גליון 8 — פיזיקה 2 | תיקיית הסיכומים

תרגיל (1)

נתון תיל נושא זרם $I$ שצורתו כמתואר באיור: רבע מעגל ברדיוס $R$ ושני מקטעים $\infty$ -ים: האחד אוםקי והשני אנכי.
פיזיקה2 - גליון 8 - 1.png
מצאו את גודל השדה המגנטי בנק' $P$ שהיא מרכז המעגל המסומנת באיור.

הערה (תזכורת - חוק ביו סבר)

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}

נחלק את התיל לשלושה מקטעים ובאמצעות סופרפוזיציה נחברם.
במקרה של תיל אינסופי שהנקודה נמצאת באותו קו איתו, לאור המכפלה הסקלרית נקבל שהתרומה של תיל זה היא $0$ .
לכן. החלק היחיד שמשפיע הוא החלק המעגלי בתיל. נחשב באמצעות חוק ביו סבר:

d\vec{B}=\frac{\mu_{0}}{4\pi} \frac{IR d\theta\hat{\theta}\times R\hat{r}}{R^3}=\frac{\mu_{0}}{4\pi} \frac{IR^2d\theta}{R^3}\hat{z}=\frac{\mu_{0}}{4\pi} \frac{Id\theta}{R}

נוכל כעת לבצע את האינטגרל:

\vec{B}=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\mu_{0}I}{4\pi R}d\theta=\frac{\pi \mu_{0}I}{8\pi R}=\frac{\mu_{0}I}{8R}\hat{z}

וזהו גודל השדה החשמלי בנקודה $P$ .

תרגיל (2)

נתון גליל ארוך מאוד שרדיוסו $R$ וציר הסימטריה שלו מתלכד עם ציר $\hat{z}$ .
המוליכות הסגולית של החומר שממנו עשוי הגליל נתונה ע"י הביטוי $\sigma(r<R)=\sigma_{0}\left( 1-\frac{r}{R} \right)$ .
בתוך הגליל קיים שדה חשמלי קבוע ואחיד $\vec{E}=E_{0}\hat{z}$ .
מצאו את השדה המגנטי מחוץ לגליל.

נזכר כי $\vec{J}=\sigma \vec{E}$ ואז $\displaystyle I=\iint \vec{J}\cdot d\vec{s}$ .

\vec{J}=\sigma_{0}\left( 1-\frac{r}{R} \right)E_{0}\hat{z}

I=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^R \sigma_{0}\left( 1-\frac{r}{R} \right)E_{0}rdrd\theta =2\pi \sigma_{0}E_{0}\int_{0}^R r-\frac{r^2}{R}dr=2\pi\sigma_{0}E_{0}\left( \frac{R^2}{2}-\frac{R^3}{3R} \right)=\frac{1}{3}\pi\sigma_{0}E_{0}R^2

זה לא תלוי במיקום שלנו על ציר ה- $z$ ולכן, השדה המגנטי קבוע ויכול להיות תלוי אך ורק ב- $R$ .
לפי כלל יד ימין נקבל כי מחוץ לגליל כיוון השדה המגנטי הוא $\hat{\theta}$ .
נשתמש בחוק אמפר עם לולאה גלילית:

\oint \vec{B}\cdot d \vec{\ell}=B(r)2\pi r=\mu_{0} \frac{1}{3}\pi\sigma_{0}E_{0}R^2

\vec{B}(r)=\frac{\mu_{0}\pi\sigma_{0}E_{0}R^2}{6\pi r}\hat{\theta}=\frac{\mu_{0}\sigma_{0}E_{0}R^2}{6r}\hat{\theta}=\mu_{0}\sigma_{0}E_{0} \frac{R^2}{6r}\hat{\theta}

תרגיל (3)

מסגרת נושאת $I$ נמצאת בסמוך לתיל $\infty$ -י הנושא זרם $i$ .
פיזיקה2 - גליון 8 - 2.png
נתון כי

i=6\cdot 10^3A \quad I=4\cdot 10^4 A \quad R=4m \quad d_{BC}=12m \quad d_{AF}=24m \quad d_{CD}=12m \quad d_{EF}=5m

שימו לב כי משמעות הגודל $d_{BC}$ הוא המרחק בין הנק' $B$ לנק' $C$ .
א. חשבו את גודל הכוח שפועל על הקטע $BC$ של המסגרת כתוצאה מהשדה המגנטי של התיל האינסופי.
ב. חשבו את גודל הכוח שפועל על הקטע $AF$ של המסגרת כתוצאה מהשדה המגנטי של התיל האינסופי.

