ‬‬
‫‪ F = I 2 b 0  −‬כיוונו ימינה‪.‬‬
‫ששווה לכוח הנ"ל ולכן‪ :‬‬
‫‪2π  r r + a ‬‬
‫ד‪.‬מציבים ‪r‬ב‪) P = I 2 R -‬תרמי(‬
‫‪r‬‬
‫‪) P = F ⋅ v = Fv0‬מכני( את ‪ F‬ו‪ I2-‬שחישבנו ומקבלים‪.....‬‬