מבחן 2009 מועד ב' שאלה 3

שלח תגובה
firestie
הודעות: 19
הצטרף: 21:09 21/10/2013

מבחן 2009 מועד ב' שאלה 3

שליחה על ידי firestie » 10:54 30/08/2014

שרית שלום,

אשמח לעזרה בשאלה הזו (איך הקליפות מחוברות ביניהן וכו').

תודה!

sara
הודעות: 505
הצטרף: 19:59 25/10/2009

Re: מבחן 2009 מועד ב' שאלה 3

שליחה על ידי sara » 18:58 30/08/2014

יש לי רק את המבחנים שמופיעים באתר. עליך להעלות את השאלה כאן.
שרית

noamman
הודעות: 5
הצטרף: 11:11 26/10/2013

Re: מבחן 2009 מועד ב' שאלה 3

שליחה על ידי noamman » 10:51 17/09/2014

הנה מצורף צילום מסך של השאלה
קבצים מצורפים
question 3 2009b.PNG
תמונה של השאלה המדוברת
question 3 2009b.PNG (153.96 KiB) נצפה 1470 פעמים

sara
הודעות: 505
הצטרף: 19:59 25/10/2009

Re: מבחן 2009 מועד ב' שאלה 3

שליחה על ידי sara » 17:46 17/09/2014

סעיף א+ב: כיוון הזרם מהבסיס לנקודה העליונה = הזרם זורם בכיוון הזווית \(\theta\). ולכן:
\(R=\int \rho \frac{dl}{dA}\)
\(dl=rd\theta\) - אלמנט האורך בכיוון הזרם
\(dA=r\sin \theta d\varphi dr\) - מכפלת 2 אלמנטי האורך הנותרים נותנת את אלמנט השטח המאונך

אם מחשבים את האינטגרל עבור סעיף א מקבלים:
\(R=\frac{\rho}{2\pi (r_2-r_1)} \int_0^{\pi/2} \frac{d\theta}{\sin \theta}=\frac{\rho}{2\pi (r_2-r_1)} \ln\left[ \tan(\theta \2) \right]_0^{\pi/2}\)

אך שים לב שהצבת הגבול העליון לא מוגדרת! או יותר נכון הפתרון מתבדר (פיסיקלית זה אומר שזה בלתי אפשרי לדחוס את כל הזרם ל"נקודה אחת").
סעיף ב, בעצם מאפשר לשנות את הגבול העליון ל-\(\delta \theta \sim 0\) כך שהתוצאה יוצאת סופית ולא מתבדרת (בעיקרון זה משפיע על גבולות הרדיוס אבל בהנחה שזה מאוד קטן, אפשר להניח שזה לא משתנה)

סעיף ג: כיוון הזרם מהרדיוס הפנימי לרדיוס החיצוני = הזרם זורם בכיוון רדיאלי \(\theta\). ולכן:
\(R=\int \rho \frac{dl}{dA}\)
\(dl=dr\) - אלמנט האורך בכיוון הזרם
\(dA=r^2\sin \theta d\theta d\varphi\) - מכפלת 2 אלמנטי האורך הנותרים נותנת את אלמנט השטח המאונך

במקרה זה הפתרון הוא:
\(R=\frac{\rho(r_2-r_1)}{4\pi r_1 r_2}\)
שרית

שלח תגובה

חזור אל “- פיסיקה 2א (במקור להנדסת חשמל)”