Elektromágneses terek alapjai - Számolós vizsgakérdések kidolgozásában talált hibák javításai

← Vissza az előző oldalra – Elektromágneses terek alapjai

Az elektromágneses terek vizsgára kiadott kiskérdések kidolgozásában talált hibák javításainak gyűjteménye!

Kérlek, ha ezeken kívül találnál még hibát a kidolgozásban, akkor azt írd le ide, pontos magyarázattal.

10-es példa

Nekem más eredményem lett, szerintem egy 2-es szorzó lemaradt valahol, de nem 100%.

Levezetés és megoldás:
Gauss képlettel az 1. gömb térerőssége: E1 = Q / (4*π*ɛ*R^2)
A 2. gömb térerőssége: E2 = Q / [4*π*ɛ*(2H-R)^2]       //ugyanaz, mint az 1. gömbé, csak a gömbtől való távolság 2H-R
U = ʃ Edl       (integrálási határok: R0 -> 2H-R0)
U = Q / (4*π*ɛ) * { -[1/(2H-R0) - 1/R0] + [1/R0 - 1/(2H-R0)] }       //a -Q miatt lesz + a második tag
U = Q / (4*π*ɛ) * [ -1/(2H-R0) + 1/R0 + 1/R0 - 1/(2H-R0)]
U = Q / (4*π*ɛ) * [ 2/R0 - 2/(2H-R0) ]
U = Q / (2*π*ɛ) * [ 1/R0 - 1/(2H-R0) ]
Elektrosztatika -> Stac. áramlás analógia: (Q,ɛ) -> (I, σ)
U = I / (2*π*σ) * [ 1/R0 - 1/(2H-R0) ]
-> U / I = R = 1 / (2*π*σ) * [ 1/R0 - 1/(2H-R0) ] = 150,78 Ω

EZ NEM JÓ MEGOLDÁS!!! Vizsgán is feleannyi volt a jó eredmény.

11-es példa

A szivárgási ellenállásnál nem szorozni, hanem osztani kell a hosszal, úgy már jó a képlet.

Pontos levezetés és megoldás:

1. $\oint _{A}{\bar {J}}d{\bar {A}}=I\Rightarrow 2r\pi *l*{\bar {J}}=I$
   
   
2. ${\bar {J}}={\frac {I}{2r\pi l}}\Rightarrow {\bar {E}}={\frac {I}{2r\pi \sigma l}}$
   
   
3. A koaxiális kábel belső és külső vezetője közötti feszültségből számítandó, tehát:
   $U=\int _{r_{1}}^{r_{2}}{\bar {E}}(r)dr={\frac {I}{2\pi \sigma l}}\int _{r_{1}}^{r_{2}}{\frac {1}{r}}dr={\frac {I}{2\pi \sigma l}}\left[ln(r)\right]_{r_{1}}^{r_{2}}={\frac {I}{2\pi \sigma l}}*ln\left({\frac {r_{2}}{r_{1}}}\right)\Rightarrow$
   $\Rightarrow R={\frac {U}{I}}={\frac {1}{2\pi \sigma l}}*ln\left({\frac {r_{2}}{r_{1}}}\right)$
   
   

18-as példa

Az $E$ nem ${\frac {1}{r^{2}}}$ -esen csökken, hanem ${\frac {1}{r}}$ -esen, így $U={\frac {q}{2\pi \varepsilon }}*ln\left({\frac {2h-r_{0}}{r_{0}}}\right)$ -os kifejezés lesz.

Pontos levezetés és megoldás:

1. $\oint _{A}{\bar {D}}d{\bar {A}}=Q\Rightarrow 2r\pi *l*{\bar {D}}=Q$
   
   
2. ${\bar {D}}=\varepsilon {\bar {E}}={\frac {Q/l}{2r\pi }}\Rightarrow {\bar {E}}={\frac {q}{2r\pi \varepsilon }}$
   
