השדה המגנטי

מגנטים הם יצורים בעלי שני קטבים אשר ביניהם יש כוח דחייה/משיכה.
פיזיקה2-מגנטיות1-תמונה-1.svg

נניח ואנו מסתכלים על כדוה"א שלו יש את הקוטב הצפוני והדרומי הגיאורגפיים.
פיזיקה2-מגנטיות1-תמונה-2.svg
מצפן הוא מגנט קטן המצביע לכיוון צפון. הקוטב הצפוני של המצפן נמשך לקוטב המגנטי הדרומי של כדוה"א. לכן, כאשר אנו מתייחסים לקטבים המגנטיים הם בעצם הפוכים מהקטבים הצפוני והדרומי. הקטבים המגנטיים אינם קבועים והם זזים. ישנן עדויות שפעם השדה המגנטי של כדוה"א היה הפוך. זה אומר שיכול להיות שמתישהו השדה המגנטי יתהפך. כל יום מתבצעות בדיקות כדי לדעת איפה השדה המגנטי היום.
השדה המגנטי של כדור הארץ הוא יחסית קטן אך המגנט עצמו נוצר על יד משהו מאודדד גדול.
פיזיקה2-מגנטיות1-תמונה-3.svg
האות שבה משתמשים כדי לסמן את השדה המגנטי היא $\vec{B}$ והוא נמדד ביחידות $[T]$ (טסלה).
אין מגנט עם צפון בלבד או דרום בלבד. נגיד בעצם כי אין מונופולים מגנטיים.
במגנטים תמיד זה בא בזוגות.

כוח לורנץ'

מטען נקודתי

משפט (כוח לורנץ)

כוח הנובע מהשדה המגנטי $\vec{B}$ על חלקיק מטען $q$ בעל מהירות $\vec{v}$ מתואר ע"י הנוסחה:

\vec{F}=q\vec{v}\times \vec{B}

משפט

כוח לורנץ' תמיד ניצב לכיוון המהירות

הוכחה: ברור

מסקנה

\underset{\R{\text{כוח לורנץ'}}}{W}=\int \vec{F}\cdot d\vec{r}=0

וממשפט עבודה אנרגיה נקבל שאין שינוי באנרגיה הקינטית ולכן $|v|=const$ .

אבל רגע, פועל עליו כוח, אז יש תאוצה ⇐ התנועה תהיה מעגלית שכן אין תאוצה בכיוון המשיקי.

משפט

עבור מטען שמהירותו ניצבת לכיוון שדה מגנטי אחיד נקבל תנועה מעגלית קצובה.

דוגמה

יהי שדה מגנטי אחדי $\vec{B}$ שכיוונו לתוך הלוח ונניח ויש לנו מטען נקודתי חיובי $q$ ויש לו מהירות $v$ ברגע $t_{0}=0$ .
אזי, הוא ינוע בתנועה מעגלית כפי שראינו עד כה.
פיזיקה2-מגנטיות1-תמונה-4.svg
נרצה למצוא את רדיוס התנועה המעגלית.

\sum \vec{F}=-\frac{mv^2}{R}\hat{r}

נסתכל רק על הגדלים:

q\cancel{ v }B\sin 90\degree=\frac{mv^{\cancel{ 2 }}}{R} \implies R=\frac{mv}{qB}

נשים לב כי הרדיוס תלוי במסה, במהירות, במטען ובשדה המגנטי.
כעת נרצה לראות מה יהיה זמן המחזור. נרצה להסתכל על הדרך שהחלקיק עובר במחזור אחד ולחלק את זה במהירות החלקיק(שהיא קבועה ולכן זה עובד)

\R{\text{זמן מחזור}}-T=\frac{\R{\text{דרך}}}{\R{\text{מהירות}}}=\frac{2\pi\left( \frac{mv}{qB} \right)}{v}=\frac{2\pi m}{qB}

נשים לב כי זמן המחזור לא תלוי במהירות.
נרצה למצוא את התדירות הזוויתית שבמקרה של תנועה מעגלית היא המהירות הזוויתית:

\omega=\frac{2\pi}{T}=\frac{qB}{m}

ופה, מן הסתם זה גם לא תלוי במהירות.

התנאים לשימוש בנוסחאות שראינו בדוגמה:

שדה מגנטי אחיד
מהירות הניצבת לשדה המגנטי

תיל נושא זרם

נניח ויש לנו תיל מוליך בו עובר זרם באורך $d\ell$ ועליו פועל שדה מגנטי $\vec{B}$ .
פיזיקה2-מגנטיות1-תמונה-5.svg
אנו יודעים ש:

\vec{F}=q\vec{v}\times \vec{B}

אנו נרצה לתרגם זאת למה שאנו עובדים איתו:

I=\frac{dQ}{dt}\implies dQ=Idt

\vec{v}=\frac{d\vec{\ell}}{dt}

מכל אלו נקבל:

d\vec{F}=(Idt) \frac{d\vec{\ell}}{dt}\times \vec{B}=Id\vec{\ell}\times \vec{B}

אם נרצה את הכוח על תיל ארוך מהנק' $A$ לנק' $B$ עליו פועל שדה מגנטי לאו דווקא קבוע נקבל:
פיזיקה2-מגנטיות1-תמונה-6.svg

\boxed{\vec{F}=\int_{A}^B d\vec{F}=\int_{A}^B Id \vec{\ell}\times \vec{B}}

דוגמה (מקרה פרטי:

\vec{B}

אחיד)

\vec{F}=\int_{A}^B Id \vec{\ell}\times \vec{B}

מכיוון ש- $B$ אחיד הוא מתנהג כסקלר שכן הוא זהה לכל נקודה במרחב ולכן:

\vec{F}=\left( \int_{A}^B Id\vec{\ell} \right)\times \vec{B}

מכיוון שיש לנו תיל אחד מבלי צמתים או לולאות הזרם אחיד בכולו ומתקיים:

\vec{F}=I\left( \int_{A}^B d \vec{\ell} \right)\times \vec{B}

נגדיר את $\vec{L}$ כהעתק בין $A$ ל- $B$ .
פיזיקה2-מגנטיות1-תמונה-7.svg
לאור המכפלה הסקלרית הרכיב המאונך להעתק מתבטל ואנו נקבל:

\boxed{\vec{F}=I\vec{L}\times \vec{B}}

אם אנו במסלול סגור כאשר השדה המגנטי הוא אחיד כמקודם
פיזיקה2-מגנטיות1-תמונה-8.svg
אזי $\vec{F}=I\vec{L}\times \vec{B}=I \vec{0}\times \vec{B}=\vec{0}$ .

תרגיל

נתון תיל בעל תצורה חצי מעגלית וישרה בצדדים כאשר רדיוס חצי המעגל $R$ ואורך הקטעים הישרים הוא כל אחד $\ell$ .
נתון שדה מגנטי אחיד $\vec{B}$ לכיוון חוץ הלוח.
פיזיקה2-מגנטיות1-תמונה-9.svg
מהו הכוח הפועל על התיל?

יש לנו שתי דרכים לפתור:

להשתמש בנוסחאות $\vec{B}$ אחיד ואז נקבל $\vec{F}=I\vec{L}\times \vec{B}$ כאשר $I,\vec{B}$ נתונים ו- $\vec{L}=2R+2\ell$ כי ההעתק מתעלם מהלולאה. ואז
$\vec{F}=I(2R+2\ell)(-\hat{x})\times B\hat{z}=2I(R+\ell)B \hat{y}$
אם לא שמנו לב שמדובר בשדה מגנטי אחיד, היינו יכולים לפצל זאת לסכום של כוחות. כלומר, יש לנו $2F_{\ell}$ שכן שני הקטעים הישרים מתנהגים באופן זהה. בנוסף, יהיה לנו $\vec{F}_{\cap}$ אשר ידבר על חצי המעגל.
נתרכז בו שכן המקרה השני פשוט למדי.

בקורס הזה תמיד לחפש סימטריה בכל מקום. $d \ell$ תמיד משיק למסלול. ה- $d\vec{F}$ מצביע לכיוון החוצה מהמעגל.
לכן, הרכיבים בכיוון ציר ה- $\hat{x}$ מתבטלים לאור סימטריית חצי המעגל ונשארים רק הרכיבים בציר ה- $\hat{y}$ .
$dF_{y}=dF\sin\theta$
מאיפה באה ה- $\theta$ ? אנו מסתכלים בקורדינטות קרטזיות על בעיה מעגלית ולכן, כדי לעבור על כל המעגל נדרש לזווית $\theta$ אשר תתאר לנו את המיקום על המעגל שידמה את הנקודות $(x,y)$ אשר יתארו את המקום הגיאומטרי של חצי המעגל.
$F_{y}=\int_{0}^{\pi} I \underbrace{Rd\theta}_{d \ell} B\sin \theta=\left.-\begin{matrix} \\ \\ \end{matrix}IRB\cos\theta\right\vert_{0}^{\pi}=2IRB$
ולכן נקבל לבסוף:
$F=2I \ell B\hat{y}+2IRB\hat{y}$
נשים לב כי קיבלנו בדיוק את אותו הדבר.

כאשר אנו לא נמצאים במקרים כמו אלו רק הדרך השנייה תעבוד.

יצירת שדה מגנטי

ע"י זרם חשמלי

אילו יש לנו תיל מוליך אשר בו יש זרם, הוא יוצר שדה מגנטי.
3 - מגנטיות 2026-07-11 23.32.18.excalidraw.svg
נשתמש בכלל יד ימין לקביעת כיוון השדה המגנטי בהתאם לכיוון הזרם.

נסתכל על שני חוקים לקביעת/חישוב השדה המגנטי הנוצר ע"י זרם חשמלי והם חוק ביו-סבר(שהינו אנלוגי לחוק קולון) וחוק אמפר(שהינו אנלוגי לחוק גאוס)

חוק ביו-סבר

נניח ויש לנו תיל אשר בו זורם זרם $I$ :
פיזיקה2-הרצאה13-שרטוט-1.svg
נסתכל על נקודה כללית במרחב אשר הוקטור היוצא מראשית הצירים אליה יקרא $\vec{r}$ .
נרצה לדעת מהו השדה המגנטי בנקודה.