פתרון א':
נשים לב שכבר בשרטוט נתונים לנו הכיוונים של השדה המגנטי, אז לא נדרש להתעסק עם זה.
הכוח פועל על $BC$ בכיוון מעלה (לפי כלל יד ימין).
נשתמש בחוק ביו סבר על מנת למצוא את השדה המגנטי שפועל בכל נקודה על $BC$ ולאחר מכן, נוכל להשתמש בלורנץ' על מנת למצוא את הכוח הפועל.
זהו מקרה של נקודה על יד תיל אינסופי בשני הכיוונים ולכן, לפי ההרצאה: $B=\frac{\mu_{0}i}{2\pi r}$ .
כעת, נמצא באמצעות לורנץ' את הכוח הפועל על התיל:

d\vec{F}=I dx \hat{x}\times \frac{\mu_{0}i}{2\pi x}(-\hat{z})=\frac{Ii\mu_{0}}{2\pi x}dx\hat{y}

\vec{F}=\int_{4}^{16} \frac{Ii\mu_{0}}{2\pi x}dx\hat{y}=\frac{Ii\mu_{0}}{2\pi}\int_{4}^{16} \frac{1}{x}dx\hat{y}=\frac{Ii\mu_{0}}{2\pi}\ln4\;\hat{y}=\frac{Ii\mu_{0}}{\pi}\ln2\;\hat{y}=66.542N\hat{y}

וזו התוצאה שלנו.

פתרון ב':
מכיוון שהתיל $\infty$ -י אנו באותו המקרה ולכן נקבל:

d\vec{F}=Idx(-\hat{x})\times \frac{\mu_{0}i}{2\pi x}(-\hat{z})=\frac{\mu_{0}Ii}{2\pi x}dx(-\hat{y})

\vec{F}=\frac{\mu_{0}Ii}{2\pi}\int_{4}^{28} \frac{1}{x}dx(-\hat{y})=-\frac{\mu_{0}Ii}{2\pi}\ln 7\;\hat{y}=-\frac{\mu_{0}Ii}{\pi}\ln \sqrt{ 7 }\;\hat{y}=-93.4037 N \hat{y}

וזו התוצאה.

תרגיל (4)

נתונה דסקה עם רדיוס פנימי $R_{1}=1.9m$ ורדיוס חיצוני $R_{2}=5.6m$ .
הדסקה טעונה בצפיפות מטען משטחית $\sigma=\frac{1.8}{r^2} \frac{C}{m^2}$ ומסתובבת במהירות זוויתית $\omega=0.9 \frac{rad}{\sec}$ סביב $\hat{z}$ .
פיזיקה2 - גליון 8 - 3.png
מהו השדה המגנטי על ציר ה- $\hat{z}$ בגובה $z=1m$ ?

נשתמש בחוק ביו סבר.
אנו יודעים שישנה סימטריה בבעיה ולכן יהיה כוח רק בציר ה- $\hat{z}$ .
הזרם בעצם נוצר מהסיבוב של המטענים.
נסתכל על הדסקה כהרבה טבעות כל אחת בעלת רדיוס $r$ קרובות מאוד אחת לשניה.
מההרצאה אנו יודעים כי שדה מגנטי מטבעת לנקודה על ציר הסימטריה שלה הוא $\vec{B}=\frac{\mu_{0}I}{2} \frac{R^2}{(R^2+z^2)^{\frac{3}{2}}}\hat{z}$ .
כעת, נבצע את הסופרפוזיציה:

d\vec{B}=\frac{\mu_{0}dI}{2} \frac{r^2}{(r^2+z^2)^{\frac{3}{2}}}

נדרש לבטא את $dI$ באמצעות $dr$ ונעשה זאת כך:

dI=\frac{dQ}{dt}=\frac{\sigma ds}{dt}=\frac{1.8 rdrd\theta}{r^2dt}=\frac{1.8}{r}dr\omega=1.8\omega \frac{1}{r} dr

כעת, נחשב את השדה:

\vec{B}=\frac{1.8\omega\mu_{0}}{2}\int_{R_{1}}^{R_{2}} \frac{rdr}{(r^2+z^2)^{\frac{3}{2}}}=\frac{1.8\omega \mu_{0}}{2}\left( \frac{1}{\sqrt{ R_{1}^2+z^2 }}-\frac{1}{\sqrt{ R_{2}^2+z^2 }} \right)=2.95139\cdot10^{-7}T

תרגיל (5)

לולאת זרם בצורת מלבן נושאת זרם $I$ .
חשבו את השדה המגנטי במרכז המלבן ביחידות טסלה.
צלעות המלבן הן $a,b$ .

