VIK Wiki - Felhasználó közreműködései [hu]

Felsőbb matematika villamosmérnököknek - Kombinatorikus optimalizálás

2016-05-17T19:21:32Z

Kovács Gergely: /* 3.ZH */

{{Tantárgy
| név = Felsőbb matematika villamosmérnököknek Kombinatorikus optimalizálás
| tárgykód = VISZMA06
| szak = MSc Villamosmérnök
| kredit = 3
| félév = 1. félév (tavasz)
| kereszt = nincs
| tanszék = SZIT
| jelenlét = nem kötelező
| minmunka =
| labor = nincs
| kiszh = nincs
| nagyzh = 3 db
| hf = nincs
| vizsga = nincs
| levlista =
| tad = https://portal.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VISZMA06/
| tárgyhonlap = http://cs.bme.hu/villkombopt/
}}

==Segédanyagok==
*[[Media:Kombopt_kidolgozas.pdf|Elmélet kidolgozás]] - a [[Rendszeroptimalizálás]] tárgy kidolgozása alapján
*[[Media:Kombopt_huzalozas_osszes.ppt|VLSI huzalozási algoritmusok magyarázattal]]
==ZH==

===1.ZH===
*[[Media:kombopt_2015_tavasz_ZH1.jpg|2015 tavasz]]
*[[Media:kombopt_2016_tavasz_ZH1.jpeg|2016 tavasz]] [[Media:zh1jav.pdf|Megoldások]] [[Media:pzh1jav.pdf|pZH Megoldások]]

===2.ZH===
*[[Media:kombopt_2015_tavasz_ZH2.jpg|2015 tavasz]]
*[[Media:zh2jav.pdf|2016 Megoldások]] [[Media:pzh2jav.pdf|pZH Megoldások]]

===3.ZH===
*[[Media:kombopt_2015_tavasz_ZH3.jpg|2015 tavasz]]
*[[Media:zh3jav.pdf|2016 ZH megoldások]]

==Tippek==

*A félév során leadott anyag nagy része más szakok más tárgyainál is anyag, például a [[Rendszeroptimalizálás]]-nál. Itt rengeteg ZH példa illetve segédanyag található.

{{Lábléc_-_Villamosmérnök_mesterszak}}

Fájl:Zh3jav.pdf

2016-05-17T19:20:59Z

Kovács Gergely: File uploaded with MsUpload

File uploaded with MsUpload

Felsőbb matematika villamosmérnököknek - Kombinatorikus optimalizálás

2016-04-24T20:30:39Z

Kovács Gergely: /* ZH */

{{Tantárgy
| név = Felsőbb matematika villamosmérnököknek Kombinatorikus optimalizálás
| tárgykód = VISZMA06
| szak = MSc Villamosmérnök
| kredit = 3
| félév = 1. félév (tavasz)
| kereszt = nincs
| tanszék = SZIT
| jelenlét = nem kötelező
| minmunka =
| labor = nincs
| kiszh = nincs
| nagyzh = 3 db
| hf = nincs
| vizsga = nincs
| levlista =
| tad = https://portal.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VISZMA06/
| tárgyhonlap = http://cs.bme.hu/villkombopt/
}}

==Segédanyagok==
*[[Media:Kombopt_kidolgozas.pdf|Elmélet kidolgozás]] - a [[Rendszeroptimalizálás]] tárgy kidolgozása alapján
*[[Media:Kombopt_huzalozas_osszes.ppt|VLSI huzalozási algoritmusok magyarázattal]]
==ZH==

===1.ZH===
*[[Media:kombopt_2015_tavasz_ZH1.jpg|2015 tavasz]]
*[[Media:kombopt_2016_tavasz_ZH1.jpeg|2016 tavasz]] [[Media:zh1jav.pdf|Megoldások]] [[Media:pzh1jav.pdf|pZH Megoldások]]

===2.ZH===
*[[Media:kombopt_2015_tavasz_ZH2.jpg|2015 tavasz]]
*[[Media:zh2jav.pdf|2016 Megoldások]] [[Media:pzh2jav.pdf|pZH Megoldások]]

===3.ZH===
*[[Media:kombopt_2015_tavasz_ZH3.jpg|2015 tavasz]]

==Tippek==

*A félév során leadott anyag nagy része más szakok más tárgyainál is anyag, például a [[Rendszeroptimalizálás]]-nál. Itt rengeteg ZH példa illetve segédanyag található.

{{Lábléc_-_Villamosmérnök_mesterszak}}

Fájl:Pzh2jav.pdf

2016-04-24T20:29:57Z

Kovács Gergely: File uploaded with MsUpload

File uploaded with MsUpload

Felsőbb matematika villamosmérnököknek - Kombinatorikus optimalizálás

2016-04-12T17:54:20Z

Kovács Gergely: /* 2.ZH */

{{Tantárgy
| név = Felsőbb matematika villamosmérnököknek Kombinatorikus optimalizálás
| tárgykód = VISZMA06
| szak = MSc Villamosmérnök
| kredit = 3
| félév = 1. félév (tavasz)
| kereszt = nincs
| tanszék = SZIT
| jelenlét = nem kötelező
| minmunka =
| labor = nincs
| kiszh = nincs
| nagyzh = 3 db
| hf = nincs
| vizsga = nincs
| levlista =
| tad = https://portal.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VISZMA06/
| tárgyhonlap = http://cs.bme.hu/villkombopt/
}}

==Segédanyagok==
*[[Media:Kombopt_kidolgozas.pdf|Elmélet kidolgozás]] - a [[Rendszeroptimalizálás]] tárgy kidolgozása alapján
*[[Media:Kombopt_huzalozas_osszes.ppt|VLSI huzalozási algoritmusok magyarázattal]]
==ZH==

===1.ZH===
*[[Media:kombopt_2015_tavasz_ZH1.jpg|2015 tavasz]]
*[[Media:kombopt_2016_tavasz_ZH1.jpeg|2016 tavasz]] [[Media:zh1jav.pdf|Megoldások]] [[Media:pzh1jav.pdf|pZH Megoldások]]

===2.ZH===
*[[Media:kombopt_2015_tavasz_ZH2.jpg|2015 tavasz]]
*[[Media:zh2jav.pdf|2016 Megoldások]]

===3.ZH===
*[[Media:kombopt_2015_tavasz_ZH3.jpg|2015 tavasz]]

==Tippek==

*A félév során leadott anyag nagy része más szakok más tárgyainál is anyag, például a [[Rendszeroptimalizálás]]-nál. Itt rengeteg ZH példa illetve segédanyag található.

{{Lábléc_-_Villamosmérnök_mesterszak}}

Fájl:Zh2jav.pdf

2016-04-12T17:50:31Z

Kovács Gergely: File uploaded with MsUpload

File uploaded with MsUpload

Felsőbb matematika villamosmérnököknek - Kombinatorikus optimalizálás

2016-04-12T17:50:00Z

Kovács Gergely: /* 1.ZH */

{{Tantárgy
| név = Felsőbb matematika villamosmérnököknek Kombinatorikus optimalizálás
| tárgykód = VISZMA06
| szak = MSc Villamosmérnök
| kredit = 3
| félév = 1. félév (tavasz)
| kereszt = nincs
| tanszék = SZIT
| jelenlét = nem kötelező
| minmunka =
| labor = nincs
| kiszh = nincs
| nagyzh = 3 db
| hf = nincs
| vizsga = nincs
| levlista =
| tad = https://portal.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VISZMA06/
| tárgyhonlap = http://cs.bme.hu/villkombopt/
}}

==Segédanyagok==
*[[Media:Kombopt_kidolgozas.pdf|Elmélet kidolgozás]] - a [[Rendszeroptimalizálás]] tárgy kidolgozása alapján
*[[Media:Kombopt_huzalozas_osszes.ppt|VLSI huzalozási algoritmusok magyarázattal]]
==ZH==

===1.ZH===
*[[Media:kombopt_2015_tavasz_ZH1.jpg|2015 tavasz]]
*[[Media:kombopt_2016_tavasz_ZH1.jpeg|2016 tavasz]] [[Media:zh1jav.pdf|Megoldások]] [[Media:pzh1jav.pdf|pZH Megoldások]]

===2.ZH===
*[[Media:kombopt_2015_tavasz_ZH2.jpg|2015 tavasz]]
===3.ZH===
*[[Media:kombopt_2015_tavasz_ZH3.jpg|2015 tavasz]]

==Tippek==

*A félév során leadott anyag nagy része más szakok más tárgyainál is anyag, például a [[Rendszeroptimalizálás]]-nál. Itt rengeteg ZH példa illetve segédanyag található.

{{Lábléc_-_Villamosmérnök_mesterszak}}

Fájl:Pzh1jav.pdf

2016-04-12T17:49:25Z

Kovács Gergely: File uploaded with MsUpload

File uploaded with MsUpload

Felsőbb matematika villamosmérnököknek - Kombinatorikus optimalizálás

2016-04-09T13:44:47Z

Kovács Gergely: /* 1.ZH */

{{Tantárgy
| név = Felsőbb matematika villamosmérnököknek Kombinatorikus optimalizálás
| tárgykód = VISZMA06
| szak = MSc Villamosmérnök
| kredit = 3
| félév = 1. félév (tavasz)
| kereszt = nincs
| tanszék = SZIT
| jelenlét = nem kötelező
| minmunka =
| labor = nincs
| kiszh = nincs
| nagyzh = 3 db
| hf = nincs
| vizsga = nincs
| levlista =
| tad = https://portal.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VISZMA06/
| tárgyhonlap = http://cs.bme.hu/villkombopt/
}}

==Segédanyagok==
*[[Media:Kombopt_kidolgozas.pdf|Elmélet kidolgozás]] - a [[Rendszeroptimalizálás]] tárgy kidolgozása alapján
*[[Media:Kombopt_huzalozas_osszes.ppt|VLSI huzalozási algoritmusok magyarázattal]]
==ZH==

===1.ZH===
*[[Media:kombopt_2015_tavasz_ZH1.jpg|2015 tavasz]]
*[[Media:kombopt_2016_tavasz_ZH1.jpeg|2016 tavasz]] [[Media:zh1jav.pdf|Megoldások]]

===2.ZH===
*[[Media:kombopt_2015_tavasz_ZH2.jpg|2015 tavasz]]
===3.ZH===
*[[Media:kombopt_2015_tavasz_ZH3.jpg|2015 tavasz]]

==Tippek==

*A félév során leadott anyag nagy része más szakok más tárgyainál is anyag, például a [[Rendszeroptimalizálás]]-nál. Itt rengeteg ZH példa illetve segédanyag található.

{{Lábléc_-_Villamosmérnök_mesterszak}}

Felsőbb matematika villamosmérnököknek - Kombinatorikus optimalizálás

2016-04-09T13:44:23Z

Kovács Gergely: /* 1.ZH */

{{Tantárgy
| név = Felsőbb matematika villamosmérnököknek Kombinatorikus optimalizálás
| tárgykód = VISZMA06
| szak = MSc Villamosmérnök
| kredit = 3
| félév = 1. félév (tavasz)
| kereszt = nincs
| tanszék = SZIT
| jelenlét = nem kötelező
| minmunka =
| labor = nincs
| kiszh = nincs
| nagyzh = 3 db
| hf = nincs
| vizsga = nincs
| levlista =
| tad = https://portal.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VISZMA06/
| tárgyhonlap = http://cs.bme.hu/villkombopt/
}}

==Segédanyagok==
*[[Media:Kombopt_kidolgozas.pdf|Elmélet kidolgozás]] - a [[Rendszeroptimalizálás]] tárgy kidolgozása alapján
*[[Media:Kombopt_huzalozas_osszes.ppt|VLSI huzalozási algoritmusok magyarázattal]]
==ZH==

===1.ZH===
*[[Media:kombopt_2015_tavasz_ZH1.jpg|2015 tavasz]]
*[[Media:kombopt_2016_tavasz_ZH1.jpeg|2016 tavasz] [[Media:zh1jav.pdf|Megoldások]]]

===2.ZH===
*[[Media:kombopt_2015_tavasz_ZH2.jpg|2015 tavasz]]
===3.ZH===
*[[Media:kombopt_2015_tavasz_ZH3.jpg|2015 tavasz]]

==Tippek==

*A félév során leadott anyag nagy része más szakok más tárgyainál is anyag, például a [[Rendszeroptimalizálás]]-nál. Itt rengeteg ZH példa illetve segédanyag található.

{{Lábléc_-_Villamosmérnök_mesterszak}}

Fájl:Zh1jav.pdf

2016-04-09T13:43:27Z

Kovács Gergely: File uploaded with MsUpload

File uploaded with MsUpload

Villamosenergia-piac

2015-12-13T09:22:26Z

Kovács Gergely: /* ZH */

{{Tantárgy
| név = Villamosenergia-piac
| tárgykód = BMEVIVEMA05
| szak = villany MSc
| kredit = 4
| félév = 2
| kereszt =
| tanszék = VET
| jelenlét =
| minmunka =
| labor =
| kiszh =
| nagyzh = 1 db
| hf =
| vizsga = írásbeli
| levlista =
| tad = https://portal.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIVEMA05/
| tárgyhonlap = https://vet.bme.hu/?q=tantargyak/villamosenergia-piac
}}

==Segédanyagok==

==Tételek==

==ZH==
* [[Media:20151110_piac_ZH.pdf|2015 ősz ZH]]
* [[Media:20151116_piac_pZH.pdf|2015 ősz pZH]]

==Vizsga==

{{Lábléc - Villamosenergia-rendszerek szakirány}}

Fájl:20151116 piac pZH.pdf

2015-12-13T09:19:24Z

Kovács Gergely: File uploaded with MsUpload

File uploaded with MsUpload

Fájl:20151110 piac ZH.pdf

2015-12-13T09:19:22Z

Kovács Gergely: File uploaded with MsUpload

File uploaded with MsUpload

Elektromágneses terek alapjai - Szóbeli feladatok

2015-01-07T18:06:15Z

Kovács Gergely: /* 57. Feladat: EM hullám elektromos térerősségvektorából mágneses térerősségvektor számítása */

{{Vissza|Elektromágneses terek alapjai}}

Itt gyűjtjük a szóbeli vizsgán húzható számolási feladatokat. Az itt lévő feladatok csak iránymutatók, időközben lehetséges, hogy változtatnak a tételsoron. Nagyon sok beugró feladat kerül ki ezek közül is, így ahhoz is kiváló gyakorlás ezeket a feladatokat végigoldani.

A feladatokban szereplő számadatok nem túl lényegesek, mivel a vizsgán is csak a számolás menetére és elméleti hátterére kíváncsiak.


'''Kérlek bővítsétek a szóbelin ténylegesen kapott feladatokkal, amennyiben időtök engedi, részletes megoldással is.''' '''Hibák előfordulhatnak benne!!!''' '''Már az is nagy segítség, ha legalább az általad húzott feladat PONTOS szövegét és SORSZÁMÁT beírod ide!'''


Ha esetleg a LATEX ismeretének hiánya tartana csak vissza a gyűjtemény bővítésétől, akkor látogass el a [[Segítség:Latex]] és a [[Segítség:LaTeX példák]] oldalakra. Ezeken minden szükséges információt meglelsz egy helyen. Jól használható még ez az [http://www.codecogs.com/latex/eqneditor.php Online LATEX editor] is, ahol real time láthatod amit írsz, valamint gyorsgombok vannak a legtöbb funkciókra. Akát ott is megírhatod a képleteket, majd egyszerűen bemásolod ide őket.

{{noautonum}}

== Elektrosztatika ==

=== 1. Feladat: Két töltött fémgömb között az elektromos térerősség ===

Két azonos <math>r_0=3 cm</math> sugarú fémgömb középpontjának távolsága <math>d=1.8m</math>. A gömbök közé <math>U_0=5kV</math> feszültséget kapcsolunk.

Határozza meg a középpontokat összekötő egyenes szakasz felezőpontjában az elektromos térerősséget.

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Mivel <math>r_0 << d</math>, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az <math>A</math> gömböt egy <math>Q</math>, a <math>B</math> gömböt pedig egy <math>-Q</math> nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük.

Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól <math>r</math> távolságra:
<math>\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}</math>

A gömb közötti feszültség felírható a két gömb potenciálkülönbségeként. A fenti képletet felhasználva:

<math>
U_0 = \Phi_A - \Phi_B =
\left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}\right) -
\left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0}\right) =
</math>

::<math>
= {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} - {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}=
{Q \over 2 \pi \varepsilon} \cdot \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right)
</math>

Ebből kifejezhető a gömbök <math>Q</math> töltésének nagysága:

<math>Q= { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } </math>

Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos térerőssége sugárirányú és attól <math>r</math> távolságra a nagysága:
<math>E (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r^2}</math>

A gömbök középpontját összekötő egyenes felezőpontjában az elektromos térerősség felírható a két gömb elektromos terének szuperpozíciójaként. Mivel a térerősségvektorok egy egyenesbe esnek, és mindkét térerősségvektor a negatív töltésű <math>B</math> gömb felé mutat, így szuperpozíció egy algebrai összegé egyszerűsödik. A fenti képletet felhasználva:

<math>E_{d/2} = E_{A,d/2} + E_{B,d/2} =
{Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} +
{Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} =
{Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot \left( {4 \over d^2} + {4 \over d^2}\right) =
{Q \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2}
</math>

Behelyettesítve a <math>Q</math> töltésre kiszámolt képletet:

<math>
E_{d/2} = { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } \cdot {1 \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2} =
{4U_0 \over \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right) \cdot d^2 } =
{4 \cdot 5000 \over \left( {1 \over 0.03} - {1 \over 1.8} \right) \cdot 1.8^2 } \approx 188.3 \; {V \over m}
</math>

}}

=== 3. Feladat: Elektromos térerősség egyenletesen töltött henger belsejében ===
Levegőben álló, <math>d=10 cm</math> átmérőjű henger, egyenletes <math>\rho = 200 \; {nC \over m^3}</math> térfogati töltéssűrűséggel töltött. <math>\varepsilon_r = 1</math>.

Adja meg az elektromos térerősség nagyságát a henger belsejében, a tengelytől <math>a = {d \over 5}</math> távolságban!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
Írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan zárt <math>a<{d \over 2}</math> sugarú, <math>L</math> hosszúságú, <math>V</math> térfogatú és <math>A</math> felületű hengerre, melynek tengelye egybeesik a töltött henger tengelyével:

<math>\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V</math>

<math>\vec{D} = \varepsilon_0 \varepsilon_r \vec{E}</math>

<math>\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot V</math>

Szimmetria okokból az elektromos térerősségvektorok minden pontban sugárirányúak. Ezáltal a térerősségvektorok a palást felületén mindenhol párhuzamosak a felület normálisával, míg a henger alaplapjain merőlegesek a felület normálisára, tehát a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik a paláston, míg az alaplapokon pedig konstans nulla értékű.

