ב ג ד תשובות למבחן מתכונת 6 באלקטרומגנטיות 00 א ניקוד פתרון שאלה וסעיף 6 q A q q M N נמצא את השדה הכולל בנקודה M Kq Kq' M נמצא בהתמדה ולכן השדה בנקודה נתון כי המטען q E + r (05r) E q Kq r שווה לאפס מכאן Kq' + (05r) q q' + 0 r 05r 05q + q' 0 q' 0*0 7 0 C באותו אופן ניתן להראות כי גם qהינו בעל אותו גודל או שמתוך הנתון כי ללא q השדה בנקודה A מתאפס ניתן לחשב את המטען q על פי הנתון של הפוטנציאל מחשבים ומקבלים 5 Kq Kq VA + *0 05r 05r 9 7 Kq *9 *0 * 0 *0 r 06m 05* VA *0 5 WV*q *0 *(5)0-7 60mJ U EA -W-60mJ האנרגיה שחושבה בסעיף הקודם אינה שווה לאנרגיה הכוללת על מנת שיהיה 5 שוויון משמעו שהאנרגיה של שני המטענים בנקודות MN תתאפס מאחר ושני המטענים שווים בגודלם ובסימנם, לא ייתכן שסכום האנרגיות שלהם יתאפס בדרך החישוב - על פי הנוסחאון Kqq q q q -q ונתון כי U E Vq r Kqq Kqq' 6Kq' Kq' 8Kq' U EM U EN + r r / r r / r Kqq' 6Kq' U EA r / r ΣU E 0 גודל השדות ממטענים ו הוא 7,000N/C וכיוונם בהמשך לישר המחבר את 6 M ו N עם B בהתאמה הרכיבים האופקיים מבטלים זה את זה והרכיבים האנכיים מסתכמים ומקבלים שדה כולל בכיוון מA ל B של E B 5,00N/C ה
ו הכוח הפועל על המטען הוא F B 576mN בכיוון מB ל A 3 /3 ז mv v00m/s ולאחר הצבה מקבלים F B
ב ב ג ג ניקוד פתרון שאלה וסעיף () הקבלים מחוברים בטור ולכן אותו מטען על שניהם א () את גודל המטען חישבנו קודם : א (3) לוחות ו- 3 חיוביים, לוחות ו- שליליים א ( א (5) האנרגיה שהושקעה ע "י המקור בטעינת הקבלים היא א (6) 7 W εq 500 *5 / 3*0 7 7 / 965*0 J אנרגיה זו שווה למחצית האנרגיה הכוללת האגורה בקבלים, המחצית השניה הפכה לחום בתהליך הנעת המטענים הכדור טעון במטען חיובי פועל עליו כוח הכובד כלפי מטה והוא מרחף מכאן שפועל עליו כוח חשמלי כלפי מעלה זהו גם כיוון השדה החשמלי בקבל, ואם כיוון הכוח בכיוון השדה המטען חיובי ( 3 ( המתח על קבל יקטן במצב החדש שני הקבלים בעלי קיבול זהה, ולכן ייפול עליהם מתח זהה שהוא מחצית מתח המקור (750v), כלומר פחות מהמתח המקורי על קבל זה כמות המטען על לוח תקטן גם הקיבול וגם המתח עכשיו קטנים יותר : (a) () (b) () 3
ג ג קבל יקטן ולכן הקיבול הכללי יקטן האנרגיה המושקעת פרופורציונית לקיבול הכללי ולכן האנרגיה שתושקע על ידי המקור תקטן השדה החשמלי יקטן כי המתח יקטן והמרחק בין הלוחות ללא שינוי : (c () (d) () כוח הכובד כלפי מטה לא השתנה הכוח החשמלי כלפי מעלה קטן יותר, כי השדה 3 /3 החשמלי קטן יותר ומטען הכדור לא השתנה במצב זה פועל על הכדור כוח שקול קבוע כלפי מטה והוא ינוע כלפי מטה בתאוצה קבועה ג ()