I=5.8A \qquad \qquad a=0.3m \qquad \qquad b=0.2m

נשרטט סקיצה:
גליון 8 2026-06-25 23.11.50.excalidraw.svg
נתייחס לכל פס כתיל בפני עצמו ואז נוכל להשתמש בנוסחה לנק' במרכז התיל: $|\vec{B}|=\frac{2\mu_{0}I\cos\alpha}{4\pi h}=\frac{\mu_{0}I\cos\alpha}{2\pi h}$ .
נניח כי הזרם זורם ב- $\hat{x}$ ואז, לפי כלל יד ימין, עבור הצלע העליונה בשרטוט, השדה המגנטי נוצר ב- $-\hat{z}$ . כנ"ל הזרם בצלע התחתונה, שכן בה הזרם זורם ב- $-\hat{x}$ .
עבור הצלע הימנית וגם השמאלית, גם כן נקבל כי השדה הינו ב- $-\hat{z}$ .
לכן, הכל מתחבר ביחד בסופרפוזיציה.
נמצא כעת את הזוויות $\alpha$ עבור כל צלע.

\tan\alpha=\frac{\frac{b}{2}}{\frac{a}{2}}=\frac{b}{a} \implies \alpha=\tan^{-1} \frac{b}{a}

|\vec{B}|=\frac{\mu_{0}I\cos\left( \tan^{-1} \frac{b}{a} \right)}{b\pi}=9.651783414\cdot 10^{-6}

נשים לב כי גם עבור הצלע התחתונה זה מתקיים.
כעת, נסתכל על שתי הצלעות הצדדיות:

\tan\beta=\frac{\frac{a}{2}}{\frac{b}{2}}=\frac{a}{b}\implies \beta=\tan^{-1} \frac{a}{b}

|\vec{B}|=\frac{\mu_{0}I\cos\left( \tan^{-1} \frac{a}{b} \right)}{a\pi}=4.289681517\cdot10^{-6}

ולכן מתקיים:

\vec{B}_{tot}=2\cdot 9.652\cdot 10^{-6}+2\cdot 4.2897\cdot 10^{-6}=-2.78834\cdot 10^{-5}T\hat{z}

תרגיל (6)

נתונה לולאה מלבנית במישור $xy$ הנושאת זרם $I=8A$ .
פיזיקה2 - גליון 8 - 4.png
נתון כי $a=13m,b=25m$ .
מהו גודלו של השדה המגנטי בגובה $h=4m$ מעל מרכז הלולאה המלבנית?

פה אין לנו ברירה ולכן נדרש להשתמש בחוק ביו-סבר כמו שצריך.
גם פה, כמו ממקודם, נקבל כי השדה הוא ב- $-\hat{z}$ .
בנוסף, נשים לב כי אנו נותרים רק עם הוקטור בכיוון $-\hat{z}$ של השדה המגנטי לאור סימטריית הבעיה.
יש לנו פה טריק קטן, אם נסתכל על זה כפשוט מישור על הצד, נקבל את אותו הערך לסה"כ השדה שאנו מקבלים מכל צד ⟸ נדרש להבין מהי הזווית של המישור הזה על מנת למצוא את הכוח בציר ה- $\hat{z}$ .
גליון 8 2026-06-27 13.01.11.excalidraw.svg

כעת, נמצא את הכוח מכל צד:

|B|=\frac{\mu_{0}I}{4\pi d} \frac{L}{\sqrt{ d^2+\frac{1}{4}L^2 }}

עבור הכוח המגיע מצלעות $a$ נקבל:

d_{a}=\sqrt{ h^2+\frac{b^2}{4} }

|\vec{B}_{a}|=\frac{I\cdot 10^{-7}}{\sqrt{ h^2+\frac{b^2}{4} }} \frac{a}{\sqrt{ h^2+\frac{b^2}{4}+\frac{a^2}{4} }}=5.41\cdot 10^{-8}