<math>E(a) \cdot 2 a \pi L = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot a^2 \pi L</math>

<math>E\left(a={d \over 5}\right) = {\rho \over 2 \varepsilon_0 \varepsilon_r} \cdot a =
{200 \cdot 10^{-9} \over 2 \cdot 8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 1} \cdot {0.1 \over 5} \approx 226 \; {V \over m}
</math>
}}

===11. Feladat: Ismert potenciálú és töltésű fémgömb sugarának meghatározása ===

Egy levegőben álló, töltött fémgömb felszínén a felületi töltéssűrűség <math>\sigma = 10 \;{\mu C \over m^2}</math>. A gömb potenciálja a végtelen távoli ponthoz képest <math>\Phi_0=3kV</math>. Mekkora a gömb sugara?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Első körben határozzuk meg a fémgömb elektrosztatikus terének térerősségvektorát.

Ehhez írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan <math>r>R</math> sugarú gömbfelületre, melynek középpontja egybeesik a fémgömb középpontjával.

<math>\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V</math>

Felhasználva, hogy levegőben az elektromos térerősségvektor és az elektromos eltolásvektor kapcsolata:

<math>\vec{D} = \varepsilon_0 \vec{E}</math>

<math>\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0} \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V</math>

Szimmetria okok miatt, az elektromos térerősségvektorok sugárirányúak lesznek és mivel a gömb pozitív töltésű, így a gömbtől elfelé mutatnak. Emiatt a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. A térfogati töltéssűrűség integrálja az adott térfogatban lévő összetöltés. Mivel a fémgömb sugaránál minden esetben nagyobb sugarú gömb térfogatára integrálunk, így ez az érték konstans lesz és megegyezik a felületi töltéssűrűségnek fémgömb felületé vett integráljával. A felületi töltéssűrűség a fémgömb felületén állandó, így ez az integrál is egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Tehát:

<math>\ E(r) \cdot 4r^2\pi = {1 \over \varepsilon_0} \cdot \sigma \cdot 4R^2\pi \longrightarrow
\vec{E}(r)={\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r</math>

Most írjuk fel a fémgömb potenciáljára a definíciós képletet, feltéve hogy a gömbtől végtelen távoli pont potenciálja nulla:

<math>\Phi_0= \Phi(\infty) - \int_{\infty}^R \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{l} =
0 - \int_{\infty}^R E(r) \; \mathrm{d} r =
- \int_{\infty}^R {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =
{\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \int_{\infty}^R - {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =
</math>

::<math>
= {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left[ {1 \over r} \right]_{\infty}^R =
{\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over R} - {1 \over \infty} \right)=
{\sigma R \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} =
{8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm
</math>

Természetesen a feladat ennél sokkal egyszerűbben is megoldható, ha tudjuk fejből a ponttöltés potenciálterének képletét. Ugyanis, ha használjuk a helyettesítő töltések módszerét és a gömb összes töltését egy ponttöltésbe sűrítjük a gömb középpontjába, akkor a gömb felületén a potenciál nem változik. Tehát:

<math>\Phi_0=\Phi(R) = {Q \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} ={4R^2\pi \sigma \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} =
{R \sigma \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} =
{8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm</math>
}}

=== 19. Feladat: Gömbkondenzátor elektródáira kapcsolható maximális feszültség ===

Egy gömbkondenzátor belső elektródájának sugara <math>R_\mathrm{1}=4 \; mm</math>, külső elektródájának sugara <math>R_\mathrm{2}=6 \; mm</math>, a dielektrikum relatív dielektromos állandója <math>\varepsilon_r = 4.5</math>.

Legfeljebb mekkora feszültséget kapcsolhatunk a kondenzátorra, ha a térerősség a dielektrikumban nem haladhatja meg az <math>E_{max}=500\; {kV \over m}</math> értéket.

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Legyen a belső, <math>R_\mathrm{1}</math> sugarú gömb töltése <math>Q</math>.

A Gauss törvény alkalmazásával könnyen meghatározhatjuk a gömbkondenzátor két elektródája közötti elektromos tér nagyságát, a középponttól mért <math>r</math> távolság függvényében:

<math>
E(r) ={Q \over 4 \pi \varepsilon_0 \varepsilon_r} \cdot {1 \over r^2}
</math>

A fenti összefüggésből is látszik, hogy a dielektrikumban a legnagyobb térerősség a belső gömb felületén lesz, így ebből kifejezhető a <math>Q</math> töltés nagysága:

<math>
E_{max} ={Q \over 4 \pi \varepsilon_0 \varepsilon_r} \cdot {1 \over {R_1}^2} \longrightarrow Q =
E_{max} \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \varepsilon_r \cdot {R_1}^2
</math>

A két elektróda közötti potenciálkülönbség:

<math>
U_\mathrm{1,2}= -\int_{R_\mathrm{1}}^\mathrm{R_\mathrm{2}} \mathrm{E(r)} \; \mathrm{dr}
= - {Q \over 4 \pi \varepsilon_0 \varepsilon_r} \int_{R_\mathrm{1}}^\mathrm{R_\mathrm{2}} \mathrm{1 \over r^2} \; \mathrm{dr}
= {Q \over 4 \pi \varepsilon_0 \varepsilon_r} \left( {1 \over R_\mathrm{1}} - {1 \over R_\mathrm{2}} \right)
</math>

A fenti összefüggéseket felhasználva meghatározható a két elektródára kapcsolható maximális feszültség:

<math>
U_{max} = {E_{max} \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \varepsilon_r \cdot {R_1}^2 \over 4 \pi \varepsilon_0 \varepsilon_r} \left( {1 \over R_\mathrm{1}} - {1 \over R_\mathrm{2}} \right) =
E_{max} \left( R_1 - {(R_1)^2 \over R_2} \right) =
500 \cdot 10^3 \left( 4 \cdot 10^{-3} - {(4 \cdot 10^{-3})^2 \over 6 \cdot 10^{-3}}\right) = 666 \; V
</math>

}}

=== 22. Feladat: Elektródarendszer energiaváltozása széthúzás hatására ===

Levegőben egymástól <math>d_1=1m</math> távolságban helyezkedik el két kis sugarú elszigetelt fémgömb, melyek között az erő <math>F=5N</math> nagyságú erő hat.

Mekkora az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a gömbök távolságát <math>d_2=4m</math>-re növeljük?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Mivel <math>r_0 << d</math>, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az <math>A</math> gömböt egy <math>Q_A</math>, a <math>B</math> gömböt pedig egy <math>Q_B</math> nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük. A töltések előjelét már maga a változó magába foglalja.

A két ponttöltés között ható erő nagysága egyszerűen kifejezhető, melyet átrendezve megkaphatjuk a két töltés szorzatának nagyságát:

<math>F= {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {Q_A Q_B \over d_1^2} \longrightarrow Q_A Q_B = F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 </math>

Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól <math>r</math> távolságra:
<math>\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}</math>

Ezt felhasználva fejezzük ki az <math>A</math> és <math>B</math> gömbök potenciáljait:

<math>\Phi_A = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over r_0} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} =
{1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d} \right)</math>

<math>\Phi_B = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over d} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} =
{1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d} + {Q_B \over r_0} \right)</math>

Tudjuk, hogy egy levegőben elhelyezkedő elszigetelt elektródarendszer összenergiája:
<math>W_e={1 \over 2} \sum_{k=1}^n{ \Phi_k \cdot Q_k }</math>

Ezt felhasználva kifejezhető az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a két gömb távolgását <math>d_1</math>-ről <math>d_2</math>-re növeljük:

<math>\Delta W_e = W_{e2} - W_{e1} =</math>

<math> = {1 \over 2} \left[
{1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_2} \right) \cdot Q_A +
{1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_2} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B
\right] </math>

<math>
-{1 \over 2} \left[
{1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_1} \right) \cdot Q_A +
{1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_1} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B
\right] =</math>

<math>
= {1 \over 8 \pi \varepsilon_0} \cdot \left[ 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_2} - 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_1}\right] =
{Q_A Q_B \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right)
</math>

Most behelyettesítjük a megadott adatokat és az imént kiszámolt <math>Q_AQ_B</math> szorzat értékét:

<math>\Delta W_e =
F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 \cdot {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =
F \cdot d_1^2 \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =
5 \cdot 1^2 \cdot \left( {1 \over 4} - {1 \over 1} \right) = -3.75 \; J
</math>

''Megjegyzés:'' Jelen esetben a képletbe pozitív számként helyettesítettük be az F erő nagyságát. Ezzel azt feltételeztük, hogy <math>Q_AQ_B</math> szorzat pozitív értékű, azaz a két gömb töltése azonos előjelű, tehát köztük taszítóerő lép fel. A kapott negatív eredmény ennek meg is felel, hiszen ha két gömb taszítja egymást és mi megnöveljük a köztük lévő távolságot, akkor energiát adnak le, miközben munkát végeznek a környezetükön. Ha azonban F helyére negatívan helyettesítenénk be az 5N értékét, akkor azt feltételezném, hogy a gömbök vonzzák egymást. Ekkor pozitív eredményt kapnánk, ami szintén megfelel a várakozásoknak, hiszen két egymást vonzó gömb közötti távolságot csakis úgy tudom megnövelni, ha rajtuk munkát végzek és ezáltal megnövelem az energiájukat.
}}

===26. Feladat: Fém gömbhéj felületi töltéssűrűségének meghatározása ===

Egy levegőben álló, zérus össztöltésű fém gömbhéj belső sugara <math>r</math>, külső sugara <math>1.5 \; r</math>. A gömbhéj középpontjában <math>Q</math> ponttöltés van.

Adja meg a gömbhéj külső és belső felszínén felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosát!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

[[File:Terek_szóbeli_feladatok_gömbhlj_erővonalkép.JPG|300px]]

Mivel a fém gömbhéj földeletlen és össztöltése zérus, így a töltésmegosztás következtében a fenti töltéselrendeződés alakul ki.

Azaz a fémgömbhéj belső felszíne <math>-Q</math>, a külső felszíne pedig <math>+Q</math> töltésű lesz, egyenletes töltéseloszlással.

A külső és belső felszínen felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosa tehát:

<math>{\sigma_k \over \sigma_b} =
{ {+Q \over 4 \pi \left(1.5r \right)^2 } \over {-Q \over 4 \pi r^2 } } =
- { r^2 \over \left(1.5r \right)^2 } =
- { 1 \over 1.5^2 } =
- { 4 \over 9 } \approx -0.4444</math>

}}

=== 28. Feladat: Gömb kapacitása a végtelenhez képest ===

Levegőben áll egy <math>20cm</math> sugarú fémgömb, amelyet egyenletes <math>3cm</math> vastagságú <math>4.5</math> relatív dielektromos állandójú szigetelő réteg borít.

Adja meg a gömb kapacitását a végtelen távoli térre vonatkoztatva!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Megoldás hiányzik

}}

== Stacionárius áramlási tér ==

=== 36. Feladat: Pontszerű áramforrás környezetében a teljesítménysűrűség meghatározása ===

Adott egy pontszerű <math>I=10A</math> áramerősségű pontszerű áramforrás egy <math>\sigma =200 {S \over m}</math> fajlagos vezetőképességű közegben. Határozza meg a teljesítménysűrűséget a forrástól <math>R=3m</math> távolságban.

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
A feladat megoldásához a stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógiát fogjuk felhasználni.

Ehhez először szükségünk van a pontszerű töltés által keltett elektrosztatikus mező elektromos eltolásvektorának kifejezésére. Felírva a Gauss-törvényt egy <math>V</math> térfogatú <math>A</math> felületű gömbre, melynek középpontja a ponttöltés:

<math>\oint_A \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s}=\int_V \rho \; \mathrm{d} V</math>

Szimmetria okokból az eltolásvektor erővonali gömbszimmetrikusak lesznek, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:

<math>D(r)4r^2\pi = Q \longrightarrow \vec{D}(r)={Q \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r</math>

Most felhasználva a betűcserés analógiát, megkapható a pontszerű áramforrás áramsűrűségvektora:

<math>\vec{J} \longleftrightarrow \vec{D}</math>

<math>I \longleftrightarrow Q</math>

<math>\vec{J}(r)={I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r</math>

Az áramsűrűség segítségével pedig pedig felírható a teljesítménysűrűség a távolság függvényében:

<math>
p(r)={\left( J(r) \right) ^2 \over \sigma} =\left( {I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \right) ^2 \cdot {1 \over \sigma} =
{I^2 \over 16 \pi^2 \sigma} {1 \over r^4}
</math>

Innét pedig a teljesítménysűrűség a pontforrástól R távolságra:

<math>
p(R)={10^2 \over 16 \pi^2 200} {1 \over 3^4} \approx 39.09 \; {\mu W \over m^3}
</math>

}}

=== 38. Feladat: Koaxiális kábel szivárgási ellenállásából fajlagos vezetőképesség számítása ===
Egy koaxiális kábel erének a sugara <math>{r_1} = 2mm</math>, köpenyének belső sugara <math>{r_2} = 6mm</math>.

Mekkora a szigetelőanyag <math>\sigma</math> fajlagos vezetőképessége, ha a kábel <math>l = 200m</math> hosszú szakaszának szivárgási ellenállása <math>R = 4M\Omega</math>?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
Először is vegyük fel a koaxiális kábel elektrosztatikai modelljét (hengerkondenzátor) és számoljuk ki a hosszegységre eső kapacitását. Ezt úgy tehetjük meg, hogy előbb kiszámoljuk a potenciálkülönséget az ér és a köpeny között, majd kifejezzük a kapacitást:

<math>
U =- \int_{r_2}^{r_1} \vec{E}(r) d \vec{r} = - \int_{r_2}^{r_1} {q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot {1 \over r} dr = -{q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot \left[ ln(r) \right]_{r_2}^{r_1} = {q \over {2\pi \varepsilon }}\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}
</math>

<math>
q = U{{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}
</math>

Ebből a hosszegységre eső kapacitás:

<math>
C = C'l
</math>

<math>
C \buildrel \Delta \over = {Q \over U} = {{ql} \over U} \to C' = {C \over l} = {{{{ql} \over U}} \over l} = {q \over U} = { U {2 \pi \varepsilon \over ln{r_2 \over r_1}}} \cdot {1 \over U } = {{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}
</math>

(Persze aki tudja fejből a koaxiális kábel hosszegységre eső kapacitását, az kezdheti kapásból innét is a feladatot)

Majd használjuk az elektrosztatika illetve az áramlási tér közötti betűcserés analógiákat:

<math>
C' \leftrightarrow G'
</math>

<math>
\varepsilon \leftrightarrow \sigma
</math>

Amit áthelyettesítve megkapjuk a hosszegységre eső konduktanciát:

<math>
G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}
</math>

Most kifejezzük a hosszegységre eső konduktanciát a szivárgási ellenállásból és a vezeték hosszából. Ha ez megvan akkor csak át kell rendezni a fajlagos vezetőképességre az egyenletet:

<math>
G = G'l = {1 \over R} \to G' = {1 \over R}{1 \over l}
</math>

<math>
G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}} = {1 \over R}{1 \over l} \to \sigma = {{\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}} \over {2\pi }}{1 \over R}{1 \over l} = {ln {6 \over 2} \over 2 \pi} \cdot {1 \over 4 \cdot 10^6} \cdot {1 \over 200} \approx 218.6 \; {pS \over m}
</math>
}}

=== 42. Feladat: Áramsűrűségből megadott felületen átfolyó áram számítása ===
Stacionárius áramlási térben az áramsűrűség <math> \vec{J} = 5 \vec{e}_z \;{kA \over m^2} </math>. Mekkora a z-tengellyel 60°-os szöget bezáró <math> A=80 cm^2</math> felületen átfolyó áram?
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
A J áramsűrűség-vektor megadja a rá merőleges, egységnyi felületen átfolyó áram nagyságát:

<math>I = \int_A \vec{J} d \vec{s}</math>

Esetünkben a J áramsűrűség-vektor z irányú, így nekünk a felületre normális komponensével kell számolnunk:

<math> I = J A \sin60^\circ=5000 \cdot 80 \cdot 10^{-4} \cdot \sin60^\circ= 34.64 \; A</math>

}}

== Stacionárius mágneses tér ==

=== 50. Feladat: Két áramjárta vezető közötti erőhatás ===

Két egymással párhuzamos végtelen hosszú vezető egymástól <math>d=4m</math> távolságban helyezkedik el. Az egyiken <math>I_1=2A</math>, a másikon <math>I_2=3A</math> folyik.

Mekkora erő hat az egyik vezeték <math>l=1 m</math>-es szakaszára?
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
Az egyikre ható erő egyenlő a másikra ható erővel (Newton erő-ellenerő törvénye). A megoldáshoz az Ampere-féle gerjesztési törvényre, és a Lorentz-erőre van szükség.

A mágneses térerősséget egy olyan L körvonalon integráljuk, ami által kifeszített A felület középpontját merőlegesen döfi át az egyik vezeték. Mivel a mágneses térerősségvektor a körvonal minden pontjában érintő irányú, így a vonalintegrál szorzássá egyszerűsödik.

<math>\oint_L \vec{H} \; d \vec{l} = \int_A \vec{J} \; d \vec{s} = I</math>

<math>H_1 2 d \pi = I_1 \longrightarrow H_1 = \frac{I_1}{2 d \pi}</math>

Tudjuk még, hogy <math>B = \mu_0 H</math> vákuumban.

A Lorentz-erő képlete is szorzássá egyszerűsödik, mivel a vektorok derékszöget zárnak be egymással:

<math>\vec{F} = q \cdot (\vec{v} \times \vec{B} ) = I \cdot (\vec{l} \times \vec{B})</math>, ahol <math>I</math> a konstans áramerősség, <math>\vec{l}</math> pedig a vezetéken folyó áram irányának vektora, hossza a megadott 1 m.

Innen a megoldás:

<math>F_{12} = I_2 l B_1 = I_2 l \mu_0 H_1 = \frac{\mu_0 l I_1 I_2}{2 d \pi} = \frac{4 \pi 10^{-7} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3}{2 \cdot 4 \cdot \pi} = 3 \cdot 10^{-7} N</math>

Fordított indexeléssel ugyanez jönne ki a másikra is. Jobbkéz-szabályból következik, hogy ha azonos irányba folyik az áram, akkor vonzzák egymást, ha ellentétes irányba, akkor taszítják. Szóbelin még érdemes megemlíteni, hogy ez a jelenség adja az Ampere mértékegység definícióját, 1 m hosszú szakasz, 1 m távolság, 1-1 A áramerősség esetén az erő:

<math>F = 2 \cdot 10^{-7} N</math>
}}

=== 52. Feladat: Két toroid tekercs kölcsönös indukciója===

Egy toroidra két tekercs van csévélve, az egyik menetszáma <math>N_1</math>, a másiké <math>N_2</math>. A toroid közepes sugara <math>r</math>,
keresztmetszetének felülete <math>A</math>, relatív permeabilitása <math>\mu_r</math>. Határozza meg a két tekercs kölcsönös induktivitását!
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

A kölcsönös induktivitás definíció szerint egyenlő az első tekercsnek a másodikra vonatkoztatott induktivitásával, valamint a második tekercsnek az első tekercse vonatkoztatott induktivitásával. Tehát elég csak az utóbbit meghatároznunk.

A második tekercsnek az elsőre vonatkoztatott kölcsönös induktivitása definíció szerint, a második tekercs árama által az első tekercsben indukált fluxus és a második tekercs áramának hányadosa feltéve, hogy az első tekercs árama zérus:

<math>M=L_{21}=L_{12}=\frac{\Psi_1}{I_2} |_{(I_1=0)}</math>

Szimmetria okokból a második tekercs árama által az első tekercsben indukált teljes fluxus egyenlő az első tekercs egyetlen menetében indukált fluxus N1-szeresével.

