גליון 3 — פיזיקה 2 | תיקיית הסיכומים

תרגיל (1)

מטען נקודתי $q$ הממוקם במרכז קוביה שאורך המקצוע שלה $a$ . מרכז הקוביה הוא נקודת מפגש האלכסונים.
חשבו את השטף החשמלי הכולל דרך פאות הקוביה כאשר נתונים הגדרים להבאים: $\begin{matrix}a=0.1m\\ q=3\cdot 10^{-12}C\end{matrix}$ .
יש להביע את התשובה ביחידות $MKS$ .

נתחיל בלצייר סקיצה:
גליון 3 2026-05-16 21.08.02.excalidraw.svg

נשים לב כי זהו בדיוק המקרה בו אנו יכולים להשתמש בחוק גאוס:

\phi_{_{E}}=\oiint \vec{E}\cdot d\vec{s}=\frac{Q_{in}}{\epsilon_{0}}=\frac{q}{\epsilon_{0}}=4\pi kq=0.339292 \frac{N\cdot m^2}{C}

תרגיל (2)

מטען נקודתי $q=-3\cdot10^{-12}C$ ממוקם על פני מעטפת גלילית שרדיוסה $R$ שווה לגובה שלה $h=R=0.05m$ .
המטען מונח על הבסיס העליון של המעטפת הגלילית.
מהו השטף החשמלי דרך פני המעטפת הגלילית? (תשובה ב- $MKS$ )

נצייר סקיצה:
גליון 3 2026-05-19 13.50.35.excalidraw.svg
נבנה עוד גליל בעל אותו הרדיוס ואותו האורך $R$ כך שביחד הם יכסו את המטען. לאחר שנחשב את המטען על מעטפת היצור שיצרנו נוכל, לפי סימטריה, לחלק ב-2 ואז לקבל את השטף דרך מעטפת הגליל.

\phi_{\tiny E}^* \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{גאוס}} \end{matrix}}{=} \frac{q}{\epsilon_{0}} \implies \phi_{\tiny E}=\frac{\phi_{\tiny E}^*}{2}=\frac{q}{2\epsilon_{0}}=2\pi kq=-0.169646 \quad\frac{N\cdot m^2}{C}

וזוהי התשובה.

תרגיל (3)

במרחב מתקיים השדה החשמלי הבא:

\vec{E}(x,y,z)=\begin{cases} -\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}}\hat{y} & y< \frac{a}{2} \\ -\frac{3}{2} \frac{\sigma}{\epsilon_{0}}\hat{y} & \frac{a}{2}<y< \frac{3}{4}a \\ +\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}}\hat{y} & \frac{3}{4}a<y \end{cases}

חשבו מהו המטען הכולל הכלוא בתוך קוביה שאורך הצלע שלה הוא $a$ וקודקודיה ממוקמים כמתואר באיור

נביט בסקיצה:
פיזיקה2-גליון3-שאלה3.svg
נשים לב כי השדה נמצא רק בציר ה- $\hat{y}$ ולכן כלל לא יהיה שטף בפאות המקבילות לציר ה- $\hat{y}$ אלא רק באלו המאונכות.
נשים לב כי השדה גם תלוי אך ורק בציר ה- $\hat{y}$ . נשרטט סקיצה חדשה שתהיה מובנת יותר:
גליון 3 2026-05-22 20.03.12.excalidraw.svg
מכיוון שאנו מסתכלים רק על הפאות העליונה והתחתונה, השטף שעובר דרכן תלוי בשדה בו הן נמצאות ולכן לא איכפת לנו מהשדה באמצע, אלא רק מהשדה התחתון והעליון.

\phi_{\tiny E}=\oiint \vec{E}\cdot d\vec{s}=\oiint E\hat{y}\cdot ds(\pm\hat{y})=E(a)\int_{0}^a \int_{0}^a ds-E(0)\int_{0}^a\int_{0}^a ds=a^2 \frac{\sigma}{2\epsilon_{0}}+a^2\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}}=\frac{a^2\sigma}{\epsilon_{0}}

לפי חוק גאוס:

\phi_{\tiny E}=\frac{Q_{in}}{\epsilon_{0}} = \frac{a^2\sigma}{\epsilon_{0}} \implies Q_{in}=a^2\sigma

תרגיל (4)

רוצים ליצור במרחב את השדה החשמלי הבא:

\vec{E}=\begin{cases} \frac{\sigma}{\epsilon_{0}}\hat{x} & x<0 \\ 0 & 0<x<L \\ -\frac{\sigma}{\epsilon_{0}}\hat{x} & L<x \end{cases}

איזה סידור של מטענים במרחב ייתן את השדה המבוקש?