התיל בו יש זרם מייצר שדה מגנטי, כדי למצוא את השדה המגנטי בנקודה נרצה למצוא אותו, אך מכיוון שהוא שונה בכל נקודה, נדרש להסתכל על אלמנט אינפיטיסימלי של תיל היוצר שדה ובחיבור שלהם נקבל את השדה המגנטי בנקודה.

d\vec{B}=\frac{\mu_{0}}{4\pi} \frac{Id\vec{\ell} \times (\vec{r}-\vec{r}')}{|\vec{r}-\vec{r}'|^3}=\frac{\mu_{0}}{4\pi}\frac{Id\vec{\ell}\times\vec{\wp}}{\wp^2}

המקדם $\mu_{0}$ נקרא פרמביליאות הריק. אם היינו בסמסטר רגיל, היינו גם מסתכלים על דברים כאלו בתוך חומר ואז היה לנו פרמביליאות של חומרים שונים והיינו צריכים להתחשב בה.

\mu_{0}=4\pi\cdot 10^{-7} \left[ \frac{T\cdot m}{A} \right]

תרגיל

נתונה טבעת בעלת רדיוס $R$ הנושאת זרם $I$ .
מהו השדה המגנטי בגובה $z$ ממרכז הטבעת, על ציר הסימטריה של הטבעת?

נצייר סקיצה:
פיזיקה2-הרצאה13-שרטוט-2.svg
איפה שאנחנו רוצים לחשב זה הוקטור $\vec{r}$ . נקבע את ראשית הצירים ב- $z=0$ ובמרכז הטבעת.
כעת, נסתכל על וקטור המתאר את $\vec{r}'$ המתאר היכן יש זרם. לשם כך, נבחר נקודה כללית על הטבעת ואז נבצע אינטגרל על כל הנקודות שעל הטבעת.
$\vec{r}'$ ילך ממרכז הטבעת לנקודה על הטבעת, כלומר הוא יהיה בציר $xy$ .
נסמן $\vec{\wp}=\vec{r}-\vec{r}'$ .
נקבע את אורך הקטע על הטבעת $d\vec{\ell}$ .

הבעיה מאוד סימטרית ולכן אנו נצפה כי יהיו רכיבים המבטלים אחד את השני.
נתחיל בקביעת השדה המגנטי כדי לדעת אילו רכיבים מבטלים אחד את השני. (ניתן לדעת גם באמצעות חוק ביו-סבר אך זה יהיה מסובך יותר שכן אז החישוב של חוק ביו-סבר יהיה מסובך יותר)

השדה המגנטי שנוצר מקטע אינפיטיסימלי בתיל הנמצא בצד הימני של ציר ה- $x$ .
ניתן לראות שמכיוון שכל רכיב יוצר את אותו גודל של שדה מגנטי באותו כיוון יחסי אליו לאור העובדה שהזרם קבוע, הרכיבים בכיוון האופקי יבטלו אחד את השני ונשאר רק עם הרכיבים בכיוון האנכי.
לכן, ניתן להסתפק בלחשב אותם בלבד.

d\vec{B}(z\hat{z})=\frac{\mu_{0}}{4\pi} \frac{Id \ell \hat{\theta}\times (-R\hat{r}+z\hat{z})}{\sqrt{ R^2+z^2 }^3}=\frac{\mu_{0}}{4\pi}\frac{IRd\theta \hat{\theta}\times (-R\hat{r}+z\hat{z})}{\sqrt{ R^2+z^2 }^3}=\frac{\mu_{0}I}{4\pi} \frac{R^2d\theta \hat{z}+ Rd\theta z\hat{r}}{(R^2+z^2)^{\frac{3}{2}}}

לאור הסימטריה מספיק לחשב את האינטגרל רק עבור הרכיב של $\hat{z}$ . כלומר:

dB_{z}(z\hat{z})=\frac{\mu_{0}I}{4\pi} \frac{R^2d\theta}{(R^2+z^2)^{\frac{3}{2}}}

נבצע את האינטגרל:

{B}_{z}=\int_{0}^{2\pi} \frac{\mu_{0}I}{4\pi} \frac{R^2d\theta}{(R^2+z^2)^{\frac{3}{2}}}=\frac{\mu_{0}I}{4\pi} \frac{R^2}{(R^2+z^2)^{\frac{3}{2}}}\int_{0}^{2\pi}d\theta=\frac{\mu_{0}I}{2} \frac{R^2}{(R^2+z^2)^\frac{3}{2}}

לכן:

\vec{B}=\frac{\mu_{0}I}{2} \frac{R^2}{(R^2+z^2)^{\frac{3}{2}}}\hat{z}

נשים לב כי השדה המגנטי תלוי ב- $z$ . כלומר, ככל שאנחנו מתרחקים ממרכז הטבעת כך השדה המגנטי נחלש.
בכך, השדה המגנטי הכי חזק נוצר במרכז הטבעת בדיוק.

הערה (נניח ולא ראינו את הסימטריה)

היינו צריכים לבטא את $\hat{r}$ בעזרת מי שאנחנו עושים לו אינטגרל, שבמקרה הזה הוא $\theta$ .
למה? בגלל ש- $\hat{r}$ תלוי ב- $\theta$ . נשים לב כי לא משנה באיזו נקודה אנו נמצאים על ציר ה- $\hat{z}$ ה- $\theta$ שלנו נשארת זהה ולכן, הוא בת"ל עם $\theta$ ולכן לא דורש שינוי. אך $\hat{r}$ תלוי בזווית ולכן הוא תלוי ב- $\theta$ .
נזכר מהקורס במכניקה כי $\hat{r}=\cos\theta \hat{x}+\sin\theta \hat{y}$ .
היינו מסתדרים גם בלי לראות את הסימטריה, אך היינו עושים עוד שני אינטגרלים שלא לצורך.

תרגיל

נתון תיל ישר שאורכו $L$ הנושא זרם $I$ .
נחשב את השדה המגנטי מחוץ לתיל.

נצייר סקיצה:
פיזיקה2-הרצאה13-שרטוט-4.svg
מה מתאר את הנק' הכללית $c$ ? המרחק מהתיל $h$ אבל לא רק, שכן זהו אינו תיל אינסופי ולכן המיקום על התיל משנה.
נסמן את הזווית מהחלק התחתון של התיל $\alpha$ ואת הזווית מחלק העליון של התיל $\beta$ ובאמצעותi נתאר את הנק' $c$ .
יש לנו סימטריה לסיבוב ב- $\hat{\theta}$ ולכן הנק' $c$ מתארת מעגל שלם של נקודות $c$ כאלו אשר להן אותו שדה מגנטי לאור הסימטריה.

כעת, נשתמש בחוק ביו-סבר:

d\vec{B}=\frac{\mu_{0}}{4\pi} \frac{Id \vec{\ell}\times \vec{\wp}}{\wp^2}

נקבע את הראשית של ציר $z$ בהתאם לנק' $c$ שבחרנו.
נבחר נקודה כללית על התיל ונסמן את סביבתה $d \vec{\ell}$ על מנת לחשב באמצעות החוק.
הוקטור $\vec{r}'$ הינו בציר ה- $\hat{z}$ בלבד שכן הוא יוצא מראשית הצירים לנק' על התיל.

d \vec{\ell}=dz\hat{z}

אנו נרצה לעשות את האינטגרל לפי $\theta$ ולכן נקבע לנו $\theta$ .
נסמן את הזווית בין התיל ל- $\vec{\wp}$ ב- $\theta$ ובאמצעותה נמצא את כל הגדלים שלנו.
פיזיקה2-הרצאה13-שרטוט-5.svg

\tan(\pi-\theta)=\frac{h}{z} \implies z=\frac{h}{\tan(\pi-\theta)}=-\frac{h}{\tan\theta}

\sin(\pi-\theta)=\frac{h}{\vec{\wp}}\implies \vec{\wp}=\frac{h}{\sin(\pi-\theta)} =\frac{h}{\sin\theta}

\frac{dz}{d\theta}=\frac{d}{d\theta}\left( -\frac{h\cos\theta}{\sin\theta} \right)=-h \frac{-\sin^2\theta -\cos^2\theta}{\sin^2\theta}=\frac{h}{\sin^2\theta}

dz=\frac{h}{\sin^2\theta}d\theta

מה עשינו עד עכשיו? את כל ההכנות הנדרשות כדי שנוכל לחשב.
אנו יודעים את כיוון השדה המגנטי לפי כלל יד ימין וכעת נותר רק למצוא את גודלו. את זה נעשה לפי חוק ביו-סבר.

|d\vec{B}|=\frac{\mu_{0}}{4\pi} \frac{Id \vec{\ell} |\vec{\wp}|\sin\theta}{\wp^2}=\frac{\mu_{0}I}{4\pi} \frac{\frac{hd\theta}{\sin^2\theta} \cdot \sin\theta}{\frac{h^2}{\sin^2\theta}}=\frac{\mu_{0}I}{4\pi} \frac{\sin\theta}{h}d\theta=\frac{\mu_{0}I}{4\pi h} \sin\theta d\theta

|\vec{B}|=\int_{\alpha}^{\pi-\beta} \frac{\mu_{0}I}{4\pi h}\sin\theta d\theta=\frac{\mu_{0}I}{4\pi h}\left[-\overbracket{\cos(\pi-\beta)}^{-\cos\beta}+\cos\alpha\right]=\frac{\mu_{0}I}{4\pi h}(\cos\alpha+\cos\beta)

נסתכל כעת על כלל יד ימין אשר מה שנעשה בו הוא לנסות להקיף את התיל, כאשר האגודל שלנו עם כיוון הזרם וננסה להגיע אל הנקודה. כאשר הגענו לנקודה, הכיוון שקיבלנו הוא הכיוון של השדה המגנטי.
פיזיקה2-הרצאה13-שרטוט-6.svg
לדוגמה פה, הכיוון של השדה המגנטי הוא תוך הלוח או $-\hat{x}$ .