<math>M= \frac{N_1\Phi_{1}}{I_2}</math>

Az első tekercs egyetlen menetében, a második tekercs árama által indukált fluxust megkapjuk, ha a második tekercs árama által keltett mágneses mező indukcióvektorát integráljuk az első tekercs keresztmetszetén:

<math>M=\frac{N_1 \int_{A} \vec{B_2}\mathrm{d}\vec{s}}{I_2}</math>

A mágneses indukcióvektor párhuzamos a toroid keresztmetszetének normálisával, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:

<math>M=\frac{N_1 B_2 A}{I_2}</math>

A mágneses indukció definíció szerint kifejezhető a mágneses térerősséggel:

<math>M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r H_2 A}{I_2}</math>

A második tekercs árama által indukált mágneses térerősség az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel megadható. Ha a toroid közepes sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített körlapon összesen N2-ször döfi át egy-egy I2 áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:

<math>\oint_L \vec{H} \mathrm{d} \vec{l} = \sum{I} </math>

<math> 2r \pi H_2= N_2 I_2 \longrightarrow H_2={N_2 I_2\over 2r \pi}</math>

Ezt felhasználva a két egymásra csévélt toroid tekercs kölcsönös induktivitása:

<math>M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r N_2 I_2 A}{2r \pi I_2} = \frac{ \mu_0 \mu_r N_1 N_2 A}{2r \pi}</math>

Csak a poén kedvéért ellenőrizzük a kapott eredményt dimenzióra is:

<math>\left[ {{H \over m} \cdot m^2 \over m} = H\right]</math>

}}

=== 57. Feladat: EM hullám elektromos térerősségvektorából mágneses térerősségvektor számítása ===

A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls! Ha esetleg valaki kihúzná az "igazi" 57. feladatot, akkor írja be ennek a helyére, ezt pedig tegye a lap aljára ? feladatként. Köszi!

Egy levegőben terjedő elektromágneses hullám komplex elektromos térerősségvektora: <math>\vec{E} =(5 \vec{e}_y - 12 \vec{e}_z ) \cdot e^{j \pi / 3} \;{kV \over m}</math> Adja meg a <math>\vec{H}</math> komplex mágneses térerősségvektort!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

A megoldás során a távvezeték - EM hullám betűcserés analógiát használjuk fel!

Először is szükségünk van a levegő hullámimpedanciájára. Mivel levegőben vagyunk, így <math>\sigma << \varepsilon</math>, valamint <math>\mu = \mu_0</math> és <math>\varepsilon = \varepsilon_0</math>

<math>Z_0= \sqrt{{j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon}} \approx \sqrt{{\mu_0 \over \varepsilon_0}} \approx 377 \Omega</math>

Bontsuk most fel a komplex elektromos térerősségvektort a két komponensére:

<math>\vec{E}=\vec{E}_y+\vec{E}_z</math>

<math>\vec{E}_y=5 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_y \;{kV \over m}</math>

<math>\vec{E}_z= - 12 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{kV \over m}</math>

Ezek alapján már felírhatóak a komplex mágneses térerősségvektor komponensei (vigyázat az egységvektorok forognak <math>x \rightarrow y \rightarrow z \rightarrow x</math>):

<math>\vec{H}_z={E_y \over Z_0} \cdot \vec{e}_z \approx 13.26 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{A \over m}</math>

<math>\vec{H}_x={E_z \over Z_0} \cdot \vec{e}_x \approx - 31.83 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_x \;{A \over m}</math>

A két komponens összegéből pedig már előáll a komplex mágneses térerősségvektor:

<math>\vec{H}=\vec{H}_z+\vec{H}_x \approx (13.26 \cdot \vec{e}_z - 31.83 \cdot \vec{e}_x) \cdot e^{j \pi / 3} \;{A \over m}</math>

[ A megoldás sztem nem jó, mivel a terjedés iránya <math>\vec{e}_x</math> , ezért <math>\vec{H}=\vec{H}_z+\vec{H}_y</math>
Mindkét <math>H</math> komponens pozitív ]
}}

=== 58. Feladat: Toroid tekercs fluxusa és energiája===
Hányszorosára változik egy <math>L</math> önindukciós együtthatóval rendelkező <math>I_1 = 2A</math> árammal átjárt toroid belsejében a mágneses fluxus, ha az áramerősséget nagyon lassan <math>I_2 = 5A</math> -re növeljük?

Hányszorosára változik a tekercs mágneses mezejében tárolt energia?
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=Mivel az áram nagyon lassan változik, így a kezdő és végállapotot vehetjük két egymástól független stacioner állapotú esetnek.

Egy bármilyen tekercs fluxusa az <math>\Psi=LI</math> képletből számolható. Ez alapján a toroid fluxusváltozása:

<math>\frac{\Psi_2}{\Psi_1}=\frac{LI_2}{LI_1}=\frac{I_2}{I_1}=2.5</math>

Egy bármilyen tekercs energiája számolható a <math>W=\frac{1}{2}LI^2</math> képlet alapján. Tehát a toroid energiaváltozása:

<math>\frac{W_2}{W_1}=\frac{\frac{1}{2}L \cdot I_2^2}{\frac{1}{2}L \cdot I_1^2}=\frac{I_2^2}{I_1^2}=2.5^2=6.25</math>
}}

=== 59. Feladat: Kondenzátor dielektrikumában disszipált teljesítmény ===

A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls!

Adott egy kondenzátor, melynek fegyverzetei között egy <math>\sigma=50 {nS \over m}</math> fajlagos vezetőképességű dielektrikum helyezkedik el.
A kondenzátor <math>A=100 cm^2</math> felületű fegyverzetei egymástól <math>d=20 mm</math> távolságra helyezkednek el. Határozza meg a dielektrikumban disszipált teljesítményt, ha a kondenzátor fegyverzeteire <math>U = 1.2 kV</math> feszültséget kapcsolunk.

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

A dielektrikum <math>G</math> konduktanciájának meghatározására alkalmazható stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógia, mivel a két jelenséget ugyanolyan alakú differenciálegyenletek és azonos peremfeltételek írják le. Így elég csak a síkkondenzátor kapacitásának képletét ismernünk:

<math>G=C_{\varepsilon \leftarrow \sigma}=
\sigma {A \over d}=50 \cdot 10^{-9} \cdot {100 \cdot 10^{-4} \over 20 \cdot 10^{-3}}=2.5 \cdot 10^{-8} \;S</math>

A dielektrikumban disszipált teljesítmény innét már könnyen számolható az ismert képlet alapján:

<math>P=U^2G=1200^2 \cdot 2.5 \cdot 10^{-8}=36 \; mW</math>

}}

===61. Feladat: Toroid tekercs mágneses indukciója ===

Adott egy kör keresztmetszetű toroid alakú, <math>\mu_r = 1200</math> relatív permeabilitású, <math>N=200</math> menetes tekercs, melynek átlagos erővonal hossza <math>L=60cm</math>. A tekercselésben <math>I=0.3 A</math> nagyságú áram folyik.

Adja meg a mágneses indukció nagyságát a toroid belsejében! Miért ad jó értéket a közelítő számításunk?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Az Ampere-féle gerjesztési törvényből következik, hogyha a toroid közepes sugarához sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor. Ez onnét látható, hogy ha veszünk a toroid tekercseléséből egyetlen menetet, akkor arra igaz, hogy a menet minden kis szakaszában folyó áram által keltett mágneses mező a jobbkéz-szabály (I - r - B) szerint a menet síkrája merőleges irányú mágneses térerősségvektort hoz létre.

Tehát a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített A területű körlapot összesen N-ször döfi át egy-egy I áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:

<math>\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} </math>

<math> H \cdot L = N \cdot I \longrightarrow H = {N I \over L} \longrightarrow B =\mu_0 \mu_r {N I \over L}</math>

Ha az átlagos erővonalhossz, vagyis a toroid közepes kerülete jóval nagyobb mint a toroid közepes sugara és a toroid külső és belső sugarának különbsége jóval kisebb mint a közepes sugár, akkor az erővonalak jó közelítéssel homogén sűrűségűek és szabályos koncentrikus köröket alkotnak. Ha ezek a feltételek teljesülnek, akkor fenti eredmény jó közelítéssel megadja a toroid teljes belsejében <math>\left( R_b<r<R_k \right)</math> a mágneses indukció nagyságát:

<math>B(r) =\mu_0 \mu_r {N I \over L} =4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1200 \cdot {200 \cdot 0.3 \over 0.6} \approx 0.151 \; T </math>

}}

=== 64. Feladat: Hosszú egyenes vezető mágneses tere és a vezetőben tárolt mágneses energia ===

Hosszú, <math>R</math> sugarú alumínium vezetőben <math>I</math> áram folyik.

Határozza meg a vezető környezetében a mágneses teret! Mennyi mágneses energia raktározódik a vezető egység hosszú szakaszában?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Az Ampere-féle gerjesztési törvényt írjuk fel egy olyan zárt r sugarú, L körvonalra, amely által kifeszített A körlap merőleges a vezetékre és a vezeték tengelye pont a közepén döfi át.

<math>\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}</math>

Szimmetria okokból a mágneses térerősségvektorok az L görbe minden pontjában érintő irányúak lesznek, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik minden esetben. Az egyenlet jobb oldala miatt viszont két esetre kell bontanunk a vizsgálódást:

'''1. Eset:''' Ha a vezetéken kívül vagyunk <math>(r>R)</math>, akkor az áramsűrűség felületintegrálja a vezeték teljes áramával egyenlő.

<math>H(r) \cdot 2r\pi = I \longrightarrow \vec{H}(r) = {I \over 2r\pi} \cdot \vec{e}_{\varphi}</math>

'''2. Eset:''' Ha a vezetéken belül vagyunk <math>(r \leq R)</math>, akkor a teljes <math>I</math> áramnak csak a felületarányos része lesz az áramsűrűség integráljának eredménye.

<math>H(r) \cdot 2r\pi = J \cdot r^2 \pi </math>

<math>H(r) \cdot 2r\pi = {I \over R^2 \pi} \cdot r^2 \pi \longrightarrow \vec{H}(r) =
{I \over 2R^2\pi} \cdot r \cdot \vec{e}_{\varphi}</math>

A vezeték egységnyi hosszában tárolt mágneses energia meghatározására az ismert összefüggés:

<math>W_m={1 \over 2} \int_V \vec{H} \cdot \vec{B} \; \mathrm{d} V </math>

Mivel homogén közegben <math>\vec{B}=\mu \vec{H}</math>, azaz a vektorok egy irányba mutatnak minden pontban, így a skaláris szorzatuk megegyezik a vektorok nagyságának szorzatával. Azonban a mágneses térerősségvektor nagysága függ a sugártól, ezért célszerűen áttérünk hengerkoordináta-rendszerbe és ott végezzük el az integrálást:

<math>W_m={1 \over 2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \mu H^2(r) \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =
{1 \over 2} \mu \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \left({I \over 2R^2\pi} \cdot r \right)^2 \;\mathrm{d}z \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r =
{\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 r^2 \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =
</math>

::<math>={\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \cdot 1 \cdot 2\pi \cdot \int_0^R r^2 \; \mathrm{d} r =
{\mu I^2 \over 4 R^4 \pi} \cdot \left[ {r^3 \over 3} \right]_0^R=
{\mu I^2 \over 12 R^4 \pi} \cdot R^3 =
{\mu I^2 \over 12 R \pi} = {\mu_0 \mu_r I^2 \over 12 R \pi}
</math>

}}

=== 65. Feladat: Koaxiális jellegű vezeték tengelyében a mágneses térerősség ===
Egy <math>r = 0.09m</math> sugarú vékony falú rézcső belsejében, a tengelytől <math>d = 0.03m</math> távolságra, azzal párhuzamosan egy vékony rézvezeték helyezkedik el. Mindkét vezető elég hosszú és <math>I = 5A</math> nagyságú egyenáram folyik bennük, de ellenkező irányban. Mekkora az eredő mágneses térerősség nagysága a tengelyben?
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=A feladatot bontsuk két részre. Első körben az Ampere-féle gerjesztési törvény segítségével megállapítható, hogy a rézcső belsejében a mágneses térerősség nagysága, csakis a belső rézvezeték elhelyezkedésétől és az abban folyó áram nagyságától függ.

<math>\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} = I</math>

Ez onnét látszik, hogyha olyan zárt L görbe mentén integrálunk, ami a rézcsőn belül vezet, akkor a görbe által kifeszített A síkon csakis a vékony rézvezeték árama megy át.

Második körben meghatározható a vékony rézvezeték által a tengely mentén keltett mágneses térerősség nagysága. Szimmetria okokból a vékony rézvezeték mágneses tere hengerszimmetrikus, az erővonalak koncentrikus körök, ezért a mágneses térerősségvektor mindig érintő irányú, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:

<math>H 2 d \pi = I \longrightarrow H = \frac{I}{2 d \pi}=\frac{5}{2 \cdot 0.03 \pi} \approx 26.53 \;{A \over m}</math>
}}

== Távvezetékek (TV) ==

=== 68. Feladat: Mindkét végén nyitott ideális távvezeték rezonancia frekvenciája ===

Melyik az a legkisebb frekvencia, amelyen rezonancia léphet fel egy mindkét végén nyitott, <math>l=5km</math> hosszúságú, ideális légszigetelésű távvezetéken?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Rezonancia akkor lép fel egy ideális távvezetéken, ha a távvezeték bemeneti impedanciájával megegyező nagyságú és fázisú impedanciával zárjuk le a távvezeték elejét.

Az ideális távvezeték bemeneti impedanciája könnyen számítható az ismert képlet alapján, ha a távvezeték lezárása szakadás:

<math>Z_{be}=Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) } </math>

<math>Z_2 \rightarrow \infty</math>

<math>Z_{be} = \lim_{{Z_2}\to\infty} \left( Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) }\right)=
-jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} </math>

Mivel a távvezeték elejének lezárása is szakadás, így annak az impedanciája is végtelen, tehát a rezonancia kialakulásához a bemeneti impedanciának is végtelennek kell lennie. Ez akkor állhat elő, ha a bemeneti impedancia kifejezésének nevezője nulla:

<math>-jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} = \infty \;\;\; \longleftrightarrow \;\;\; tan(\beta l)=0</math>

<math>\beta l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+</math>

<math>k</math> azért csak pozitív egész szám lehet (képletszerűleg bármilyen egész szám jó lenne), mert ugye negatív frekvenciájú hullám nem létezik, valamint kérdéses, hogy a 0 frekvenciájú hullámot vagyis az egyengerjesztést elfogadjuk-e. Ha igen akkor ez a legkisebb frekvencia, ami teljesíti a feltételeket, ha nem akkor számolunk tovább:

<math>{2 \pi \over \lambda} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+</math>

<math>{2 \pi f\over c} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+</math>

<math> f = {k \cdot c\over 2l} \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+</math>

<math>f_{min} = {1 \cdot c\over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz</math>

A feladat más megközelítéssel is megoldható, bár szerintem az előbbi megoldás az egzaktabb, míg a második egy kicsit "fapadosabb", de kellően szép köntösben tálalva ez is tökéletes megoldás.

Emlékezzünk vissza, mit tanultunk a hullámjelenségekről: Rezonancia esetén olyan állóhullám alakul ki melyre igaz, hogy a szabad végeken (szakadás) maximumhelye, míg a rögzített végeken (rövidzár) csomópontja van.

Keressük meg azt a legnagyobb hullámhosszt (azaz legkisebb frekvenciát), ami kielégíti ezen feltételeket. Segítségül egy kis ábra amin vázolva van az első pár lehetséges eset:

[[File:Terek_szóbeli_feladatok_rezonancia_ábra.png]]

Erről nagyon szépen látszik, hogy a legnagyobb kialakulható hullámhossz a távvezeték hosszának kétszerese lehet. Tehát:

<math>\lambda_{max} = 2l \longrightarrow f_{min}={c \over \lambda_{max}} =
{c \over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz </math>

}}

=== 78. Feladat: Ideális távvezeték állóhullámarányának számítása ===
Egy ideális távvezeték mentén a feszültség komplex amplitúdója az <math>U(z) = (3+4j) \cdot e^{-j \beta z} + (2-j) \cdot e^{j \beta z}</math> függvény szerint változik. Adja meg az állóhullámarányt!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
A megadott függvényből kiolvasható a hullám beeső (pozitív irányba halad --> - j*béta*z ) és a reflektált (negatív irányba halad --> + j*béta*z ) komponenseinek komplex amplitúdói:

<math>U^+ = 3+4j</math>

<math>U^- = 2-j</math>

''Megjegyzés:'' A feladat megadható úgy is, hogy U(x) függvényt adják meg. Ekkor a beeső komponenshez (U2+) tartozik a pozitív, a reflektálthoz (U2-) pedig a negatív hatványkitevő!

Kapcsolat a két fajta paraméterezés között:

<math>U_2^+ = U^+ e^{- \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^+ e^{- j \beta l} </math>

<math>U_2^- = U^- e^{ \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^- e^{ j \beta l} </math>

Ezekből felírható a távvezeték reflexiós tényezőjének abszolút értéke definíció szerinti "x" paraméterezéssel, majd ebből "z" szerinti paraméterezéssel:

<math>|r|=\left| {U_{reflektalt} \over U_{beeso}} \right|= \left| {U_2^- \over U_2^+ } \right|=\left| {U^- \over U^+ } e^{j2 \beta l} \right| = \left| {U^- \over U^+ } \right| =\left| {2-j \over 3+4j } \right| = {1 \over \sqrt{5}} \approx 0.447</math>

Ebből pedig már számolható a távvezeték állóhullámaránya:

<math>\sigma = {1+|r] \over 1-|r| } = {1+0.447 \over 1-0.447 } \approx 2.62</math>

}}

=== 81. Feladat: Egyenfeszültséggel gerjesztett TV megadott feszültségű pontjának meghatározása ===

Adott egy végtelen hosszú távvezeték, melynek paraméterei az alábbiak: <math>R' = 20 {m \Omega \over m}</math> és <math>G' = 5 { \mu S \over m}</math>. Egy <math>U_0</math> egyenfeszültségű feszültségforrást kapcsolunk rá.

Milyen lesz a kialakuló hullámforma a távvezetéken? Határozza meg azt a z távolságot, ahol a feszültség <math>U_0/2</math> lesz!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Először határozzuk meg, hogy milyen lesz a kialakuló hullámforma. Ehhez vegyük a távvezetéken kialakuló idő és helyfüggő feszültségfüggvény általános alakját:

<math>u(t,z)=|U^+| \cdot e^{- \alpha z} \cdot \cos(\omega t - \beta z + \varphi^+) \;+\;
|U^-| \cdot e^{ \alpha z} \cdot \cos(\omega t + \beta z + \varphi^-)</math>

Mivel a távvezeték végtelen hosszúságú, így nincs reflektált komponens, tehát a második tag nulla. Továbbá mivel egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket azaz <math>\omega =0</math>, ezért az alant lévő számításból látszik, hogy a terjedési együttható tisztán valós lesz, tehát <math>\beta = 0</math>. Az egyenfeszültségből következik, hogy a <math>\varphi </math> kezdőfázis is zérus. Ezeket mind felhasználva adódik, hogy a koszinusz argumentuma konstans 0, tehát a koszinusz értéke konstans 1.