מישור אינסופי ב- $x=0$ הטעון בצפיפות מטען משטחית $\frac{\sigma}{2}$ ומישור אינסופי ב- $x=L$ הטעון בצפיפות מטען משטחית $\sigma$ .
מישור אינסופי ב- $x=0$ הטעון בצפיפות מטען משטחית $\sigma$ ומישור אינסופי ב- $x=L$ הטעון בצפיפות מטען משטחית $\sigma$ .
מישור אינסופי ב- $x=0$ הטעון בצפיפות מטען משטחית $-\sigma$ ומישור אינסופי ב- $x=L$ הטעון בצפיפות מטען משטחית $-\sigma$ .
מישור אינסופי ב- $x=0$ הטעון בצפיפות מטען משטחית $\sigma$ ומישור אינסופי $x=L$ הטעון בצפיפות מטען משטחית $-\sigma$ .
מישור אינסופי ב- $x=\frac{L}{2}$ הטעון בצפיפות מטען משטחית $\frac{\sigma}{2}$ .

מכיוון שבכל התשובות יש מישור אינסופי נבדוק כיצד מישור אינסופי כללי מפיץ שדה.
לפי ההרצאה, שדה המופץ ממישור אינסופי הינו $\vec{E}=\pm\frac{\sigma }{2\epsilon_{0}}$ - שזהו שדה קבוע שלא מושפע מהמרחק ופועל רק בכיוון המאונך למישור.
לכן, נוכל להשתמש בעקרון הסופרפוזיציה כדי לדעת מה צפיפות המטען המשטחית שאנו צריכים.
נשים לב תחילה כי השינוי בשדה נוצר ב- $x=0$ ו- $x=L$ , כלומר, בנקודות האלו יש מישור אינסופי. לכן, יש $2$ מישורים $\infty$ -ים.
השדה פועל אך ורק בציר ה- $\hat{x}$ ולכן המישורים מאונכים לציר ה- $\hat{x}$ כך:
גליון 3 2026-05-22 12.35.25.excalidraw.svg
נשים לב כי אין שדה בין הלוחות ולכן קווי השדה בהכרח בכיוונים מנוגדים. כדי שזה יקרה נדרש כי צפיפות המטען המשטחית תהיה באותו הסימן(חיובית ואז שני השדות יצאו מהלוחות ויתבטלו או שלילית ואז שני השדות יכנסו ללוחות ויתבטלו) כל זאת בהנחה שצפיפות המטען שווה. אם היא לא הייתה שווה לא היה ניתן להבטיח כי אין שדה בין הלוחות.
כעת, נותר לקבוע מהו סימן והגודל של צפיפות המטען המשטחית. מכיוון ששני הלוחות מפיצים שדה באותו הכיוון, לפי עקרון הסופרפוזיציה מתקיים:

E_{x>L}= \frac{\sigma^*}{2\epsilon_{0}}+\frac{\sigma^*}{2\epsilon_{0}}=\frac{\sigma^*}{\epsilon_{0}}

נתון כי כאשר $x>L$ מתקיים $E=-\frac{\sigma}{\epsilon_{0}}$ ולכן $\sigma^*=-\sigma$ .
לכן, התשובה הנכונה הינה $3$ .

תרגיל (5)

נתונים שלושה מישורים אינסופיים (אינסופיים בכיוונים $xy$ ) הממוקמים ב- $z=0,z=-b,z=+b$ .
כל אחד מהמישורים טעון בצפיפות מטען משטחית אחידה $\sigma$ .
מצאו את השדה החשמלי בתחום $z>b$ .

נשרטט סקיצה:
גליון 3 2026-05-22 13.41.05.excalidraw.svg
נזכר מהתרגיל הקודם כי $E=\pm\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}}$ כאשר השדה יוצא ממישור אינסופי.
נשאלנו על $z>b$ ולכן לפי עקרון הסופרפוזיציה:

E_{z>b}=E_{1}+E_{2}+E_{3}= \frac{\sigma}{2\epsilon_{0}}+\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}}+\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}}=\frac{3\sigma}{2\epsilon_{0}}

כל השדות הם עם סימן $+$ שכן הם מהצד הימני של המישורים(אם הם היו בצד השמאלי זה היה מינוס שכן השדה חיובי ולכן יוצא החוצה מהמישורים.)

הערה

למרות שבסרטוט שציירתי הקווים היוצאים שמאלה לא מסורטטים, לפי עקרון הסופרפוזיציה נקבל כי בקטע $[0,b]$ השדה יהיה רק השדה המופץ מאחד הלוחות בעוד השני יתבטל עם השדה המופץ מהלוח ב- $z=b$ .
בנוסף, השדה ב- $[-b,0]$ יהיה רק שדה היוצא מלוח אחד לכיוון שמאלה שכן השדה היוצא לכיוון ימינה יתבטל עם אחד מהשדות היוצאים מהלוחות האחרים.
כאשר $z<-b$ נקבל את אותו השדה ב- $z>b$ רק עם סימן $-$ .

