5 - הרצאה אחרונה, תרגילים ממבחני עבר — פיזיקה 2

מועד א' אביב תשפ"ד

תרגיל (1)

לוח אינוספי הטעון בצפיפות מטען משטחית אחידה $\sigma$ נמצא במישור $xy$ . נתון שצפיפות המטען על הלוח חיובית.
בנוסף ללוח, קיים במרחב מטען נקודתי $q_{1}>0$ הממוקם ב- $(x=0,y=0,z=-5)$ .
מצאו היכן יש להניח מטען נקודתי נוסף בעל מטען זהה ל- $q_{1}$ כדי שהכוח על המטען הראשון יתאפס?

נצייר סקיצה:
פיזיקה2 - הרצאה 24 - תמונה 1.svg

לפי נוסחה, השדה היוצא מלוח $\infty$ -י הינו $\vec{E}=\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}}$ .
לכן, בנקודה $(0,0,-5)$ פועל על המטען $q_{1}$ הכוח $F=Eq_{1}(-\hat{z})=-\frac{q_{1}\sigma}{2\epsilon_{0}}\hat{z}$ (הכיוון נקבע מכיוון ששני המטענים חיוביים)
מכיוון שהמטען זהה אנו יודעים כי המטען הנוסף $q_{2}$ צריך להיות משמאל ל- $q_{1}$ שכן מטענו $q_{2}=q_{1}>0$ ולכן הוא דוחה את $q_{1}$ .
נסמן את המיקום של $q_{2}$ ב- $z$ ואז לפי חוק קולון:

F=\frac{kq_{1}q_{2}}{(z-(-5))^2} \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ k=\frac{1}{4\pi\epsilon_{0}} \end{matrix}}{=} \frac{q_{1}q_{2}}{4\pi\epsilon_{0}(z+5)^2}

נדרוש שוויון בין גודל הכוחות על מנת לאפס את הכוח השקול. לכן:

\frac{q_{1}q_{2}}{4\pi\epsilon_{0}(z+5)^2}=\frac{q_{1}\sigma}{2\epsilon_{0}} \implies (z+5)^2=\frac{q_{2}}{2\pi\sigma}\implies z=-\sqrt{ \frac{q_{1}}{2\pi\sigma} }-5

וזוהי התשובה. (נזכור בשורש לבחור את המיקום השלילי שכן אנו יודעים שערך ה- $z$ הוא שלילי)

תרגיל (3)

נתונה קליפה גלילית עבה $\infty$ -ית בעלת צפיפות מטען נפחית $\rho=\frac{\sigma_{0}}{r}$ בתחום $a<r<b$ .
על ציר הסימטריה של הקליפה מונח תיל $\infty$ -י עם צפיפות מטען אורכית אחידה $\lambda$ .
פיזיקה2 - הרצאה 24 - תמונה 2.svg
מה צריך להיות ערך הפרמטר $\sigma_{0}$ כך שלשדה בתחום $a<r<b$ לא תהיה תלות ב- $r$ ?

אנחנו רוצים שהשדה החשמלי לא יהיה תלוי ב- $r$ . כלומר, אנו צריכים להגיע לנוסחה של $E$ בלי $r$ .

ניתן ללכת לפי הסופרפוזיציה, לקחת את התיל והקליפה הגלילית ואז צריך להיות משהו כזה שאם $\sigma_{0}$ מתאים לערך מסויים אז התלות ב- $r$ מתבטלת.
אנו נלך לפי חוק גאוס: נבנה מעטפת גאוסית התואמת את הסימטריה, כלומר, במצב זה מעטפת כדורית ברדיוס $a<r<b$ בעלת גובה $\ell$ .
אנו יודעים ש- $\ell$ חייב ליפול בחישוב שכן הוא לא גודל נתון.
נחשוב על $Q_{in}$ .

E(r)2\pi r\ell=\oiint\vec{E}\cdot d\vec{s}=\frac{Q_{in}}{\epsilon_{0}}=\frac{1}{\epsilon_{0}}\left( \lambda \ell+\!\!\!\!\!\!\underbracket{\int_{a}^r \frac{\sigma_{0}}{\tilde{r}}2\pi \tilde{r}\ell d\tilde{r} }_{\R{\text{ניתן לבצע גם אינטגרל משולש}}}\right)=\frac{1}{\epsilon_{0}}(\lambda \ell+\sigma_{0}2\pi \ell(r-a))

נחלץ את $E(r)$ ואז נמצא דרך שבה הוא לא יהיה תלוי ב- $r$ .

E(r)=\frac{\lambda}{2\pi \epsilon_{0}r}+\frac{\cancel{ 2\pi }\sigma_{0}\cancel{ r }}{\cancel{ 2\pi }\epsilon_{0} \cancel{ r }}-\frac{1}{\epsilon_{0}} \frac{\cancel{ 2\pi } a\sigma_{0}}{\cancel{ 2\pi } r}

נרצה ששני הביטויים יבטלו אחד את השני(כאשר הביטוי האמצעי בכלל לא תלוי ב- $r$ )

\frac{\lambda}{2\pi r}=\frac{\sigma_{0}a}{r}\implies \sigma_{0}=\frac{\lambda}{2\pi a}

עבור הביטוי הזה נקבל שדה אשר בו אינה תלות ב- $r$ .