Tehát távvezetéken kialakuló feszültség idő- és helyfüggvénye (gyakorlatilag az időtől független lesz):

<math>u(t,z)=U_0 \cdot e^{- \alpha z}</math>

Ebből látszik, hogy a kialakuló hullámforma egy <math>U_0</math>-tól induló a végtelenben exponenciálisan lecsengő görbének felel meg.

A kérdéses "z" távolság meghatározásához, először ki kell számolnunk, hogy mennyi a távvezeték csillapítása (<math>\alpha</math>), feltéve hogy <math>\omega =0</math>, hiszen egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket:

<math>\alpha=Re\left\{ \gamma \right\}=Re\left\{ \sqrt{(R'+j\omega L')(G'+j\omega C')} \right\}=Re\left\{ \sqrt{R' \cdot G'} \right\}=\sqrt{R' \cdot G'}=\sqrt{0.02 \cdot 5 \cdot 10^{-6}}=3.16 \cdot 10^{-4} \;{1\over m}</math>

Most meg kell határoznunk, hogy a távvezeték mely "z" távolságú pontjára csillapodik a feszültség amplitúdója az eredeti érték felére:

<math>U_0 \cdot e^{-\alpha z}={U_0 \over 2}</math>

<math>e^{-\alpha z}=0.5</math>

<math>-\alpha z=\ln 0.5 \longrightarrow z=-{\ln 0.5 \over \alpha}=-{\ln 0.5 \over 3.16 \cdot 10^{-4}} \approx 2.192 \;km</math>
}}

=== 82. Feladat: Ideális távvezeték bemeneti impedanciája ===

Egy ideális, légszigetelésű <math>l</math> hosszúságú, <math>Z_0</math> hullámimpedanciájú távvezeték vezetett hullámhossza pedig <math>\lambda = 8l</math>

Mekkora a távvezeték elején a bemeneti impedancia, ha a távvezeték végén a lezárás egy <math>L={Z_0 \over \omega}</math> induktivitású ideális tekercs?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Tudjuk, hogy: <math>\beta = {2 \pi \over \lambda} \longrightarrow (\beta l)={2 \pi \over \lambda}l ={2 \pi \over 8l}l = {\pi \over 4} </math>

A lezáró tekercs impedanciája: <math>Z_2=j \omega L = j \omega {Z_0 \over \omega}=j Z_0</math>

Ezt behelyettesítve az ideális távvezeték bemeneti impedanciájának képletébe, majd egyszerűsítve azt, máris adódik a végeredmény:

<math>
Z_{be}=Z_0 {Z_2 + j Z_0 tg(\beta l) \over Z_0 + j Z_2 tg(\beta l) } =
Z_0 {j Z_0 + j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) \over Z_0 + j j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) } =
j Z_0 {1 + tg\left({\pi \over 4}\right) \over 1 - tg\left({\pi \over 4}\right) } =
j Z_0 {1 + 1 \over 1 - 1 } =
j Z_0 \cdot {2 \over 0 } \longrightarrow \infty
</math>

A kapott eredményen nem kell meglepődni. Jelen paraméterek mellett a távvezeték bemeneti impedanciája végtelenül nagy.

}}

=== 86. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának I. egyenletével===
Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája <math>50 \Omega</math>, hossza pedig <math>\frac{\lambda}{8}</math>. A távvezeték végén adott az áram és a feszültség komplex amplitúdója: <math>2A</math> illetve <math>500V</math>. Határozzuk meg a feszültség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
Tudjuk, hogy: <math>\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 8} = \frac{\pi}{4}</math>

Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának első egyenletét, majd behelyettesítünk:

<math>U_1 = \cos (\beta l) \cdot U_2 \;+\; j \cdot \sin(\beta l) \cdot Z_0 \cdot I_2 =
\cos \left( {\pi \over 4} \right)\cdot500 \;+\; j \cdot \sin \left( {\pi \over 4} \right) \cdot 50 \cdot 2 \approx (354 + j70.7)V</math>

}}

=== 87. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának II. egyenletével===

Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája <math>50 \; \Omega</math>, hossza pedig <math>\frac{\lambda}{3}</math>. A távvezeték vége szakadással van lezárva, melyen a feszültség komplex amplitúdója <math>j150 \; V</math>. Határozzuk meg az áramerősség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Tudjuk, hogy: <math>\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 3} = \frac{2\pi}{3}</math>

Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának második egyenletét, majd behelyettesítünk:

<math>I_1 = j \cdot {1 \over Z_0} \cdot \sin (\beta l) \cdot U_2 \;+\; \cos (\beta l) \cdot I_2 =
j \cdot {1 \over 50} \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \cdot j150 \;+\; \cos \left( \frac{2\pi}{3} \right)\cdot 0 =
-3 \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \approx -2.6 \; A </math>

}}

=== 88. Feladat: Ideális TV bemeneti impedanciájának helyfüggvénye ===

Egy ideális távvezeték hullámimpedanciája <math>Z_0 = 400 \; \Omega</math>, lezárása pedig egy <math>Z_2 = -j400 \; \Omega</math> reaktanciájú kondenzátor. A távvezeték fázisegyütthatója <math>\beta = 0.2 \; {1 \over m} </math>.

Adja meg a bemeneti impedanciát a lezárástól való <math>x</math> távolság függvényében.
Határozza meg, milyen helyeken lesz a bemeneti impedancia értéke 0.

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

A bemeneti impedancia a hely függvényében egyszerűen megadható, ha az ideális távvezeték bemeneti impedanciájának általános képletében az <math>l</math> hossz helyébe általánosan <math>x</math> változót írunk, ahol <math>x</math> a lezárástól való távolságot jelöli.

''Megjegyzés:'' Arra az esetre, ha mégis rákérdeznének, hogy ez mégis honnan jött, célszerű lehet átnézni a jegyzetből az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának levezetését, csak l helyébe x-et kell írni és ugyanazzal a gondolatmenettel levezethető ez a képlet.

<math>Z_{be}(x) = Z_0 \cdot {Z_2 + j Z_0 tg \left( \beta x \right) \over Z_0 + jZ_2 tg \left( \beta x \right)}</math>

A bemeneti impedancia csakis akkor lehet 0, ha a fenti képletben a számláló is szintén 0.

<math>Z_2 + jZ_0 tg \left( \beta x \right) = 0 </math>

<math>-j400 + j400 tg \left( 0.2 \cdot x \right) = 0 </math>

<math>tg \left( 0.2 \cdot x \right) = 1 </math>

::::<math>\updownarrow</math>

<math>0.2 \cdot x = {\pi \over 4} + k \cdot \pi</math>

<math>x = 1.25\pi + k \cdot 5\pi \;\;\;\; \left[ m \right] </math>

}}

== Indukálási jelenségek ==

=== 94. Feladat: Zárt vezetőkeretben indukált áram effektív értéke ===

Egy <math>R=5 \Omega</math> ellenállású zárt vezetőkeret fluxusa <math>\Phi(t)=30 \cdot \sin(\omega t) \;mVs</math>, ahol <math>\omega=1 {krad \over s}</math>. Mekkora a keretben folyó áram effektív értéke?
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=Az indukálási törvény alapján:

<math>u_i(t)=-{d\Phi(t) \over dt}=-\omega \cdot 0.03 \cdot \cos(\omega t) =-30 \cdot \cos(\omega t) \;V</math>

Innen a feszültség effektív értéke:

<math>U_{eff}={30 \over \sqrt 2} \approx 21.21 \;V</math>

Az áram effektív értéke pedig:

<math> I_{eff}={U_{eff} \over R}= {{30 \over \sqrt{2}} \over 5} = {6 \over \sqrt 2} \approx 4.24 \;A</math>
}}

=== 95. Feladat: Zárt vezetőgyűrűben indukált áram időfüggvénye ===

Adott egy <math>R</math> ellenállású vezetőgyűrű a lap síkjában. A gyűrű által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: <math>\Phi (t) = \Phi_0 + \Phi_1 \cdot \sin(\omega t)</math>.

Adja meg a a gyűrűben indukált áram <math>i(t)</math> időfüggvényét, ha a fluxus a papír síkjából kifelé mutató indukció vonalak mentén pozitív értékű.

Volt egy ábra is: A lap síkjában a vezetőgyűrű, a mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek és a bejelölt áram referenciairánya pedig az óramutató járásával megegyező irányú.

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Az indukálási törvény alapján, meghatározható a vezetőgyűrűben indukált feszültség. A Lenz-törvényből adódó NEGATÍV előjelet azonban most hagyjuk el, mivel most előre megadott referenciairányaink vannak. Majd a végén kiokoskodjuk, hogy szükséges-e extra mínuszjel:

<math>u_i(t)={d\Phi(t) \over dt}= \Phi_1 \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)</math>

Ebből az áram időfüggvénye: <math>R={U \over I} \longrightarrow i(t)={u_i(t) \over R}={\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)</math>

Most nézzük meg, hogy teljesül-e a jelenlegi referenciairányokkal a Lenz-törvény. A Lenz-törvény kimondja, hogy az indukált feszültség iránya olyan kell, hogy legyen, hogy az általa létrehozott áram által keltett mágneses mező akadályozza az indukciót létrehozó folyamatot, jelen esetben a fluxus megváltozását.

Vegyük az első negyedperiódusnyi időt. Ilyenkor a mágneses indukcióvektor a lap síkjából kifelé mutat és csökkenő erősségű. Tehát az indukált áramnak olyan mágneses mezőt kell létrehoznia, hogy annak indukcióvektorai az első negyedperiódusban a lap síkjából kifelé mutassanak, hiszen így akadályozzuk a fluxus csökkenését. A kiszámolt áramidőfüggvény az első negyedperiódusban pozitív értékű, tehát egybeesik a megadott referenciairánnyal. Az óramutató járásával megegyező irányba folyó áram a jobb kéz szabály szerint olyan mágneses mezőt hoz létre, melynek indukcióvektorai a lap síkjába befelé mutatnak. Ez pont ellentétes mint amire szükségünk van, tehát szükséges egy korrekciós mínuszjel a referenciairányok miatt.

Az indukált áram időfüggvénye tehát: <math>i(t)=-{\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)</math>

}}

=== 98. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség ===

Az xy síkon helyezkedik el egy <math>r=3m</math> sugarú, kör alakú, zárt L görbe. A mágneses indukció a térben homogén és z irányú komponense <math>\Delta t=40ms</math> idő alatt <math>B=0.8T</math> értékről lineárisan zérusra csökken. Mekkora feszültség indukálódik eközben az L görbe mentén?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Az indukálási törvény alapján:

<math>u_i=-{d\Phi(t) \over dt}=-A \cdot { dB(t) \over dt}=
-r^2\pi \cdot { \Delta B\over \Delta t}=-r^2\pi \cdot {B_2-B_1\over\Delta t}=
- 3^2\pi \cdot {0-0.8\over0.04}=565.5 \;V </math>

}}

=== 100. Feladat: Hosszú egyenes vezető környezetében lévő zárt vezetőkeretben indukált feszültség ===

Egy hosszú egyenes vezetőtől <math>d=15 m</math> távolságban egy <math>r=0,25 m</math> sugarú kör alakú zárt vezető hurok helyezkedik el. A vezető és a hurok egy síkra illeszkednek, a közeg pedig levegő.

Mekkora az indukált feszültség, ha a vezetőben folyó áram <math>50 {A \over \mu s}</math> sebességgel változik.

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Az indukálási törvény alapján:

<math>u_i=-{\mathrm{d}\Phi(t) \over \mathrm{d} t}=-A \cdot { \mathrm{d}B(t) \over \mathrm{d} t}=
-A \mu_0 \cdot { \mathrm{d}H(t) \over \mathrm{d} t}</math>

A hosszú egyenes áramjárta vezető környezetében a mágneses térerősségvektor az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel meghatározható. Ha a mágneses térerősséget egy <math>d</math> sugarú zárt <math>L</math> kör mentén integrálunk, amely által kifeszített <math>A</math> területű körlapot a közepén merőlegesen döfi át a vezeték, akkor a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:

<math>\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}</math>

<math>H \cdot 2d\pi = I \longrightarrow H = {I \over 2d\pi}</math>

Ezt behelyettesítve az indukált feszültség képletébe:

<math>u_i=-A \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =
- r^2 \pi \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =
- {r^2 \mu_0 \over 2d} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =
- {0.25^2 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \over 2 \cdot 15} \cdot 50 \cdot 10^6 \approx -130.9 \; mV
</math>

''Megjegyzés:'' Természetesen ez csak egy jó közelítés, hiszen a vezető keret mentén nem állandó nagyságú a mágneses térerősség változása, mivel az függ a vezetőtől való távolságtól is. Azonban a közepes távolságot véve, csak kismértékű hibát vétünk.

}}

=== 101. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség===

Adott egy L zárt görbe a lap síkjában. A mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek. A görbe által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: <math>\Phi(t)=\Phi_0 \cdot {t^2 \over T}, \;\; ha \;\;0<t<T</math>.

Mekkora lesz az indukált feszültség nagysága amikor <math>t=T/3</math>?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Az indukálási törvény alapján:

<math>u_i(t)=-{d \Phi(t) \over dt}= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot t</math>

Behelyettesítve a <math>t=T/3</math> értéket:

<math>u_i\left(t= {T \over 3} \right)= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot {T \over 3}=-{2\over 3} \Phi_0</math>

}}

== Elektromágneses síkhullám jó vezetőben ==

=== 105. Feladat: Hengeres vezetőben adott mélységben a térerősség amplitúdója és fázisa ===

Egy <math>r</math> sugarú hengeres vezető anyagban a behatolási mélység <math>\delta<<r</math>. A henger felszínén az elektromos térerősség amplitúdója <math>E_0</math>, kezdőfázisa pedig <math>0 \; rad</math>.

A felszíntől <math>h</math> távolságban térerősség amplitúdója <math>{E_0 \over 2}</math>. Mennyi ilyenkor a fázisa a térerősségnek?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Tudjuk, hogy a hogy vezető anyagokban az elektromos térerősség komplex amplitúdója a mélység (z) függvényében:

<math>E(z) = E_0 \cdot e^{- \gamma z}</math>

<math>\gamma = {1+j \over \delta} \longrightarrow E(z) = E_0 \cdot e^{-z/\delta} \cdot e^{-jz/\delta}</math>

Ebből a képletből kifejezhető az elektromos térerősség komplex amplitúdójának nagysága (abszolút értéke):

<math>\left| E(z) \right|= E_0 \cdot e^{-z/\delta}</math>

Behelyettesítve a megadott adatokat:

<math>\left| E(h) \right| = E_0 \cdot e^{-h/\delta} = {E_0 \over 2}</math>

<math>-{h \over \delta} = ln(0.5)</math>

Most fejezzük ki a fentebbi képletből az elektromos térerősség komplex amplitúdójának fázisát:

<math>arg \left\{ E(z) \right\} = -{z \over \delta}</math>

Behelyettesítve a megadott adatokat, majd az imént kiszámolt <math>-{h \over \delta}</math> arányt:

<math> arg \left\{ E(h) \right\} = - {h \over \delta} = - ln(0.5) \approx 0.693 \; rad </math>

}}

=== 107. Feladat: Hengeres vezetőben disszipált hőteljesítmény ===
Egy <math>A=1.5 mm^2</math> keresztmetszetű, <math>l=3m</math> hosszú hengeres vezetőben <math>I=10A</math> amplitúdójú 50 Hz-es szinuszos áram folyik. A behatolási mélység <math> \delta = 9.7 mm</math>, a fajlagos vezetőképesség pedig <math> \sigma = 3.7 \cdot 10^7 {S \over m}</math>. Mennyi a vezetőben disszipált hőteljesítmény?
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=A vezető sugara: <math>r=\sqrt{{1.5\over\pi}}=0.691mm<<\delta</math>

Mivel a vezető sugara jóval kisebb mint a behatolási mélység, így a vezető vehető egy sima <math>l</math> hosszúságú, <math>A</math> keresztmetszetű és <math> \sigma</math> fajlagos vezetőképességű vezetékdarabnak.

<math>R={1 \over \sigma}{l \over A}={1 \over 3.7 \cdot 10^{7}} \cdot {3 \over 1.5 \cdot 10^{-6}} \approx 54 \;m\Omega</math>

A vezetékben disszipálódó hőteljesítmény (vigyázat, csúcsérték van megadva és nem effektív):

<math>P={1\over2}RI^2={1\over2} \cdot 0.054 \cdot 10^2 \approx 2.7 \;W</math>

}}

=== 109. Feladat: Hengeres vezető belsejében az elektromos térerősség ===
Egy <math>r=2mm</math> sugarú, hosszú hengeres vezető <math>\sigma=35 {MS \over m}</math> fajlagos vezetőképességű anyagból van, a behatolási mélység <math>\delta =80 \mu m</math>. A térerősség időfüggvénye a vezető felszínén <math>\vec{E}(t)=10 \cdot \cos(\omega t) \cdot \vec{n}_0</math>. Itt n egy egységvektor, ami a vezető hosszanti tengelyével párhuzamos.
Adja meg az áramsűrűség időfüggvényét a felülettől 2 behatolási mélységnyi távolságra!
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
Mivel: <math>\delta << r </math>

Így a mélység (z) függvényében a térerősség komplex amplitúdójának változása:

<math>E(z)=E_0 \cdot e^{-\gamma z}=
E_0 \cdot e^{- \left( 1/ \delta + j/ \delta \right) z}=E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta}</math>

A differenciális Ohm-törvény: <math>\vec{J}=\sigma \cdot \vec{E }</math>

Ezeket egybefésülve és áttérve időtartományba:

<math>\vec{J}(z,t)=Re \left\{ \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta} \cdot e^{j \omega t} \right\} \cdot \vec{n}_0 = \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {z \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 </math>

Behelyettesítés után, <math>z= 2 \delta</math> mélységben:

<math>\vec{J}(t)= 35 \cdot 10^6 \cdot 10 \cdot e^{-2 \delta / \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {2 \delta \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 = 47.37 \cdot \cos \left( \omega t - 2 \right) \cdot \vec{n}_0 \;{MA \over m^2}</math>

}}

===111. Feladat: Behatolási mélység===
Vezetőben terjedő síkhullám elektromos térerőssége minden 3 mm után a felére csökken. Határozza meg a behatolási mélységet, a csillapítási tényezőt és a fázistényezőt!
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
<math> \gamma = \alpha + j\beta </math> terjedési együttható

<math> \alpha </math> - csillapítási tényező

<math> \beta </math> - fázistényező

<math> \delta = \frac{1}{\alpha} </math> behatolási mélység

Vezető anyagokban <math> \alpha = \beta </math> , mivel:

<math> \gamma = \sqrt{j\omega\mu (\sigma + j\omega\varepsilon)} </math>, azonban vezető anyagokban <math> \varepsilon << \sigma </math>, így a terjedési együttható: <math> \gamma \approx \sqrt{j\omega\mu\sigma} = \sqrt{j}\sqrt{\omega\mu\sigma} </math>

<math> \sqrt{j} = \sqrt{e^{j \pi/2}} = e^{j \pi/4} = \frac{1}{\sqrt{2}} + j\frac{1}{\sqrt{2}} </math>

<math> \gamma = \sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} + j\sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} </math>

Ebből <math> \delta </math> számításának módja:

<math> \delta = \frac{1}{\alpha} = \frac{1}{\beta} = \sqrt{\frac{2}{\omega\mu\sigma}} </math> (de most nem ezt kell használni)

A térerősség amplitúdójának nagysága a vezetőben: <math> E(z) = E_0 e^{-\alpha z} = E_0 e^{-z/\delta} </math>

<math> E_0 e^{- (0.003\ \text{m})/\delta} = \frac{1}{2} E_0 </math>

<math> \delta = -\frac{0.003\ \text{m}}{\ln{\frac{1}{2}}} \approx 4.328\ \text{mm} </math>

<math> \alpha = \beta = \frac{1}{\delta} \approx 231\ \frac{1}{\text{m}}</math>

}}

===112. Feladat: Vezető közeg hullámimpedanciája===
Egy <math>\mu_r=1</math> relatív permeabilitású vezetőben <math> \omega = 10^4 {1 \over s}</math> körfrekvenciájú síkhullám terjed. Tudjuk a terjedési együttható abszolút értékét, ami <math> \left| \gamma \right| = 5 \; {1 \over mm}</math>.