תרגיל (6)

נתונה טבלה אינסופית בכיוונים $zy$ ובעלת רוחב סופי $d=6m$ בכיוון $\hat{x}$ . הטבלה טעונה בצפיפות מטען נפחית אחידה: $\rho=8\cdot 10^{-12} \frac{C}{m^3}$ .
חשבו את השדה במרחק $x=8m$ ממרכז הטבלה.

נשרטט סקיצה:
גליון 3 2026-05-22 14.38.00.excalidraw.svg
נשים לב כי בגלל שהטבלה אינסופית ב- $yz$ וטעונה בצפיפות מטען נפחית אחידה אזי אין השפעה למיקום ה- $y,z$ בקביעת השדה.
לציר ה- $\hat{x}$ יכולה להיות השפעה על השדה אך לאור סימטריה עבור $\pm x$ השדה זהה. (כלומר, $\forall x \in \mathbb{R}:\; |E(-x)|=|E(x)|$ )
נחשב את השדה מחוץ לטבלה שכן זה מה שמעניין אותנו בשאלה זו ונעשה את הפיתוח לפי חוק גאוס(למרות שטכנית ניתן להסתכל על התרגול ולראות)
נבנה מטעפת גאוסית של תיבה מסביב לטבלה. הפאות היחידות שיש דרכן שדה(ובכך שטף) הן הפאות המאונכות לציר ה- $\hat{x}$ שכן יש שדה רק בציר זה כפי שראינו קודם.

\frac{Q_{in}}{\epsilon_{0}} \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{גאוס}} \end{matrix}}{=}\oiint \vec{E}d\vec{s}=\underset{\R{\text{פאות מעניינות}}}{\oiint} |E(x)|(\pm\hat{x})ds (\pm \hat{x})=\iint |E(x)|ds =E(x)\iint ds=2A\cdot E(x)

\frac{Q_{in}}{\epsilon_{0}}=\frac{1}{\epsilon_{0}}\iiint \rho dV=\frac{\rho}{\epsilon_{0}}\underbrace{\iint}_{\!\!A} \int_{-3}^3 dx=\frac{A\rho}{\epsilon_{0}} (3+3)=\frac{6A\rho}{\epsilon_{0}}

לכן מתקיים:

\frac{6\cancel{ A }\rho}{\epsilon_{0}}=2\cancel{ A }E(x) \implies \vec{E}=\begin{cases} \frac{3\rho}{\epsilon_{0}}\hat{x} & x>3 \\ -\frac{3\rho}{\epsilon_{0}}\hat{x} & x<-3 \end{cases}

לכן, בנק' $x=8$ מתקיים:

E(8)=\frac{3\rho}{\epsilon_{0}}=4\pi k\cdot3\cdot 8\cdot10^{-12}=12\cdot8\pi\cdot 10^{-12}\cdot 9 \cdot 10^9=2.714336\;\;{\tiny\frac{N}{C}}

וזוהי התשובה.

תרגיל (7)

נתון גליל מלא אינסופי(בכיוון $\hat{z}$ ) בעל רדיוס $R$ שציר הסימטריה שלו מתכלד עם ציר ה- $\hat{z}$ .
צפיפות המטען הנפחית של הגליל נתונה ע"י הפונקציה $\rho=A \frac{\rho_{0}}{r}$ כאשר $A$ הוא קבוע בעל מימדים של אורך ו- $r$ מתאר את המרחק מציר הסימטריה של הגליל. אין מטענים נוספים מחוץ לגליל.

מהו גודל השדה החשמלי במרחק $r=3R$ מציר הסימטריה של הגליל?

נעבוד בקורדינטות גליליות כי ברור.
נצייר סקיצה:
גליון 3 2026-05-22 15.02.40.excalidraw.svg
נשים לב כי השדה תלוי אך ורק במרחק $r$ מציר, שכן הגליל אינסופי בציר ה- $\hat{z}$ וצפיפות המטען אינה תלויה ב- $\theta$ או ב- $z$ אלא רק ב- $r$ .
לכן, נוכל לבנות מעטפת גאוסית בתצורת גליל באורך $L$ וברדיוס $3R$ ולחשב לפי חוק גאוס:

\oiint \vec{E}\cdot d\vec{s}=\oiint E(r)\hat{r}\cdot ds\hat{r}=\oiint E(r)ds

מכיוון שהמטעפת הגאוסית שלנו תמיד ברדיוס $3R$ אזי נקבל:

=E(3R) \oiint ds =3R\cdot E(3R)\int_{0}^Ldz\int_{0}^{2\pi}d\theta=3R\cdot2\pi LE(3R)

כעת, נעבור לצד השני של חוק גאוס:

\frac{Q_{in}}{\epsilon_{0}}=\frac{1}{\epsilon_{0}}\iiint \rho dV=\frac{1}{\epsilon_{0}} \underbracket{\iint}_{\!\!\! 2\pi L}dzd\theta \int_{0}^R A \frac{\rho_{0}}{r}rdr =\frac{2\pi LA\rho_{0}}{\epsilon_{0}} \int_{0}^R dr=\frac{2\pi LA\rho_{0}}{\epsilon_{0}}R

נשווה ונקבל:

3\cancel{ R }\cancel{ 2\pi L }\cdot E(3R)=\frac{\cancel{ 2\pi L }A\rho_{0}\cancel{ R }}{\epsilon_{0}}\implies E(3R)=\frac{A\rho_{0}}{3\epsilon_{0}}

וזוהי התשובה :)

תרגיל (8)

נתונות שתי קליפות דקות וגליליות בעלות רדיוסים $a,b$ כאשר $a<b$ וציר משותף. הקליפה טעונה בצפיפות מטען משטחית $\sigma_{1}$ והקליפה $b$ טעונה בצפיפות מטען $\sigma_{2}$ .
$r$ מתאר את המרחק מציר הסימטריה המשותף.
חשבו את השדה החשמלי במרחב בהנחה שהגלילים ארוכים מאוד! (תשובה כמובן ב- $MKS$ )

נצייר סקיצה:
גליון 3 2026-05-22 15.17.39.excalidraw.svg
נעבוד בקורדינטות גליליות.
שנים לב כי מכיוון שהקליפה הגלילית ארוכה מאוד(כלומר, באורך אינסופי לצורכי הפתרון) ובנוסף צפיפות המטען המשטחית אחידה, השדה לא ישתנה על בסיס תנועה בציר ה- $\hat{z}$ או ה- $\hat{\theta}$ . לכן, השדה מושפע מהמרחק מ- $\hat{z}$ בלבד - כלומר, ההשפעה הינה רק בשינוי ברדיוס.

נחשב את השדה החשמלי תחילה בתוך שני הגלילים לפי חוק גאוס.
נבחר מעטפת גאוסית גלילית באורך $L$ עם רדיוס $R<a$ ואז יתקיים(לקליפה גלילית יש רדיוס קבוע):

\oiint \vec{E}\cdot d\vec{s}=\oiint E \hat{r}\cdot ds \hat{r}=\oiint E(r)ds=E(R)\oiint ds=E(R) \iint rd\theta dz=RE(R) \int_{0}^L dz\int_{0}^{2\pi}d\theta=2\pi LRE(R)

כעת, נעבור לצד השני של חוק גאוס. מכיוון שאין מטען בפנים נקבל $Q_{in}=0$ . נשווה ונקבל:

E(R)=0

כעת, נעבור ל- $a<R<b$ . הצד הראשון של חוק גאוס נשאר זהה ולכן:

\oiint \vec{E}\cdot d\vec{s}=2\pi LRE(R)

בצד השני לעומת זאת מתקיים כי אין מטען מהטבעת השנייה אך מהטבעת הראשונה מתקבל כל המטען ולכן:

\frac{Q_{in}}{\epsilon_{0}}=\frac{1}{\epsilon_{0}}\iint \sigma_{1}ds=a\frac{\sigma_{1}}{\epsilon_{0}}\int_{0}^L \int_{0}^{2\pi} d\theta dz=\frac{2\pi La\sigma_{1}}{\epsilon_{0}}

נשווה ונקבל:

\cancel{ 2\pi L }RE(R)=\frac{\cancel{ 2\pi L }a\sigma_{1}}{\epsilon_{0}} \implies E(R)=\frac{a\sigma_{1}}{\epsilon_{0}R}

כעת, נעבור ל- $R>b$ . הצד הראשון של חוק גאוס נשאר זהה ולכן:

\oiint \vec{E}\cdot d\vec{s}=2\pi LRE(R)

בצד השני לעומת זאת מתקיים:

\begin{align*} \frac{Q_{in}}{\epsilon_{0}}&=\frac{1}{\epsilon_{0}}\left(\iint\sigma_{1}ds+\iint\sigma_{2}ds\right)=\frac{1}{\epsilon_{0}}\left(\int_{0}^L \int_{0}^{2\pi}\sigma_{1}ad\theta dz+\int_{0}^L \int_{0}^{2\pi}\sigma_{2}bd\theta dz\right)=\frac{1}{\epsilon_{0}}(2\pi L\sigma_{1}a+2\pi L\sigma_{2}b) \\ &=\frac{2\pi L}{\epsilon_{0}}(a\sigma_{1}+b\sigma_{2}) \end{align*}

נשווה ונקבל:

\cancel{ 2\pi L }RE(R)=\frac{\cancel{ 2\pi L }}{\epsilon_{0}}(a\sigma_{1}+b\sigma_{2})\implies E(R)=\frac{a\sigma_{1}+b\sigma_{2}}{\epsilon_{0}R}

לכן, סה"כ:

