Fizika 2 - Vizsga, 2013.01.02.

← Vissza az előző oldalra – Fizika 2

A vizsgafeladatok. (Katt ide!)

A másik csoportnak ugyanezek a feladatok voltak, a sorrend volt csak más.

Számítási feladatok

1. Feladat (Feladatlapon 4. sorszámmal)

$0.5m=2r\pi \Rightarrow r\approx 0.0796m$

$A=r^2\pi \approx 0.01989m^2$

Fluxus a kör felületén: $\mathrm{\Phi }=\int BdA\Rightarrow \mathrm{\Phi }=BA\cos (\omega t+\varphi )$ (skalárszorzat miatt)

Indukált feszütség: $U=\frac{d\mathrm{\Phi }}{dt}=-BA\sin (\omega t+\varphi )\omega$

Ez akkor maximális ha $sin=-1$, tehát

$3.14mV=BA\omega \Rightarrow \omega =\frac{3.14\cdot 10^{-3}}{BA}=62.8=2\pi f\Rightarrow f=\frac{62.8}{2\pi }{s}^{-1}\approx 10s^{-1}$

Tehát d)

2. Feladat (Feladatlapon 9. sorszámmal)

A Gauss-törvényből következik, hogy az E tér csak a bezárt töltéstől függ. Mivel 1cm < 1.25cm < 1.5cm, külső henger töltése/tere lényegtelen. A térerősség sugárirányú a rendszer szimmetriája miatt, kifelé mutat mert pozitív töltés. A felhasznált Gauss-felület a hengerpalást, a záró lapok a végtelen hossz (a) miatt elhanyagolhatók.

$\oint E(r)dA=\frac{q_b}{{\epsilon }_0}$

A felületi töltéssűrűséggel és a palást területével kiszámítható a bezárt töltés, másrészt E az adott köríven konstans, merőleges dA-ra, ezért szorzat az integrál.

$E(r)2r\pi a=\frac{2R\pi a\sigma }{{\epsilon }_0}\Rightarrow E(r)=\frac{R\sigma }{r{\epsilon }_0}$, ha $R=R_1<r<R_2$

$E(1.25cm)=\frac{1cm\cdot \sigma }{1.25cm\cdot 8.85\cdot 10^{-12}}\approx 90.3955\frac{V}{m}$

Tehát b)

3. Feladat (Feladatlapon 5. sorszámmal)

Van rá képlet Hudson-Nelsonban is, de nem nehéz levezetni.

A törésmutató definíciójából (mivel a frekvencia nem változhat):

$n=\frac{c}{v_n}=\frac{\lambda \cdot f}{{\lambda }_n\cdot f}=\frac{\lambda }{{\lambda }_n}\Rightarrow {\lambda }_n=\frac{\lambda }{n}\approx 389.61nm$

$d=k\cdot \lambda \Rightarrow k=\frac{d}{\lambda }\approx 166.667$

$k_n=\frac{d}{{\lambda }_n}\approx 256.667$

$\mathrm{\Delta }k=k_n-k=90$

Lehetne csinosabb képletet is szülni rá, de kijön így, a) a válasz.

4. Feladat (Feladatlapon 2. sorszámmal)

A teljes ellenállás az elemi gömbhéjak integrálásval számítható. Egy $\mathrm{d}r$ vastagságú gömbhéjának a $\mathrm{d}R$ ellenállása (az $R=\varrho \frac{l}{A}$ képletbe behelyettesítve, és figyelembe véve, hogy $\varrho =\frac{1}{\sigma }$):

$\mathrm{d}R=\frac{1}{\sigma }\frac{\mathrm{d}r}{4r^2\pi }$

A teljes R ellenállás:

$R=\int \mathrm{d}R=\underset{a}{\overset{b}{\int }}\frac{1}{\sigma }\frac{\mathrm{d}r}{4r^2\pi }=\frac{1}{4\sigma \pi }\underset{a}{\overset{b}{\int }}\frac{\mathrm{d}r}{r^2}=\frac{1}{4\sigma \pi }{\left[\frac{-1}{r}\right]}_a^b=\frac{1}{4\sigma \pi }(\frac{-1}{b}-\frac{-1}{a})=$

(Mivel $\frac{-1}{b}-\frac{-1}{a}=\frac{1}{a}-\frac{1}{b}=\frac{b-a}{ab}$)

$=\frac{b-a}{4\pi \sigma ab}$ (c válasz)

Megjegyzés: A $R=\varrho V$ képlet nem használható, dimenzióra sem stimmel $([\varrho ]=\mathrm{\Omega }\mathrm{m},[V]={\mathrm{m}}^3)$

5. Feladat (Feladatlapon 3. sorszámmal)

A Newton-i erő-ellenerő törvényre figyeljünk, a vezetők F erővel vonzzák egymást, az egyik F-fel vonzza a másikat, a másik szintén F-fel az egyiket. Előjelben térnek el, ha egy dimenzióban akarjuk vizsgálni. Tehát azt az erőt keressük, amit az egyik kifejt a másikra. Az Ampere-tövényt használjuk fel, miszerint: $\oint Bds={\mu }_0\int jdA$

Megjegyzés: itt nem vesszük figyelembe a deriváltat tartalmazó tagot a jobb oldalon, mert az áram, így az elektromos tér is állandó.

Egyenes vezető mágneses tere a sugártól függ, jobbkéz-szabály szerint forog körbe. Az áramsűrűség integrálja a felületre maga az átfolyó áramerősség.

