יואל גבע

Comments

Transcription

יואל גבע
‫פתרון בחינת הבגרות‬
‫בפיזיקה ‪ -‬חשמל‬
‫קיץ תשע"ו‪ ,2016 ,‬שאלונים‪655 ,36002 :‬‬
‫מוגש ע"י צוות המורים של "יואל גבע"‬
‫הערות‪:‬‬
‫‪ .1‬התשובות המוצגות כאן הן בגדר הצעה לפתרון השאלון‪.‬‬
‫‪ .2‬תיתכנה תשובות נוספות‪ ,‬שאינן מוזכרות כאן‪ ,‬לחלק מהשאלות‪.‬‬
‫הנבחנים נדרשו לענות על שלוש מהשאלות ‪5 – 1‬‬
‫שאלה מספר ‪:1‬‬
‫סעיף א'‬
‫קו אשר לכיוונו פועל הכוח החשמלי על מטען חיובי וכוח בכיוון ההפוך לכיוון הקו על מטען שלילי‪.‬‬
‫סעיף ב'‬
‫הכוח הפועל על המטענים לכיוון קו השדה‪ ,‬לכן המטענים חיוביים‪.‬‬
‫סעיף ג'‬
‫חלקיק חיובי נע מפוטנציאל גבוה לפוטנציאל נמוך‪ ,‬לכן הפוטנציאל הגבוה הוא בנקודה ‪.P‬‬
‫סעיף ד'‬
‫‪Vs − V p‬‬
‫‪∆v‬‬
‫=‪E‬‬
‫‪−‬‬
‫=‬
‫‪−‬‬
‫‪∆x‬‬
‫‪∆x‬‬
‫‪F = E ⋅ q = 5 ⋅10−13 ⋅ 5 ⋅104 = 2.5 ⋅10−7 N‬‬
‫סעיף ה'‬
‫‪∆U = q ⋅ ∆v = 2.5 ⋅10−8 J‬‬
‫שאלה מספר ‪:2‬‬
‫סעיף א'‬
‫=‪I‬‬
‫‪I 2 + I3‬‬
‫‪1‬‬
‫)‪ (1‬לפי חוק שימור המטען‪:‬‬
‫‪V2‬‬
‫‪R3‬‬
‫=‪I‬‬
‫‪I2 +‬‬
‫‪1‬‬
‫‪I 2 ⋅ R2‬‬
‫‪R3‬‬
‫=‪I‬‬
‫‪I2 +‬‬
‫‪1‬‬
‫‪R3 + R2‬‬
‫‪R3‬‬
‫)‪ (2‬נחשב לפי מפלי המתח‪:‬‬
‫=‪I‬‬
‫⋅ ‪I2‬‬
‫‪1‬‬
‫‪ε =I1r + I1 R1 + I 2 R2‬‬
‫‪ε = I1 (r + R1 ) + I 2 R2‬‬
‫‪R3 + R2‬‬
‫‪⋅ (r + R1 ) + I 2 R2‬‬
‫‪R3‬‬
‫‪R3 + R2‬‬
‫] ‪⋅ (r + R1 ) + R2‬‬
‫‪R3‬‬
‫⋅ ‪ε = I2‬‬
‫[⋅ ‪ε = I2‬‬
‫סעיף ב'‬
‫הצבת הנתונים בתוצאות שקיבלנו בסעיף הקודם‪:‬‬
‫‪R + R3‬‬
‫= ‪I1‬‬
‫‪I2 ⋅ 2‬‬
‫‪3A‬‬
‫=‬
‫‪R3‬‬
‫‪R2 + R3‬‬
‫‪⋅ (r + R1 ) + R2 ] = 10v‬‬
‫‪R3‬‬
‫‪3‬‬
‫‪= 8.5v‬‬
‫‪2‬‬
‫[⋅ ‪ε = I2‬‬
‫‪V = ε − I1r =10 −‬‬
‫סעיף ג'‬
‫‪VAB =V2 = I 2 R2 =1 ⋅ 4 = 4v‬‬
‫ההתנגדות בין שני הדקי המפסק אפס‪ ,‬לכן‪:‬‬
‫‪VBC = 0‬‬
‫סעיף ד'‬
‫מכיוון שלא זורם זרם דרך נגד ‪R3‬כשהמפסק פתוח‪ ,‬אז מפל המתח עליו שווה לאפס ‪. VAB = 0‬‬
‫‪ε‬‬
‫‪ε‬‬
‫‪2‬‬
‫=‬
‫‪= 1 A‬‬
‫‪3‬‬
‫‪R r + R1 + R2‬‬
‫‪I‬‬
‫=‬
‫‪2‬‬
‫‪ε − I (r + R1 ) =6 v‬‬
‫= ‪VBC‬‬
‫‪3‬‬
‫סעיף ה'‬
‫כאשר המפסק פתוח ההתנגדות הכוללת גדולה יותר ומכאן שהזרם במעגל קטן יותר‪.‬‬
‫לכן מפל המתח הפנימי הנופל בסוללה קטן יותר ומכאן נצילות המעגל במצב זה גדולה יותר‪.‬‬
‫‪v‬‬
‫‪ε‬‬
‫=‪η‬‬
‫שאלה מספר ‪:3‬‬