\vec{E}(r)=\begin{cases} 0 & r<a \\ \frac{a\sigma_{1}}{\epsilon_{0}r}\hat{r} & a<r<b \\ \frac{1}{\epsilon_{0}r}(a\sigma_{1}+b\sigma_{2})\hat{r} & r>b \end{cases}

תרגיל (9)

נתונה קליפה כדורית עבה בעלת רדיוס פנימי $a$ ורדיוס חיצוני $b$ .
הקליפה טעונה בצפיפות מטען נפחית $\displaystyle \rho(r)=\frac{A}{r^2}$ כאשר $A>0$ בעל יחידות של $\frac{C}{m}$ ו- $r$ מתאר את המרחק ממרכז הכדור.
מצאו את הביטוי לשדה החשמלי בתחום $a<r<b$ .

נשטרטט סקיצה:
גליון 3 2026-05-22 17.44.56.excalidraw.svg
נשים לב כי לאור סימטריה ו- $\rho$ השדה מושפע רק מהמרחק מהמרכז. נבחר קליפה גאוסית כדורית ברדיוס $R$ ונעבוד בקורדינטות כדוריות.

\begin{align*} \oiint \vec{E}\cdot d\vec{s}&=\oiint E\hat{r}\cdot ds\hat{r}=\oiint E(r)ds=E(R)\iint r^2\sin\theta d\theta d\varphi=R^2E(R)\int_{0}^{\pi} \sin\theta d\theta \int_{0}^{2\pi} d\varphi \\ & =2\pi R^2E(R)(-\cos(\pi)+\cos(0))=2\pi R^2E(R)(1+1)=4\pi R^2E(R) \end{align*}

כעת, נעבור לצד השני של חוק גאוס:

\begin{align*} \frac{Q_{in}}{\epsilon_{0}}&=\frac{1}{\epsilon_{0}}\iiint \rho dV=\frac{1}{\epsilon_{0}}\int_{0}^\pi \sin\theta\,d\theta \int_{0}^{2\pi}d\varphi \int_{0}^R r^2\cdot \frac{A}{r^2}dr= \left.\frac{4\pi A}{\epsilon_{0}} \cdot r\right\vert_{a}^R=\frac{4\pi A}{\epsilon_{0}}(R-a) \end{align*}

נשווה ונקבל:

\cancel{ 4\pi } R^2E(R)=\frac{\cancel{ 4\pi } A}{\epsilon_{0}}(R-a)\implies \vec{E}(r)=\frac{A(r-a)}{\epsilon_{0}r^2}\hat{r}

וזוהי התשובה.

תרגיל (10)

נתונה קליפה כדורית עבה הטעונה בצפיפות מטען נפחית $\rho=\frac{A}{r}$ . בנוסף, ב- $r=0$ נמצא מטען נקודתי $Q$ .
הקורדינטות הן קורדינטות כדוריות ו- $r$ מתאר את המרחק ממרכז הקליפה הכדורית.
גליון 3 2026-05-22 18.09.19.excalidraw.svg
חשבו את הקבוע $A$ על מנת שגודל השדה בתוך עובי הקליפה יהיה קבוע.

\begin{matrix} & \R{\text{נתונים}} \\ a=3.9m & b=8.8m & Q=68C \end{matrix}

נתחיל בלחשב את השדה באופן רגיל כמו בשאלה הקודמת.

\oiint \vec{E}\cdot d\vec{s}=\oiint E\hat{r}\cdot ds \hat{r}= 4\pi R^2 E(R)

בצד השני נקבל:

\begin{align*} \frac{1}{\epsilon_{0}}\iiint \rho dV+\frac{Q}{\epsilon_{0}}&=\frac{1}{\epsilon_{0}}\int_{0}^{2\pi}d\varphi \int_{0}^\pi \sin\theta d\theta \int _{a}^R \frac{A}{r} \cdot r^2dr+\frac{Q}{\epsilon_{0}}=\frac{4\pi}{\epsilon_{0}}\int_{a}^R Ardr+\frac{Q}{\epsilon_{0}} \\ &=\frac{4\pi A}{\epsilon_{0}}\left( \frac{R^2}{2}-\frac{a^2}{2} \right)+\frac{Q}{\epsilon_{0}}=\frac{2\pi A}{\epsilon_{0}}(R^2-a^2)+\frac{Q}{\epsilon_{0}} \end{align*}

נשווה ונקבל:

4\pi R^2E(R)=\frac{2\pi A}{\epsilon_{0}}(R^2-a^2)+\frac{Q}{\epsilon_{0}}\implies E(r)=\frac{A}{2\epsilon_{0}r^2}(r^2-a^2)\hat{r}+\frac{Q}{4\pi\epsilon_{0}r^2}\hat{r}=\frac{A}{2\epsilon_{0}}\hat{r}+\left( \frac{Q}{4\pi\epsilon_{0}} -\frac{Aa^2}{2\epsilon_{0}}\right)\frac{1}{r^2}\hat{r}

כדי של- $r$ לא תהיה השפעה נדרש שהרכיב השני של השדה יתאפס. לכן, מכיוון ש- $\frac{1}{r^2}\neq 0$ נדרש כי הסוגריים יתאפסו ולכן נדרוש:

\frac{Q}{4\pi\epsilon_{0}}=\frac{Aa^2}{2\epsilon_{0}}\implies A=\frac{Q}{2\pi a^2}=\frac{68}{2\pi\cdot 3.9^2}=0.71154

וזוהי התשובה.