Mi a hullámimpedancia abszolút értéke?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Tudjuk, hogy a terjedési együttható: <math>\gamma = \sqrt{ j \omega \mu \cdot \left( \sigma + j \omega \varepsilon \right) }</math>

Mivel a közeg ó vezetés és relatíve alacsony körfrekvenciájú a síkhullám, így: <math> \sigma >> \omega \varepsilon </math>

A terjedési együttható, így egyszerűsíthető:
<math> \gamma = \sqrt{ j \omega \mu \sigma } =
\sqrt{ j} \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma } =
{ 1 + j \over \sqrt{2} } \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }</math>

Mivel ismerjük a terjedési együttható abszolút értékét, ebből a képletből kifejezhető a közeg fajlagos vezetőképessége:

<math>\left| \gamma \right| =
\left| { 1 + j \over \sqrt{2} } \right| \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }=
\sqrt{ \omega \mu \sigma } \longrightarrow
\sigma = { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}</math>

A hullámimpedancia képlete szintén egyszerűsíthető, figyelembe véve, hogy vezető közeg esetén: <math> \sigma >> \omega \varepsilon </math>

<math>Z_0 = \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon }} \approx
\sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma}} =
\sqrt{{ j \omega \mu \over { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}}}=
\sqrt{j} \cdot {\omega \mu \over \left| \gamma \right|} =
e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {\omega \mu_0 \mu_r \over \left| \gamma \right|} =
e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {10^4 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1 \over 5 \cdot 10^3} \approx
2.513 \; \cdot \; e^{j \cdot (\pi / 2)} \; \mu \Omega </math>

}}

== Elektromágneses hullám szigetelőben==

=== 119. Feladat: Közeg hullámimpedanciájának számítása ===

Egy adott <math>\mu_r=5</math> relatív permeabilitású közegben síkhullám terjed <math>\omega = 10 {Mrad \over s}</math> körfrekvenciával. A terjedési együttható értéke: <math>\gamma = 0.1 \cdot j \;{1 \over m}</math> Adja meg a közeg hullámellenállásának értékét!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg= A megoldáshoz két alapképlet ismerete szükséges a síkhullámokkal kapcsolatosan, ezek a távvezeték analógia ismeretében is egyszerűen levezethetők.

<math> Z_0 = \sqrt{\frac{j \omega \mu}{\sigma + j \omega \varepsilon }} </math>

<math> \gamma = \sqrt{j \omega \mu \cdot (\sigma +j \omega \varepsilon) } </math>

Az első képlet gyök alatti kifejezésének csak a nevezője nem ismert. Ezt a második képletet négyzetre emelve, majd rendezve kapjuk:

<math> (\sigma +j \omega \varepsilon) = \frac{\gamma^{2}}{j \omega \mu } </math>

Ezt behelyettesítve az első egyenlet nevezőjébe:

<math> Z_0 = \sqrt{\frac{(j \omega \mu)^{2}}{\gamma^{2}}}</math>

A gyökvonás elvégzése után az eredményt megadó formula:

<math> Z_0 = \frac{j \omega \mu}{\gamma} = {j 10^7 \cdot 5 \cdot 4 \pi \cdot 10^{-7} \over j 0.1}=628.3 \;\Omega</math>

Behelyettesítés előtt ω és γ értékét alakítsuk megfelelő mértékegységre (1/s és 1/m), illetve figyeljünk hogy <math>\mu = \mu_0 \cdot \mu_r</math>

}}

=== 125. Feladat: Síkhullám közeghatáron disszipált hatásos teljesítménye ===

Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy <math>Z_0'=200 \Omega</math> hullámimpedanciájú, ideális szigetelő közeg határfelületére. A szigetelő közeg a teljes végtelen félteret kitölti, a határfelületen pedig a mágneses térerősség amplitúdója <math>H=0.3 \; {A \over m}</math>.

Adja meg a határfelület <math>3 \; m^2</math> nagyságú felületén átáramló hatásos teljesítmény!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott <math>A</math> felületen disszipált hatásos teljesítmény:

<math>P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \</math>

Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:

<math>P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A</math>

A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos mind a mágneses térerősség amplitúdója.

Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol <math>E</math> és <math>H</math> a határfelületen vett amplitúdók nagysága:

<math>P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A </math>

Felhasználva, hogy a szigetelőben <math>E = H \cdot Z_{0}' </math>, majd rendezve az egyenletet:

<math>P= {1 \over 2} \cdot H \cdot \left( H \cdot Z_{0}' \right) \cdot A =
{1 \over 2} \cdot H^2 \cdot Z_{0}' \cdot A = {1 \over 2} \cdot 0.3^2 \cdot 200 \cdot 3 = 27 \; W
</math>

}}

=== 126. Feladat: Síkhullám közeghatáron, elektromos térerősség amplitúdójának meghatározása ===

Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy <math>Z_0'=200 \Omega</math> hullámimpedanciájú, végtelen kiterjedésű ideális szigetelő féltér határfelületére. A szigetelő egy <math>A=2m^2</math> nagyságú felületén disszipálódó hatásos teljesítmény <math>P=10W</math>. Mekkora az elektromos térerősség amplitúdója a szigetelőben?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott <math>A</math> felületen disszipált hatásos teljesítmény:

<math>P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \</math>

Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:

<math>P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A</math>

A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos, mind a mágneses térerősség amplitúdója.

Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol <math>E</math> és <math>H</math> a határfelületen vett amplitúdók nagysága:

<math>P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A </math>

Felhasználva, hogy a szigetelőben <math>H = {E \over Z_{0}'} </math>, majd rendezve az egyenletet:

<math>P= {1 \over 2} \cdot E \cdot {E \over Z_{0}' } \cdot A =
{E^2 \over 2 \cdot Z_{0}' } \cdot A \longrightarrow E =
\sqrt{{2PZ_{0}' \over A} } = \sqrt{{2 \cdot 10 \cdot 200 \over 2} } \approx 44.72 \;{V \over m} </math>

}}

=== 129. Feladat: Elektromágneses síkhullám közeghatáron ===

<math>\varepsilon_r = 2.25</math> relatív permittivitású szigetelőben terjedő elektromágneses síkhullám merőlegesen esik egy levegővel kitöltött végtelen féltér határfelületére. A határfelületen az elektromos térerősség amplitúdója <math>E=250\; {V \over m}</math>.

Adja meg a <math>H^+</math> értékét a közeghatáron, az első közegben.

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

A megoldás során a távvezeték analógiát fogjuk felhasználni.

Először meg kell határoznunk a szigetelő reflexiós tényezőjét, ha a "lezárás" levegő:

<math>r={Z_{0,l} - Z_{0,sz} \over Z_{0,l} + Z_{0,sz}}=
{Z_{0,l} - Z_{0,l}\cdot {1 \over \sqrt{\varepsilon_r} }\over Z_{0,l} + Z_{0,l}\cdot {1 \over \sqrt{\varepsilon_r} }}=
{\sqrt{\varepsilon_r} - 1 \over \sqrt{\varepsilon_r} +1}=
{\sqrt{2.25} -1 \over \sqrt{2.25} +1} = 0.2 </math>

A folytonossági feltételből következik, hogy a határfelületen az elektromos térerősség amplitúdója nem változhat meg:

<math>E^+_l = E^+_{sz} + E^-_{sz} = E^+_{sz} \cdot (1+r)</math>

<math>H^+_{sz} = {E^+_{sz} \over Z_{0,sz}} \longrightarrow E^+_{sz} = H^+_{sz} \cdot Z_{0,sz}</math>

<math>E^+_l = H^+_{sz} \cdot Z_{0,sz} \cdot (1+r) \longrightarrow
H^+_{sz} = {E^+_l \over Z_{0,sz} \cdot (1+r)}=
{E^+_l \over Z_{0,l} \cdot {1\over \sqrt{\varepsilon_r}} \cdot (1+r)}=
{250 \over 120\pi \cdot {1\over \sqrt{2.25}} \cdot (1+0.2)} \approx 0.829 \; {A \over m}</math>
}}

== Poynting-vektor ==

=== 137. Feladat: Elektromos energiasűrűség időbeli átlagából a Poynting-vektor időbeli átlagának számítása===

Levegőben síkhullám terjed a pozitív <math>z</math> irányba. A tér tetszőleges pontjában az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga <math>w = 9 \; {\mu J \over m^3}</math>.

Adja meg a Poynting-vektor időbeli átlagát!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

A Poynting-vektor időbeli átlaga felírható az energiasűrűség időbeli átlagának és a fénysebességnek a szorzataként:

<math>S = w \cdot c \approx
9 \cdot 10^{-6} \; {J \over m^3} \cdot 3 \cdot 10^8 \; {m \over s} =
2.7 \; {kW \over m^2}</math>

Másik megoldás, ha valaki esetleg nem ismerné a fenti magic képletet:

Az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga levegőben definíció szerint felírható az alábbi módon:

<math>w = {1 \over 2} \varepsilon_0 E_{x0}^2 \; \longrightarrow \; E_{x0} =
\sqrt{{ 2w \over \varepsilon_0}} =
\sqrt{{ 2 \cdot 9 \cdot 10^{-6} \over 8.85 \cdot 10^{-12}}} \approx 1426.15 \; {V \over m}</math>

A levegő hullámimpedanciája: <math>Z_0 = 120\pi \; \Omega</math>

Ebből a Poynting-vektor időbeli átlaga már definíció szerint felírható:

<math>S = {1 \over 2} {E_{x0}^2 \over Z_0} =
{1 \over 2 } \cdot {1426.15^2 \over 120\pi} \approx 2.697 \; {kW \over m^2 }</math>

}}

=== 143. Feladat: Hertz-dipólus által adott irányban kisugárzott teljesítmény ===
Egy Hertz-dipólus az origó síkjában <math>\vartheta =0</math> szögben áll. Írja fel az összes kisugárzott teljesítményt <math>\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}</math> tartományban a Poynting-vektor és a Hertz-dipólus irányhatásának segítségével!
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=A Hertz-dipólus által kisugárzott teljes teljesítmény:

Felhasználható egyenletek:

<math>
S(r) = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{r^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}
</math>

<math>
D=1.5
</math>
, Hertz-dipólusra

Először is nézzük meg az irányhatás definícióját és alakítgassuk. A definícióban egy teljes gömbre számoljuk az eredményeket. Felhasználjuk, hogy a Poynting vektor térbeli átlaga, a kisugárzott teljesítmény, és egy R sugarú gömb felületének hányadosa.

<math>
{\rm{D = }}{{{{\rm{S}}_{{\rm{MAX}}}}(R)} \over {{{\rm{S}}_{{\rm{AVG}}}}(R)}} = {{\max \left( {{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \right)} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120\pi }}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {\rm{\pi }}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}}}
</math>

Átrendezzük az egyenletett a keresett sugárzott telesítményre, és felhasználjuk, hogy a Hertz dipólus irányhatása 1.5

<math>
{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over D} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {1.5}} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}
</math>

Ez a teljes gömbfelületen kisugárzott teljesítmény, de nekünk csak a <math>\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}</math> tartományon kell, ami a sugárzás felső féltere.
Mivel a Hertz-dipólus tere szimmetrikus az x-y síkra, így a gömbben sugárzott teljesítmény fele pont a felső térrészben sogárzott teljesítmény lesz:

<math>
{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over 2} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}} \over 2} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{40}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}
</math>
}}

=== 149. Feladat: Koaxiális kábelben áramló teljesítmény ===

Koaxiális kábelben egyenáram folyik, a dielektrikumban kialakuló elektromos és mágneses térerősség hengerkoordináta-rendszerben leírva a következő:

<math>\vec{E}(r)=\frac{U_0}{r} \cdot \vec{e_r}</math> és <math>\vec{H}(r)=\frac{I_0}{r} \cdot \vec{e_\varphi}</math>

(<math>\vec{e_r}, \vec{e_\varphi}</math> és <math>\vec{e_z}</math> a radiális, fi és z irányú egységvektorok)

Milyen irányú és mekkora az áramló hatásos teljesítmény? A belső ér sugara <math>r_1</math>, a külső vezető belső sugara <math>r_2</math>, a vezetők ideálisak, a kábel tengelye a z irányú.

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
A Poynting-vektor kifejezése: <math>\vec{S}=\vec{E} \times \vec{H} \Rightarrow \vec{S}(r)=E(r) \cdot H(r) \cdot \vec{e_z}</math>

''Megjegyzés:'' Mivel egyenáramról van szó, így nincs szükség a 2-vel való osztásra, hiszen egyenáram esetén a csúcsérték megmegegyezik az effektív értékkel.

Mivel tudjuk, hogy koaxiális kábelben a hatásos teljesítmény a dielektrikumban áramlik, így az áramló hatásos teljesítmény már meghatározható a Poynting-vektornak a dielektrikum keresztmetszetére vett felületintegráljával:

<math>P=\int_A \vec{S} \;d\vec{s} = \int_{r_1}^{r_2} \int_0^{2\pi} \frac{U_0 I_0}{r^2} \; \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r=
2\pi U_0 I_0\left[-{1 \over r}\right]_{r1}^{r2}=
2\pi U_0 I_0\left(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2}\right)=2\pi U_0 I_0 \frac{r_2-r_1}{r_1 r_2}</math>
}}

[[Kategória:Villamosmérnök]]

Elektromágneses terek alapjai - Szóbeli feladatok

2015-01-07T18:04:59Z

Kovács Gergely: /* 57. Feladat: EM hullám elektromos térerősségvektorából mágneses térerősségvektor számítása */

{{Vissza|Elektromágneses terek alapjai}}

Itt gyűjtjük a szóbeli vizsgán húzható számolási feladatokat. Az itt lévő feladatok csak iránymutatók, időközben lehetséges, hogy változtatnak a tételsoron. Nagyon sok beugró feladat kerül ki ezek közül is, így ahhoz is kiváló gyakorlás ezeket a feladatokat végigoldani.

A feladatokban szereplő számadatok nem túl lényegesek, mivel a vizsgán is csak a számolás menetére és elméleti hátterére kíváncsiak.


'''Kérlek bővítsétek a szóbelin ténylegesen kapott feladatokkal, amennyiben időtök engedi, részletes megoldással is.''' '''Hibák előfordulhatnak benne!!!''' '''Már az is nagy segítség, ha legalább az általad húzott feladat PONTOS szövegét és SORSZÁMÁT beírod ide!'''


Ha esetleg a LATEX ismeretének hiánya tartana csak vissza a gyűjtemény bővítésétől, akkor látogass el a [[Segítség:Latex]] és a [[Segítség:LaTeX példák]] oldalakra. Ezeken minden szükséges információt meglelsz egy helyen. Jól használható még ez az [http://www.codecogs.com/latex/eqneditor.php Online LATEX editor] is, ahol real time láthatod amit írsz, valamint gyorsgombok vannak a legtöbb funkciókra. Akát ott is megírhatod a képleteket, majd egyszerűen bemásolod ide őket.

{{noautonum}}

== Elektrosztatika ==

=== 1. Feladat: Két töltött fémgömb között az elektromos térerősség ===

Két azonos <math>r_0=3 cm</math> sugarú fémgömb középpontjának távolsága <math>d=1.8m</math>. A gömbök közé <math>U_0=5kV</math> feszültséget kapcsolunk.

Határozza meg a középpontokat összekötő egyenes szakasz felezőpontjában az elektromos térerősséget.

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Mivel <math>r_0 << d</math>, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az <math>A</math> gömböt egy <math>Q</math>, a <math>B</math> gömböt pedig egy <math>-Q</math> nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük.

Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól <math>r</math> távolságra:
<math>\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}</math>

A gömb közötti feszültség felírható a két gömb potenciálkülönbségeként. A fenti képletet felhasználva:

<math>
U_0 = \Phi_A - \Phi_B =
\left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}\right) -
\left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0}\right) =
</math>

::<math>
= {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} - {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}=
{Q \over 2 \pi \varepsilon} \cdot \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right)
</math>

Ebből kifejezhető a gömbök <math>Q</math> töltésének nagysága:

<math>Q= { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } </math>

Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos térerőssége sugárirányú és attól <math>r</math> távolságra a nagysága:
<math>E (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r^2}</math>

A gömbök középpontját összekötő egyenes felezőpontjában az elektromos térerősség felírható a két gömb elektromos terének szuperpozíciójaként. Mivel a térerősségvektorok egy egyenesbe esnek, és mindkét térerősségvektor a negatív töltésű <math>B</math> gömb felé mutat, így szuperpozíció egy algebrai összegé egyszerűsödik. A fenti képletet felhasználva:

<math>E_{d/2} = E_{A,d/2} + E_{B,d/2} =
{Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} +
{Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} =
{Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot \left( {4 \over d^2} + {4 \over d^2}\right) =
{Q \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2}
</math>

Behelyettesítve a <math>Q</math> töltésre kiszámolt képletet:

<math>
E_{d/2} = { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } \cdot {1 \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2} =
{4U_0 \over \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right) \cdot d^2 } =
{4 \cdot 5000 \over \left( {1 \over 0.03} - {1 \over 1.8} \right) \cdot 1.8^2 } \approx 188.3 \; {V \over m}
</math>

}}

=== 3. Feladat: Elektromos térerősség egyenletesen töltött henger belsejében ===
Levegőben álló, <math>d=10 cm</math> átmérőjű henger, egyenletes <math>\rho = 200 \; {nC \over m^3}</math> térfogati töltéssűrűséggel töltött. <math>\varepsilon_r = 1</math>.

