גליון 9 — פיזיקה 2 | תיקיית הסיכומים

תרגיל (1)

נתון מוט באורך L הנע במהירות קבועה v לאורך שתי מסילות מוליכות המחוברות כך שיחד הן יוצרות "ח" מסובבת, כמוראה באיור. התנגדות המוט היא R, והתנגדות המסילה זניחה.
פיזיקה 2 - גליון 9 - תר 1 - תמונה 1.png
המערכת נמצאת באיזור בו שורר שדה מגנטי הנוצר על ידי זרם I הזורם במקביל למסילה העליונה במרחק a ממנה.
המוט, המסילות והתיל נושא הזרם נמצאים כולם באותו מישור.
מהו הזרם הנוצר בלולאה המוליכה (המוט+המסילה בצורת "ח" מסובבת)?

השדה המגנטי הנוצר בלולאה הינו לכיוון חוץ הדף לפי כלל יד ימין.
לפי נוסחה ידועה, הזרם הנוצר מתיל אינסופי הינו $B=\frac{\mu_{0}I}{2\pi h}$ .
המלבן הנוצר עליו נסתכל עוד שניה הינו בעל צלע קבועה באורך $L$ וצלע משתנה באורך $x_{0}+vt$ . נסמן $x_{0}=0$ .
נמצא את השטף החשמלי במלבן שנוצר:

\Phi_{\tiny B}(t)=\iint \vec{B}\cdot d\vec{s}=\int_{0}^{vt}\int_{a}^{a+L} \frac{\mu_{0}I}{2\pi y}dydx=\frac{\mu_{0}Ivt}{2\pi}\int_{a}^{a+L} \frac{1}{y}dy=\frac{\mu_{0}Ivt}{2\pi}\ln \left( \frac{a+L}{a} \right)

נגזור לפי הזמן ונקבל:

\epsilon=-\frac{d\Phi_{\Tiny B}(t)}{dt}=\frac{\mu_{0}Iv}{2\pi}\ln\left( \frac{a+L}{a} \right)

כעת, נשתמש בחוק אום ונמצא את הזרם בלולאה:

\epsilon=RI_{ind}\implies I_{ind}=\frac{\epsilon}{R}=\frac{\mu_{0}Iv}{2\pi R}\ln\left( \frac{a+L}{a} \right)

כיוונו של הזרם, לפי חוק לנץ וכלל יד ימין, הוא עם כיוון השעון.

תרגיל (2)

מסגרת ריבועית שצלעה $a$ נעה במהירות קבועה $\vec{v}=v\hat{x}$ .
ברגע $t=0$ הקצה הימני של המסגרת נכנס לאזור בו קיים שדה מגנטי אחיד $B=B\hat{z}$ (בכיוון החוצה מהדף)
שדה זה קיים בתחום $x \in[0,a]$ .
פיזיקה2 - גליון 10 - תמונה 1.png
מהו הכוח האלקטרו-מניע המושרה במסגרת?

נשים לב כי הבעיה סימטרית והשטף גדל במקטע אחד וקטן במקטע האחר בדיוק באותו האופן.
נסתכל על השטף בתוך המסגרת במקטע $0<t< \frac{a}{v}$ :

\Phi_{\Tiny B}=\iint \vec{B}\cdot d\vec{s}=B\int_{0}^{a}dy\int_{0}^{vt} dx=Bavt

לכן נקבל:

\epsilon(t)=-Bav

לכן נקבל כי:

\epsilon(t)=\begin{cases} -Bav & 0<t< \frac{a}{v} \\ Bav & \frac{a}{v}<t< \frac{2a}{v} \end{cases}

תרגיל (3)

בגליל שרדיוסו $a$ שורר שדה מגנטי $\vec{B}(t)=B_{0}\cos(\omega t)\hat{z}$ ומחוץ לגליל השדה המגנטי זניח.
סביב הגליל לופף תיל מוליך כך שנוצרו $3$ כריכות מעגליות סביב הגליל. רדיוס כל כריכה הוא $b$ . הכריכות צפופות.
הכריכות מחוברות לנורה, כך שההתנגדות הכוללת של התיל והנורה הוא $R$ .
פיזיקה2 - גליון 10 - תמונה 2.png
מהו הזרם דרך הנורה?