תרגיל (1)

נתחיל בלצייר סקיצה:
גליון 3 2026-05-16 21.08.02.excalidraw.svg

נשים לב כי זהו בדיוק המקרה בו אנו יכולים להשתמש בחוק גאוס:

\phi_{_{E}}=\oiint \vec{E}\cdot d\vec{s}=\frac{Q_{in}}{\epsilon_{0}}=\frac{q}{\epsilon_{0}}=4\pi kq=0.339292 \frac{N\cdot m^2}{C}

תרגיל (2)

\phi_{\tiny E}^* \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{גאוס}} \end{matrix}}{=} \frac{q}{\epsilon_{0}} \implies \phi_{\tiny E}=\frac{\phi_{\tiny E}^*}{2}=\frac{q}{2\epsilon_{0}}=2\pi kq=-0.169646 \quad\frac{N\cdot m^2}{C}

וזוהי התשובה.

תרגיל (3)

במרחב מתקיים השדה החשמלי הבא:

\vec{E}(x,y,z)=\begin{cases} -\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}}\hat{y} & y< \frac{a}{2} \\ -\frac{3}{2} \frac{\sigma}{\epsilon_{0}}\hat{y} & \frac{a}{2}<y< \frac{3}{4}a \\ +\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}}\hat{y} & \frac{3}{4}a<y \end{cases}

חשבו מהו המטען הכולל הכלוא בתוך קוביה שאורך הצלע שלה הוא $a$ וקודקודיה ממוקמים כמתואר באיור

\phi_{\tiny E}=\oiint \vec{E}\cdot d\vec{s}=\oiint E\hat{y}\cdot ds(\pm\hat{y})=E(a)\int_{0}^a \int_{0}^a ds-E(0)\int_{0}^a\int_{0}^a ds=a^2 \frac{\sigma}{2\epsilon_{0}}+a^2\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}}=\frac{a^2\sigma}{\epsilon_{0}}

לפי חוק גאוס:

\phi_{\tiny E}=\frac{Q_{in}}{\epsilon_{0}} = \frac{a^2\sigma}{\epsilon_{0}} \implies Q_{in}=a^2\sigma

תרגיל (4)

רוצים ליצור במרחב את השדה החשמלי הבא:

\vec{E}=\begin{cases} \frac{\sigma}{\epsilon_{0}}\hat{x} & x<0 \\ 0 & 0<x<L \\ -\frac{\sigma}{\epsilon_{0}}\hat{x} & L<x \end{cases}

איזה סידור של מטענים במרחב ייתן את השדה המבוקש?

מישור אינסופי ב- $x=0$ הטעון בצפיפות מטען משטחית $\frac{\sigma}{2}$ ומישור אינסופי ב- $x=L$ הטעון בצפיפות מטען משטחית $\sigma$ .
מישור אינסופי ב- $x=0$ הטעון בצפיפות מטען משטחית $\sigma$ ומישור אינסופי ב- $x=L$ הטעון בצפיפות מטען משטחית $\sigma$ .
מישור אינסופי ב- $x=0$ הטעון בצפיפות מטען משטחית $-\sigma$ ומישור אינסופי ב- $x=L$ הטעון בצפיפות מטען משטחית $-\sigma$ .
מישור אינסופי ב- $x=0$ הטעון בצפיפות מטען משטחית $\sigma$ ומישור אינסופי $x=L$ הטעון בצפיפות מטען משטחית $-\sigma$ .
מישור אינסופי ב- $x=\frac{L}{2}$ הטעון בצפיפות מטען משטחית $\frac{\sigma}{2}$ .

E_{x>L}= \frac{\sigma^*}{2\epsilon_{0}}+\frac{\sigma^*}{2\epsilon_{0}}=\frac{\sigma^*}{\epsilon_{0}}

נתון כי כאשר $x>L$ מתקיים $E=-\frac{\sigma}{\epsilon_{0}}$ ולכן $\sigma^*=-\sigma$ .
לכן, התשובה הנכונה הינה $3$ .