Adja meg az elektromos térerősség nagyságát a henger belsejében, a tengelytől <math>a = {d \over 5}</math> távolságban!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
Írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan zárt <math>a<{d \over 2}</math> sugarú, <math>L</math> hosszúságú, <math>V</math> térfogatú és <math>A</math> felületű hengerre, melynek tengelye egybeesik a töltött henger tengelyével:

<math>\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V</math>

<math>\vec{D} = \varepsilon_0 \varepsilon_r \vec{E}</math>

<math>\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot V</math>

Szimmetria okokból az elektromos térerősségvektorok minden pontban sugárirányúak. Ezáltal a térerősségvektorok a palást felületén mindenhol párhuzamosak a felület normálisával, míg a henger alaplapjain merőlegesek a felület normálisára, tehát a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik a paláston, míg az alaplapokon pedig konstans nulla értékű.

<math>E(a) \cdot 2 a \pi L = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot a^2 \pi L</math>

<math>E\left(a={d \over 5}\right) = {\rho \over 2 \varepsilon_0 \varepsilon_r} \cdot a =
{200 \cdot 10^{-9} \over 2 \cdot 8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 1} \cdot {0.1 \over 5} \approx 226 \; {V \over m}
</math>
}}

===11. Feladat: Ismert potenciálú és töltésű fémgömb sugarának meghatározása ===

Egy levegőben álló, töltött fémgömb felszínén a felületi töltéssűrűség <math>\sigma = 10 \;{\mu C \over m^2}</math>. A gömb potenciálja a végtelen távoli ponthoz képest <math>\Phi_0=3kV</math>. Mekkora a gömb sugara?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Első körben határozzuk meg a fémgömb elektrosztatikus terének térerősségvektorát.

Ehhez írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan <math>r>R</math> sugarú gömbfelületre, melynek középpontja egybeesik a fémgömb középpontjával.

<math>\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V</math>

Felhasználva, hogy levegőben az elektromos térerősségvektor és az elektromos eltolásvektor kapcsolata:

<math>\vec{D} = \varepsilon_0 \vec{E}</math>

<math>\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0} \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V</math>

Szimmetria okok miatt, az elektromos térerősségvektorok sugárirányúak lesznek és mivel a gömb pozitív töltésű, így a gömbtől elfelé mutatnak. Emiatt a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. A térfogati töltéssűrűség integrálja az adott térfogatban lévő összetöltés. Mivel a fémgömb sugaránál minden esetben nagyobb sugarú gömb térfogatára integrálunk, így ez az érték konstans lesz és megegyezik a felületi töltéssűrűségnek fémgömb felületé vett integráljával. A felületi töltéssűrűség a fémgömb felületén állandó, így ez az integrál is egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Tehát:

<math>\ E(r) \cdot 4r^2\pi = {1 \over \varepsilon_0} \cdot \sigma \cdot 4R^2\pi \longrightarrow
\vec{E}(r)={\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r</math>

Most írjuk fel a fémgömb potenciáljára a definíciós képletet, feltéve hogy a gömbtől végtelen távoli pont potenciálja nulla:

<math>\Phi_0= \Phi(\infty) - \int_{\infty}^R \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{l} =
0 - \int_{\infty}^R E(r) \; \mathrm{d} r =
- \int_{\infty}^R {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =
{\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \int_{\infty}^R - {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =
</math>

::<math>
= {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left[ {1 \over r} \right]_{\infty}^R =
{\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over R} - {1 \over \infty} \right)=
{\sigma R \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} =
{8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm
</math>

Természetesen a feladat ennél sokkal egyszerűbben is megoldható, ha tudjuk fejből a ponttöltés potenciálterének képletét. Ugyanis, ha használjuk a helyettesítő töltések módszerét és a gömb összes töltését egy ponttöltésbe sűrítjük a gömb középpontjába, akkor a gömb felületén a potenciál nem változik. Tehát:

<math>\Phi_0=\Phi(R) = {Q \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} ={4R^2\pi \sigma \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} =
{R \sigma \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} =
{8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm</math>
}}

=== 19. Feladat: Gömbkondenzátor elektródáira kapcsolható maximális feszültség ===

Egy gömbkondenzátor belső elektródájának sugara <math>R_\mathrm{1}=4 \; mm</math>, külső elektródájának sugara <math>R_\mathrm{2}=6 \; mm</math>, a dielektrikum relatív dielektromos állandója <math>\varepsilon_r = 4.5</math>.

Legfeljebb mekkora feszültséget kapcsolhatunk a kondenzátorra, ha a térerősség a dielektrikumban nem haladhatja meg az <math>E_{max}=500\; {kV \over m}</math> értéket.

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Legyen a belső, <math>R_\mathrm{1}</math> sugarú gömb töltése <math>Q</math>.

A Gauss törvény alkalmazásával könnyen meghatározhatjuk a gömbkondenzátor két elektródája közötti elektromos tér nagyságát, a középponttól mért <math>r</math> távolság függvényében:

<math>
E(r) ={Q \over 4 \pi \varepsilon_0 \varepsilon_r} \cdot {1 \over r^2}
</math>

A fenti összefüggésből is látszik, hogy a dielektrikumban a legnagyobb térerősség a belső gömb felületén lesz, így ebből kifejezhető a <math>Q</math> töltés nagysága:

<math>
E_{max} ={Q \over 4 \pi \varepsilon_0 \varepsilon_r} \cdot {1 \over {R_1}^2} \longrightarrow Q =
E_{max} \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \varepsilon_r \cdot {R_1}^2
</math>

A két elektróda közötti potenciálkülönbség:

<math>
U_\mathrm{1,2}= -\int_{R_\mathrm{1}}^\mathrm{R_\mathrm{2}} \mathrm{E(r)} \; \mathrm{dr}
= - {Q \over 4 \pi \varepsilon_0 \varepsilon_r} \int_{R_\mathrm{1}}^\mathrm{R_\mathrm{2}} \mathrm{1 \over r^2} \; \mathrm{dr}
= {Q \over 4 \pi \varepsilon_0 \varepsilon_r} \left( {1 \over R_\mathrm{1}} - {1 \over R_\mathrm{2}} \right)
</math>

A fenti összefüggéseket felhasználva meghatározható a két elektródára kapcsolható maximális feszültség:

<math>
U_{max} = {E_{max} \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \varepsilon_r \cdot {R_1}^2 \over 4 \pi \varepsilon_0 \varepsilon_r} \left( {1 \over R_\mathrm{1}} - {1 \over R_\mathrm{2}} \right) =
E_{max} \left( R_1 - {(R_1)^2 \over R_2} \right) =
500 \cdot 10^3 \left( 4 \cdot 10^{-3} - {(4 \cdot 10^{-3})^2 \over 6 \cdot 10^{-3}}\right) = 666 \; V
</math>

}}

=== 22. Feladat: Elektródarendszer energiaváltozása széthúzás hatására ===

Levegőben egymástól <math>d_1=1m</math> távolságban helyezkedik el két kis sugarú elszigetelt fémgömb, melyek között az erő <math>F=5N</math> nagyságú erő hat.

Mekkora az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a gömbök távolságát <math>d_2=4m</math>-re növeljük?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Mivel <math>r_0 << d</math>, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az <math>A</math> gömböt egy <math>Q_A</math>, a <math>B</math> gömböt pedig egy <math>Q_B</math> nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük. A töltések előjelét már maga a változó magába foglalja.

A két ponttöltés között ható erő nagysága egyszerűen kifejezhető, melyet átrendezve megkaphatjuk a két töltés szorzatának nagyságát:

<math>F= {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {Q_A Q_B \over d_1^2} \longrightarrow Q_A Q_B = F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 </math>

Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól <math>r</math> távolságra:
<math>\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}</math>

Ezt felhasználva fejezzük ki az <math>A</math> és <math>B</math> gömbök potenciáljait:

<math>\Phi_A = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over r_0} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} =
{1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d} \right)</math>

<math>\Phi_B = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over d} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} =
{1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d} + {Q_B \over r_0} \right)</math>

Tudjuk, hogy egy levegőben elhelyezkedő elszigetelt elektródarendszer összenergiája:
<math>W_e={1 \over 2} \sum_{k=1}^n{ \Phi_k \cdot Q_k }</math>

Ezt felhasználva kifejezhető az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a két gömb távolgását <math>d_1</math>-ről <math>d_2</math>-re növeljük:

<math>\Delta W_e = W_{e2} - W_{e1} =</math>

<math> = {1 \over 2} \left[
{1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_2} \right) \cdot Q_A +
{1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_2} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B
\right] </math>

<math>
-{1 \over 2} \left[
{1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_1} \right) \cdot Q_A +
{1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_1} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B
\right] =</math>

<math>
= {1 \over 8 \pi \varepsilon_0} \cdot \left[ 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_2} - 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_1}\right] =
{Q_A Q_B \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right)
</math>

Most behelyettesítjük a megadott adatokat és az imént kiszámolt <math>Q_AQ_B</math> szorzat értékét:

<math>\Delta W_e =
F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 \cdot {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =
F \cdot d_1^2 \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =
5 \cdot 1^2 \cdot \left( {1 \over 4} - {1 \over 1} \right) = -3.75 \; J
</math>

''Megjegyzés:'' Jelen esetben a képletbe pozitív számként helyettesítettük be az F erő nagyságát. Ezzel azt feltételeztük, hogy <math>Q_AQ_B</math> szorzat pozitív értékű, azaz a két gömb töltése azonos előjelű, tehát köztük taszítóerő lép fel. A kapott negatív eredmény ennek meg is felel, hiszen ha két gömb taszítja egymást és mi megnöveljük a köztük lévő távolságot, akkor energiát adnak le, miközben munkát végeznek a környezetükön. Ha azonban F helyére negatívan helyettesítenénk be az 5N értékét, akkor azt feltételezném, hogy a gömbök vonzzák egymást. Ekkor pozitív eredményt kapnánk, ami szintén megfelel a várakozásoknak, hiszen két egymást vonzó gömb közötti távolságot csakis úgy tudom megnövelni, ha rajtuk munkát végzek és ezáltal megnövelem az energiájukat.
}}

===26. Feladat: Fém gömbhéj felületi töltéssűrűségének meghatározása ===

Egy levegőben álló, zérus össztöltésű fém gömbhéj belső sugara <math>r</math>, külső sugara <math>1.5 \; r</math>. A gömbhéj középpontjában <math>Q</math> ponttöltés van.

Adja meg a gömbhéj külső és belső felszínén felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosát!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

[[File:Terek_szóbeli_feladatok_gömbhlj_erővonalkép.JPG|300px]]

Mivel a fém gömbhéj földeletlen és össztöltése zérus, így a töltésmegosztás következtében a fenti töltéselrendeződés alakul ki.

Azaz a fémgömbhéj belső felszíne <math>-Q</math>, a külső felszíne pedig <math>+Q</math> töltésű lesz, egyenletes töltéseloszlással.

A külső és belső felszínen felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosa tehát:

<math>{\sigma_k \over \sigma_b} =
{ {+Q \over 4 \pi \left(1.5r \right)^2 } \over {-Q \over 4 \pi r^2 } } =
- { r^2 \over \left(1.5r \right)^2 } =
- { 1 \over 1.5^2 } =
- { 4 \over 9 } \approx -0.4444</math>

}}

=== 28. Feladat: Gömb kapacitása a végtelenhez képest ===

Levegőben áll egy <math>20cm</math> sugarú fémgömb, amelyet egyenletes <math>3cm</math> vastagságú <math>4.5</math> relatív dielektromos állandójú szigetelő réteg borít.

Adja meg a gömb kapacitását a végtelen távoli térre vonatkoztatva!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Megoldás hiányzik

}}

== Stacionárius áramlási tér ==

=== 36. Feladat: Pontszerű áramforrás környezetében a teljesítménysűrűség meghatározása ===

Adott egy pontszerű <math>I=10A</math> áramerősségű pontszerű áramforrás egy <math>\sigma =200 {S \over m}</math> fajlagos vezetőképességű közegben. Határozza meg a teljesítménysűrűséget a forrástól <math>R=3m</math> távolságban.

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
A feladat megoldásához a stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógiát fogjuk felhasználni.

Ehhez először szükségünk van a pontszerű töltés által keltett elektrosztatikus mező elektromos eltolásvektorának kifejezésére. Felírva a Gauss-törvényt egy <math>V</math> térfogatú <math>A</math> felületű gömbre, melynek középpontja a ponttöltés:

<math>\oint_A \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s}=\int_V \rho \; \mathrm{d} V</math>

Szimmetria okokból az eltolásvektor erővonali gömbszimmetrikusak lesznek, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:

<math>D(r)4r^2\pi = Q \longrightarrow \vec{D}(r)={Q \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r</math>

Most felhasználva a betűcserés analógiát, megkapható a pontszerű áramforrás áramsűrűségvektora:

<math>\vec{J} \longleftrightarrow \vec{D}</math>

<math>I \longleftrightarrow Q</math>

<math>\vec{J}(r)={I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r</math>

Az áramsűrűség segítségével pedig pedig felírható a teljesítménysűrűség a távolság függvényében:

<math>
p(r)={\left( J(r) \right) ^2 \over \sigma} =\left( {I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \right) ^2 \cdot {1 \over \sigma} =
{I^2 \over 16 \pi^2 \sigma} {1 \over r^4}
</math>

Innét pedig a teljesítménysűrűség a pontforrástól R távolságra:

<math>
p(R)={10^2 \over 16 \pi^2 200} {1 \over 3^4} \approx 39.09 \; {\mu W \over m^3}
</math>

}}

=== 38. Feladat: Koaxiális kábel szivárgási ellenállásából fajlagos vezetőképesség számítása ===
Egy koaxiális kábel erének a sugara <math>{r_1} = 2mm</math>, köpenyének belső sugara <math>{r_2} = 6mm</math>.

Mekkora a szigetelőanyag <math>\sigma</math> fajlagos vezetőképessége, ha a kábel <math>l = 200m</math> hosszú szakaszának szivárgási ellenállása <math>R = 4M\Omega</math>?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
Először is vegyük fel a koaxiális kábel elektrosztatikai modelljét (hengerkondenzátor) és számoljuk ki a hosszegységre eső kapacitását. Ezt úgy tehetjük meg, hogy előbb kiszámoljuk a potenciálkülönséget az ér és a köpeny között, majd kifejezzük a kapacitást:

<math>
U =- \int_{r_2}^{r_1} \vec{E}(r) d \vec{r} = - \int_{r_2}^{r_1} {q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot {1 \over r} dr = -{q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot \left[ ln(r) \right]_{r_2}^{r_1} = {q \over {2\pi \varepsilon }}\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}
</math>

<math>
q = U{{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}
</math>

Ebből a hosszegységre eső kapacitás:

<math>
C = C'l
</math>

<math>
C \buildrel \Delta \over = {Q \over U} = {{ql} \over U} \to C' = {C \over l} = {{{{ql} \over U}} \over l} = {q \over U} = { U {2 \pi \varepsilon \over ln{r_2 \over r_1}}} \cdot {1 \over U } = {{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}
</math>

(Persze aki tudja fejből a koaxiális kábel hosszegységre eső kapacitását, az kezdheti kapásból innét is a feladatot)

Majd használjuk az elektrosztatika illetve az áramlási tér közötti betűcserés analógiákat:

<math>
C' \leftrightarrow G'
</math>

<math>
\varepsilon \leftrightarrow \sigma
</math>

Amit áthelyettesítve megkapjuk a hosszegységre eső konduktanciát:

<math>
G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}
</math>

Most kifejezzük a hosszegységre eső konduktanciát a szivárgási ellenállásból és a vezeték hosszából. Ha ez megvan akkor csak át kell rendezni a fajlagos vezetőképességre az egyenletet:

<math>
G = G'l = {1 \over R} \to G' = {1 \over R}{1 \over l}
</math>

<math>
G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}} = {1 \over R}{1 \over l} \to \sigma = {{\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}} \over {2\pi }}{1 \over R}{1 \over l} = {ln {6 \over 2} \over 2 \pi} \cdot {1 \over 4 \cdot 10^6} \cdot {1 \over 200} \approx 218.6 \; {pS \over m}
</math>
}}

=== 42. Feladat: Áramsűrűségből megadott felületen átfolyó áram számítása ===
Stacionárius áramlási térben az áramsűrűség <math> \vec{J} = 5 \vec{e}_z \;{kA \over m^2} </math>. Mekkora a z-tengellyel 60°-os szöget bezáró <math> A=80 cm^2</math> felületen átfolyó áram?
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
A J áramsűrűség-vektor megadja a rá merőleges, egységnyi felületen átfolyó áram nagyságát:

<math>I = \int_A \vec{J} d \vec{s}</math>

Esetünkben a J áramsűrűség-vektor z irányú, így nekünk a felületre normális komponensével kell számolnunk:

<math> I = J A \sin60^\circ=5000 \cdot 80 \cdot 10^{-4} \cdot \sin60^\circ= 34.64 \; A</math>

}}

== Stacionárius mágneses tér ==

=== 50. Feladat: Két áramjárta vezető közötti erőhatás ===

Két egymással párhuzamos végtelen hosszú vezető egymástól <math>d=4m</math> távolságban helyezkedik el. Az egyiken <math>I_1=2A</math>, a másikon <math>I_2=3A</math> folyik.

Mekkora erő hat az egyik vezeték <math>l=1 m</math>-es szakaszára?
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
Az egyikre ható erő egyenlő a másikra ható erővel (Newton erő-ellenerő törvénye). A megoldáshoz az Ampere-féle gerjesztési törvényre, és a Lorentz-erőre van szükség.

A mágneses térerősséget egy olyan L körvonalon integráljuk, ami által kifeszített A felület középpontját merőlegesen döfi át az egyik vezeték. Mivel a mágneses térerősségvektor a körvonal minden pontjában érintő irányú, így a vonalintegrál szorzássá egyszerűsödik.

<math>\oint_L \vec{H} \; d \vec{l} = \int_A \vec{J} \; d \vec{s} = I</math>

<math>H_1 2 d \pi = I_1 \longrightarrow H_1 = \frac{I_1}{2 d \pi}</math>

Tudjuk még, hogy <math>B = \mu_0 H</math> vákuumban.

A Lorentz-erő képlete is szorzássá egyszerűsödik, mivel a vektorok derékszöget zárnak be egymással:

<math>\vec{F} = q \cdot (\vec{v} \times \vec{B} ) = I \cdot (\vec{l} \times \vec{B})</math>, ahol <math>I</math> a konstans áramerősség, <math>\vec{l}</math> pedig a vezetéken folyó áram irányának vektora, hossza a megadott 1 m.

Innen a megoldás:

<math>F_{12} = I_2 l B_1 = I_2 l \mu_0 H_1 = \frac{\mu_0 l I_1 I_2}{2 d \pi} = \frac{4 \pi 10^{-7} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3}{2 \cdot 4 \cdot \pi} = 3 \cdot 10^{-7} N</math>

Fordított indexeléssel ugyanez jönne ki a másikra is. Jobbkéz-szabályból következik, hogy ha azonos irányba folyik az áram, akkor vonzzák egymást, ha ellentétes irányba, akkor taszítják. Szóbelin még érdemes megemlíteni, hogy ez a jelenség adja az Ampere mértékegység definícióját, 1 m hosszú szakasz, 1 m távolság, 1-1 A áramerősség esetén az erő:

<math>F = 2 \cdot 10^{-7} N</math>
}}

=== 52. Feladat: Két toroid tekercs kölcsönös indukciója===

Egy toroidra két tekercs van csévélve, az egyik menetszáma <math>N_1</math>, a másiké <math>N_2</math>. A toroid közepes sugara <math>r</math>,
keresztmetszetének felülete <math>A</math>, relatív permeabilitása <math>\mu_r</math>. Határozza meg a két tekercs kölcsönös induktivitását!
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

A kölcsönös induktivitás definíció szerint egyenlő az első tekercsnek a másodikra vonatkoztatott induktivitásával, valamint a második tekercsnek az első tekercse vonatkoztatott induktivitásával. Tehát elég csak az utóbbit meghatároznunk.