\vec{B}=-\frac{\mu_{0}I}{4\pi h}(\cos\alpha+\cos\beta)\hat{x}

מקרים פרטיים חשובים

עבור נקודה $c$ הנמצאת מול אמצע התיל בדיוק הזוויות $\alpha,\beta$ שוות ולכן נקבל:
פיזיקה2-הרצאה13-שרטוט-7.svg

|\vec{B}|=\frac{2\mu_{0}I\cos\alpha}{4\pi h}=\frac{\mu_{0}I\cos\alpha}{2\pi h}

עבור תיל אינסופי בכיוון אחד אשר הנק' נמצאת בקצה התיל מהכיוון השני נקבל:
פיזיקה2-הרצאה13-שרטוט-8.svg
נגיד כי $\alpha=90\degree$ ו- $\beta \longrightarrow0$ . ואז:

|\vec{B}|=\frac{\mu_{0}I}{4\pi h}

במקרה של תיל אינסופי בשני הכיוונים $\alpha,\beta \longrightarrow 0$ ואז:
פיזיקה2-הרצאה13-שרטוט-9.svg

B=\frac{\mu_{0}I}{2\pi h}

תרגיל

נתון סליל נושא זרם $I$ .
פיזיקה2-הרצאה13-שרטוט-11.svg
צפיפות הכריכות בסליל הוא $n$ . אורל הסליל $L$ ורדיוס הסליל $R$ .
נתון שהכריכות צפופות מאוד.
חשבו את השדה המגנטי על ציר הסימטריה של הסליל.

בגלל שנתון שהכריכות צפופות מאוד נוכל להזניח את העליה בציר ה- $\hat{z}$ ובכך להתייחס לסליל כאוסף של טבעות בעלות זרם.
ממקודם פתרנו דוגמה על ציר הסימטריה של טבעת ולכן פשוט צריך לעשות סופרפוזיציה עבור מקרה אינוספי של טבעות.
נדרש להיזהר שכן חלק מהטבעות מעלנו וחלק מתחתינו.
נשים לב כי כיוון השדה זהה בין אם הוא מגיע מטבעת שמתחת ובין אם הוא מגיע מטבעת שמעל ולכן יהיה פשוט חיבור שלהם. רק נשים לב כי לכל $z$ שונה יש גודל שדה שונה.

הערה (תזכורת)

\vec{B}(z)=\frac{\mu_{0}I}{2} \frac{R^2}{(z^2+R^2)^{\frac{3}{2}}} \hat{z}

נדרש לבצע כמה חישובים מקדימים על מנת שנוכל לחשב את השדה המגנטי בנקודה.
מיהו ה- $I$ ? מכיוון שכאשר אנו לוקחים על מקטע עם גובה ונסכום על כאלו, בחתיכה שיש לה עובי $dz$ הזרם אינו $I$ יותר שכן יש כמה כריכות ולכן נדרש לקחת בחשבון את צפיפות הכריכות. נקח את הזרם בכל אחד מליפופים כפול כמות הליפופים $AKA$ צפיפות הכריכות.

dB=\frac{\mu_{0} Indz}{2} \frac{R^2}{(z^2+R^2)^{\frac{3}{2}}}

כעת, לאחר שמצאנו את ה- $dI$ שלנו, נרצה לבטא את $z$ ו- $dx$ באמצעות $\theta$ . (למה? כי היא רוצה להראות לנו עוד שיטת עבודה)

z=-\frac{R}{\tan\theta} \qquad \qquad dz=\frac{R}{\sin^2\theta}d\theta

z^2+R^2=\wp^2=\left( \frac{R}{\sin\theta} \right)^2

עכשיו נציב ונחשב את האינטגרל:

dB=\frac{\mu_{0}In \frac{R}{\sin^2\theta}d\theta \cdot R^2}{2\left( \frac{R}{\sin\theta} \right)^3}=\frac{\mu_{0}In}{2}\sin\theta d\theta

נבצע את האינטגל:

|\vec{B}|=\int_{\alpha}^{\pi-\beta} \frac{\mu_{0}In}{2}\sin\theta d\theta=\frac{\mu_{0}In}{2}(\cos\alpha+\cos\beta)

נניח והסליל הוא $\infty$ -י ואז, במקרה הזה: $|\vec{B}|=\mu_{0}In$ בלי קשר לאיפה על הסלילה אנו נמצאים שזה הגיוני שכן הסליל אינוספי ולכן אין סיבה שהנקודה כאן תהיה שונה מהנקודה שם.

חוק אמפר

נסתכל על אינטגרל על שטח סגור כאשר $d \vec{\ell}$ הוא אלמנט מסלול.

\oint \vec{B}\cdot d \vec{\ell}=\mu_{0} I_{in}

כאשר $I_{in}$ הוא הזרם שחוצה את המשטח שנוצר ע"י המסלול הסגור.

נסתכל על 4 זרמים: $I_{1},\dots,I_{4}$
פיזיקה2-הרצאה13-שרטוט-12.svg
נבנה לולאת אמפר שהיא סגורה.
השטח שנוצר ע"י הלולאה הוא השטח בתוך הלולאה והזרם שחותך את המשטח הוא הזרמים הללו.
פה נכנס עוד כלל יד ימין: אם אנחנו עושים אינטגרל על מסלול סגור ורוצים לקבוע את כיוון הנורמל החיובי, נלך אם האצבעות בכיוון הזרם ואז כיוון האגדול הוא הכיוון של הנורמל החיובי.
פיזיקה2-הרצאה13-שרטוט-13.svg
ולכן:

\oint \vec{B}\cdot d \vec{\ell}=\mu_{0}[I_{1}+I_{2}+I_{3}-I_{4}]

אם כמו בחוק גאוס נמצא איזושהי סימטריה נוכל לחשב את השדה די בקלות ע"י הוצאת $B$ כגורם משותף מחוץ לאינטגרל.

דוגמה

נסתכל על שדה מגנטי על תיל אינסופי.
פיזיקה2-הרצאה13-שרטוט-14.svg
השדה המגנטי הוא בכיוון של $\theta$ ולאור הסימטריה הוא תלוי אך ורק ב- $r$ .

\vec{B}(r,\theta,z)=B(r)\hat{\theta}

נציב זאת בחוק אמפר כאשר $d \vec{\ell}$ הוא מסלול שהולך ממש על השדה המגנטי.

\oint B\hat{\theta}\cdot rd\theta\hat{\theta}=\mu_{0} I

B(r)r\oint d\theta=\mu_{0} I

2\pi rB(r)=\mu_{0} I \implies B(r)=\frac{\mu_{0}I}{2\pi r}

הערה (מתי נשתמש בחוק אמפר?)

רק כאשר יש סימטריה ונוכל להוציא את $B$ מהאינטגרל נוכל להשתמש בחוק אמפר.
זה מקביל לחוק גאוס וחוק קולון: אם אין סימטריה נדרש להשתמש בחוק קולון על מנת לפתור את הבעיה.

כמה תרגילים ודוגמות

תרגיל

נתונים שני תיילים ארוכים מאוד ומקבילים. בכל תיל זורם זרם, הזרמים הם $I_{1}$ ו- $I_{2}$ .
המרחק בין התיילים הוא $d$ .
חשבו את הכוח ליחידת אורך הפועל על כל תייל כאשר:

הזרמים באותו כיוון.
הזרמים בכיוונים הפוכים.

מצב (1):
נצייר סקיצה:
פיזיקה2-הרצאה15-שרטוט-1.svg

נסתכל על איזשהו אלמנט $d \ell$ של תיל $2$ ונחשב את הכוח שפועל עליה. למה? כי התיל $\infty$ -י ולכן אנו לא יכולים לחשב את הכוח הפועל על כל התיל.
זה לוקח אותנו לכוח לורנץ שכן אנו במצב של תיל נושא זרם בשדה מגנטי.

d\vec{F}=I d\vec{\ell}\times \vec{B}

נרצה להתאים את הכוח למה שקורה בבעיה הזו:

d\vec{F}_{2}=I_{2}d\ell\hat{x}\times \frac{\mu_{0}I_{1}}{2\pi d}(-\hat{z})=\frac{\mu_{0}I_{1}I_{2}}{2\pi d}d \ell\;\hat{y}

על התיל פועל כוח המושך את תיל 2 לתיל 1.

\frac{d\vec{F}_{2}}{d\ell}=\frac{\mu_{0}I_{1}I_{2}}{2\pi d}\hat{y}

איך נדע מה הכוח שפועל על תיל 1? ניתן לבצע את החישוב מחדש, אך קל יותר לדעת לפי החוק השלישי של ניוטון כי הכוח זהה ולכן:

\frac{d\vec{F}_{1}}{d \ell}=\frac{\mu_{0}I_{1}I_{2}}{2\pi d}(-\hat{y})

מצב (2):
פיזיקה2-הרצאה15-שרטוט-2.svg
מה שקורה פה הוא שהכיוונים של הכוחות מתהפכים, אך גודל הכוח זהה שכן רק הכיוונים השתנו והכל מכפלות.

\frac{d\vec{F}_{2}}{d \ell}= \frac{\mu_{0}I_{1}I_{2}}{2\pi d}(-\hat{y}) \qquad \qquad \frac{d\vec{F}_{1}}{d \ell}=\frac{\mu_{0}I_{1}I_{2}}{2\pi d}\hat{y}

תרגיל

נתון גליל $\infty$ -י בעל רדיוס $a$ הנושא זרם $I$ בכיוון ציר ה- $\hat{z}$ . הזרם אחיד.
מהו השדה המגנטי במרחב?

נצייר סקיצה:
פיזיקה2-הרצאה15-שרטוט-3.svg

מבחינה עקרונית צריך לפצל את העולם לשני חלקים: בתוך הגליל, איפה שיש זרם ומחוץ לגליל, איפה שאין זרם.
נתחיל מסימטריה וכיוונים של דברים. נעבוד כאן בקורדינטות גליליות כי יש לנו כאן גליל.
מכיוון שהגליל $\infty$ -י וצפיפיות הזרם אחידה, אין השפעה של תנועה על ציר ה- $\hat{z}$ ולכן אין תלות של $\vec{B}$ ב- $\hat{z}$ .
בגלל שגליל הוא סימטרי לסיבוב, אין לנו תלות ב- $\hat{\theta}$ . לכן, $\vec{B}$ הוא פונקציה של $\hat{r}$ .
נבצע את כלל יד ימין ונגלה שלא משנה היכן אנו במרחב, השדה המגנטי תמיד בציר ה- $\hat{\theta}$ .