השטף המגנטי בתוך הכריכות הינו רק בתוך הגליל:
מכיוון שהכריכות צפופות, נוכל להסתכל על כירכה אחת ואז להכיל את זה על כולן מבלי לדאוג לגובה ביניהן.

\Phi_{B_{one}}(t)=B_{0}\cos(\omega t)\cdot \pi a^2=\pi a^2B_{0}\cos(\omega t)

\Phi_{B}=3\Phi_{B_{one}}=3\pi a^2B_{0}\cos(\omega t)

נמצא כעת את הכא"מ המושרה:

\epsilon(t)=-\frac{d\Phi_{B}}{dt}=3\omega \pi a^2B_{0}\sin(\omega t)

כעת, נוכל לחשב את הזרם העובר דרך הנורה:

I=\frac{\epsilon}{R}=\frac{3\pi a^2\omega B_{0}}{R}\sin(\omega t)

תרגיל (4)

בגליל ארוך עם רדיוס $a$ זורם זרם בכיוון המשיק $\hat{\theta}$ כמתואר באיור.
פיזיקה2 - גליון 10 - תמונה 3.png
צפיפות הזרם תלויה במרחק $r$ מציר הגליל בצורה $\vec{J}(r<a)=\frac{J_{0}r}{a}\hat{\theta}$ .
המקדם $J_{0}$ משתנה בזמן, כך ש- $J_{0}=\alpha t$ , כאשר $\alpha>0$ קבוע חיובי.
מקיפים את הגליל בלולאה מעגלית מוליכה ברדיוס $2a$ . התנגדות הלולאה $R$ .
מהו גודל הזרם המושרה הנוצר בלולאה המוליכה?

נבנה לולאה אמפרית בתצורת ריבוע ונפתח את השדה ממנה:

B(r)=\mu_{0}\int_{r}^a J(r')dr'=\mu m_{0}\int_{r}^a \frac{J_{0}r'}{a}dr'=\frac{\mu_{0}J_{0}}{2a}(a^2-r^2)

עבור $r>a$ נקבל $B(r)=0$ .
כך נוכל למצוא את השטף:

\Phi_{\Tiny B}(t)=2\pi \int_{0}^a B(r,t)rdr=\frac{\pi \mu_{0}J_{0}}{a}\int_{0}^a (a^2r-r^3)dr=\frac{\pi\mu_{0}a^3}{4}J_{0}(t)-\frac{\pi \mu_{0}a^3\alpha}{4}t

נחשב כעת את הכא"מ המושרה:

\epsilon=--\frac{d\Phi_{B}(t)}{dt}=-\frac{\pi \mu_{0}a^3\alpha}{4}

I_{ind}=\frac{\epsilon}{R}=\frac{1}{4} \frac{\mu_{0}\alpha \pi a^3}{R}

וזוהי התשובה.

תרגיל (5)

נתונה המערכת המתוארת בציור, הבנויה משלושה מוטות מוליכים; כל המערכת נמצאת בשדה מגנטי אחיד $\vec{B}$ הניצב למישור הדף.
שני המוטות הניצבים הינם סטטיים, המוט הנטוי בזווית 45° נע במהירות קבועה $v$ .
ברגע $t=0$ המוט הנע מתלכד עם החיבור של המוטות הניצבים.
$\lambda$ היא התנגדות המוטות ליחידת אורך.
פיזיקה2 - גליון 10 - תמונה 4.png
נתונים:

B=4T \qquad v=7 \frac{m}{\sec} \qquad \lambda= 1 \frac{\Omega}{m}

מהו הזרם המושרה במוטות לאחר שניה בודדת? (תנו תשובה חיובית באמפר)