   
3. U a vezető és a fémsík között esik ezért $r_{0}$-tól integrálunk $h$-ig:
   $U=\int _{r_{0}}^{h}{\bar {E}}_{1}(r)+{\bar {E}}_{2}(2h-r)dr={\frac {q}{2\pi \varepsilon }}\int _{r_{0}}^{h}{\frac {1}{r}}-{\frac {1}{2h-r}}dr={\frac {q}{2\pi \varepsilon }}\left[ln(r)-ln(2h-r)\right]_{r_{0}}^{h}=$
   ${\frac {q}{2\pi \varepsilon }}\left[ln\left({\frac {r}{2h-r}}\right)\right]_{r_{0}}^{h}={\frac {q}{2\pi \varepsilon }}\left[ln\left({\frac {2h-r_{0}}{r_{0}}}\right)\right]\approx {\frac {q}{2\pi \varepsilon }}ln\left({\frac {2h}{r_{0}}}\right)\Rightarrow$
   $\Rightarrow {\frac {q}{2\pi \varepsilon }}={\frac {U}{ln\left({\frac {2h}{r_{0}}}\right)}}$
   
   
4. $E_{max}=E(r_{0})={\frac {q}{2\pi \varepsilon }}\left({\frac {1}{r_{0}}}+{\frac {1}{2h-r_{0}}}\right)\approx {\frac {q}{2\pi \varepsilon }}\left({\frac {1}{r_{0}}}+{\frac {1}{2h}}\right)=$
   $={\frac {U}{ln\left({\frac {2h}{r_{0}}}\right)}}\left({\frac {1}{r_{0}}}+{\frac {1}{2h}}\right)$
   
   

27-es példa

Ez jól van megoldva a kidolgozásban, de egyszerűbben is lehet:

1. Ha $\varepsilon _{1}E_{1krit}\prec \varepsilon _{2}E_{2krit}$ akkor $U_{krit}=\varepsilon _{1}E_{1krit}\left({\frac {d_{1}}{\varepsilon _{1}}}+{\frac {d_{2}}{\varepsilon _{2}}}\right)$
2. Ha $\varepsilon _{1}E_{1krit}\prec \varepsilon _{2}E_{2krit}$ akkor $U_{krit}=\varepsilon _{2}E_{2krit}\left({\frac {d_{1}}{\varepsilon _{1}}}+{\frac {d_{2}}{\varepsilon _{2}}}\right)$
   
   
3. Tehát: $U_{krit}=min\left\{\varepsilon _{1}E_{1krit},\varepsilon _{2}E_{2krit}\right\}\left({\frac {d_{1}}{\varepsilon _{1}}}+{\frac {d_{2}}{\varepsilon _{2}}}\right)$

Másik megoldás (hosszabb, de szerintem könnyebben érthetőbb):
Gauss-törvény a fegyverzetek közt: E*A = ΣQ / ε → E = Q / (ε*A)     //Q := ΣQ
     1. közegre: E1 = Q / (εέ*A)     //ε := "epszilon 0", έ := "epszilon p"
     2. közegre: E2 = Q / (ε*A)
Feszültség kiszámolása: U = ʃ Edl = E*d     //E homogén a kondenzátorban
     1. közegben: U1 = E1 * d1 = Q / (εέ*A) *d1
     2. közegben: U2 = E2 * d2 = Q / (ε*A) *(d - d1)
A kondenzátorra kapcsolt feszültség: ΣU = U1+U2 = Q / (ε*A) * (d1 /έ + d - d1)
Ebből Q kifejezése:
     Q = U * (ε*A) / (d1 /έ + d - d1)
Visszahelyettesítés az egyes közegekben meghatározott térerősség-képletekbe:
     E1 = U * (ε*A) / (d1 /έ + d - d1) / (εέ*A) = U / [(d1 /έ + d - d1)*έ]
     E2 = U * (ε*A) / (d1 /έ + d - d1) / (ε*A) = U / (d1 /έ + d - d1)
Ezekből kifejezzük a feszültséget:
     U = E1 * [(d1 /έ + d - d1) *έ] → Umax = E1max * [(d1 /έ + d - d1)*έ] = 3 MV
     U = E2 * (d1 /έ + d - d1) → Umax = E2max * (d1 /έ + d - d1) = 128,57 kV
A két feszültség közül a kisebbiket kapcsolathatjuk rá, különben a 2. közegben (a levegőben) átüt a feszültség.

28-as példa

Megjegyzés: Z0 ~ 120π, ezzel kb. 0,26 Ω hibát elkövetünk. Pontos érték: Z0 = c*μ ~ 376,7303 Ω. De ez is csak vákuumban igaz, levegőben kb. 0,1Ω-mal kevesebb (376,62Ω). Ha már ennyit kerekítünk, könnyebb 377-tel számolni.

