חזור לתיקייה: תרגול

4(עילי) - פוטנציאל חשמלי

חיפוש בתיקיה
Ctrl K
לחץ כאן או הקש Ctrl K כדי לחפש בכל התיקיה
  • כללי
  • תרגול

4(עילי) - פוטנציאל חשמלי

01140052

פיזיקה 2

רשימות תרגול לקריאה בשבת

4(עילי) - פוטנציאל חשמלי

הופק מתוך תקיית התואר של שקד

uni-folder.vercel.app

הגדרה 1 (פוטנציאל חשמלי)

φ(r⃗)=−∫r⃗refr⃗′E⃗(r⃗′)⋅dr⃗′\varphi(\vec{r})=-\int_{\vec{r}_{ref}}^{\vec{r}'} \vec{E}(\vec{r}')\cdot d\vec{r}'φ(r)=−rref​∫r′​E(r′)⋅dr′

יש לקבוע נקודת יחוס שבה ρ(r⃗ref)=0\rho(\vec{r}_{ref})=0ρ(rref​)=0.
עבור מערכות קומפקטיות r⃗ref→∞\vec{r}_{ref}\to \inftyrref​→∞.

משמעות פיזיקלית: עבודה ליחידת מטען. WA→B=ρ(φ(B)−φ(A))W_{A\to B}=\rho(\varphi(B)-\varphi(A))WA→B​=ρ(φ(B)−φ(A)).
הפרש פוטנציאלים:

V=Δφ=φ(r⃗2)−φ(r⃗1)=−∫r⃗1r⃗2E⃗(r⃗)⋅dr⃗V=\Delta \varphi=\varphi(\vec{r}_{2})-\varphi(\vec{r}_{1})=-\int_{\vec{r}_{1}}^{\vec{r}_{2}}\vec{E}(\vec{r})\cdot d\vec{r}V=Δφ=φ(r2​)−φ(r1​)=−r1​∫r2​​E(r)⋅dr

היצור הזה אינו תלוי בנקודת הייחוס(הוכחה: ברור).
הפרש פוטנציאלים נמדד ביחידות בשם וולט - WWW.

עקרון הסופרפוזיציה:

  • עבור מערכות בדידות: φ(r⃗)=∑nφn(r⃗)\varphi(\vec{r})=\sum_{n}\varphi_{n}(\vec{r})φ(r)=∑n​φn​(r).
  • עבור מערכות רציפות: φ(r⃗)=∫dφ\displaystyle \varphi(\vec{r})=\int d\varphiφ(r)=∫dφ.

הקשר לשדה החשמלי:

E⃗=−∇⃗φ=−∂φ∂xx^−∂φ∂yy^−∂φ∂zz^\vec{E}=-\vec{\nabla}\varphi=-\frac{\partial \varphi}{\partial x}\hat{x}-\frac{\partial \varphi}{\partial y}\hat{y}-\frac{\partial \varphi}{\partial z}\hat{z}E=−∇φ=−∂x∂φ​x^−∂y∂φ​y^​−∂z∂φ​z^

שדה אלקטרוסטטי הוא שדה משמר ולכן:

∇⃗×E⃗=0=∣x^y^z^∂∂x∂∂y∂∂zExEyEz∣\vec{\nabla}\times \vec{E}=0=\begin{vmatrix} \hat{x} & \hat{y} & \hat{z} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ E_{x} & E_{y} & E_{z} \end{vmatrix}∇×E=0=​x^∂x∂​Ex​​y^​∂y∂​Ey​​z^∂z∂​Ez​​​

תרגול

תרגיל

נתונה טבלה אינסופית בעובי ddd בכיוון xxx הטעונה בצפיפות מטען אחידה ρ0\rho_{0}ρ0​.
נקודת היחוס בראשית הצירים(φ(0⃗)=0\varphi(\vec{0})=0φ(0)=0).
חשבו את הפוטנציאל החשמלי במרחב.

נצייר סקיצה:
​4(עילי) - פוטנציאל חשמלי 2026-05-18 13.45.03.excalidraw.svg
מסימטריה: φ(x,y,z)=φ(x)\varphi(x,y,z)=\varphi(x)φ(x,y,z)=φ(x) ובנוסף φ(−x)=φ(x)\varphi(-x)=\varphi(x)φ(−x)=φ(x) לכל x∈Rx \in \mathbb{R}x∈R.
נמצא את השדה החשמלי כמו בתרגול הקודם:

E⃗(x)={−ρ0d2ε0x^x≤−d2ρ0x33dε0x^−d2<x<d2ρ0d2ε0x^x>d2\vec{E}(x)=\begin{cases} -\frac{\rho_{0}d}{2\epsilon_{0}}\hat{x} & x\leq -\frac{d}{2} \\ \frac{\rho_{0} x^3}{3d\epsilon_{0}}\hat{x} & -\frac{d}{2}<x< \frac{d}{2} \\ \frac{\rho_{0}d}{2\epsilon_{0}}\hat{x} & x> \frac{d}{2} \end{cases}E(x)=⎩⎨⎧​−2ε0​ρ0​d​x^3dε0​ρ0​x3​x^2ε0​ρ0​d​x^​x≤−2d​−2d​<x<2d​x>2d​​

הפוטנציאל מתקבל ע"י ההגדרה. נתחיל מהתחום האמצעי(בתוך הטבלה שהיא לא טבלה)

φ(x)=−∫0xρ0x′ε0dx′=−ρ0x22ε0\varphi(x)=-\int_{0}^x \frac{\rho_{0}x'}{\epsilon_{0}}dx'=-\frac{\rho_{0}x^2}{2\epsilon_{0}}φ(x)=−0∫x​ε0​ρ0​x′​dx′=−2ε0​ρ0​x2​

ולכן זהו הפוטנציאל בתוך הטבלה.
מחוץ לטבלה:

φ(x)=−∫0d2ρ0x′2ε0dx′−∫d2xρ0d2ε0dx′=−ρ02ε0d24−ρ0d2ε0(x−d2)=−ρ0d2ε0(x−d4)\begin{align*} \varphi(x)&=-\int_{0}^{\frac{d}{2}}\frac{\rho_{0}x'}{2\epsilon_{0}}dx'-\int_{\frac{d}{2}}^x \frac{\rho_{0}d}{2\epsilon_{0}}dx'=-\frac{\rho_{0}}{2\epsilon_{0}}\frac{d^2}{4}-\frac{\rho_{0}d}{2\epsilon_{0}}\left( x-\frac{d}{2} \right)=-\frac{\rho_{0}d}{2\epsilon_{0}}\left( x-\frac{d}{4} \right) \end{align*}φ(x)​=−0∫2d​​2ε0​ρ0​x′​dx′−2d​∫x​2ε0​ρ0​d​dx′=−2ε0​ρ0​​4d2​−2ε0​ρ0​d​(x−2d​)=−2ε0​ρ0​d​(x−4d​)​
תרגיל

שתי טבעות ממוקמות זו מעל זו כאשר טבעת 1 ממוקמת בגובה hhh מעל טבעת 2.
לטבעת העליונה רדיוס R1R_{1}R1​ וצפיפות מטען אחידה λ1\lambda_{1}λ1​.
לטבעת התחתונה רדיוס R2R_{2}R2​ וצפיפות מטען אחידה λ2\lambda_{2}λ2​.

מהי העבודה שנדרש לבצע כדי להביא מטען QQQ ממרכז הטבעת העליונה למרכז הטבעת התחתונה?

נצייר סקיצה:
​4(עילי) - פוטנציאל חשמלי 2026-05-18 13.58.43.excalidraw.svg

הערה (לשימושינו)

עבור טבעת בודדת ברדיוס RRR וצפיפות מטען אחידה λ\lambdaλ אזי הפוטנציאל(כאשר נקודת היחוס ב-∞\infty∞) על ציר הסימטריה נתון ע"י המשוואה הבאה:

φ(z)=2πkλRR2+z2\varphi(z)=\frac{2\pi k\lambda R}{\sqrt{ R^2+z^2 }}φ(z)=R2+z2​2πkλR​

העבודה תהיה: Wo1→o2=Q(φ(o2)−φ(o1))W_{o_{1}\to o_{2}}=Q(\varphi(o_{2})-\varphi(o_{1}))Wo1​→o2​​=Q(φ(o2​)−φ(o1​)). נמצא את φ\varphiφ לפי הנוסחה הנ"ל.
באמצעות עקרון הסופרפוזיציה נדע כי:

φ(o1)=φ1(0)+φ2(h)=2πkλ1R1R1+2πkλ2R2R22+h2=2πkλ1+2πkλ2R2R22+h2\varphi(o_{1})=\varphi_{1}(0)+\varphi_{2}(h)=\frac{2\pi k\lambda_{1}R_{1}}{R_{1}}+\frac{2\pi k\lambda_{2}R_{2}}{\sqrt{ R_{2}^2+h^2 }}=2\pi k\lambda_{1}+\frac{2\pi k\lambda_{2}R_{2}}{\sqrt{ R_{2}^2+h^2 }}φ(o1​)=φ1​(0)+φ2​(h)=R1​2πkλ1​R1​​+R22​+h2​2πkλ2​R2​​=2πkλ1​+R22​+h2​2πkλ2​R2​​ φ(o2)=φ1(−h)+φ2(0)=2πkλ1R1R12+h2+2πkλ2\varphi(o_{2})=\varphi_{1}(-h)+\varphi_{2}(0)=\frac{2\pi k\lambda_{1}R_{1}}{\sqrt{ R_{1}^2+h^2 }}+2\pi k\lambda_{2}φ(o2​)=φ1​(−h)+φ2​(0)=R12​+h2​2πkλ1​R1​​+2πkλ2​