נמצא את הזרם המושרה כרגיל ע"י חוק אמפר ותחילה נמצא עבור זמן כללי $t>0$ .
אנו יודעים שנוצר משולש ישר זווית ושווה שוקיים אשר גובהו $vt\sin45\degree$ ואורך הצלע האחרת שלו היא $vt \sin 45\degree$ . (נשים לב כי $\cos 45\degree=\sin 45\degree=\frac{1}{\sqrt{ 2 }}$ )
לכן, שטח המשולש שנוצר הינו $S=\frac{1}{\sqrt{ 2 }} vt\cdot \frac{1}{\sqrt{ 2 }}vt=\frac{v^2t^2}{2}$ .
מכיוון שהשדה אחיד אנו יודעים כי:

\Phi_{\Tiny B}=\frac{Bv^2}{2}t^2

ולכן נקבל כי:

\epsilon(t)=-Bv^2t

אנו יודעים שההתנגדות היא ליחידת אורך ולכן, $R=p\lambda$ כאשר $p$ הוא היקף המשולש שאותו נחשב כעת:

p(t)=vt\sqrt{ 2 }+\sqrt{ v^2t^2 }=vt\sqrt{ 2 }+vt=vt(\sqrt{ 2 }+1)

\implies R(t)=\lambda(\sqrt{ 2 }+1)vt

ולכן, נקבל לפי חוק אום כי:

I_{ind}(t)=\frac{\epsilon(t)}{R(t)}=-\frac{Bv}{\lambda(\sqrt{ 2 }+1)}

לכן מתקיים כי:

I_{ind}(1)=\frac{4\cdot 7}{\sqrt{ 2 }+1}=11.59797975 A

תרגיל (6)

נתון סליל בעל גודל סופי, אשר זורם בו זרם I. כתוצאה מכך נוצר במרכז הסליל שדה מגנטי B בכיוון החיובי של ציר Z. אורך הסליל גדול מאד מרדיוסו, כך שבקירוב טוב השדה בתוך הסליל אחיד, חוץ מהאיזור הקרוב לבסיסים (ראו את קווי השדה המגנטי באיור).
פיזיקה2 - גליון 10 - תמונה 5.png
טבעת מוליכה בעלת התנגדות R ורדיוס קטן (יחסית לרדיוס הסליל) נעה במהירות קבועה v בכיוון השלילי של ציר Z. הטבעת נכנסת אל הסליל מהבסיס העליון ברגע $t_{0}$ ויוצאת מהסליל דרך הבסיס התחתון ברגע $t_{1}$ .
בגלל התנועה של הטבעת, נוצר בה זרם מושרה.
נגדיר את הזרם בבעייה חיובי אם הוא זורם נגד כיוון השעון כשמסתכלים על הטבעת מהכיוון החיובי של ציר Z.

כיצד ייראה הזרם המושרה כתלות בזמן?
פיזיקה2 - גליון 10 - תמונה 6.png

נתחיל בלדעת שהזרם יהיה $0$ בכל קטע בתוך הסליל ורק באיזור הבסיסים יהיה זרם שכן רק שם יש שינוי בשדה המגנטי.
כאשר אנו נכנסים לשדה מלמעלה, השדה המגנטי הוא לכיוון מעלה ולכן, השדה המגנטי שיווצר יהיה לכיוון מטה, ולכן, הזרם יהיה עם כיוון השעון (תכף נראה מה זה אומר לגבי הגרף המתאים)
כאשר אנו יוצאים מהשדה המגנטי, השדה המגנטי עדיין לכיוון מעלה והשטף קטן ולכן, השדה המגנטי שיווצר יהיה לכיוון מעלה ולכן הזרם שיווצר יהיה נגד כיוון השעון.
עכשיו ההסבר לכיוון הזרם בבעיה מעט מתוסבך, אך ננסה להבינו - הזרם חיובי אם הוא זורם נגד כיוון השעון כשמסתכלים על הטבעת מהכיוון החיובי של ציר ה- $z$ . כלומר, מלמעלה
לכן, הגרף המתאים הינו $5$ .

תרגיל (7)

נתונה לולאה מעגלית ברדיוס $a=0.5m$ והתנגדות $R=30\Omega$ .
במרחב שורר שדה מגנטי קבוע שגודלו $B=10T$ המאונך למישור הלולאה במצבה ההתחלתי. כיוון השדה המגנטי פנימה אל תוך הדף (או המסך)
מסובבים את הלולאה סביב ציר הסימטריה שלה בזווית של $\frac{\pi}{2}$ .
פיזיקה2 - גליון 10 - תמונה 7.png
כמה מטען יזרום דרך הנקודה $O$ הנמצאת על הלולאה במהלך סיבוב זה?