תרגיל (5)

E_{z>b}=E_{1}+E_{2}+E_{3}= \frac{\sigma}{2\epsilon_{0}}+\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}}+\frac{\sigma}{2\epsilon_{0}}=\frac{3\sigma}{2\epsilon_{0}}

הערה

תרגיל (6)

\frac{Q_{in}}{\epsilon_{0}} \underset{\begin{matrix} \downarrow \\ \R{\text{גאוס}} \end{matrix}}{=}\oiint \vec{E}d\vec{s}=\underset{\R{\text{פאות מעניינות}}}{\oiint} |E(x)|(\pm\hat{x})ds (\pm \hat{x})=\iint |E(x)|ds =E(x)\iint ds=2A\cdot E(x)

\frac{Q_{in}}{\epsilon_{0}}=\frac{1}{\epsilon_{0}}\iiint \rho dV=\frac{\rho}{\epsilon_{0}}\underbrace{\iint}_{\!\!A} \int_{-3}^3 dx=\frac{A\rho}{\epsilon_{0}} (3+3)=\frac{6A\rho}{\epsilon_{0}}

לכן מתקיים:

\frac{6\cancel{ A }\rho}{\epsilon_{0}}=2\cancel{ A }E(x) \implies \vec{E}=\begin{cases} \frac{3\rho}{\epsilon_{0}}\hat{x} & x>3 \\ -\frac{3\rho}{\epsilon_{0}}\hat{x} & x<-3 \end{cases}

לכן, בנק' $x=8$ מתקיים:

E(8)=\frac{3\rho}{\epsilon_{0}}=4\pi k\cdot3\cdot 8\cdot10^{-12}=12\cdot8\pi\cdot 10^{-12}\cdot 9 \cdot 10^9=2.714336\;\;{\tiny\frac{N}{C}}

וזוהי התשובה.

תרגיל (7)

מהו גודל השדה החשמלי במרחק $r=3R$ מציר הסימטריה של הגליל?

\oiint \vec{E}\cdot d\vec{s}=\oiint E(r)\hat{r}\cdot ds\hat{r}=\oiint E(r)ds

מכיוון שהמטעפת הגאוסית שלנו תמיד ברדיוס $3R$ אזי נקבל:

=E(3R) \oiint ds =3R\cdot E(3R)\int_{0}^Ldz\int_{0}^{2\pi}d\theta=3R\cdot2\pi LE(3R)

כעת, נעבור לצד השני של חוק גאוס:

\frac{Q_{in}}{\epsilon_{0}}=\frac{1}{\epsilon_{0}}\iiint \rho dV=\frac{1}{\epsilon_{0}} \underbracket{\iint}_{\!\!\! 2\pi L}dzd\theta \int_{0}^R A \frac{\rho_{0}}{r}rdr =\frac{2\pi LA\rho_{0}}{\epsilon_{0}} \int_{0}^R dr=\frac{2\pi LA\rho_{0}}{\epsilon_{0}}R

נשווה ונקבל:

3\cancel{ R }\cancel{ 2\pi L }\cdot E(3R)=\frac{\cancel{ 2\pi L }A\rho_{0}\cancel{ R }}{\epsilon_{0}}\implies E(3R)=\frac{A\rho_{0}}{3\epsilon_{0}}

וזוהי התשובה :)

תרגיל (8)

\oiint \vec{E}\cdot d\vec{s}=\oiint E \hat{r}\cdot ds \hat{r}=\oiint E(r)ds=E(R)\oiint ds=E(R) \iint rd\theta dz=RE(R) \int_{0}^L dz\int_{0}^{2\pi}d\theta=2\pi LRE(R)

כעת, נעבור לצד השני של חוק גאוס. מכיוון שאין מטען בפנים נקבל $Q_{in}=0$ . נשווה ונקבל:

E(R)=0

כעת, נעבור ל- $a<R<b$ . הצד הראשון של חוק גאוס נשאר זהה ולכן:

\oiint \vec{E}\cdot d\vec{s}=2\pi LRE(R)

בצד השני לעומת זאת מתקיים כי אין מטען מהטבעת השנייה אך מהטבעת הראשונה מתקבל כל המטען ולכן:

\frac{Q_{in}}{\epsilon_{0}}=\frac{1}{\epsilon_{0}}\iint \sigma_{1}ds=a\frac{\sigma_{1}}{\epsilon_{0}}\int_{0}^L \int_{0}^{2\pi} d\theta dz=\frac{2\pi La\sigma_{1}}{\epsilon_{0}}

נשווה ונקבל:

\cancel{ 2\pi L }RE(R)=\frac{\cancel{ 2\pi L }a\sigma_{1}}{\epsilon_{0}} \implies E(R)=\frac{a\sigma_{1}}{\epsilon_{0}R}

כעת, נעבור ל- $R>b$ . הצד הראשון של חוק גאוס נשאר זהה ולכן:

\oiint \vec{E}\cdot d\vec{s}=2\pi LRE(R)