עבור $r<a$ נקח מעגל עם רדיוס שקטן יותר מ- $a$ . המרכז של מעגל זה הוא כמובן ציר הסימטריה שכן נרצה לשמור על הסימטריה.
נגדיר את הזרם $I$ כהולך בכיוון ימין שכן השדה המגנטי הוא לכיוון החיובי שם ולכן יהיה לנו נוח יותר לעבוד איתו.
נשתמש בחוק אמפר כעת:

\oint B(r)\hat{\theta}\cdot rd\theta\hat{\theta}=\mu_{0} \iint \vec{J}\cdot d\vec{s}

מכיוון שהזרם אחיד, צפיפות הזרם היא גם כן אחידה ומתקבלת ע"י הנוסחה: $\vec{J}=\frac{I}{\vec{A}}=\frac{I}{\pi a^2}\hat{z}$ .

\oint B(r)\hat{\theta}\cdot r d\theta\hat{\theta}=\mu_{0}\iint \frac{I}{\pi a^2}\hat{z}\cdot ds \hat{z}

מכיוון ש- $r$ קבוע על המעגל שלנו $B(r)$ הוא סקלר ולכן נוכל להוציאו:

B(r)r\int_{0}^{2\pi}d\theta=\mu_{0} \frac{I}{\pi a^2}\iint ds=\mu_{0} \frac{I}{\cancel{ \pi } a^2}\cancel{ \pi }r^2=\mu_{0} \frac{Ir^2}{a^2}

נשווה ביניהם ונקבל:

\vec{B}(r< a)=\frac{\mu_{0}I}{2\pi a^2}r\;\hat{\theta}

עבור $a<r$ נקח מעגל עם רדיוס שגדול יותר מ- $a$ . המרכז שלו, גם פה, יהיה ציר הסימטריה לאור שמירה על הסימטריה.
עקרונית אנו עושים פה את אותו התהליך וליתר בטחון נבצע אותו שוב.
נבחר את הזרם $I$ על הלולאה שוב לאור אותם הנימוקים מהחלק הקודם של השאלה.
צד שמאל לא השתנה שכן זה בדיוק אותו הדבר ובצד השני נקבל כ- $I_{in}$ את כל ה- $I$ .

B(r)2\pi r=\mu_{0}I

B(r)=\frac{\mu_{0}I}{2\pi r}

זה מתנהג מבחוץ כמו תיל נושא זרם (ממש כמו בחוק גאוס עם כדור ומטען נקודתי)

נסתכל על גרף של השדה המגנטי כתלות ב- $r$ .
פיזיקה2-הרצאה15-שרטוט-4.svg
נסתכל מה קורה כאשר $r\to a$ מימין ומשמאל:

\lim_{ r \to a^+ } \frac{\mu_{0}I}{2\pi r}=\frac{\mu_{0}I}{2\pi a}

\lim_{ r \to a^- } \frac{\mu_{0}I}{2\pi a^2}r=\frac{\mu_{0}I}{2\pi a}

לכן, לאור שוויון הגבולות ורציפותן של שתי הפונקציות, נקבל כי הפונקציה שנקבל רציפה!

תרגיל

נתונה טבלה $\infty$ -ית בכיוונים $xy$ ובעלת עובי $d$ בכיוון $z$ .
הטבלה נושאת זרם בצפיפות אחידה $\vec{J}=J_{0}\hat{y}$ .
חשבו את השדה המגנטי במרחב

נצייר סקיצה של המערכת:
פיזיקה2-הרצאה15-שרטוט-5.svg
נתון כי צפיפות הזרם היא בכיוון של $\hat{y}$ ולכן, הזרם גם הוא בכיוון $\hat{y}$ . ניתן לראות זאת בשרטוט עם החצים.

נתחיל מסימטריות וכיוונים. נעבוד פה במערכת צירים קרטזית כמובן:

נתחיל מלהסתכל על הכיוון של השדה המגנטי עבור נקודה כלשהי מעל הטבלה. נעזר בכיוון הזרם ובכלל יד ימין ונגלה כי מימן הוא מקבל תרומה לכיוון $xz$ באלכסון למעלה של השדה המגנטי ומשמאל הוא מקבל תרומה לכיוון $xz$ באלכסון למטה של השדה המגנטי.
הרכיבים בציר ה- $\hat{z}$ מבטלים זה את זה ולכן השדה החשמלי הינו בהכרח בכיוון $\hat{x}$ לכל $z>0$ .
נסתכל כעת על נקודה מתחת לטבלה. נקבל משהו דומה מאוד רק לכיוון השני כך שנשאר רק עם רכיבים בכיוון $-\hat{x}$ .
לכן, עבור נקודות מתחת לטבלה( $z<0$ ) נקבל את השדה המגנטי לכיוון $-\hat{x}$ .
אם אנו נמצאים בתוך הטבלה אך לא באמצע (שכן באמצע הם מבטלים אחד את השני) אז נעביר קו, ולפי מיקומו בציר ה- $\hat{z}$ נדע "מי מנצח" כלומר, באיזה כיוון השדה המגנטי משפיע חזק יותר: לימין או לשמאל.
עוצמת הזרם מימין ומשמאל לנקודה זהה שכן הטבלה אינסופית בכיוונים אלו ולכן השדה בכיוון $\pm \hat{z}$ מתבטל לא משנה באיזו נקודה בטבלה אנו נמצאים.
אם יש יותר זרם שמגיע מלמטה, כלומר, אם הנקודה נמצאת ב- $0<z< \frac{d}{2}$ אז השדה המגנטי יהיה לכיוון $\hat{x}$ ואם הנקודה נמצאת ב- $-\frac{d}{2}<z<0$ אז השדה המגנטי יהיה לכיוון ו- $-\hat{x}$ .

נסכם:

\hat{B}=\begin{cases} \hat{x} & z>0 \\ -\hat{x} & z<0 \end{cases}

|B(x,y,z)|=|B(z)|

נשים לב כי בנוסף יש לנו סימטריה של שיקוף שכן ציר הסימטריה של הטבלה עובר בדיוק במרכזה ולכן: $|B(-z)|=|B(+z)|$ לכל $z \in \mathbb{R}$ .

כעת ניתן לחשוב על לולאת אמפר מתאימה על מנת למצוא את גודל השדה במרחב. נפצל את הבעיה גם פה לבפנים ובחוץ:

נתחיל מהבפנים, כלומר, כאשר $|z|< \frac{d}{2}$ :
בבעיות הקודמות השדה המגנטי היה תלוי ב- $r$ ולכן לקחנו לולאה שעבורה $r$ הוא קבועה, כלומר, מעגל.
בדוגמה זו נרצה לעשות משהו דומה. האם ניתן לקחת משהו שלו $z$ קבוע? כן, זה קו ישר. לא בדיוק לולאה.
נוכל לבצע טריק ולקחת מלבן חלול אשר הצדדים שלו יתבטלו לאור המכפלה הסקלרית ולכן נשאר רק עם יצורים ב- $z$ קבוע.
נגדיר לולאה באורך $\ell$ ובגובה $2z$ אשר עליה זרם $I$ הנע בכיוון ימין בצלע העליונה.

נבצע כעת את חוק אמפר:
$\oint \vec{B}\cdot d \vec{\ell}=\mu_{0}I_{in}$
תחילה נלך על הצלע העליונה וממנה נקבל $|B(z)|\ell$ . נמשיך בשתי הצלעות האנכיות לציר ה- $\hat{x}$ נקבל $0$ לאור המכפלה הסקלרית.
נמשיך לבסוף ללכת על הצלע ב- $-z$ ונקבל ממנה $|B(z)|\ell$ לאור הסימטריה. לכן:
$2\ell|B(z)|=\mu_{0} J_{0}(2z\ell)\implies |B(z)|=\mu_{0}J_{0}z$
וזוהי התוצאה למה שקורה בתוך הטבלה.
כעת נעבור לבחוץ. כלומר, כאשר $|z|> \frac{d}{2}$ .
נשתמש בלולאת אמפר דומה אך חיצונית לטבלה.
כאשר אנו עולים למעלה או יורדים למטה באופן אנכי, השדה המגנטי מתאפס לאור המכפלה הסקלרית.
כאשר אנו הולכים בכיוון $\hat{x}$ או $-\hat{x}$ אזי השדה המתקבל הינו $|B(z)|\ell$ ו- $|B(-z)|\ell$ בהתאמה.
לכן, לפי חוק אמפר:
$2|B(z)|\ell=|B(z)|\ell+|B(-z)|\ell=\mu_{0}J_{0}\ell d \implies |B(z)|=\frac{\mu_{0}J_{0}d}{2}$
נשים לב כי התוצאה שקיבלנו אינה תלויה ב- $z$ .

נסכם:

\vec{B}(z)=\begin{cases} \displaystyle\frac{\mu_{0}J_{0}d}{2}(-\hat{x}) & z<-\frac{d}{2} \\ \displaystyle\mu_{0}J_{0}z\;(-\hat{x}) & -\frac{d}{2}<z< 0 \\ \displaystyle\mu_{0}J_{0}z\;\hat{x} & 0<z< \frac{d}{2} \\ \displaystyle\frac{\mu_{0}J_{0}d}{2}\hat{x} & \frac{d}{2}<z \end{cases}

בעזרת חוק ביו סבר אנו התייחסנו עד כה לסליל בו הכריכות צפופות מאוד וקיבלנו איזשהו ביטוי שתלוי ב- $\cos\alpha$ ו- $\cos\beta$ .
לאחר מכן, לקחנו את המקרה של סליל אינוספי שכזה ואז קיבלנו $B=\mu_{0}nI$ . זה נכון אך ורק לסליל אינסופי צפוף.
נסתכל על דרך למצוא את אותה תוצאה באמצעות חוק אמפר כאשר נתון לנו נתון נוסף:

תרגיל

יהי סליל אינסופי בו עובר זרם נגד כיוון השעון ונניח שידוע כי מחוץ לשדה $B=0$ .
פיזיקה2 - הרצאה 16 - תמונה 1.svg
חשבו את השדה המגנטי דרך הסליל.

באמצעות כלל יד ימין נדע שכיוון השדה המגנטי בתוך הסליל הוא בכיוון $+\hat{z}$ .
מכיוון שהסליל $\infty$ -י נוכל להגיד ש- $B$ לא יכול להיות תלוי ב- $z$ או ב- $\theta$ .
נשתמש כעת בלולאת אמפר על מנת לחשב את השדה המגנטי בדרך פשוטה:

נבחר נקודה מסויימת בתוך הסליל, נעלה למעלה ב- $\ell$ .
נלך ימינה $\ell$ עד שנצא מהסליל וקצת.
נרד למטה ב- $\ell$ .
נחזור לנקודת ההתחלה באמצעות תנועה שמאלה של $\ell$ .