נשים לב כי אנו מקבלים את הקשר הזה בין המטען לשטף המגנטי:

Q=\int Idt=\int_{\Phi_{i}}^{\Phi_{f}} -\frac{1}{R} \frac{d\Phi}{dt}dt=-\frac{1}{R}\int_{\Phi_{i}}^{\Phi_{f}} d\Phi=\frac{|\Delta \Phi|}{R}

מכיוון שכאשר אנו לגמרי הסתובבנו אין שטף מגנטי בלולאה לאור הכיוונים נקבל:

\Phi_{f}=0

\Phi_{i}=B(\pi a^2)=7.854

ולכן נקבל:

Q=0.262C

תרגיל (8)

נתון המעגל החשמלי המתואר באיור:
פיזיקה2 - גליון 10 - תמונה 8.png
ברגע $t=0$ סוגרים את המפסק.
חשבו את האנרגיה האגורה בסליל ברגע $t=10^{-3}\sec$ .
יש לתת את התשובה ביחידות של $\mu J$ (כלומר $10^{-6}J$ )

זהו מעגל $RL$ קלאסי בטעינה ולזרם בו יש לנו נוסחה פשוטה:

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

כעת, רק נדרש למצוא את ההשראות העצמית שנתונה לנו על המעגל $L=100 \cdot 10^{-3}H=0.1H$ ולכן נקבל:

U_{L}=\frac{1}{2}LI^2=\frac{1}{2}\cdot 0.1\cdot \frac{5}{200}(1-\epsilon^{-200\cdot 10^{-4}})=2.336\cdot 10^{-5} \approx 23.36 \mu J

וזוהי התשובה.

תרגיל (9)

מחברים שתי נורות במקביל למקור מתח בעל כא"מ $\epsilon$ .
לכל אחת מהנורות יש שתי תכונות:

התנגדות המסומנת ב- $R_{1},R_{2}$
השראות עצמית המסומנת ב- $L_{1},L_{2}$ בהתאמה.

מצורפים תרשים של המעגל החשמלי המתאר את המערכת וגרף של הזרם בכל אחת מהנורות כתלות בזמן.
פיזיקה2 - גליון 10 - תמונה 9.png
פיזיקה2 - גליון 10 - תמונה 10.png
בחרו את הטענה הנכונה:
א. $L_{1}<L_{2},\;R_{1}=R_{2}$
ב. $L_{1}<L_{2},\;R_{1}<R_{2}$
ג. $L_{1}>L_{2},\;R_{1}<R_{2}$
ד. $L_{1}=L_{2},\;R_{1}>R_{2}$
ה. $L_{1}>L_{2},\;R_{1}>R_{2}$
ו. $L_{1}=L_{2},\;R_{1}<R_{2}$
ז. $L_{1}=L_{2},\;R_{1}>R_{2}$

נשים לב כי המתח שמגיע לתת מעגל זהה לשני תתי המעגלים.
הזרם של $I_{1}$ גדול יותר משל $I_{2}$ ולכן אנו יודעים שני דברים: $L=\frac{\Phi_{B}}{I}$ של $I_{1}$ קטן יותר משל $I_{2}$ ובנוסף, ההתנגדות של $I_{1}$ קטנה יותר משל $I_{2}$ שכן אם יש התנגדות גדולה יותר הזרם קטן וההשראות גדלה.

V=RI\implies I=\frac{V}{R} \implies \begin{cases} I \propto \frac{1}{L} \\ I \propto \frac{1}{R} \end{cases}

מכיוון שהתלות זהה, אז $L_{1}<L_{2}$ וגם $R_{1}<R_{2}$ ולכן, התשובה המתאימה היא ב.