30-as példa

Az eredmény majdnem jó, csak egy negatív előjel hiányzik az egész képlet elé. Ez amiatt van, hogy a rendszer jobbsodrású. A 2009.01.12-én írt beugró megoldókulcsában is így van, lásd csatolt mellékletek.

36-os példa

Egyszerűbben is lehet:
     S(időátlag, θ) = P / (4r^2*π) * D * [sin(θ)]^2
     S(időátlag, 45°) = P / (4r^2*π) * D * [sin(45°)]^2 = P / (4r^2*π) * D * 0,5 = 1 mW/m^2 (adott)
A maximális sugárzás iránya: θ = 90°, mert a szinuszos tényezőnek itt van maximuma
     S(időátlag, 90°) = P / (4r^2*π) * D * [sin(90°)]^2 = P / (4r^2*π) * D * 1
     S(időátlag, 90°) = S(időátlag, 45°) * 2 = 2 mW/m^2.

38-as példa

Ez ez eredmény még csak fél pontot ér (legalábbis ennyit ért mikor én vizsgáztam). Az 'a' hossznak kisebbnek is kell lennie még 10cm-nél. Ez a feladatban lévő "csak" kulcsszó miatt van. Amennyiben 'a' 10cm-nél nagyobb, akkor már a TE20 módus is terjedhet ezen a frekvencián, 11.18cm-nél meg már TE11 is, stb. Szóval 'a' nagyobb mint 5cm, ÉS 'a' kisebb mint 10 cm.

44-es példa

Nagy része jó, csak $w={\frac {{\frac {1}{2}}\mu _{0}H_{0}^{2}}{A\delta }}$ nem helyes, mert nem kell osztani $A\delta$-val.

Tehát helyesen: $w={\frac {1}{2}}\mu _{0}H_{0}^{2}$

48-as példa

Hát ez teljesen rossz. Na jó nem, csak a végén ln(9) helyett véletlen 9-cel számolt. A javított megoldás: 439,445 nH.

54-es példa

A feszültség amplitúdója csak pozitív szám lehet, azt nem tudjuk, hogy éppen milyen fázisban van. Megoldás: |U(50m)| = 30 V

59-es példa

A feszültség "komplex csúcsértékében" benne van a fázis is. Elvileg a megoldás így: U = 79*e^(j18,43°) V.
A jelölések viszont nem egyértelműek. A válasz előtt az U komplex amplitúdón van egy kalap, ami zavaró. Valószínűleg a feszültség csúcsértékére gondoltak, és nem a komplex csúcsértékére. Ebben az esetben az eredeti megoldás jó.

61-es példa

Jó minden, csak gondoltam, írok egy kis magyarázatot, hogy ne kelljen bemagolni képleteket:
- Ha mindkét végén rövidzár van, akkor a feszültség mindkét végén 0. (Össze van kötve, nincs potenciálkülönbség.)
- Erre a két pontra kell illeszteni egy szinusz görbét a lehető legkisebb frekvenciával. Ez lesz a legkisebb rezonáns freki.
- A szinusz görbén a két legközelebbi zérushely lesz a legkisebb frekihez tartozó hullámhossz. Ez a szinusz hullám fele, vagyis a teljes hullámhossz fele.
- Tehát a távvezeték hossza a hullámhossz fele lesz. λ = c/f (ennyit muszáj megtanulni), λ = 1m. -> a távvezeték hossza fél méter.
Ábra: EMT szinuszhullám a távvezetéken

- Ha az egyik végén szakadás lenne, akkor ott a feszültségnek maximuma van. Az előzőek alapján lehet rászerkeszteni egy szinuszhullámot.
- Ha a 2. rezonancia frekit kérdezik, akkor keressünk egy egyel rosszabb szinusz-illesztést. Pl. az első esetben (amikor mindkét végén rövidzár volt) ne a két legközelebbi zérushelyet keressük meg, hanem két zérushely közt legyen egy harmadik is.