פיזיקה2 - הרצאה 16 - תמונה 2.svg
נשים לב כי רק צלע אחת תורמת לשדה(כי הצלע ממולה ב- $B=0$ ) והיא הצלע האנכית בתוך הסליל. לכן, עבור לולאה מסויימת, מתקיים כי $r$ קבוע ולכן:

\oint \vec{B}(r)\cdot d \vec{\ell}=B(r)\ell=\mu_{0}I(\text{\#}\R{\text{כריכות}})=\mu_{0}In \ell

B(r)=\mu_{0}In

שזה בדיוק הביטי שקיבלנו פעם קודמת.

תרגיל

יהי גליל $\infty$ -י בכיוון $\hat{z}$ ובעל רדיוס $a$ טעון בצפיפות מטען נפחית אחידה $\rho_{0}$ .
הגליל מסתובב סביב ציר הסימטריה שלו במהירות זוויתית קבועה $\omega$ .
מהו השדה המגנטי במרחב?

נצייר סקיצה של הבעיה:
פיזיקה2 - הרצאה 16 - תמונה 3.svg
הזרם שנוצר בגליל הוא לא "זרם" כמו שאנחנו רגילים להגיד, אלא הוא נובע מהסיבוב של הגליל סביב ציר הסימטריה שלו (לכן יש תנועת מטענים וזה בדיוק זרם)
נשים לב שבגלל שזה כמו הרחבה של סליל אינסופי(סופרפוזיציה של הרבה סלילים צפופים $\infty$ -יים) אז נוכל להגיד ש- $\vec{B}=0$ מחוץ לגליל.
מה שזה עוד נותן לנו הוא מה שאפשר לקבל גם מכלל יד ימין והוא שכיוון השדה המגנטי בתוך הגליל הוא $\hat{z}$ .

פה נשתמש בלולאת אמפר זהה לזו שהשתמשנו בה בשאלה הקודמת שכן זו בעיה מאוד דומה.
פיזיקה2 - הרצאה 16 - תמונה 4.svg
עבור הלולאה שבנינו מתקיים חוק אמפר $\displaystyle \oint \vec{B}\cdot d \vec{\ell}=\mu_{0}I_{in}$ .
ה- $r$ על הלולאה קבוע, שכן השדה בחוץ הוא $0$ ומאותם נימוקים של הסליל האינסופי.

B(r)dz=\mu_{0}I_{in}

כאשר $dz$ הוא אורך צלע של הלולאה.
כעת נרצה לדעת מהו $I_{in}$ : מכיוון שהוא מסתכל רק על הבפנוכו של הלולאה נקבל שהזרם שמעניין אותנו הוא החלק החיצוני של הגליל שנמצא בתוך הלולאה שמסתובב. הוא הזרם שלנו וכעת נוכל לחשבו:

\frac{dQ}{dt}=\frac{\rho dV}{dt}=\frac{\rho rdrd\theta dz}{dt}=\rho\omega rdrdz

ואז נקבל:

B(r)\cancel{ dz }=\mu_{0}\cancel{ dz }\int_{r}^a \omega \rho \tilde{r}d\tilde{r}

B(r)=\frac{\mu_{0}\omega \rho}{2}(a^2-r^2)

אם נרצה למצוא את $I_{in}$ בדרך קצת אחרת נוכל לעשות:

I=\iint \vec{J}\cdot d\vec{s}=\iint \rho \vec{v}\cdot d\vec{s}=\iint \rho_{0}\omega r\hat{\theta}\cdot drdz\hat{\theta}

הערה (המלצה של חנה)

לא בכל הבעיות ה- $\vec{J}$ מוגדר ולכן, כדאי לזכור את השיטה של $\frac{dQ}{dt}$ שכן היא תעבוד בקורס הזה בבעיות כאלו תמיד.

דינמיקה מגנטית

כל הזרמים שעסקנו בהם עד כה היו סטטים - הייתה צפיפות זרם אחידה או לא אחידה, אך הזרם לא השתנה כתלות בזמן.
כעת, אנו הולכים לדבר על בעיות בהן הזרם כן משתנה כתלות בזמן, מה שיכול לגרום לשדה המגנטי להשתנות כתלות בזמן.

חוק פאראדי

נניח ויש לנו לולאה סגורה ומוליכה ואין לנו מקור מתח ואז אנחנו לוקחים מגנט ומכניסים ומוציאים אותו מהלולאה.
פיזיקה2 - הרצאה 16 - תמונה 5.svg
זה גורם לשינוי בשדה המגנטי באיזור הזה ומסתבר שזה יוצר זרם.

משפט (חוק פאראדי)

תהי לולאה סגורה ומוליכה ויהי שדה מגנטי משתנה אזי:

\epsilon=-\frac{d\Phi_{\Tiny B}}{dt}

כאשר $\Phi_{\Tiny B}=\displaystyle \iint \vec{B}\cdot d\vec{s}$ .

המינוס שיש בנוסחה הוא לאור חוק לנץ' והוא:

משפט (חוק לנץ')

הכא"מ המושרה מתקבל בכיוון שיוצר זרם שמנסה לבטל את מה שיצר אותו.

מה גורם לשינוי בשטף המגנטי?

שינוי ב- $\vec{B}$
שינוי ב- $d\vec{s}$ . כלומר, בשטח.
שינוי בזווית בין $d\vec{s}$ ל- $\vec{B}$ .

תרגיל

יהי שדה מגנטי אחיד שכיוונו לפנים הלוח.
בנוסף, יש לנו לולאה מוליכה בתצורת ח' בסיבוב $90\degree$ וידוע כי האורך של הצלע הקצרה של הלולאה הוא $\ell$ .
בנוסף, יש לנו מוט מוליך בעל התנגדות $R$ הניצב על הלולאה ומניעים אותו במהירות $v\hat{x}$ .
פיזיקה2 - הרצאה 16 - תמונה 6.svg
השטח של הלולאה בעצם הולך וגדל כאשר אנו מזיזים את המוט החוצה.

מהו הכוח $\vec{F}_{ext}$ שיש להפעיל על המוט כדי שהתהליך יתרחש?

נניח כי אין פה גרוויטציה וכוח נורמל, או שהם מבטלים אחד את השני.
השטח משתנה ולכן, לפי פאראדיי יש כא"מ מושרה.
לפי חוק לנץ' אנו יודעים שהכא"מ המושרה יווצר כך שהזרם שיווצר יצור שדה מגנטי בכיוון המנוגד לכיוון השדה המגנטי הוא מקורי("אין ארוחות חינם" - חנה) לכן, כיוון הזרם שיווצר הוא נגד כיוון השעון.

אנו יודעים כי המוט נע במהירות קבועה ולכן, שקול הכוחות הפועל על המוט בהכרח $0$ .
אילו כוחות פועלים על המוט? כוח לורנץ' ןאיזשהו כוח חיצוני
פיזיקה2 - הרצאה 16 - תמונה 7.svg
נתחיל לחשב:

\underset{\R{\text{לורץ'}}}{\vec{F}}=I\int d \vec{\ell}\times \vec{B}=I\ell B

\vec{F}_{ext}=-\underset{\R{\text{לורץ'}}}{\vec{F}}=I\ell B(+\hat{x})

כעת נרצה לחשב את $I$ . נעשה זאת באמצעות הנוסחה:

I=\frac{\epsilon}{R}=-\frac{1}{R} \frac{d\Phi_{\Tiny B}}{dt}

נבנה פונקציה עבור השטף המגנטי:

\Phi_{\Tiny B}=\iint \vec{B}\cdot d\vec{s}=BS(t)=B(\ell \cdot vt)=B\ell vt

|\epsilon|=\left| -\frac{d\Phi_{\Tiny B}}{dt} \right|=B\ell v

I=\frac{B\ell v}{R}

ואז נקבל:

\vec{F}_{ext}=\frac{B^2\ell^2v}{R}\hat{x}

וזוהי התשובה שלנו.

הערה

נניח ולא היה כתוב באופן מפורש שהמוט התחיל ב- $x=0$ אזי היינו מקבלים:

BS(t)=B\ell(x_{0}+vt)

וכל השאר יהיה בהתאם.

תרגיל

מסגרת ריבועית מוליכה בעלת התנגדות $R$ ואורך צלע $a$ נעה במהירות קבועה $v$ ונכנסת לאזור שרוחבו $d$ שבו שורר שדה מגנטי אחיד $B$ .
נתון כי $d>a$ .
א. ציירו גרף של השטף המגנטי דרך המסגרת כתלות במיקום של המסגרת.
ב. ציירו גרף של הכא"מ המושרה כפונקציה של מיקום המסגרת.

נצייר סקיצה:
פיזיקה2 - הרצאה 16 - תמונה 8.svg
נתחיל בלתאר את השטף המגנטי כאשר אנו מגדירים ששטף מגנטי חיובי הוא כאשר השדה המגנטי נכנס לתוך הלוח:

כל עוד המסגרת לא נכנסת לשדה המגנטי, השטף המגני הינו $\Phi_{\Tiny B}=0$ .
אחרי שהמסגרת קצת נכנסה פנימה אך לא עוד כולה בפנים, השטף בתהליך גדילה שכן אנו עוברים מאפס שטף ליותר ויותר שטף בפנים. השטף המקסימלי יתקבל כאשר כל השטח בפנים.
איך נראית העליה הזו? ליניארית שכן המהירות קבועה ולכן השטח גדל באופן קבוע.
אחרי שהמסגרת נמצאת כולה בפנים יהיה לנו שטף קבוע כל עוד כל המסגרת בתוך השדה.
כאשר המסגרת מתחילה לצאת, נקבל ירידה ליניארית של השטף עד שנגיע ל- $0$ .
כאשר המסגרת נמצאת לגמרי מחוץ לאיזור של השדה המגנטי נקבל שוב $\Phi_{\Tiny B}=0$ .