בצד השני לעומת זאת מתקיים:

\begin{align*} \frac{Q_{in}}{\epsilon_{0}}&=\frac{1}{\epsilon_{0}}\left(\iint\sigma_{1}ds+\iint\sigma_{2}ds\right)=\frac{1}{\epsilon_{0}}\left(\int_{0}^L \int_{0}^{2\pi}\sigma_{1}ad\theta dz+\int_{0}^L \int_{0}^{2\pi}\sigma_{2}bd\theta dz\right)=\frac{1}{\epsilon_{0}}(2\pi L\sigma_{1}a+2\pi L\sigma_{2}b) \\ &=\frac{2\pi L}{\epsilon_{0}}(a\sigma_{1}+b\sigma_{2}) \end{align*}

נשווה ונקבל:

\cancel{ 2\pi L }RE(R)=\frac{\cancel{ 2\pi L }}{\epsilon_{0}}(a\sigma_{1}+b\sigma_{2})\implies E(R)=\frac{a\sigma_{1}+b\sigma_{2}}{\epsilon_{0}R}

לכן, סה"כ:

\vec{E}(r)=\begin{cases} 0 & r<a \\ \frac{a\sigma_{1}}{\epsilon_{0}r}\hat{r} & a<r<b \\ \frac{1}{\epsilon_{0}r}(a\sigma_{1}+b\sigma_{2})\hat{r} & r>b \end{cases}

תרגיל (9)

\begin{align*} \oiint \vec{E}\cdot d\vec{s}&=\oiint E\hat{r}\cdot ds\hat{r}=\oiint E(r)ds=E(R)\iint r^2\sin\theta d\theta d\varphi=R^2E(R)\int_{0}^{\pi} \sin\theta d\theta \int_{0}^{2\pi} d\varphi \\ & =2\pi R^2E(R)(-\cos(\pi)+\cos(0))=2\pi R^2E(R)(1+1)=4\pi R^2E(R) \end{align*}

כעת, נעבור לצד השני של חוק גאוס:

\begin{align*} \frac{Q_{in}}{\epsilon_{0}}&=\frac{1}{\epsilon_{0}}\iiint \rho dV=\frac{1}{\epsilon_{0}}\int_{0}^\pi \sin\theta\,d\theta \int_{0}^{2\pi}d\varphi \int_{0}^R r^2\cdot \frac{A}{r^2}dr= \left.\frac{4\pi A}{\epsilon_{0}} \cdot r\right\vert_{a}^R=\frac{4\pi A}{\epsilon_{0}}(R-a) \end{align*}

נשווה ונקבל:

\cancel{ 4\pi } R^2E(R)=\frac{\cancel{ 4\pi } A}{\epsilon_{0}}(R-a)\implies \vec{E}(r)=\frac{A(r-a)}{\epsilon_{0}r^2}\hat{r}

וזוהי התשובה.

תרגיל (10)

\begin{matrix} & \R{\text{נתונים}} \\ a=3.9m & b=8.8m & Q=68C \end{matrix}

נתחיל בלחשב את השדה באופן רגיל כמו בשאלה הקודמת.

\oiint \vec{E}\cdot d\vec{s}=\oiint E\hat{r}\cdot ds \hat{r}= 4\pi R^2 E(R)

בצד השני נקבל:

\begin{align*} \frac{1}{\epsilon_{0}}\iiint \rho dV+\frac{Q}{\epsilon_{0}}&=\frac{1}{\epsilon_{0}}\int_{0}^{2\pi}d\varphi \int_{0}^\pi \sin\theta d\theta \int _{a}^R \frac{A}{r} \cdot r^2dr+\frac{Q}{\epsilon_{0}}=\frac{4\pi}{\epsilon_{0}}\int_{a}^R Ardr+\frac{Q}{\epsilon_{0}} \\ &=\frac{4\pi A}{\epsilon_{0}}\left( \frac{R^2}{2}-\frac{a^2}{2} \right)+\frac{Q}{\epsilon_{0}}=\frac{2\pi A}{\epsilon_{0}}(R^2-a^2)+\frac{Q}{\epsilon_{0}} \end{align*}

נשווה ונקבל:

4\pi R^2E(R)=\frac{2\pi A}{\epsilon_{0}}(R^2-a^2)+\frac{Q}{\epsilon_{0}}\implies E(r)=\frac{A}{2\epsilon_{0}r^2}(r^2-a^2)\hat{r}+\frac{Q}{4\pi\epsilon_{0}r^2}\hat{r}=\frac{A}{2\epsilon_{0}}\hat{r}+\left( \frac{Q}{4\pi\epsilon_{0}} -\frac{Aa^2}{2\epsilon_{0}}\right)\frac{1}{r^2}\hat{r}

\frac{Q}{4\pi\epsilon_{0}}=\frac{Aa^2}{2\epsilon_{0}}\implies A=\frac{Q}{2\pi a^2}=\frac{68}{2\pi\cdot 3.9^2}=0.71154

וזוהי התשובה.