עבור הכוח המגיע מצלעות $b$ נקבל:

d_{b}=\sqrt{ h^2+\frac{a^2}{4} }

|\vec{B}_{b}|=\frac{I\cdot 10^{-7}}{\sqrt{ h^2+\frac{a^2}{4} }} \frac{b}{\sqrt{ h^2+\frac{a^2}{4}+\frac{b^2}{4} }}=1.789\cdot 10^{-7}

כעת, נמצא את הזוויות:

\cos\alpha=\cos\left( \tan^{-1} \frac{2h}{b} \right)=0.9524

\cos\beta=\cos\left( \tan^{-1} \frac{2h}{a} \right)=0.8516

ולכן מתקיים:

\vec{B}=(2|\vec{B}_{a}|\cos\alpha+2|\vec{B}_{b}|\cos\beta)(-\hat{z})=-4.0775\cdot 10^{-7}\hat{z}\; T

וזוהי התשובה.

תרגיל (7)

נתון גליל $\infty$ -י מלא ברדיוס $a$ ובו זרם חשמלי בצפיפות זרם נתונה $J=J_{0} \frac{r}{a}\hat{z}$ .
במרכז הגליל עובר תיל דק ואינסופי הנושא את כל הזרם שעובר בגליל בכיוון ההפוך.
פיזיקה2 - גליון 8 - 5.png
נתון:

J_{0}=6.3\cdot 10^{7} \frac{A}{m^2} \qquad a=8.6\cdot 10^{-2}m \qquad r=\frac{8.6}{3\cdot 10^{-2}}m

א. מהו גודלו של השדה המגנטי ב- $r$ ?
ב. מהו השדה המגנטי ב- $a<r$ ?

פתרון א':
השדה המגנטי מגיע משני דברים:

הזרם הזורם בגליל( $J$ )
הזרם הזורם בתיל ה- $\infty$ -י במרכז הגליל( $I$ )

לשני זרמים אלו גדלים זהים וכיוונים הפוכים.
נמצא כעת את סך כל הזרם בגליל לפי הנוסחה $\displaystyle\vec{I}=\iint_{S} \vec{J}\cdot d\vec{s}$ :

\vec{I}=\iint J_{0} \frac{r}{a}\hat{z} \cdot rdrd\theta \hat{z}=\frac{J_{0}}{a}\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{a} r^2dr=\frac{2\pi J_{0}}{a} \frac{a^3}{3}=\frac{2\pi J_{0}a^2}{3}

זהו גודל הזרמים באירוע הזה.

הערה (תזכורת - חוק אמפר)

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

נצור לולאת אמפר בתצורת מעגל עליה הרדיוס קבוע כמובן. ⟸ הרדיוס יהיה $r$ . נשים לב כי $r<a$ .

\oint \vec{B}\cdot d\vec{s}=2\pi rB(r)=\mu_{0}I_{in}=\mu_{0}\left( -I+\frac{2\pi J_{0}r^3}{3a} \right)=4\pi \cdot 10^{-7}\left( \frac{2\pi J_{0}r^3}{3a}-\frac{2\pi J_{0}a^3}{3a} \right)

B(r)=\frac{2\cdot 10^{-7}}{r}\left( \frac{2\pi J_{0}}{3a}(r^3-a^3) \right)=\frac{4J_{0}\pi\cdot 10^{-7}}{3ar}(r^3-a^3)=-6.55629 \hat{\theta}

|B(r)|=6.55629

פתרון ב':
נשים לב כי מתקיים:

2\pi rB(r)=\mu_{0}I_{in}=\mu_{0}(I-I)=0

ולכן:

B(r)=0

מחוץ לגליל.

תרגיל (8)

מעטפת גלילית ארוכה מאוד בעלת רדיוס $R$ טעונה בצפיפות מטען $\sigma$ קבועה.
המעטפת מסתובבת סביב צירה במהירות זוויתית $\omega$ .

R=0.16m \qquad \qquad \omega=111 \frac{1}{s} \qquad \qquad \sigma=7.4 \frac{\mu C}{m^2}

חשבו את השדה המגנטי בתוך המעטפת הגלילית.