כעת, נתאר את הכא"מ כתלות במיקום:

לפני שהמסגרת נכנסת לשדה המגנטי, הנגזרת היא $0$ ולכן $\epsilon=0$ .
כאשר מתחילה כניסה, לאור הגרף הליניארי של השטף, הנגזרת היא מספר קבוע, קטן מאפס לאור המינוס.
לאחר שהמסגרת כולה נכנסה השטף קבוע ולכן הנגזרת היא שוב $0$ .
כאשר מתחילה יציאה, לאור הגרף הליניארי של השטף, הנגזרת היא מספר קבוע, גדול מאפס לאור המינוס.

כעת, נשרטט את הגרפים:
פיזיקה2 - הרצאה 16 - תמונה 9.svg

חוק גאוס המגנטי

משפט (חוק גאוס המגנטי)

השטף המגנטי דרך כל משטח סגור תמיד שווה ל- $0$ . כלומר,

\oiint \vec{B}\cdot d\vec{s}=0

בצורה הדיפרנציאלית:

\vec{\nabla}\cdot \vec{B}=0

חוק זה נובע מהעובדה שמגנטים תמיד באים בזוגות ולכן, לקווי השדה המגנטי אין התחלה וסוף, אלא הם תמיד לולאה סגורה.

הערה

ניתן לתאר את חוק גאוס המגנטי כך:

אין מונופולים מגנטיים.
קווי השדה המגנטי הם לולאות סגורות.
(של מתמטיקאים) לשדה המגנטי אין מקורות. (כלומר, אין איזשהו קוטב צפוני מגנטי לבד)

הכנה למשוואות מקסוול

\begin{array}{|c|c|c|} \hline \R{\text{צורה דיפרנציאלית}} & \R{\text{צורה אינטגרלית}} \\ \hline \displaystyle \vec{\nabla}\cdot \vec{E}=4\pi k\rho=\frac{\rho}{\epsilon_{0}} & \displaystyle \oiint \vec{E}\cdot d\vec{s}=4\pi kQ_{in}=\frac{Q_{in}}{\epsilon_{0}} & \R{\text{חוק גאוס}} \\ \hline \vec{\nabla}\times \underset{\R{\text{אלקטרוסטטי}}}{\vec{E}}=\vec{0}+{\color{red}?} & \epsilon=\displaystyle \oint \vec{E}\cdot d \vec{\ell} \quad \epsilon=-\frac{d\Phi_{\Tiny B}}{dt} & \R{\text{חוק פאראדי}} \\ \hline \vec{\nabla}\cdot \vec{B}=0 & \displaystyle \oiint \vec{B}\cdot d\vec{s}=0 & \R{\text{חוק גאוס המגנטי}} \\ \hline \vec{\nabla}\times \vec{B}=\mu_{0}\vec{J}+{\color{red}?} & \displaystyle \oint \vec{B}\cdot d \vec{\ell}=\mu_{0}I_{in}+{\color{red}?} & \R{\text{חוק אמפר}} \\ \hline \end{array}

סימני השאלה שמופיעים פה הינם דברים שנראה בהמשך הקורס ולאחר שנראה אותם נוכל להגיד שראינו את כל חשמל ומגנטיות ומשם נלך לגלים.

השראות, משרנים ומעגלי $RL$

השראות

הגדרה 1 (השראות עצמית)

$L$ נקרא השראות עצמית כאשר הוא היחס בין השטף המגנטי לבין הזרם שיצר את השטף המגנטי.

L=\frac{\Phi_{\Tiny B}}{I} = \left[ \frac{T\cdot m^2}{A} \right]=\left[ \frac{T\cdot m^2 \cdot \sec}{C} \right]=[H - \R{\text{הנרי}}]

חוק פאראדי אומר $\epsilon=-\frac{\Phi_{\Tiny B}}{dt}$ ולכן:

\epsilon=-\frac{d}{dt}(LI)=-L \frac{dI}{dt}

דוגמה (מוצאים השראות עצמית)

אנו נסתכל על סליל ארוך באורך $\ell$ בעל צפיפות כרירות גדולה $n$ ורדיוס כרירות $R$ .
עבור היצור הזה נרצה לחשב את ההשראות העצמית שלו.
פיזיקה2 - הרצאה 17 - תמונה 1.svg

כאשר אומרים לנו שהסליל ארוך בעצם אומרים לנו $\ell\gg R$ וכאשר אומרים לנו שצפיפות הכריכות גדולה בעצם אומרים לנו כי $n\gg 1$ .

תמיד נניח זרם $I$ וממנו נמצא את $\vec{B}$ .
לאחר שאנו מוצאים את $B$ אנו מוצאים את השטף המגנטי ואז אנו מציבים בנוסחה $L=\frac{\Phi_{\Tiny B}}{I}$ .

נניח וזורם זרם $I$ נגד כיוון השעון. אנו יודעים, מאחד התרגילים ממקודם, כי $\underset{\R{\text{בתוך הסליל}}}{\vec{B}}=\mu_{0}nI$ .
נרצה למצוא את השטף המגנטי. נשים לב כי את כל הלולאות חוצה השדה המגנטי ולכן השטף יהיה המכפלה בין מספר הלולאות( $n\ell$ ) ובין השטף על לולאה אחת(שהוא $\vec{B}$ שחישבנו ממקודם)
מכיוון שהוא אחיד, נוכל פשוט להכפיל בשטח של הלולאה על מנת לקבל את השטף:

\Phi_{\Tiny B}=n\ell \mu_{0}nI\pi R^2=\mu_{0}n^2\ell \pi R^2I

נמצא את ההשראות העצמית:

L=\mu_{0}n^2\ell \pi R^2

נשים לב כי פה יש לנו תלות אך ורק בגיאומטריה של הסליל. הוא לא תלוי בזרם כלל.

כעת, נסתכל על עוד סליל, למען האמת שני סלילים מלופפים אשר אינם נוגעים אחד בשני ובכך, אין ביניהם מעבר זרם.
פיזיקה2 - הרצאה 17 - תמונה 2.svg
אם יהיה זרם בסליל $\mathrm{I}$ , יווצר שדה מגנטי בתוך הסליל. השדה המגנטי הזה חוצה את סליל $\mathrm{II}$ גם כן ולכן יהיה שטף מגנטי דרך סליל $\mathrm{II}$ .
אם הזרם אינו קבוע ⟸ השדה המגנטי ישתנה בזמן ⟸ יווצר זרם ב- $\mathrm{II}$ ⟸ יווצר שדה מגנטי מושרה אשר יתנגד לשדה המגנטי שיוצר $\mathrm{I}$ .

הגדרה 2 (השראות הדדית)

יהיו שני גופים מוליכים $1$ ו- $2$ .
השטף המגנטי ש- $1$ יוצר דרך $2$ יקרא ההשראות ההדדית ונסמן $M_{12}$ .

M_{12}=\frac{\Phi_{12}}{I_{1}} \qquad \quad \qquad M_{21}=\frac{\Phi_{21}}{I_{2}}

גם ליצור זה יחידות $H$ הנרי.

שימוש אחד של הדבר הזה הוא חישוב הכא"מ המושרה שנוצר לאור שינו מסויים בזרם כך:

\epsilon_{2}=-\frac{d\Phi_{12}}{dt}=-\frac{d}{dt}(M_{12}I_{1})=-M_{12} \frac{dI_{1}}{dt}

\epsilon_{1}=-M_{21} \frac{dI_{2}}{dt}

תרגיל

נתונים שני סלילים: $a$ ו- $b$ . לשני הסלילים אותו אורך $\ell$ . הסלילים קואקסיאליים(יש להם ציר סימטריה משותף)
רדיוסי הסלילים הם $a$ ו- $b$ בהתאמה ונתון $a<b$ . צפיפויות הכריכות הם $n_{a}$ ו- $n_{b}$ בהתאמה. נתון כי $n_{a},n_{b}\gg 1$ וכי $\ell\gg a,b$ .
מצאו את ההשראות ההדדית בין שני הסלילים.

נשרטט סקיצה:
פיזיקה2 - הרצאה 17 - תמונה 3.svg
ניתן להתייחס לסלילים מבחינת השדה המגנטי שלהם כסלילים אינסופיים, מכיוון ש- $\ell\gg a,b$ .

נתחיל מלמצוא את $M_{ab}$ - איך $a$ משפיע על $b$ . זה, לפי הנוסחה שווה ל- $M_{ab}=\frac{\Phi_{ab}}{I_{a}}$ .
כדי למצוא את זה נניח כי בסליל $a$ זורם זרם $I_{a}$ . כתוצאה מכך נוצר שדה מגנטי בסליל $a$ שגודלו $B=\mu_{0}n_{a}I_{_{a}}$ לפי הנוסחה הידועה שראינו.
נשים לב כי כעת, נוצר שטף מגנטי $\Phi_{ab}$ בסליל $b$ .

\Phi_{ab}=\underbracket{n_{b}\ell}_{\R{\text{עבור כל הלולאות}}} \;\underbracket{\mu_{0}n_{a}I_{a}}_{\R{\text{השדה המגנטי}}}\;\underbracket{\pi a^2}_{\R{\text{השטח בו השדה}}}

M_{ab}=\mu_{0}n_{a}n_{b}\ell \pi a^2

קיבלנו כאן איזושהי תכונה שקשורה לגיאומטריה של המערכת - היא לא קשורה רק לגיאומטריה של סליל אחד, אלא היא קשורה לשני הסלילים.

נמשיך ונחשב את $M_{ba}=\frac{\Phi_{ba}}{I_{b}}$ . נחשב אותו כפי שעשינו קודם:

נניח שזורם זרם $I_{b}$ בסליל $b$ . ⟸ נוצר שדה מגנטי, אשר ערכו $\vec{B}=\mu_{0}n_{b}I_{b}$
נוצר שטף מגנטי דרך הסליל $a$ והוא $\Phi_{ba}=n_{a}\ell \mu_{0}n_{b}I_{b}\pi a^2$ (נשים לב כי לאור העובדה ש- $a<b$ החלק שמשפיע על $a$ הוא רק מה שנמצא בתוך הסליל $a$ ולכן, $\pi a^2$ הוא השטח הרלוונטי)
אנו מקבלים פה ביטוי שהוא כמעט זהה לביטוי הקודם.

M_{ba}=\mu_{0}n_{a}n_{b}\ell \pi a^2

נשים לב כי הביטויים הללו זהים! (כלומר, $M_{ab}=M_{ba}$ )

משפט (הדדיות)

עבור כל שני רכיבים כלליים, $M_{12}=M_{21}$ .