ניקוד פתרון שאלה כא "מ כמות אנרגיה שמעניק מקור האנרגיה לקולון אחד של מטען שמועבר דרכו 3 א ) מתח הדקים הפרש הפוטנציאלים בין הדקי החיבור של מקור האנרגיה 3 א ) 6 Ir Vכאשר ε המגע בנקודה 0 M ולכן V0 ומכאן 3 ב ( ε 6 r Ω I 3 6 V0 3 ב ( 6 V ε Ir 3 ג ( ε V 6 5 I 05 A r מתוך הנתון של המתח וחישוב הזרם בסעיף הקודם נקבל 6 ε tot / + r I ε 6 tot ( r) ( ) 0Ω I 05 נגדיר התנגדות הנגד 5 V ε + r Vr 3* Ω ε V 3 tot X, L X L / */ 0 0m tot 3 ג ( 3 ג (3 V ε + r tot X L tot LX V ε rl+ X tot 3 ד גרף מספר הוא הגרף הנכון מאחר ומדובר בפונקציה לא ליניארית כאשר 0X מקבלים 0V וככל שמגדילים את X בהתחלה קצב השינוי מהיר (ב 3 אוהם מקבלים מחצית המתח) ולאחר מכן מתקרבים ל ε מה שאינו מתאים לגרף 3 שם קצב הגידול בהתחלה נמוך ואחר כך גדל 5
ג ג שאלה פתרון ניקוד וסעיף א V A r ε C S B D S G H S 3 N V ab כאשר כל המפסקים פתוחים, אין זרם בכל מרכיבי המעגל, מד המתח מורה את הכא"מ של הסוללה נקודות G ו N נמצאות על קו שווה פוטנציאל מאחר ובנגדים V NG לא זורם זרם ואין עליהם הפרשי פוטנציאלים (מפלי מתח) ומכאן 0 ו נקודה C מחוברת להדק השלילי של מקור המתח והנקודה H נמצאת על קו שווה פוטנציאל עם ההדק החיובי של המקור (מד הזרם אידיאלי) ולכן V HB εv במצב זה עדיין אין זרם במעגל ולכן נקודה G נמצאת על קו שווה פוטנציאל עם ההדק השלילי של המקור ונקודה D על קו שווה פוטנציאל עם ההדק החיובי ולכן V DG εv במצב זה זורם זרם במעגל רק דרך הנקודה N נמצאת על קו שווה פוטנציאל עם נקודה B והנקודה H נמצאת על קו שווה פוטנציאל עם הנקודה D מכאן שהמתח על S 3 שווה למתח על הנגד ולפי חוק אוהם VII 09*009Volt לפי משוואת מתח ההדקים ε Ir 9 09r 9 r 08Ω 09 א ב 6
ד ה נחשב את ההתנגדות השקולה הנגדים ו מחוברים במקביל 5⅓ V ab 0Volt + 833Ω 00 ε I 06A + r 833+ 08 P εi *06 7W t P I P η P t 06 + 500 *833 69W 69 *00 9883% 7 600 50,000 במצב בו 0 הדקי המקור מקוצרים ולכם מתח ההדקים במצב בו 0 הדקי המקור מקוצרים והזרם במעגל זורם רק דרך ההתנגדות הפנימית r ה I ε/r/088a 7
ב ד ניקוד פתרון שאלה וסעיף 7 הפרוטון יעשה מסלול של רבע מעגל ולכן הזמן הוא /T נסמן q p q ו m p m 5 א בתנועה בשדה המגנטי: mv mπ qvb T mv mπ qb T πm T Bq T πm t Bq המסלול הינו של רבע מעגל ומכאן שהמרחק האופקי שווה לרדיוס 7 v 5 v משיקולי שימור אנרגיה מכנית בתנועת הפרוטון בין הלוחות: Vq v mv qv m qb mv mv Bq m Bq qv m mv B q נציב במשוואה מסעיף א d הגדלת המתח המאיץ תגדיל את המהירות בכניסה לשדה המגנטי זמן המחזור אינו 7 תלוי במהירות ולכן הזמן בו נדרש לכבות את השדה המגנטי לא ישתנה 5 ג הגדלת המהירות תגרום להגדלת המרחק האופקי לחלקיק יש מסה גדולה פי ומטען גדול פי שמשמעו הקטנת המהירות בכניסה לשדה 7 המגנטי הזמן t יגדל פי והמרחק האופקי d יגדל פי 5 8
ה לפי חוק יד שמאל הכוח המגנטי פועל כלפי מטה לכן נדרש שהכוח החשמלי יפעל ⅓ 5 כלפי מעלה מאחר והפרוטון בעל מטען חיובי, הכוח יפעל בכיוון השדה ונדרש שהשדה יהיה בכיוון למעלה נחשב את גודלו 5 3 3⅓ F B F E qv Bq Eq m B q V E m NI 7 3 B I µ 0 π *0 *500*50 *0 3 µ עוצמת השדה המגנטי היא T L כיוון המחט אינו משתנה מאחר ושני השדות הם באותו כיוון 5 ז ) 5 ז ) 9
0