נשתמש פה בחוק אמפר שכן הוא יהיה נהדר בקטע זה.
יהי $r<R$ . נרצה למצוא את $\vec{B}(r)$ . (לאור סימטריית הבעיה, אנו יודעים כי השדה המגנטי תלוי אך ורק במרחק מציר ה- $\hat{z}$ . כלומר, ב- $r$ .
לפי כלל יד ימין,
נצור לולאת אמפר בתצורת עיגול ונקבל כי:

\oint \vec{B}\cdot d\vec{\ell}=B(r)dz\int rd\theta=2\pi rdzB(r)=\mu_{0}I_{in}

נמצא כעת את $I_{in}$ :

\frac{dQ}{dt}=\frac{\sigma ds}{dt}=\frac{\sigma rd\theta dz}{dt}=\sigma\omega rdz

ולכן מתקיים:

2\pi \cancel{ rdz }B(r)=4\pi\cdot 10^{-7}\sigma\omega \cancel{ rdz }

B(r)=2\cdot 10^{-7}\sigma\omega=1.6428 \cdot 10^{-10} T

נשים לב כי השדה המגנטי לא תלוי ב- $r$ בתוך המעטפת או מחוצה לה.

תרגיל (9)

נתון גליל $\infty$ -י בעל רדיוס $a$ שבו צפיפות הזרם היא בכיוון המשיקי ונתונה ע"י הביטוי $\vec{J}=J_{0} \frac{r}{a}\hat{\theta}$ .
השדה המגנטי מחוץ לגליל שווה ל- $0$ .
חשבו את השדה המגנטי בתוך הגליל, כלומר בתחום $r<a$ .

לפי כלל יד ימין וידיעה שהזרם זורם ב- $\hat{\theta}$ נקבל כי השדה המגנטי בתוך הגליל הינו בכיוון $\hat{z}$ .
נבנה לולאה גאוסית בתצורת ריבוע אשר צלע אחת בלבד שלו נמצאת במלואה בתוך הגליל(ראו דוגמה בהרצאה)
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:

I=\iint \vec{J}\cdot d\vec{s}=\frac{J_{0}}{a}\int_{r}^{a} \tilde{r}d\tilde{r}dz=\frac{J_{0}dz}{a}\left( \frac{a^2-r^2}{2} \right)

ולכן מתקיים:

B(r)=\mu_{0} \frac{J_{0}}{a} \frac{a^2-r^2}{2}\hat{z}=\frac{1}{2a}\mu_{0}J_{0}(a^2-r^2)\hat{z}

תרגיל (10)

על טורוס בעל חתך מלבני מלופף תיל נושא זרם $I$ כך שכל ליפוף הוא בצורת מלבן. בסך הכל יש על הטורוס $N$ ליפופים.
פיזיקה2 - גליון 8 - תר 10 - תמונה 1.png
רדיוסו הפנימי של הטורוס הוא $a$ והחיצוני $b$ .
גובה הטורוס $h$ .

נתון כי:

b=2m \qquad h=1.1m \qquad I=3 A \qquad N=6300

א. מהו גודל השדה המגנטי מחוץ לטורוס במרחק $7$ מטר מציר הסימטריה בגובה $\frac{h}{3}$ מבסיסו?
ב. מהו גודל השדה המגנטי בתוך הטורוס, במרחק $1.7$ מטר מציר הסימטריה? הניחו כי מרחק זה גדול מהרדיוס הפנימי $a$ .

פתרון א':
מחוץ לטורוס, השדה המגנטי הוא בכיוון $\hat{\theta}$ לפי כלל יד ימין. (בקורדינטות גליליות כמובן)
נשים לב כי התיל נושא הזרם יוצר מלא ליפופים מלאים בתצורת מלבן, ולכן הם מבטלים אחד את השני, כפי שניתן לראות בתרגול.
לכן, מתקיים כי $B\left( r=7,z=\frac{h}{3} \right)=0$ .

פתרון ב':
נשתמש בחוק אמפר:

\oint \vec{B}\cdot d \vec{\ell}=2\pi rB(r)=\mu_{0}I_{in}=\mu_{0}I\cdot N=4\pi NI\cdot 10^{-7}

B(r)=\frac{2NI\cdot 10^{-7}}{r}=\frac{2\cdot 6300\cdot 3 \cdot 10^{-7}}{r}=\frac{3.78 \cdot 10^{-3}}{r}

ולכן מתקיים:

|\vec{B}(1.7)|=\frac{3.78 \cdot 10^{-3}}{1.7}=\frac{189}{85000}=0.002223529\; T

וזוהי התשובה.