הוכחה: ראינו עד כה דוגמה למקרה פרטי, ההוכחה אינה תהיה חלק מהקורס הזה שכן זה דורש פוטנציאל וקטורי.

מעגלים חשמליים בעלי משרנים

הערה

מכיוון שהסמסטר הינו מקוצר, אנו נסתפק במעגלי $RL$ .
אנו לא נראה מעגלי $LC$ או מעגלי $RLC$ .

אנו נסתכל על המעגל החשמלי הבא:
פיזיקה2 - הרצאה 17 - תמונה 4.svg

סוללה אידיאלית המספקת $\epsilon$ .
מחוברת לנגד $R$ וסליל בעל השראות עצמית $L$ נתונה.
יש בנוסף מתג $S$ $S$ היכול לזוז בין שני מצבים.
- $A$ - כאשר המתג במצב זה, המעגל בטעינה ויש בו סוללה, נגד וסליל.
- $B$ - כאשר המתג במצב זה, אנו נשארים עם מעגל שיש בו רק את הנגד $R$ ואת הסליל $L$ .

אנו נתחיל בלהסתכל על המעגל בטעינה (כלומר, כאשר המתג במצב $A$ )
פיזיקה2 - הרצאה 17 - תמונה 5.svg
אנו חייבים לתת תנאי התחלה לבעיה ולכן: ידוע כי ברגע $t=0$ הזרם במעגל היה $0$ . (כאשר $t=0$ הוא רגע סגירת המתג במצב $A$ )
נרצה למצוא את הזרם ואת המתחים במעגל.
עד כה כאשר עסקנו ברכיבים פשוטים עם חוטים אידאליים אשר אין עליהם מתח. כעת, יש לנו חוט שמלופף בסליל ולכן יש עליו מתח.
לכן, נדרש לקחת בחשבון בחוקי קירכהוף את התיקון שאומר שנופל על החוט מתח. שכן אז נקבל כא"מ מושרה.

דרך הפתרון:

נסמן זרמים.
בהתאמה לזרמים נסמן $(+)$ ו- $(-)$ של המתחים על כל הרכיבים שהם אינם סוללות.
עבור סוללות נסמן בהתאם להדקים.

הערה

נזכר כי מחוק פאראדי אנו מקבלים כי:

V_{L}=L \frac{dI}{dt}

נסמן את הזרמים והכיוונים:
פיזיקה2 - הרצאה 17 - תמונה 6.svg
לפני סגירת המעגל, לא היה זרם ולכן לא היה כא"מ מושרה או שדה מגנטי.
כאשר זרם מתחיל לעבור דרך הסליל, נוצר שדה מגנטי ובכך נוצר כא"מ מושרה המנסה לדחוף זרם בכיוון ההפוך.
⟸ יש לנו משהו שהוא פסודו-סוללה אשר נמצאת בכיוון ההפוך.
המלצה: לעבוד רק על פי מה שאמרנו בדרך הפתרון. אחרת יכולים להיות לנו בעיות.

נוכל להשתמש בחוקי קירכהוף עם התיקון ונכתוב את חוק הלולאה של קירכהוף:

RI+L \frac{dI}{dt}-\epsilon=0

\frac{dI}{dt}=\frac{\epsilon}{L}-\frac{R}{L}I

נקבל מדר מסדר ראשון: $\dot{f}=-\alpha f+\beta\implies f(t)=Ae^{-\alpha t}+\frac{\beta}{\alpha}$ ונבצע אותו כאשר אצלנו $\alpha=\frac{R}{L},\beta=\frac{\epsilon}{L}$ .

I(t)=Ae^{-\frac{R}{L}t}+\frac{\epsilon}{R}

כעת, נותר לקבוע את $A$ לפי תנאי הבעיה. נשתמש לאור כך בתנאי ההתחלה שלנו:

I(0)=0=Ae^{0}+\frac{\epsilon}{R}=A+\frac{\epsilon}{R}\implies A=-\frac{\epsilon}{R}

ולכן נקבל:

\boxed{I(t)=-\frac{\epsilon}{R}e^{-\frac{R}{L}t}+\frac{\epsilon}{R}=\frac{\epsilon}{R}(1-e^{-\frac{R}{L}t})}

הערה

אם מסמנים $\tau=\frac{L}{R}$ אז ניתן לכתוב:

I(t)=\frac{\epsilon}{R}(1-e^{-\frac{t}{\tau}})

נסתכל על גרף של הזרם כתלות בזמן:

ברגע $t=0$ הזרם מתחיל מ- $0$ .
כאשר $t\to \infty$ הזרם שואף ל- $\frac{\epsilon}{R}$ . (אסימפטוטה אופקית)

פיזיקה2 - הרצאה 17 - תמונה 7.svg

נצייר כעת גרף של המתחים כתלות בזמן. נעשה שני גרפים בצבעים שונים עבור הנגד והסליל.

המתח על הנגד נראה אותו הדבר כמו הגרף של הזרם פשוט עם כפולה ב- $R$ .
המתח על הסליל זה בעצם לקחת את $L$ להכפילו בנגזרת של הזרם לפי הזמן. נקבל בעצם גרף המתכנס ב- $\infty$ ל- $0$ .
הסכום של שני אלו ביחד נותן לנו קבוע שערכו $\epsilon$ כפי שאנו יודעים מקירכהוף.

פיזיקה2 - הרצאה 17 - תמונה 8.svg

הערה

הסליל (המשרן) לא מאפשר אי-רציפות(קפיצות) בזרם דרכו.

כעת, אנו נסתכל על המעגל בפריקה, בו יש נגד ומשרן.
פיזיקה2 - הרצאה 18 - תמונה 1.svg
ידוע כי ברגע $t=0$ זרם זרם $I_{0}$ במעגל. (איך זה יכול להיות? אנו לא יודעים מה קרה לפני כן, יכול להיות שהמשרן היה מחובר לסוללה קודם)
אנו נלך לפי חוקי קירכהוף.
נכתוב את חוק הלולאה:

IR+L \frac{dI}{dt}=0

קיבלנו מד"ר, נרצה להביא אותו לתצורה $\dot{f}=-\alpha f\implies f(t)=Ae^{-\alpha t}$ .

\frac{dI}{dt}=-\frac{R}{L}I

I(t)=Ae^{-\frac{R}{L}t}

נמצא את $A$ מתוך תנאי ההתחלה: $I(0)=Ae^0=A=I_{0}$ ולכן נקבל כי:

\boxed{I(t)=I_{0}e^{-\frac{R}{L}t}}

נסתכל על הגרף של הזרם במעגל כתלות בזמן:
פיזיקה2 - הרצאה 18 - תמונה 2.svg
המתח על המשרן הינו:

V_{L}=L \frac{dI}{dt}=L I_{0} e^{-\frac{R}{L}t} \left( -\frac{R}{L} \right)=-I_{0}\mathrm{Re}^{-\frac{R}{L}t}

פיזיקה2 - הרצאה 18 - תמונה 3.svg
נשים לב כי גם פה הירידה היא לא ב"בום", אלא ירידה הדרגתית יותר.

משפט (מעגלי

RL

)

במעגל $RL$ נקבל כי:

\begin{matrix} \R{\text{טעינה}} & \R{\text{פריקה}} \\ I(t)=\frac{\epsilon}{R}(1-e^{-\frac{R}{L}t}) \quad & \quad I(t)=I_{0}e^{-\frac{R}{L}t} \end{matrix}

נביט כעת בהבדלים בין קבל למשרן(סליל) בטבלה הבאה:

\begin{array}{cc|c|c|} & & \R{\text{סליל}} & \R{\text{קבל}} \\ \hline \R{\text{שבריר שניה אחרי סגירת המעגל}} & t\to0^+ & \begin{matrix} \R{\text{נתק - רגע אחרי סגירת המעגל}} \\ \R{\text{עוד לא יזרום זרם במעגל}} \\ (\R{\text{ בטעינה}}RL) \end{matrix} & \R{\text{קצר - CR בטעינה}} \\ \hline \R{\text{לאחר זמן רב}} & t\to \infty & V_{L}=0\R{\text{קצר - כמו חוט אידיאלי }} & I_{C}=0 \R{\text{נתק - לא זורם זרם דרך הקבל }} \\ \hline \end{array}

אנרגיה האצורה במשרן

נסתכל שוב על המעגל שראינו בטעינה( $RL$ )
פיזיקה2 - הרצאה 17 - תמונה 5.svg
לפי חוק הלולאה נקבל $IR+L \frac{dI}{dt}-\epsilon=0$ . אנו נרצה למצוא את הספק המעגל(תזכורת: $P=VI$ ) נכפיל ב- $I$ ונקבל:

I^2R+LI \frac{dI}{dt}-\epsilon I=0

איך מתוך משוואת ההספקים נקבל את משוואת האנרגיה? (הערה: אנו לא רוצים את האנרגיה במערכת, אלא רק את אנרגיית המשרן)

P=\frac{dU}{dt}\implies U=\int_{0}^t Pd\tilde{t}

כעת, נוכל לחשב את האנרגיה:

U_{L}=\int_{0}^t LI \frac{dI}{d\tilde{t}}d\tilde{t}=\int_{I(0)=0}^{I(t)} LIdI=\frac{1}{2}LI^2(t)

מסקנה: כל עוד זורם זרם בסליל, יש אנרגיה בסליל.
הערה: כדאי להכניס את הנוסחה $U_{L}=\frac{1}{2}LI^2(t)$ לדף הנוסחאות שלנו.

דוגמה

נרצה לחשב את האנרגיה האצורה במשרן מהצורה של סליל ארוך וצפוף, כאשר ידוע אורך הסליל $\ell$ , צפיפות הכריכות $n$ ושטח החתך $A$ .
פיזיקה2 - הרצאה 18 - תמונה 4.svg
אם זורם איזשהו זרם $I$ בסליל, אזי נוצר שדה מגנטי. מכיוון שזה סליל ארוך, נוכל להשתמש בשדה המגנטי הידוע של סליל $\infty$ -י צפוף.
אם אנו יודעים את $B$ אנו יכולים למצוא את ההשראות העצמית:

L=\frac{\Phi_{\Tiny B}}{I}=\frac{\mu_{0}nI\cdot A\cdot n\ell}{I}=\mu_{0}n^2A\ell

נציב כעת בנוסחת האנרגיה:

U_{L}=\frac{1}{2}\mu_{0}n^2A\ell I^2

אנרגיה האצורה בשדה מגנטי

נזכר ביצור שראינו בעבר - אנרגיה האצורה בשדה חשמלי: $\displaystyle U_{E}=\frac{\epsilon_{0}}{2}\iiint E^2dV$ , אנו כעת ננסה להביא את השדה המגנטי אל המצב הזה כדי למצוא נוסחה דומה.