62-es példa

Itt ez az összefüggés nem igaz: $U^{-}=Z_{0}I^{-}$

Helyesen: $U^{-}=-Z_{0}I^{-}$

1. $U_{2}^{+}=Z_{0}I_{2}^{+}=225V$
   $U_{2}^{-}=-Z_{0}I_{2}^{-}=-75V$
   
   
2. $r={\frac {U_{2}^{-}}{U_{2}^{+}}}={\frac {-75}{225}}=-{\frac {1}{3}}$
   
   
3. ${\hat {U}}_{MAX}=U_{2}^{+}*\left(1+|r|\right)=U_{2}^{+}*\left(1+\left|-{\frac {1}{3}}\right|\right)=300V$
   ${\hat {U}}_{MIN}=U_{2}^{+}*\left(1-|r|\right)=U_{2}^{+}*\left(1-\left|-{\frac {1}{3}}\right|\right)=150V$
   

Ennek a feladatnak a végeredményében nem okoz eltérést, de a hiba más feladatokban akár 1 pont levonást is okozhat!

Ennek van egy másik (szerintem egyszerűbb) megoldása:

1. $r=-{\frac {I_{2}^{-}}{I_{2}^{+}}}=-{\frac {1}{3}}=-{\frac {1}{3}}$
   
   
2. $U_{2}=Z_{0}*(I_{2}^{+}-I_{2}^{-})=150V$
   
3. $U_{2}=U_{2}^{+}*(1+r)\Rightarrow U_{2}^{+}=U_{2}{\frac {3}{2}}=225V$
   
4. ${\hat {U}}_{MAX}=U_{2}^{+}*\left(1+|r|\right)=U_{2}^{+}*\left(1+\left|-{\frac {1}{3}}\right|\right)=300V$
   
5. ${\hat {U}}_{MIN}=U_{2}^{+}*\left(1-|r|\right)=U_{2}^{+}*\left(1-\left|-{\frac {1}{3}}\right|\right)=150V$
   

64-es példa

Megjegyzés: a szokásos képlettel is lehet számolni:
     Zbe = Z0 * [ Z2 + jZ0 * tg(βl) ] / [Z0 + jZ2 * tg(βl) ]
     tg(βl) = tg(90°) -> ∞

Határérték, ha tg(βl) tart a végtelenbe:
     Zbe = Z0 * [ jZ0 * tg(βl) ] / [ jZ2 * tg(βl) ]
     j*tg(βl) kiesik -> Zbe = Z0 * Z0 / Z2 = 30 Ohm

67-es példa

Ez a megoldás csak a t = 2*l/c időpontban igaz.
♥ Kezdetben a távvezeték puszta volt és üres, mindenütt 0 volt a feszültség és 0 amper az áram is.
♥ t = 0 időpontban a feszültséggenerátorból elindul U0, és I0 = U0/Z0.
♥ Ez a távvezeték végét a t = l/c időpontban éri el. Ekkor az egész vezetéken U0 a feszültség és I = U/Z0 az áram.
♥ Ezután indul el a visszavert hullám a vezeték végéről, ami egyenletes sebességgel haladva U = 2U0 feszültséget eredményez, és az áramot folyamatosan nullázza, vagyis I = 0 lesz.
♥ t = 2*l/c időpontban az egész távvezetéken 2*U0 a feszültség és I = 0 az áram.
♥ A további terjedést a távvezeték elejének a lezárása határozza meg.

Érdemes a WinTLS-sel játszani: WinTLS távvezeték szimulátor + Forrás :)

68-as példa

Sajnos ez sem tökéletes. A javított megoldás:
† A generátor kezdetben a távvezeték hullámimpedanciáját látja, így feszültségosztóval kijön, hogy a távvezeték elején U1 = 133,3V.       és     I1 = U1 / Z0 = 1,1A.
† A reflexiós tényezők jók, és ennek megfelelően a távvezeték végéről egy -U feszültség indul el és egy +I áram. Így a visszavert hullám a feszültséget mindig kinullázza, az áramot pedig megduplázza.
† Ahogy a visszavert hullám elér a távvezeték elejére, újra reflektálódik, de csak -1/3-dal, hasonló lesz a távvezeték végén történő visszaverődéshez, csak 1/3-os súllyal.
† A feszültség minden oda-vissza menet után a 3-ára csökken, az áram pedig az előző ugrásnak a 3-adával nő. A szimulátor szerint...
† A megoldás: EMT 68-as feladat megoldás