תרגיל (10)

נתון מעגל חשמלי המורכב ממקור מתח $\epsilon=27V$ , שני נגדים $R_{1}=5\Omega,R_{2}=15\Omega$ , סליל בעל השראות $L=2H$ ומפסק $S$ .
בזמן $t=0$ סוגרים את המפסק
פיזיקה2 - גליון 10 - תמונה 11.png
א. מהו הזרם דרך הנגד $R_{2}$ בזמן $t=0$ ?
ב. מהו הזרם דרך הנגד $R_{2}$ לאחר זמן רב מאוד?
ג. מהו המתח על הסליל לאחר זמן רב מאוד?
ד. לאחר זמן רב, פותחים מחדש את המפסק. מהו הזרם בסליל מייד עם רגע פתיחת המפסק?
ה. בהמשך לסעיף ד', מהו המתח על הסליל מייד ברגע פתיחת המפסק?

פתרון א':
בזמן $t=0$ עדיין יש נתק בסליל ולכן הוא לא משפיע על המעגל ולכן זהו מעגל פשוט:

R_{tot}=R_{1}+R_{2} \implies \epsilon=RI\implies I=\frac{\epsilon}{R_{1}+R_{2}}

I=\frac{27}{20}=1.35 A

פתרון ב':
אחרי זמן רב אין כבר נתק במעל ולכן אנו יכולים להשתמש בחוקי קירכהוף.

\begin{cases} R_{1}I_{1}+L \frac{dI_{3}}{dt}-\epsilon=0 \\ R_{1}I_{1}+R_{2}I_{2}-\epsilon=0 \\ I_{1}=I_{2}+I_{3} \end{cases}

נשים לב כי נאמר לנו שזה קורה אחרי זמן רב, לאחר זמן רב המעגל מתייצב והזרם דרך הסליל הוא קבוע ולכן מתקיים:

\begin{cases} R_{1}I_{1}-\epsilon=0 \\ R_{1}I_{1}+R_{2}I_{2}-\epsilon=0 \\ I_{1}=I_{2}+I_{3} \end{cases}

כעת נוכל לפתור ולקבל:

R_{1}I_{1}=\epsilon \implies I_{1}=\frac{\epsilon}{R_{1}}

I_{2}=0

פתרון ג':
אנו יודעים כי הזרם הזורם במעגל לאחר זמן רב הוא פשוט $I_{1}=\frac{\epsilon}{R_{1}}$ ולכן זהו גם הזרם הזורם על הסליל.
נוכל פשוט להשתמש בנוסחה ולקבל את המתח על הסליל:

V_{L}=L\frac{dI}{dt}=2\cdot \frac{d}{dt}\left( \frac{\epsilon}{R_{1}} \right)=0

פתרון ד':
כאשר פותחים את המפסק המעגל נהיה רק $L$ ו- $R_{2}$ והוא מתחיל בפריקה רגילה.

I(t)=I_{0}e^{-\frac{R}{L}t}\implies I(0)=\frac{\epsilon}{R_{1}}=\frac{27}{5}=5.4A

זהו בדיוק הזרם על הסליל.

פתרון ה':

V_{L}=L \frac{dI}{dt}=L I_{0}e^{-\frac{R}{L}t}\cdot -\frac{R}{L}=R_{2}I_{0}e^{-\frac{R}{L}t}

V_{L}(0)=R_{2}I_{0}=R_{2}\cdot 5.4=-81V

ולכן, התשובה היא $V_{L}(0)=81V$ .

תרגיל (1)

\Phi_{\tiny B}(t)=\iint \vec{B}\cdot d\vec{s}=\int_{0}^{vt}\int_{a}^{a+L} \frac{\mu_{0}I}{2\pi y}dydx=\frac{\mu_{0}Ivt}{2\pi}\int_{a}^{a+L} \frac{1}{y}dy=\frac{\mu_{0}Ivt}{2\pi}\ln \left( \frac{a+L}{a} \right)

נגזור לפי הזמן ונקבל:

\epsilon=-\frac{d\Phi_{\Tiny B}(t)}{dt}=\frac{\mu_{0}Iv}{2\pi}\ln\left( \frac{a+L}{a} \right)

כעת, נשתמש בחוק אום ונמצא את הזרם בלולאה:

\epsilon=RI_{ind}\implies I_{ind}=\frac{\epsilon}{R}=\frac{\mu_{0}Iv}{2\pi R}\ln\left( \frac{a+L}{a} \right)

כיוונו של הזרם, לפי חוק לנץ וכלל יד ימין, הוא עם כיוון השעון.