A második tekercsnek az elsőre vonatkoztatott kölcsönös induktivitása definíció szerint, a második tekercs árama által az első tekercsben indukált fluxus és a második tekercs áramának hányadosa feltéve, hogy az első tekercs árama zérus:

<math>M=L_{21}=L_{12}=\frac{\Psi_1}{I_2} |_{(I_1=0)}</math>

Szimmetria okokból a második tekercs árama által az első tekercsben indukált teljes fluxus egyenlő az első tekercs egyetlen menetében indukált fluxus N1-szeresével.

<math>M= \frac{N_1\Phi_{1}}{I_2}</math>

Az első tekercs egyetlen menetében, a második tekercs árama által indukált fluxust megkapjuk, ha a második tekercs árama által keltett mágneses mező indukcióvektorát integráljuk az első tekercs keresztmetszetén:

<math>M=\frac{N_1 \int_{A} \vec{B_2}\mathrm{d}\vec{s}}{I_2}</math>

A mágneses indukcióvektor párhuzamos a toroid keresztmetszetének normálisával, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:

<math>M=\frac{N_1 B_2 A}{I_2}</math>

A mágneses indukció definíció szerint kifejezhető a mágneses térerősséggel:

<math>M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r H_2 A}{I_2}</math>

A második tekercs árama által indukált mágneses térerősség az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel megadható. Ha a toroid közepes sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített körlapon összesen N2-ször döfi át egy-egy I2 áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:

<math>\oint_L \vec{H} \mathrm{d} \vec{l} = \sum{I} </math>

<math> 2r \pi H_2= N_2 I_2 \longrightarrow H_2={N_2 I_2\over 2r \pi}</math>

Ezt felhasználva a két egymásra csévélt toroid tekercs kölcsönös induktivitása:

<math>M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r N_2 I_2 A}{2r \pi I_2} = \frac{ \mu_0 \mu_r N_1 N_2 A}{2r \pi}</math>

Csak a poén kedvéért ellenőrizzük a kapott eredményt dimenzióra is:

<math>\left[ {{H \over m} \cdot m^2 \over m} = H\right]</math>

}}

=== 57. Feladat: EM hullám elektromos térerősségvektorából mágneses térerősségvektor számítása ===

A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls! Ha esetleg valaki kihúzná az "igazi" 57. feladatot, akkor írja be ennek a helyére, ezt pedig tegye a lap aljára ? feladatként. Köszi!

Egy levegőben terjedő elektromágneses hullám komplex elektromos térerősségvektora: <math>\vec{E} =(5 \vec{e}_y - 12 \vec{e}_z ) \cdot e^{j \pi / 3} \;{kV \over m}</math> Adja meg a <math>\vec{H}</math> komplex mágneses térerősségvektort!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

A megoldás során a távvezeték - EM hullám betűcserés analógiát használjuk fel!

Először is szükségünk van a levegő hullámimpedanciájára. Mivel levegőben vagyunk, így <math>\sigma << \varepsilon</math>, valamint <math>\mu = \mu_0</math> és <math>\varepsilon = \varepsilon_0</math>

<math>Z_0= \sqrt{{j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon}} \approx \sqrt{{\mu_0 \over \varepsilon_0}} \approx 377 \Omega</math>

Bontsuk most fel a komplex elektromos térerősségvektort a két komponensére:

<math>\vec{E}=\vec{E}_y+\vec{E}_z</math>

<math>\vec{E}_y=5 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_y \;{kV \over m}</math>

<math>\vec{E}_z= - 12 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{kV \over m}</math>

Ezek alapján már felírhatóak a komplex mágneses térerősségvektor komponensei (vigyázat az egységvektorok forognak <math>x \rightarrow y \rightarrow z \rightarrow x</math>):

<math>\vec{H}_z={E_y \over Z_0} \cdot \vec{e}_z \approx 13.26 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{A \over m}</math>

<math>\vec{H}_x={E_z \over Z_0} \cdot \vec{e}_x \approx - 31.83 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_x \;{A \over m}</math>

A két komponens összegéből pedig már előáll a komplex mágneses térerősségvektor:

<math>\vec{H}=\vec{H}_z+\vec{H}_x \approx (13.26 \cdot \vec{e}_z - 31.83 \cdot \vec{e}_x) \cdot e^{j \pi / 3} \;{A \over m}</math>

[ A megoldás sztem nem jó, mivel a terjedés iránya <math>\vec{e}_x</math> , ezért <math>\vec{H}=\vec{H}_z+\vec{H}_y</math> ]
}}

=== 58. Feladat: Toroid tekercs fluxusa és energiája===
Hányszorosára változik egy <math>L</math> önindukciós együtthatóval rendelkező <math>I_1 = 2A</math> árammal átjárt toroid belsejében a mágneses fluxus, ha az áramerősséget nagyon lassan <math>I_2 = 5A</math> -re növeljük?

Hányszorosára változik a tekercs mágneses mezejében tárolt energia?
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=Mivel az áram nagyon lassan változik, így a kezdő és végállapotot vehetjük két egymástól független stacioner állapotú esetnek.

Egy bármilyen tekercs fluxusa az <math>\Psi=LI</math> képletből számolható. Ez alapján a toroid fluxusváltozása:

<math>\frac{\Psi_2}{\Psi_1}=\frac{LI_2}{LI_1}=\frac{I_2}{I_1}=2.5</math>

Egy bármilyen tekercs energiája számolható a <math>W=\frac{1}{2}LI^2</math> képlet alapján. Tehát a toroid energiaváltozása:

<math>\frac{W_2}{W_1}=\frac{\frac{1}{2}L \cdot I_2^2}{\frac{1}{2}L \cdot I_1^2}=\frac{I_2^2}{I_1^2}=2.5^2=6.25</math>
}}

=== 59. Feladat: Kondenzátor dielektrikumában disszipált teljesítmény ===

A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls!

Adott egy kondenzátor, melynek fegyverzetei között egy <math>\sigma=50 {nS \over m}</math> fajlagos vezetőképességű dielektrikum helyezkedik el.
A kondenzátor <math>A=100 cm^2</math> felületű fegyverzetei egymástól <math>d=20 mm</math> távolságra helyezkednek el. Határozza meg a dielektrikumban disszipált teljesítményt, ha a kondenzátor fegyverzeteire <math>U = 1.2 kV</math> feszültséget kapcsolunk.

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

A dielektrikum <math>G</math> konduktanciájának meghatározására alkalmazható stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógia, mivel a két jelenséget ugyanolyan alakú differenciálegyenletek és azonos peremfeltételek írják le. Így elég csak a síkkondenzátor kapacitásának képletét ismernünk:

<math>G=C_{\varepsilon \leftarrow \sigma}=
\sigma {A \over d}=50 \cdot 10^{-9} \cdot {100 \cdot 10^{-4} \over 20 \cdot 10^{-3}}=2.5 \cdot 10^{-8} \;S</math>

A dielektrikumban disszipált teljesítmény innét már könnyen számolható az ismert képlet alapján:

<math>P=U^2G=1200^2 \cdot 2.5 \cdot 10^{-8}=36 \; mW</math>

}}

===61. Feladat: Toroid tekercs mágneses indukciója ===

Adott egy kör keresztmetszetű toroid alakú, <math>\mu_r = 1200</math> relatív permeabilitású, <math>N=200</math> menetes tekercs, melynek átlagos erővonal hossza <math>L=60cm</math>. A tekercselésben <math>I=0.3 A</math> nagyságú áram folyik.

Adja meg a mágneses indukció nagyságát a toroid belsejében! Miért ad jó értéket a közelítő számításunk?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Az Ampere-féle gerjesztési törvényből következik, hogyha a toroid közepes sugarához sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor. Ez onnét látható, hogy ha veszünk a toroid tekercseléséből egyetlen menetet, akkor arra igaz, hogy a menet minden kis szakaszában folyó áram által keltett mágneses mező a jobbkéz-szabály (I - r - B) szerint a menet síkrája merőleges irányú mágneses térerősségvektort hoz létre.

Tehát a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített A területű körlapot összesen N-ször döfi át egy-egy I áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:

<math>\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} </math>

<math> H \cdot L = N \cdot I \longrightarrow H = {N I \over L} \longrightarrow B =\mu_0 \mu_r {N I \over L}</math>

Ha az átlagos erővonalhossz, vagyis a toroid közepes kerülete jóval nagyobb mint a toroid közepes sugara és a toroid külső és belső sugarának különbsége jóval kisebb mint a közepes sugár, akkor az erővonalak jó közelítéssel homogén sűrűségűek és szabályos koncentrikus köröket alkotnak. Ha ezek a feltételek teljesülnek, akkor fenti eredmény jó közelítéssel megadja a toroid teljes belsejében <math>\left( R_b<r<R_k \right)</math> a mágneses indukció nagyságát:

<math>B(r) =\mu_0 \mu_r {N I \over L} =4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1200 \cdot {200 \cdot 0.3 \over 0.6} \approx 0.151 \; T </math>

}}

=== 64. Feladat: Hosszú egyenes vezető mágneses tere és a vezetőben tárolt mágneses energia ===

Hosszú, <math>R</math> sugarú alumínium vezetőben <math>I</math> áram folyik.

Határozza meg a vezető környezetében a mágneses teret! Mennyi mágneses energia raktározódik a vezető egység hosszú szakaszában?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Az Ampere-féle gerjesztési törvényt írjuk fel egy olyan zárt r sugarú, L körvonalra, amely által kifeszített A körlap merőleges a vezetékre és a vezeték tengelye pont a közepén döfi át.

<math>\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}</math>

Szimmetria okokból a mágneses térerősségvektorok az L görbe minden pontjában érintő irányúak lesznek, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik minden esetben. Az egyenlet jobb oldala miatt viszont két esetre kell bontanunk a vizsgálódást:

'''1. Eset:''' Ha a vezetéken kívül vagyunk <math>(r>R)</math>, akkor az áramsűrűség felületintegrálja a vezeték teljes áramával egyenlő.

<math>H(r) \cdot 2r\pi = I \longrightarrow \vec{H}(r) = {I \over 2r\pi} \cdot \vec{e}_{\varphi}</math>

'''2. Eset:''' Ha a vezetéken belül vagyunk <math>(r \leq R)</math>, akkor a teljes <math>I</math> áramnak csak a felületarányos része lesz az áramsűrűség integráljának eredménye.

<math>H(r) \cdot 2r\pi = J \cdot r^2 \pi </math>

<math>H(r) \cdot 2r\pi = {I \over R^2 \pi} \cdot r^2 \pi \longrightarrow \vec{H}(r) =
{I \over 2R^2\pi} \cdot r \cdot \vec{e}_{\varphi}</math>

A vezeték egységnyi hosszában tárolt mágneses energia meghatározására az ismert összefüggés:

<math>W_m={1 \over 2} \int_V \vec{H} \cdot \vec{B} \; \mathrm{d} V </math>

Mivel homogén közegben <math>\vec{B}=\mu \vec{H}</math>, azaz a vektorok egy irányba mutatnak minden pontban, így a skaláris szorzatuk megegyezik a vektorok nagyságának szorzatával. Azonban a mágneses térerősségvektor nagysága függ a sugártól, ezért célszerűen áttérünk hengerkoordináta-rendszerbe és ott végezzük el az integrálást:

<math>W_m={1 \over 2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \mu H^2(r) \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =
{1 \over 2} \mu \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \left({I \over 2R^2\pi} \cdot r \right)^2 \;\mathrm{d}z \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r =
{\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 r^2 \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =
</math>

::<math>={\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \cdot 1 \cdot 2\pi \cdot \int_0^R r^2 \; \mathrm{d} r =
{\mu I^2 \over 4 R^4 \pi} \cdot \left[ {r^3 \over 3} \right]_0^R=
{\mu I^2 \over 12 R^4 \pi} \cdot R^3 =
{\mu I^2 \over 12 R \pi} = {\mu_0 \mu_r I^2 \over 12 R \pi}
</math>

}}

=== 65. Feladat: Koaxiális jellegű vezeték tengelyében a mágneses térerősség ===
Egy <math>r = 0.09m</math> sugarú vékony falú rézcső belsejében, a tengelytől <math>d = 0.03m</math> távolságra, azzal párhuzamosan egy vékony rézvezeték helyezkedik el. Mindkét vezető elég hosszú és <math>I = 5A</math> nagyságú egyenáram folyik bennük, de ellenkező irányban. Mekkora az eredő mágneses térerősség nagysága a tengelyben?
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=A feladatot bontsuk két részre. Első körben az Ampere-féle gerjesztési törvény segítségével megállapítható, hogy a rézcső belsejében a mágneses térerősség nagysága, csakis a belső rézvezeték elhelyezkedésétől és az abban folyó áram nagyságától függ.

<math>\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} = I</math>

Ez onnét látszik, hogyha olyan zárt L görbe mentén integrálunk, ami a rézcsőn belül vezet, akkor a görbe által kifeszített A síkon csakis a vékony rézvezeték árama megy át.

Második körben meghatározható a vékony rézvezeték által a tengely mentén keltett mágneses térerősség nagysága. Szimmetria okokból a vékony rézvezeték mágneses tere hengerszimmetrikus, az erővonalak koncentrikus körök, ezért a mágneses térerősségvektor mindig érintő irányú, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:

<math>H 2 d \pi = I \longrightarrow H = \frac{I}{2 d \pi}=\frac{5}{2 \cdot 0.03 \pi} \approx 26.53 \;{A \over m}</math>
}}

== Távvezetékek (TV) ==

=== 68. Feladat: Mindkét végén nyitott ideális távvezeték rezonancia frekvenciája ===

Melyik az a legkisebb frekvencia, amelyen rezonancia léphet fel egy mindkét végén nyitott, <math>l=5km</math> hosszúságú, ideális légszigetelésű távvezetéken?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Rezonancia akkor lép fel egy ideális távvezetéken, ha a távvezeték bemeneti impedanciájával megegyező nagyságú és fázisú impedanciával zárjuk le a távvezeték elejét.

Az ideális távvezeték bemeneti impedanciája könnyen számítható az ismert képlet alapján, ha a távvezeték lezárása szakadás:

<math>Z_{be}=Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) } </math>

<math>Z_2 \rightarrow \infty</math>

<math>Z_{be} = \lim_{{Z_2}\to\infty} \left( Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) }\right)=
-jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} </math>

Mivel a távvezeték elejének lezárása is szakadás, így annak az impedanciája is végtelen, tehát a rezonancia kialakulásához a bemeneti impedanciának is végtelennek kell lennie. Ez akkor állhat elő, ha a bemeneti impedancia kifejezésének nevezője nulla:

<math>-jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} = \infty \;\;\; \longleftrightarrow \;\;\; tan(\beta l)=0</math>

<math>\beta l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+</math>

<math>k</math> azért csak pozitív egész szám lehet (képletszerűleg bármilyen egész szám jó lenne), mert ugye negatív frekvenciájú hullám nem létezik, valamint kérdéses, hogy a 0 frekvenciájú hullámot vagyis az egyengerjesztést elfogadjuk-e. Ha igen akkor ez a legkisebb frekvencia, ami teljesíti a feltételeket, ha nem akkor számolunk tovább:

<math>{2 \pi \over \lambda} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+</math>

<math>{2 \pi f\over c} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+</math>

<math> f = {k \cdot c\over 2l} \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+</math>

<math>f_{min} = {1 \cdot c\over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz</math>

A feladat más megközelítéssel is megoldható, bár szerintem az előbbi megoldás az egzaktabb, míg a második egy kicsit "fapadosabb", de kellően szép köntösben tálalva ez is tökéletes megoldás.

Emlékezzünk vissza, mit tanultunk a hullámjelenségekről: Rezonancia esetén olyan állóhullám alakul ki melyre igaz, hogy a szabad végeken (szakadás) maximumhelye, míg a rögzített végeken (rövidzár) csomópontja van.

Keressük meg azt a legnagyobb hullámhosszt (azaz legkisebb frekvenciát), ami kielégíti ezen feltételeket. Segítségül egy kis ábra amin vázolva van az első pár lehetséges eset:

[[File:Terek_szóbeli_feladatok_rezonancia_ábra.png]]

Erről nagyon szépen látszik, hogy a legnagyobb kialakulható hullámhossz a távvezeték hosszának kétszerese lehet. Tehát:

<math>\lambda_{max} = 2l \longrightarrow f_{min}={c \over \lambda_{max}} =
{c \over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz </math>

}}

=== 78. Feladat: Ideális távvezeték állóhullámarányának számítása ===
Egy ideális távvezeték mentén a feszültség komplex amplitúdója az <math>U(z) = (3+4j) \cdot e^{-j \beta z} + (2-j) \cdot e^{j \beta z}</math> függvény szerint változik. Adja meg az állóhullámarányt!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
A megadott függvényből kiolvasható a hullám beeső (pozitív irányba halad --> - j*béta*z ) és a reflektált (negatív irányba halad --> + j*béta*z ) komponenseinek komplex amplitúdói:

<math>U^+ = 3+4j</math>

<math>U^- = 2-j</math>

''Megjegyzés:'' A feladat megadható úgy is, hogy U(x) függvényt adják meg. Ekkor a beeső komponenshez (U2+) tartozik a pozitív, a reflektálthoz (U2-) pedig a negatív hatványkitevő!

Kapcsolat a két fajta paraméterezés között:

<math>U_2^+ = U^+ e^{- \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^+ e^{- j \beta l} </math>

<math>U_2^- = U^- e^{ \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^- e^{ j \beta l} </math>

Ezekből felírható a távvezeték reflexiós tényezőjének abszolút értéke definíció szerinti "x" paraméterezéssel, majd ebből "z" szerinti paraméterezéssel:

<math>|r|=\left| {U_{reflektalt} \over U_{beeso}} \right|= \left| {U_2^- \over U_2^+ } \right|=\left| {U^- \over U^+ } e^{j2 \beta l} \right| = \left| {U^- \over U^+ } \right| =\left| {2-j \over 3+4j } \right| = {1 \over \sqrt{5}} \approx 0.447</math>

Ebből pedig már számolható a távvezeték állóhullámaránya:

<math>\sigma = {1+|r] \over 1-|r| } = {1+0.447 \over 1-0.447 } \approx 2.62</math>

}}

=== 81. Feladat: Egyenfeszültséggel gerjesztett TV megadott feszültségű pontjának meghatározása ===

Adott egy végtelen hosszú távvezeték, melynek paraméterei az alábbiak: <math>R' = 20 {m \Omega \over m}</math> és <math>G' = 5 { \mu S \over m}</math>. Egy <math>U_0</math> egyenfeszültségű feszültségforrást kapcsolunk rá.