E(r)=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_{0}r}+\frac{\sigma_{0}}{\epsilon_{0}}-\frac{\lambda}{2\pi \epsilon_{0}r}=\frac{\sigma_{0}}{\epsilon_{0}}

תרגיל (7)

נתון משושה משוכלל העשוי מתיל דק בו זורם זרם $I$ .
המשושה חסום ע"י מעגל ברדיוס $R$ כמתואר באיור.
פיזיקה2 - הרצאה 24 - תמונה 3.svg
מהו גודל השדה המגנטי במרכז המשושה?

הזרם זורם על המשושה ולא נתון הכיוון שלו ולכן זה לא אמור לשנות.
שאלו רק על הגודל ולא על הכיוון ולכן נוכל לבחור את הכיוון להיות מה שאנחנו רוצים.
המשושה הוא אוסף של תיילים סופיים. יש לנו נוסחה שפיתחנו בהרצאה עבור תיל סופי הנושא זרם והיא $\vec{B}=\frac{\mu_{0}I}{4\pi h}(\cos\alpha+\cos\beta)$ .
אנחנו יכולים להשתמש בנוסחה הזו פשוט עם הנתונים הגיאומטריים הנתונים לנו כאן.
המשולשים הנתונים לנו בתוך המשושה המשוכלל הם שווי צלעות ולכן $\alpha=\beta=60\degree$ ואנו יכולים לדעת בקלות כי $h=\sqrt{ \frac{3}{4}R^2 }=\frac{\sqrt{ 3 }}{2}R$ ואז נגיד שכל צלע היא זהה ולכן נוכל להשתמש בסופרפוזיציה כך:

\vec{B}_{tot}=6 \frac{\mu_{0}I}{4\pi\left( \frac{\sqrt{ 3 }}{2}R \right)}(\cos 60\degree+\cos 60\degree)

מועד א' אביב תשפ"ד

תרגיל (1)

נצייר סקיצה:
פיזיקה2 - הרצאה 24 - תמונה 1.svg

F=\frac{kq_{1}q_{2}}{(z-(-5))^2} \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ k=\frac{1}{4\pi\epsilon_{0}} \end{matrix}}{=} \frac{q_{1}q_{2}}{4\pi\epsilon_{0}(z+5)^2}

נדרוש שוויון בין גודל הכוחות על מנת לאפס את הכוח השקול. לכן:

\frac{q_{1}q_{2}}{4\pi\epsilon_{0}(z+5)^2}=\frac{q_{1}\sigma}{2\epsilon_{0}} \implies (z+5)^2=\frac{q_{2}}{2\pi\sigma}\implies z=-\sqrt{ \frac{q_{1}}{2\pi\sigma} }-5

וזוהי התשובה. (נזכור בשורש לבחור את המיקום השלילי שכן אנו יודעים שערך ה- $z$ הוא שלילי)

תרגיל (3)

אנחנו רוצים שהשדה החשמלי לא יהיה תלוי ב- $r$ . כלומר, אנו צריכים להגיע לנוסחה של $E$ בלי $r$ .

E(r)2\pi r\ell=\oiint\vec{E}\cdot d\vec{s}=\frac{Q_{in}}{\epsilon_{0}}=\frac{1}{\epsilon_{0}}\left( \lambda \ell+\!\!\!\!\!\!\underbracket{\int_{a}^r \frac{\sigma_{0}}{\tilde{r}}2\pi \tilde{r}\ell d\tilde{r} }_{\R{\text{ניתן לבצע גם אינטגרל משולש}}}\right)=\frac{1}{\epsilon_{0}}(\lambda \ell+\sigma_{0}2\pi \ell(r-a))

נחלץ את $E(r)$ ואז נמצא דרך שבה הוא לא יהיה תלוי ב- $r$ .

E(r)=\frac{\lambda}{2\pi \epsilon_{0}r}+\frac{\cancel{ 2\pi }\sigma_{0}\cancel{ r }}{\cancel{ 2\pi }\epsilon_{0} \cancel{ r }}-\frac{1}{\epsilon_{0}} \frac{\cancel{ 2\pi } a\sigma_{0}}{\cancel{ 2\pi } r}

נרצה ששני הביטויים יבטלו אחד את השני(כאשר הביטוי האמצעי בכלל לא תלוי ב- $r$ )

\frac{\lambda}{2\pi r}=\frac{\sigma_{0}a}{r}\implies \sigma_{0}=\frac{\lambda}{2\pi a}

עבור הביטוי הזה נקבל שדה אשר בו אינה תלות ב- $r$ .

E(r)=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_{0}r}+\frac{\sigma_{0}}{\epsilon_{0}}-\frac{\lambda}{2\pi \epsilon_{0}r}=\frac{\sigma_{0}}{\epsilon_{0}}

תרגיל (7)

\vec{B}_{tot}=6 \frac{\mu_{0}I}{4\pi\left( \frac{\sqrt{ 3 }}{2}R \right)}(\cos 60\degree+\cos 60\degree)