תרגיל (2)

\Phi_{\Tiny B}=\iint \vec{B}\cdot d\vec{s}=B\int_{0}^{a}dy\int_{0}^{vt} dx=Bavt

לכן נקבל:

\epsilon(t)=-Bav

לכן נקבל כי:

\epsilon(t)=\begin{cases} -Bav & 0<t< \frac{a}{v} \\ Bav & \frac{a}{v}<t< \frac{2a}{v} \end{cases}

תרגיל (3)

\Phi_{B_{one}}(t)=B_{0}\cos(\omega t)\cdot \pi a^2=\pi a^2B_{0}\cos(\omega t)

\Phi_{B}=3\Phi_{B_{one}}=3\pi a^2B_{0}\cos(\omega t)

נמצא כעת את הכא"מ המושרה:

\epsilon(t)=-\frac{d\Phi_{B}}{dt}=3\omega \pi a^2B_{0}\sin(\omega t)

כעת, נוכל לחשב את הזרם העובר דרך הנורה:

I=\frac{\epsilon}{R}=\frac{3\pi a^2\omega B_{0}}{R}\sin(\omega t)

תרגיל (4)

נבנה לולאה אמפרית בתצורת ריבוע ונפתח את השדה ממנה:

B(r)=\mu_{0}\int_{r}^a J(r')dr'=\mu m_{0}\int_{r}^a \frac{J_{0}r'}{a}dr'=\frac{\mu_{0}J_{0}}{2a}(a^2-r^2)

עבור $r>a$ נקבל $B(r)=0$ .
כך נוכל למצוא את השטף:

\Phi_{\Tiny B}(t)=2\pi \int_{0}^a B(r,t)rdr=\frac{\pi \mu_{0}J_{0}}{a}\int_{0}^a (a^2r-r^3)dr=\frac{\pi\mu_{0}a^3}{4}J_{0}(t)-\frac{\pi \mu_{0}a^3\alpha}{4}t

נחשב כעת את הכא"מ המושרה:

\epsilon=--\frac{d\Phi_{B}(t)}{dt}=-\frac{\pi \mu_{0}a^3\alpha}{4}

I_{ind}=\frac{\epsilon}{R}=\frac{1}{4} \frac{\mu_{0}\alpha \pi a^3}{R}

וזוהי התשובה.

תרגיל (5)

B=4T \qquad v=7 \frac{m}{\sec} \qquad \lambda= 1 \frac{\Omega}{m}

מהו הזרם המושרה במוטות לאחר שניה בודדת? (תנו תשובה חיובית באמפר)

\Phi_{\Tiny B}=\frac{Bv^2}{2}t^2

ולכן נקבל כי:

\epsilon(t)=-Bv^2t

אנו יודעים שההתנגדות היא ליחידת אורך ולכן, $R=p\lambda$ כאשר $p$ הוא היקף המשולש שאותו נחשב כעת:

p(t)=vt\sqrt{ 2 }+\sqrt{ v^2t^2 }=vt\sqrt{ 2 }+vt=vt(\sqrt{ 2 }+1)

\implies R(t)=\lambda(\sqrt{ 2 }+1)vt

ולכן, נקבל לפי חוק אום כי:

I_{ind}(t)=\frac{\epsilon(t)}{R(t)}=-\frac{Bv}{\lambda(\sqrt{ 2 }+1)}

לכן מתקיים כי:

I_{ind}(1)=\frac{4\cdot 7}{\sqrt{ 2 }+1}=11.59797975 A

תרגיל (6)

כיצד ייראה הזרם המושרה כתלות בזמן?
פיזיקה2 - גליון 10 - תמונה 6.png

תרגיל (7)

נשים לב כי אנו מקבלים את הקשר הזה בין המטען לשטף המגנטי:

Q=\int Idt=\int_{\Phi_{i}}^{\Phi_{f}} -\frac{1}{R} \frac{d\Phi}{dt}dt=-\frac{1}{R}\int_{\Phi_{i}}^{\Phi_{f}} d\Phi=\frac{|\Delta \Phi|}{R}

מכיוון שכאשר אנו לגמרי הסתובבנו אין שטף מגנטי בלולאה לאור הכיוונים נקבל:

\Phi_{f}=0

\Phi_{i}=B(\pi a^2)=7.854

ולכן נקבל:

Q=0.262C

תרגיל (8)

זהו מעגל $RL$ קלאסי בטעינה ולזרם בו יש לנו נוסחה פשוטה:

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

כעת, רק נדרש למצוא את ההשראות העצמית שנתונה לנו על המעגל $L=100 \cdot 10^{-3}H=0.1H$ ולכן נקבל:

U_{L}=\frac{1}{2}LI^2=\frac{1}{2}\cdot 0.1\cdot \frac{5}{200}(1-\epsilon^{-200\cdot 10^{-4}})=2.336\cdot 10^{-5} \approx 23.36 \mu J

וזוהי התשובה.

תרגיל (9)

מחברים שתי נורות במקביל למקור מתח בעל כא"מ $\epsilon$ .
לכל אחת מהנורות יש שתי תכונות:

התנגדות המסומנת ב- $R_{1},R_{2}$
השראות עצמית המסומנת ב- $L_{1},L_{2}$ בהתאמה.

V=RI\implies I=\frac{V}{R} \implies \begin{cases} I \propto \frac{1}{L} \\ I \propto \frac{1}{R} \end{cases}

מכיוון שהתלות זהה, אז $L_{1}<L_{2}$ וגם $R_{1}<R_{2}$ ולכן, התשובה המתאימה היא ב.

תרגיל (10)

פתרון א':
בזמן $t=0$ עדיין יש נתק בסליל ולכן הוא לא משפיע על המעגל ולכן זהו מעגל פשוט:

R_{tot}=R_{1}+R_{2} \implies \epsilon=RI\implies I=\frac{\epsilon}{R_{1}+R_{2}}

I=\frac{27}{20}=1.35 A

פתרון ב':
אחרי זמן רב אין כבר נתק במעל ולכן אנו יכולים להשתמש בחוקי קירכהוף.

\begin{cases} R_{1}I_{1}+L \frac{dI_{3}}{dt}-\epsilon=0 \\ R_{1}I_{1}+R_{2}I_{2}-\epsilon=0 \\ I_{1}=I_{2}+I_{3} \end{cases}

נשים לב כי נאמר לנו שזה קורה אחרי זמן רב, לאחר זמן רב המעגל מתייצב והזרם דרך הסליל הוא קבוע ולכן מתקיים:

\begin{cases} R_{1}I_{1}-\epsilon=0 \\ R_{1}I_{1}+R_{2}I_{2}-\epsilon=0 \\ I_{1}=I_{2}+I_{3} \end{cases}

כעת נוכל לפתור ולקבל:

R_{1}I_{1}=\epsilon \implies I_{1}=\frac{\epsilon}{R_{1}}

I_{2}=0

V_{L}=L\frac{dI}{dt}=2\cdot \frac{d}{dt}\left( \frac{\epsilon}{R_{1}} \right)=0

פתרון ד':
כאשר פותחים את המפסק המעגל נהיה רק $L$ ו- $R_{2}$ והוא מתחיל בפריקה רגילה.

I(t)=I_{0}e^{-\frac{R}{L}t}\implies I(0)=\frac{\epsilon}{R_{1}}=\frac{27}{5}=5.4A

זהו בדיוק הזרם על הסליל.

פתרון ה':

V_{L}=L \frac{dI}{dt}=L I_{0}e^{-\frac{R}{L}t}\cdot -\frac{R}{L}=R_{2}I_{0}e^{-\frac{R}{L}t}

V_{L}(0)=R_{2}I_{0}=R_{2}\cdot 5.4=-81V

ולכן, התשובה היא $V_{L}(0)=81V$ .