‫סעיף א'‬
‫סעיף ב'‬
‫)‪ (1‬לפי חוק אוהם נמצא את התנגדות הנורה עפ"י שיפוע הגרף‪:‬‬
‫‪∆V‬‬
‫‪1‬‬
‫‪= = 7.14Ω‬‬
‫‪∆I 0.14‬‬
‫‪∆V‬‬
‫‪2‬‬
‫=‬
‫)‪= 25Ω (2‬‬
‫‪∆I 0.08‬‬
‫=‬
‫‪R‬‬
‫=‪R‬‬
‫סעיף ג'‬
‫)‪P =V ⋅ I =1 ⋅ 0.14 = 0.14 w (1‬‬
‫)‪P = V ⋅ I = 5 ⋅ 0.33 = 1.65w (2‬‬
‫סעיף ד'‬
‫כמות האנרגיה המתבזבזת בשניה אחת שווה בערכה להספק המתבזבז בשניה‪.‬‬
‫‪0.14 − 0.132‬‬
‫)‪= 0.0571 → 5.71% (1‬‬
‫‪0.14‬‬
‫‪1.65 − 1.52‬‬
‫)‪= 0.0788 → 7.88% (2‬‬
‫‪1.65‬‬
‫=‬
‫‪η‬‬
‫=‬
‫‪η‬‬
‫סעיף ה'‬
‫בעבור אותה עוצמת אור‪ ,‬ההספק של גרף ‪ 3‬הוא הגבוה ביותר‪ ,‬ולכן הנצילות הנמוכה יותר ומתאימה‬
‫לנורת להט‪.‬‬
‫שאלה מספר ‪:4‬‬
‫סעיף א'‬
‫‪ K‬חיובי‪ :‬לפי תנועת המחט‪ ,‬השדה המגנטי שיוצר הזרם הוא כלפי מעלה‪ ,‬ולפי כלל יד ימין הזרם יוצא‬
‫ל‪ K -‬ולכן ‪ K‬הוא ההדק החיובי‪.‬‬
‫סעיף ב'‬
‫השדה המגנטי שבכריכות גדל‪ ,‬מכאן שהזרם במעגל גדל ולכן כיוון הגררה יהיה לכיוון ‪. C‬‬
‫סעיף ג'‬
‫‪IN 4.02 ⋅10−5 T‬‬
‫=‬
‫‪µ0‬‬
‫‪2R‬‬
‫‪B‬‬
‫=‬
‫סעיף ד'‬
‫‪1 1‬‬
‫] [‬
‫‪I A‬‬
‫‪N‬‬
‫סעיף ה'‬
‫‪µ0‬‬
‫‪1‬‬
‫=‬
‫‪⋅N‬‬
‫‪I 2 R ⋅ BE‬‬
‫מהקשר הנ"ל‪ ,‬שיפוע הגרף שווה ל‪-‬‬
‫‪µ0‬‬
‫‪2 R ⋅ BE‬‬
‫ומכאן גודל הרכיב האנכי של השדה המגנטי של כדור‬
‫הארץ הינו ‪. 3.7 ⋅10−5 T‬‬
‫שאלה מספר ‪:5‬‬
‫סעיף א'‬
‫כן‪ ,‬במהלך התנועה של המוט באזור בו שורר שדה מגנטי‪ ,‬מתפתח כא"מ על קצותיו ולכן זורם זרם דרך‬
‫הנגד‪.‬‬
‫‪ε= BlV= 0.04 ⋅ 0.5 ⋅ 2= 0.04v‬‬
‫‪ε 0.04‬‬
‫‪= 0.01A‬‬
‫‪= 10mA‬‬
‫‪4‬‬
‫=‬
‫‪R‬‬
‫=‬
‫‪I‬‬
‫סעיף ב'‬
‫מהירותו של המוט נשארת קבועה )והתנגדות המוט והמוליכים זניחה(‪ ,‬לכן עבודת הכוח ‪ F1‬שווה לכמות‬
‫החום המתפתחת בנגד‪.‬‬
‫סעיף ג'‬
‫לפי כלל יד ימין‪ ,‬כיוון תנועת המטענים החיוביים על המוט מ‪ M -‬ל‪ , N -‬ולכן הזרם על הנגד ‪ R‬זורם‬
‫מ‪ S1 -‬ל‪. P1 -‬‬
‫סעיף ד'‬
‫נמצא תחילה ביטוי למהירות המוט‪:‬‬
‫‪v =v0 + at =2 + 5t‬‬
‫ומכאן ביטוי לכא"מ על קצות המוט‪:‬‬
‫‪1‬‬
‫‪2‬‬
‫‪ε = BlV = 0.04 ⋅ (2 + 5t ) = 0.04 + 0.1t‬‬
‫‪ε‬‬
‫‪= 0.01 + 0.025t‬‬
‫‪R‬‬
‫‪I‬‬
‫=‬
‫סעיף ה'‬
‫כאן‪ ,‬מכיוון שלמוט נוספה אנרגיה קינטית )מהירות(‪ ,‬עבודת הכוח ‪ F2‬גדולה מכמות החום המתפתחת‬
‫על הנגד‪.‬‬