נסתכל על הדוגמה האחרונה עם הסליל ונמשיך משם - ננסה לבטא את האנרגיה שקיבלנו בעזרת $B^2$ :

U=\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{\mu_{0}} B^2 V_{\R{\text{נפח}}}

זה בשביל איזשהו סליל שהוא $\infty$ -י שיוצר שדה מגנטי אחיד.

עבור המקרה הכללי, כאשר השדה המגנטי לא אחיד אזי:

U_{B}=\frac{1}{2\mu_{0}} \iiint_{\text{"}\infty\text{"}} B^2dV

נשים לב כי הנוסחה שקיבלנו פה היא כמעט זהה לנוסחה של $U_{E}$ . (תזכורת: הוסיפו את הנוסחה הזאת לדף הנוסחאות שלכם)

דוגמה

נרצה למצוא את האנרגיה האצורה בכבל קואקסיאלי(כבל שמסביבו חומר מבודד, שמסביבו חומר מוליך, שמסביבו חומר מבודד)
פיזיקה2 - הרצאה 18 - תמונה 5.svg
בכבל יש זרם הזורם ב- $\hat{x}$ ובחומר המוליך שמסביב לחומר המבודד שמסביב לכבל הזרם זורם ב- $-\hat{x}$ .
נתון לנו:
פיזיקה2 - הרצאה 18 - תמונה 6.svg
בנוסף, נתון כי אורך הכבל הוא $\ell\gg a,b,c,d$ .

אנו מתעניינים במציאת האנרגיה בנפח בין המוליכים, כלומר ב- $a<r<b$ .
נמצא תחילה את השדה המגנטי, לשם כך, נבנה לולאת אמפר ונקבל:

B(r)=\frac{\mu_{0}I}{2\pi r}

כעת, נציב בנוסחה:

\begin{align*} U_{B}&=\frac{1}{2\mu_{0}}\int_{0}^{\ell}\int_{0}^{2\pi} \int_{a}^b B^2rdrd\theta dz=\frac{1}{2\mu_{0}}\int_{0}^{\ell}\int_{0}^{2\pi}\int_{a}^b \frac{\mu_{0}^2I^2}{4\pi^2r^2}rdrd\theta dz \\ &= \frac{\mu_{0}I^2}{8\pi^2} \cdot \ell \cdot 2\pi\cdot \int_{a}^b \frac{1}{r}dr=\frac{\mu_{0}\ell I^2}{4\pi}\ln \left( \frac{b}{a} \right) \end{align*}

וזוהי התשובה שלנו.

שדה חשמלי מושרה

מחוק פאראדי אנו מכירים כי $\epsilon=-\frac{d\Phi_{\Tiny B}}{dt}$ .
נניח כי יש לנו לולאה מוליכה סגורה ודרכה עובר שדה מגנטי התלוי בזמן.
פיזיקה2 - הרצאה 18 - תמונה 7.svg
בלולאה הסגורה יזרום זרם $I_{\R{\text{מושרה}}}$ אשר ינסה להקטין את השדה מגנטי באמצעות יצירת שדה מגנטי.
כדי שיווצר זרם צריך שיהיה שדה חשמלי מושרה אשר יניע את המטענים. ⟸ כיוונו של השדה החשמלי שיווצר הוא לכיוון הזרם המושרה שנוצר.
פיזיקה2 - הרצאה 18 - תמונה 8.svg

מה יכול ליצור לנו שדה חשמלי?

מטענים (מטען סטטי יוצר שדה חשמלי לפי קולון)
שדה מגנטי משתנה (לפי חוק פאראדי)

כאשר דיברנו על מטענים, הם יצרו שדה חשמלי אשר מתחיל במטען ומגיע עד ה- $\infty$ .
בניגוד לכך, בשדה החשמלי החדש הזה, אנו מקבלים שדה חשמלי שהוא לולאה סגורה. כלומר:

\oint \vec{E}\cdot d \vec{\ell}\neq 0

השדה החשמלי הזה הוא אינו שדה משמר.

דוגמה

נניח ויש איזשהו איזור בעולם בו יש שדה מגנטי היוצא החוצה ממישור הלוח ונתון לנו כי השדה המגנטי הזה הוא פונקציה של הזמן.
פיזיקה2 - הרצאה 18 - תמונה 9.svg
נסתכל על חמשת הלולאות השונות וננסה להבין מהו השדה החשמלי לאורכן:
לולאה 1 ו-5:

\oint \vec{E}\cdot d \vec{\ell}=0

כי דרך השטח של לולאות אלו, אין שינוי בשטף המגנטי.
עבור הלולאות 2, 3 ו-4:

\oint \vec{E}\cdot d \vec{\ell}\neq 0

זאת מפאת העובדה שאת השטח של הלולאות חוצה שדה מגנטי משתנה (חוק פאראדי)

תיקון מקסוול לחוק אמפר

עד כה, ראינו בחוק אמפר כי:

\oint \vec{B}\cdot d \vec{\ell}=\mu_{0}I_{in}

מקסוול מצא כי נדרש תיקון לאירוע, כאשר התיקון הוא:

\oint \vec{B}\cdot d\vec{\ell}=\mu_{0}I_{in}+\mu_{0}\epsilon_{0} \frac{d\Phi_{\Tiny E}}{dt}

איך מקסוול הגיע לזה? מקסוול הסתכל על הקשרים בין שדה חשמלי ומגנטי ושם לב כי עבור שינוי בשדה המגנטי נוצר שדה חשמלי מושרה אך כך לא היה במשוואת אמפר(לא נוצר שדה חשמלי). לכן, מקסוול אמר כי משיקולי סימטריה צריך להיות איבר של תיקון.
כמובן שרק משיקולי סימטריה לא ניתן להגיד שמשהו נכון, לאחר מקסוול הגיעו כל מיני ניסויים ובתרגול ננתח אחד מהם.

הערה

ההוכחה ללמה זה נכון מגיעה מתורת היחסות.

משוואות מקסוול

נרצה כעת לבצע סיכום מסויים לכל הפרק של חשמל ומגנטיות ולראות את כל משוואות מקסוול יחדיו לפני שאנו עוברים לנושא הבא גלים.

החוק הראשון שראינו הוא חוק גאוס החשמלי שאומר לנו כי:

\;\;\;\;\;\;\vec{\nabla}\cdot \vec{E}=\frac{\rho}{\epsilon_{0}}=4\pi k\rho \qquad \qquad \oiint\vec{E}\cdot d\vec{s}=\frac{Q_{in}}{\epsilon_{0}}=4\pi kQ_{in}

החוק מקשר בין המטענים לבין השדה החשמלי שהם יוצרים.

החוק הבא שנסתכל עליו הוא חוק גאוס המגנטי שאומר לנו כי אין מונופולים מגנטיים (הקווים של שדה מגנטי יוצרים לולאות סגורות)

\vec{\nabla}\cdot \vec{B}=0 \qquad \qquad \oiint\vec{B}\cdot d\vec{s}=0

כעת נעבור מגאוס ונראה את חוק פאראדי אשר בצורתו האינטגרלית מקשר לנו בין השטף המגנטי לכא"מ המושרה שנוצר ובצורתו הדיפרנציאלית אומר כי הרוטור של $\vec{E}$ המושרה שאנו מקבלים הוא הנגזרת של השדה המגנטי בזמן.

\vec{\nabla}\times \vec{E}=-\parder{\vec{B}}{t} \qquad \qquad \underbrace{\oint \vec{E}\cdot d\vec{s}}_{\epsilon}=-\frac{d\Phi_{\Tiny B}}{dt}

לבסוף, יש לנו את חוק אמפר עם התיקון של מקסוול שמאפשר לנו לבצע השוואה בין זרם, שדה חשמלי ושדה מגנטי.

\vec{\nabla}\times \vec{B}=\mu_{0}\vec{J}+\mu_{0}\epsilon_{0} \parder{\vec{E}}{t} \qquad \qquad \oint \vec{B}\cdot d\vec{\ell}=\mu_{0}I_{in}+\mu_{0}\epsilon_{0} \frac{d\phi_{\Tiny E}}{dt}

3 - מגנטיות

פיזיקה 2

מגנטיות

3 - מגנטיות

פיזיקה 2

מגנטיות

השדה המגנטי

כוח לורנץ'

מטען נקודתי

תיל נושא זרם

יצירת שדה מגנטי

ע"י זרם חשמלי

חוק ביו-סבר

מקרים פרטיים חשובים

חוק אמפר

כמה תרגילים ודוגמות

דינמיקה מגנטית

חוק פאראדי

חוק גאוס המגנטי

הכנה למשוואות מקסוול

השראות, משרנים ומעגלי $RL$

השראות

מעגלים חשמליים בעלי משרנים

אנרגיה האצורה במשרן

אנרגיה האצורה בשדה מגנטי

שדה חשמלי מושרה

תיקון מקסוול לחוק אמפר

משוואות מקסוול

פיזיקה 2

מגנטיות

פיזיקה 2

מגנטיות

השדה המגנטי

כוח לורנץ'

מטען נקודתי

תיל נושא זרם

יצירת שדה מגנטי

ע"י זרם חשמלי

חוק ביו-סבר

מקרים פרטיים חשובים

חוק אמפר

כמה תרגילים ודוגמות

דינמיקה מגנטית

חוק פאראדי

חוק גאוס המגנטי

הכנה למשוואות מקסוול

השראות, משרנים ומעגלי RLRLRL

השראות

מעגלים חשמליים בעלי משרנים

אנרגיה האצורה במשרן

אנרגיה האצורה בשדה מגנטי

שדה חשמלי מושרה

תיקון מקסוול לחוק אמפר

משוואות מקסוול

השראות, משרנים ומעגלי $RL$