לכן מתקיים:

Wo1→o2=Q(2πkλ2+2πkλ1R1R12+h2−2πkλ1−2πkλ2R2R22+h2)=2πkQ(λ1R1R12+h2+λ2−λ1−λ2R2R22+h2)W_{o_{1}\to o_{2}}=Q\left( 2\pi k\lambda_{2}+\frac{2\pi k\lambda_{1}R_{1}}{\sqrt{ R_{1}^2+h^2 }}-2\pi k\lambda_{1}-\frac{2\pi k\lambda_{2}R_{2}}{\sqrt{ R_{2}^2+h^2 }} \right)=2\pi kQ\left( \frac{\lambda_{1}R_{1}}{\sqrt{ R_{1}^2+h^2 }}+\lambda_{2}-\lambda_{1}-\frac{\lambda_{2}R_{2}}{\sqrt{ R_{2}^2+h^2 }} \right)Wo1​→o2​​=Q(2πkλ2​+R12​+h2​2πkλ1​R1​​−2πkλ1​−R22​+h2​2πkλ2​R2​​)=2πkQ(R12​+h2​λ1​R1​​+λ2​−λ1​−R22​+h2​λ2​R2​​)
תרגיל

נתון הפוטנציאל הבא: φ(r⃗)=e−β(x−y)+z2\varphi(\vec{r})=e^{-\beta(x-y)}+z^2φ(r)=e−β(x−y)+z2.
מהו השדה החשמלי המתאים לפוטנציאל זה?

נמצא זאת לפי הגרדיאנט:

E⃗=−∇⃗φ(r⃗)=e−β(x−y)(−β)x^+e−β(x−y)(β)y^+2zz^=−βe−β(x−y)x^+βe−β(x−y)y^+2z⋅z^\vec{E}=-\vec{\nabla}\varphi(\vec{r})=e^{-\beta(x-y)}(-\beta)\hat{x}+e^{-\beta(x-y)}(\beta)\hat{y}+2z\hat{z}=\boxed{-\beta e^{-\beta(x-y)}\hat{x}+\beta e^{-\beta(x-y)}\hat{y}+2z\cdot \hat{z}}E=−∇φ(r)=e−β(x−y)(−β)x^+e−β(x−y)(β)y^​+2zz^=−βe−β(x−y)x^+βe−β(x−y)y^​+2z⋅z^​
תרגיל

טבעת ברדיוס RRR ממוקמת במישור [xy][xy][xy] וטעונה במטען Q>0Q>0Q>0 בצורה אחידה.
מנקודה (0,0,R)(0,0,R)(0,0,R) משחררים מטען שלילי נקודתי בגודל −q-q−q עם מסה mmm.
(אין כוח כבידה ואין כוח חיכוך)
מה המהירות המקסימלית שאליה הגיע הגוף במהלך תנועתו?

משימור אנרגיה: Eki+Ui=Ekf+UfE_{k_{i}}+U_{i}=E_{k_{f}}+U_{f}Eki​​+Ui​=Ekf​​+Uf​.
הגוף משוחרר ממנוחה ולכן Eki=0E_{k_{i}}=0Eki​​=0.
נחשב את האנרגיה הפוטנציאלית בהתחלה(כאשר נשים לב כי λ=Q2πR\lambda=\frac{Q}{2\pi R}λ=2πRQ​):

Ui=(−q)kQ2R=−kQq2RU_{i}=(-q)\frac{kQ}{\sqrt{ 2 }R}=-\frac{kQq}{\sqrt{ 2 }R}Ui​=(−q)2​RkQ​=−2​RkQq​

כעת נמצא את האנרגיה הפונטנציאלית בסוף(האנרגייה הקינטית תהיה הכי גדולה כשהפוטנציאלית הכי קטנה וזה קורה במרכז הטבעת.):

Uf=−kQqRU_{f}=-\frac{kQq}{R}Uf​=−RkQq​

ואז מתקיים:

−kQq2R=−kQqR+12mvmax⁡2-\frac{kQq}{\sqrt{ 2 }R}=-\frac{kQq}{R}+\frac{1}{2}mv_{\max}^2−2​RkQq​=−RkQq​+21​mvmax2​ vmax⁡=2kqQRm(1−12)v_{\max}=\sqrt{ \frac{2kqQ}{Rm}\left( 1-\frac{1}{\sqrt{ 2 }} \right) }vmax​=Rm2kqQ​(1−2​1​)​