$B(r)2r\pi ={\mu }_{0}I\Rightarrow B(r)=\frac{{\mu }_{0}I}{2r\pi }$

A kifejtett erő levezethető a Lorentz-erő képletéből:

$F_L=q(v\times B)\Rightarrow F=I(l\times B)$, mert $qv=q\frac{dl}{dt}\to \frac{dq}{dt}l=Il$

Mivel a mágneses tér az r sugarú körön érintő irányú, merőleges a vezetőre, tehát a vektorszorzat egyszerű szorzás:

$F=IlB(r)\Rightarrow I=\frac{F}{lB(r)}=\frac{F}{l\frac{{\mu }_{0}I}{2r\pi }}$, mindkét oldalt I-vel szorozva:

$I^2=\frac{F2r\pi }{{\mu }_{0}l}\Rightarrow I=\pm \sqrt{\frac{F2r\pi }{{\mu }_{0}l}}=\pm 20(A)$

Tehát c) az előjel pedig azt jelzi, hogy mindkét irányba folyhat a 20-20 amper párhuzamosan.

6. Feladat (Feladatlapon 1. sorszámmal)

Ott nem hat erő a részecskére, ahol a térerősség (E) értéke nulla, ami viszont az (U) elektromos potenciál negatív gradiense: $E=-\mathrm{\nabla }U$

$U=3x^2-6y(x-1)$

$\mathrm{grad}U=(6x-6y,-6x+6,0)=(0,0,0)$

$-6x+6=0\Rightarrow x=1$

$6(1)-6y=0\Rightarrow y=1$

Tehát a) a válasz.

7. Feladat (Feladatlapon 6. sorszámmal)

Brewster-szög: az a szög, aminél a visszavert és a megtört fénysugár éppen 90°-ot zár be egymással, a visszavert fény síkban polarizálttá válik, mert benne az E elektromos térerősségvektorok az üveglemez felületével párhuzamos egyenes mentén rezegnek.

Számítása:$\mathrm{tg}\alpha =n$, ahol n a közegre vonatkoztatott törésmutató.

A levegő törésmutatója közel 1, mert a levegőben majdnem fénysebességgel tud terjedni a fény.

$n=\frac{c}{v_n}$

A levegőre vonatkozó relatív törésmutató emiatt: $n=\frac{n_{absz}}{1}\Rightarrow n_{absz}=\mathrm{tg}\alpha =1.5399$

A vízre vonatkoztatott relatív törésmutató: $n^{\prime }=\frac{n_{absz}}{1.33}\approx 1.1578=\mathrm{tg}\theta$

$\theta =\mathrm{atan}{n}^{\prime }\approx 49.182^{\circ }$

Tehát b) a válasz.

8. Feladat (Feladatlapon 8. sorszámmal)

A Faraday-törvény segítségével:

$\oint Edr=-\frac{d}{dt}\int BdA$

Az elektromos térerősség érintő irányú a körön, a B merőleges a kör felületére, ezért az integrálok szorzássá egyszerűsödnek. A felület időben nem fog változni, ezért szabad a deriválást csak a mágneses térerősségre értelmezni.

$E(r)\cdot 2r\pi =-\left(\frac{d}{dt}B\right)r^2\pi$

Mivel $B=B_{0}t\to B^{\prime }=B_0$:

$E(r)=-\frac{B_{0}r}{2}=-\frac{0.3\cdot 0.02}{2}=-3\cdot 10^{-3}\frac{V}{m}$

Tehát a válasz d), a negatív előjel pedig azt jelzi, hogy a kialakuló tér fékezni próbálja a hatást, ami létrehozza.

10. Feladat (Feladatlapon 7. sorszámmal)

A feladatlapon nem szerepel minden konstans, ami kell, ezeket a táblára írták vizsga közben: $m_n=1.674\cdot 10^{-27}kg$

A de Broglie hullámhosszról tudjuk, hogy:

$\lambda =\frac{h}{p}=\frac{h}{mv}\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}\approx \frac{h}{mv}\Rightarrow p=\frac{h}{\lambda }$

$p=m\cdot v$

$E=\frac{1}{2}m{v}^2=\frac{p^2}{2m}=\frac{h^2}{2{\lambda }^2{m}_n}\approx \frac{(6.62\cdot 10^{-34}{)}^2}{2\cdot (0.2\cdot 10^{-9}{)}^{2}1.674^{-27}}\approx 3.2724\cdot 10^{-21}J$

Tehát c) a válasz.

Kiegészítős mondatok

4. homogén mágneses térben forgó töltés

Az eredeti megoldókulcsban az volt, hogy a pálya sugara nem változik, ezt többeknek elfogadták. Megtekintéskor azt sikerült megbeszélni az egyik előadóval, hogy a kétszeres térerősség miatt felére csökken a sugár, majd erről ő meggyőzte a másikat is ott előttünk (neveket inkább nem is írok).

Tudjuk, hogy körpályán a centripetális erő tartja, ami a részecskére ható erők összege. A részecskére csak a Lorentz erő hat. A gravitáció hatása elhanyagolhatóan kicsi.

$F_{cp}=m\frac{v^2}{R}=qvB=F_L\Rightarrow m\frac{v}{R}=qB$

Azért egyszerű szorzás, mert csak akkor marad a körpályán, hogyha v merőleges B-re. Innen az előadó érvelése (az, amivel én is meg akartam győzni őt), hogy a mágneses erőtér nem gyorsítja fel a részecskét, csak a sebesség iránya változik, ezért hiába kétszeres a B, a v nem fog megváltozni (a kinetikus energia sem). m, v, q tehát nem változhatnak, csak R változása kompenzálhatja B változását:

$B\cdot R=konst\Rightarrow B\cdot R=(2B)\cdot \left(\frac{1}{2}R\right)$

Esszékérdések

//TODO: ezt valaki nézze ki Hudson-Nelsonból