Milyen lesz a kialakuló hullámforma a távvezetéken? Határozza meg azt a z távolságot, ahol a feszültség <math>U_0/2</math> lesz!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Először határozzuk meg, hogy milyen lesz a kialakuló hullámforma. Ehhez vegyük a távvezetéken kialakuló idő és helyfüggő feszültségfüggvény általános alakját:

<math>u(t,z)=|U^+| \cdot e^{- \alpha z} \cdot \cos(\omega t - \beta z + \varphi^+) \;+\;
|U^-| \cdot e^{ \alpha z} \cdot \cos(\omega t + \beta z + \varphi^-)</math>

Mivel a távvezeték végtelen hosszúságú, így nincs reflektált komponens, tehát a második tag nulla. Továbbá mivel egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket azaz <math>\omega =0</math>, ezért az alant lévő számításból látszik, hogy a terjedési együttható tisztán valós lesz, tehát <math>\beta = 0</math>. Az egyenfeszültségből következik, hogy a <math>\varphi </math> kezdőfázis is zérus. Ezeket mind felhasználva adódik, hogy a koszinusz argumentuma konstans 0, tehát a koszinusz értéke konstans 1.

Tehát távvezetéken kialakuló feszültség idő- és helyfüggvénye (gyakorlatilag az időtől független lesz):

<math>u(t,z)=U_0 \cdot e^{- \alpha z}</math>

Ebből látszik, hogy a kialakuló hullámforma egy <math>U_0</math>-tól induló a végtelenben exponenciálisan lecsengő görbének felel meg.

A kérdéses "z" távolság meghatározásához, először ki kell számolnunk, hogy mennyi a távvezeték csillapítása (<math>\alpha</math>), feltéve hogy <math>\omega =0</math>, hiszen egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket:

<math>\alpha=Re\left\{ \gamma \right\}=Re\left\{ \sqrt{(R'+j\omega L')(G'+j\omega C')} \right\}=Re\left\{ \sqrt{R' \cdot G'} \right\}=\sqrt{R' \cdot G'}=\sqrt{0.02 \cdot 5 \cdot 10^{-6}}=3.16 \cdot 10^{-4} \;{1\over m}</math>

Most meg kell határoznunk, hogy a távvezeték mely "z" távolságú pontjára csillapodik a feszültség amplitúdója az eredeti érték felére:

<math>U_0 \cdot e^{-\alpha z}={U_0 \over 2}</math>

<math>e^{-\alpha z}=0.5</math>

<math>-\alpha z=\ln 0.5 \longrightarrow z=-{\ln 0.5 \over \alpha}=-{\ln 0.5 \over 3.16 \cdot 10^{-4}} \approx 2.192 \;km</math>
}}

=== 82. Feladat: Ideális távvezeték bemeneti impedanciája ===

Egy ideális, légszigetelésű <math>l</math> hosszúságú, <math>Z_0</math> hullámimpedanciájú távvezeték vezetett hullámhossza pedig <math>\lambda = 8l</math>

Mekkora a távvezeték elején a bemeneti impedancia, ha a távvezeték végén a lezárás egy <math>L={Z_0 \over \omega}</math> induktivitású ideális tekercs?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Tudjuk, hogy: <math>\beta = {2 \pi \over \lambda} \longrightarrow (\beta l)={2 \pi \over \lambda}l ={2 \pi \over 8l}l = {\pi \over 4} </math>

A lezáró tekercs impedanciája: <math>Z_2=j \omega L = j \omega {Z_0 \over \omega}=j Z_0</math>

Ezt behelyettesítve az ideális távvezeték bemeneti impedanciájának képletébe, majd egyszerűsítve azt, máris adódik a végeredmény:

<math>
Z_{be}=Z_0 {Z_2 + j Z_0 tg(\beta l) \over Z_0 + j Z_2 tg(\beta l) } =
Z_0 {j Z_0 + j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) \over Z_0 + j j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) } =
j Z_0 {1 + tg\left({\pi \over 4}\right) \over 1 - tg\left({\pi \over 4}\right) } =
j Z_0 {1 + 1 \over 1 - 1 } =
j Z_0 \cdot {2 \over 0 } \longrightarrow \infty
</math>

A kapott eredményen nem kell meglepődni. Jelen paraméterek mellett a távvezeték bemeneti impedanciája végtelenül nagy.

}}

=== 86. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának I. egyenletével===
Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája <math>50 \Omega</math>, hossza pedig <math>\frac{\lambda}{8}</math>. A távvezeték végén adott az áram és a feszültség komplex amplitúdója: <math>2A</math> illetve <math>500V</math>. Határozzuk meg a feszültség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
Tudjuk, hogy: <math>\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 8} = \frac{\pi}{4}</math>

Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának első egyenletét, majd behelyettesítünk:

<math>U_1 = \cos (\beta l) \cdot U_2 \;+\; j \cdot \sin(\beta l) \cdot Z_0 \cdot I_2 =
\cos \left( {\pi \over 4} \right)\cdot500 \;+\; j \cdot \sin \left( {\pi \over 4} \right) \cdot 50 \cdot 2 \approx (354 + j70.7)V</math>

}}

=== 87. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának II. egyenletével===

Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája <math>50 \; \Omega</math>, hossza pedig <math>\frac{\lambda}{3}</math>. A távvezeték vége szakadással van lezárva, melyen a feszültség komplex amplitúdója <math>j150 \; V</math>. Határozzuk meg az áramerősség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Tudjuk, hogy: <math>\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 3} = \frac{2\pi}{3}</math>

Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának második egyenletét, majd behelyettesítünk:

<math>I_1 = j \cdot {1 \over Z_0} \cdot \sin (\beta l) \cdot U_2 \;+\; \cos (\beta l) \cdot I_2 =
j \cdot {1 \over 50} \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \cdot j150 \;+\; \cos \left( \frac{2\pi}{3} \right)\cdot 0 =
-3 \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \approx -2.6 \; A </math>

}}

=== 88. Feladat: Ideális TV bemeneti impedanciájának helyfüggvénye ===

Egy ideális távvezeték hullámimpedanciája <math>Z_0 = 400 \; \Omega</math>, lezárása pedig egy <math>Z_2 = -j400 \; \Omega</math> reaktanciájú kondenzátor. A távvezeték fázisegyütthatója <math>\beta = 0.2 \; {1 \over m} </math>.

Adja meg a bemeneti impedanciát a lezárástól való <math>x</math> távolság függvényében.
Határozza meg, milyen helyeken lesz a bemeneti impedancia értéke 0.

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

A bemeneti impedancia a hely függvényében egyszerűen megadható, ha az ideális távvezeték bemeneti impedanciájának általános képletében az <math>l</math> hossz helyébe általánosan <math>x</math> változót írunk, ahol <math>x</math> a lezárástól való távolságot jelöli.

''Megjegyzés:'' Arra az esetre, ha mégis rákérdeznének, hogy ez mégis honnan jött, célszerű lehet átnézni a jegyzetből az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának levezetését, csak l helyébe x-et kell írni és ugyanazzal a gondolatmenettel levezethető ez a képlet.

<math>Z_{be}(x) = Z_0 \cdot {Z_2 + j Z_0 tg \left( \beta x \right) \over Z_0 + jZ_2 tg \left( \beta x \right)}</math>

A bemeneti impedancia csakis akkor lehet 0, ha a fenti képletben a számláló is szintén 0.

<math>Z_2 + jZ_0 tg \left( \beta x \right) = 0 </math>

<math>-j400 + j400 tg \left( 0.2 \cdot x \right) = 0 </math>

<math>tg \left( 0.2 \cdot x \right) = 1 </math>

::::<math>\updownarrow</math>

<math>0.2 \cdot x = {\pi \over 4} + k \cdot \pi</math>

<math>x = 1.25\pi + k \cdot 5\pi \;\;\;\; \left[ m \right] </math>

}}

== Indukálási jelenségek ==

=== 94. Feladat: Zárt vezetőkeretben indukált áram effektív értéke ===

Egy <math>R=5 \Omega</math> ellenállású zárt vezetőkeret fluxusa <math>\Phi(t)=30 \cdot \sin(\omega t) \;mVs</math>, ahol <math>\omega=1 {krad \over s}</math>. Mekkora a keretben folyó áram effektív értéke?
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=Az indukálási törvény alapján:

<math>u_i(t)=-{d\Phi(t) \over dt}=-\omega \cdot 0.03 \cdot \cos(\omega t) =-30 \cdot \cos(\omega t) \;V</math>

Innen a feszültség effektív értéke:

<math>U_{eff}={30 \over \sqrt 2} \approx 21.21 \;V</math>

Az áram effektív értéke pedig:

<math> I_{eff}={U_{eff} \over R}= {{30 \over \sqrt{2}} \over 5} = {6 \over \sqrt 2} \approx 4.24 \;A</math>
}}

=== 95. Feladat: Zárt vezetőgyűrűben indukált áram időfüggvénye ===

Adott egy <math>R</math> ellenállású vezetőgyűrű a lap síkjában. A gyűrű által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: <math>\Phi (t) = \Phi_0 + \Phi_1 \cdot \sin(\omega t)</math>.

Adja meg a a gyűrűben indukált áram <math>i(t)</math> időfüggvényét, ha a fluxus a papír síkjából kifelé mutató indukció vonalak mentén pozitív értékű.

Volt egy ábra is: A lap síkjában a vezetőgyűrű, a mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek és a bejelölt áram referenciairánya pedig az óramutató járásával megegyező irányú.

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Az indukálási törvény alapján, meghatározható a vezetőgyűrűben indukált feszültség. A Lenz-törvényből adódó NEGATÍV előjelet azonban most hagyjuk el, mivel most előre megadott referenciairányaink vannak. Majd a végén kiokoskodjuk, hogy szükséges-e extra mínuszjel:

<math>u_i(t)={d\Phi(t) \over dt}= \Phi_1 \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)</math>

Ebből az áram időfüggvénye: <math>R={U \over I} \longrightarrow i(t)={u_i(t) \over R}={\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)</math>

Most nézzük meg, hogy teljesül-e a jelenlegi referenciairányokkal a Lenz-törvény. A Lenz-törvény kimondja, hogy az indukált feszültség iránya olyan kell, hogy legyen, hogy az általa létrehozott áram által keltett mágneses mező akadályozza az indukciót létrehozó folyamatot, jelen esetben a fluxus megváltozását.

Vegyük az első negyedperiódusnyi időt. Ilyenkor a mágneses indukcióvektor a lap síkjából kifelé mutat és csökkenő erősségű. Tehát az indukált áramnak olyan mágneses mezőt kell létrehoznia, hogy annak indukcióvektorai az első negyedperiódusban a lap síkjából kifelé mutassanak, hiszen így akadályozzuk a fluxus csökkenését. A kiszámolt áramidőfüggvény az első negyedperiódusban pozitív értékű, tehát egybeesik a megadott referenciairánnyal. Az óramutató járásával megegyező irányba folyó áram a jobb kéz szabály szerint olyan mágneses mezőt hoz létre, melynek indukcióvektorai a lap síkjába befelé mutatnak. Ez pont ellentétes mint amire szükségünk van, tehát szükséges egy korrekciós mínuszjel a referenciairányok miatt.

Az indukált áram időfüggvénye tehát: <math>i(t)=-{\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)</math>

}}

=== 98. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség ===

Az xy síkon helyezkedik el egy <math>r=3m</math> sugarú, kör alakú, zárt L görbe. A mágneses indukció a térben homogén és z irányú komponense <math>\Delta t=40ms</math> idő alatt <math>B=0.8T</math> értékről lineárisan zérusra csökken. Mekkora feszültség indukálódik eközben az L görbe mentén?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Az indukálási törvény alapján:

<math>u_i=-{d\Phi(t) \over dt}=-A \cdot { dB(t) \over dt}=
-r^2\pi \cdot { \Delta B\over \Delta t}=-r^2\pi \cdot {B_2-B_1\over\Delta t}=
- 3^2\pi \cdot {0-0.8\over0.04}=565.5 \;V </math>

}}

=== 100. Feladat: Hosszú egyenes vezető környezetében lévő zárt vezetőkeretben indukált feszültség ===

Egy hosszú egyenes vezetőtől <math>d=15 m</math> távolságban egy <math>r=0,25 m</math> sugarú kör alakú zárt vezető hurok helyezkedik el. A vezető és a hurok egy síkra illeszkednek, a közeg pedig levegő.

Mekkora az indukált feszültség, ha a vezetőben folyó áram <math>50 {A \over \mu s}</math> sebességgel változik.

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Az indukálási törvény alapján:

<math>u_i=-{\mathrm{d}\Phi(t) \over \mathrm{d} t}=-A \cdot { \mathrm{d}B(t) \over \mathrm{d} t}=
-A \mu_0 \cdot { \mathrm{d}H(t) \over \mathrm{d} t}</math>

A hosszú egyenes áramjárta vezető környezetében a mágneses térerősségvektor az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel meghatározható. Ha a mágneses térerősséget egy <math>d</math> sugarú zárt <math>L</math> kör mentén integrálunk, amely által kifeszített <math>A</math> területű körlapot a közepén merőlegesen döfi át a vezeték, akkor a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:

<math>\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}</math>

<math>H \cdot 2d\pi = I \longrightarrow H = {I \over 2d\pi}</math>

Ezt behelyettesítve az indukált feszültség képletébe:

<math>u_i=-A \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =
- r^2 \pi \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =
- {r^2 \mu_0 \over 2d} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =
- {0.25^2 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \over 2 \cdot 15} \cdot 50 \cdot 10^6 \approx -130.9 \; mV
</math>

''Megjegyzés:'' Természetesen ez csak egy jó közelítés, hiszen a vezető keret mentén nem állandó nagyságú a mágneses térerősség változása, mivel az függ a vezetőtől való távolságtól is. Azonban a közepes távolságot véve, csak kismértékű hibát vétünk.

}}

=== 101. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség===

Adott egy L zárt görbe a lap síkjában. A mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek. A görbe által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: <math>\Phi(t)=\Phi_0 \cdot {t^2 \over T}, \;\; ha \;\;0<t<T</math>.

Mekkora lesz az indukált feszültség nagysága amikor <math>t=T/3</math>?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Az indukálási törvény alapján:

<math>u_i(t)=-{d \Phi(t) \over dt}= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot t</math>

Behelyettesítve a <math>t=T/3</math> értéket:

<math>u_i\left(t= {T \over 3} \right)= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot {T \over 3}=-{2\over 3} \Phi_0</math>

}}

== Elektromágneses síkhullám jó vezetőben ==

=== 105. Feladat: Hengeres vezetőben adott mélységben a térerősség amplitúdója és fázisa ===

Egy <math>r</math> sugarú hengeres vezető anyagban a behatolási mélység <math>\delta<<r</math>. A henger felszínén az elektromos térerősség amplitúdója <math>E_0</math>, kezdőfázisa pedig <math>0 \; rad</math>.

A felszíntől <math>h</math> távolságban térerősség amplitúdója <math>{E_0 \over 2}</math>. Mennyi ilyenkor a fázisa a térerősségnek?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Tudjuk, hogy a hogy vezető anyagokban az elektromos térerősség komplex amplitúdója a mélység (z) függvényében:

<math>E(z) = E_0 \cdot e^{- \gamma z}</math>

<math>\gamma = {1+j \over \delta} \longrightarrow E(z) = E_0 \cdot e^{-z/\delta} \cdot e^{-jz/\delta}</math>

Ebből a képletből kifejezhető az elektromos térerősség komplex amplitúdójának nagysága (abszolút értéke):

<math>\left| E(z) \right|= E_0 \cdot e^{-z/\delta}</math>

Behelyettesítve a megadott adatokat:

<math>\left| E(h) \right| = E_0 \cdot e^{-h/\delta} = {E_0 \over 2}</math>

<math>-{h \over \delta} = ln(0.5)</math>

Most fejezzük ki a fentebbi képletből az elektromos térerősség komplex amplitúdójának fázisát:

<math>arg \left\{ E(z) \right\} = -{z \over \delta}</math>

Behelyettesítve a megadott adatokat, majd az imént kiszámolt <math>-{h \over \delta}</math> arányt:

<math> arg \left\{ E(h) \right\} = - {h \over \delta} = - ln(0.5) \approx 0.693 \; rad </math>

}}

=== 107. Feladat: Hengeres vezetőben disszipált hőteljesítmény ===
Egy <math>A=1.5 mm^2</math> keresztmetszetű, <math>l=3m</math> hosszú hengeres vezetőben <math>I=10A</math> amplitúdójú 50 Hz-es szinuszos áram folyik. A behatolási mélység <math> \delta = 9.7 mm</math>, a fajlagos vezetőképesség pedig <math> \sigma = 3.7 \cdot 10^7 {S \over m}</math>. Mennyi a vezetőben disszipált hőteljesítmény?
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=A vezető sugara: <math>r=\sqrt{{1.5\over\pi}}=0.691mm<<\delta</math>

Mivel a vezető sugara jóval kisebb mint a behatolási mélység, így a vezető vehető egy sima <math>l</math> hosszúságú, <math>A</math> keresztmetszetű és <math> \sigma</math> fajlagos vezetőképességű vezetékdarabnak.

<math>R={1 \over \sigma}{l \over A}={1 \over 3.7 \cdot 10^{7}} \cdot {3 \over 1.5 \cdot 10^{-6}} \approx 54 \;m\Omega</math>

A vezetékben disszipálódó hőteljesítmény (vigyázat, csúcsérték van megadva és nem effektív):

<math>P={1\over2}RI^2={1\over2} \cdot 0.054 \cdot 10^2 \approx 2.7 \;W</math>

}}

=== 109. Feladat: Hengeres vezető belsejében az elektromos térerősség ===
Egy <math>r=2mm</math> sugarú, hosszú hengeres vezető <math>\sigma=35 {MS \over m}</math> fajlagos vezetőképességű anyagból van, a behatolási mélység <math>\delta =80 \mu m</math>. A térerősség időfüggvénye a vezető felszínén <math>\vec{E}(t)=10 \cdot \cos(\omega t) \cdot \vec{n}_0</math>. Itt n egy egységvektor, ami a vezető hosszanti tengelyével párhuzamos.
Adja meg az áramsűrűség időfüggvényét a felülettől 2 behatolási mélységnyi távolságra!
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
Mivel: <math>\delta << r </math>

Így a mélység (z) függvényében a térerősség komplex amplitúdójának változása:

<math>E(z)=E_0 \cdot e^{-\gamma z}=
E_0 \cdot e^{- \left( 1/ \delta + j/ \delta \right) z}=E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta}</math>

A differenciális Ohm-törvény: <math>\vec{J}=\sigma \cdot \vec{E }</math>

Ezeket egybefésülve és áttérve időtartományba:

<math>\vec{J}(z,t)=Re \left\{ \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta} \cdot e^{j \omega t} \right\} \cdot \vec{n}_0 = \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {z \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 </math>

Behelyettesítés után, <math>z= 2 \delta</math> mélységben:

<math>\vec{J}(t)= 35 \cdot 10^6 \cdot 10 \cdot e^{-2 \delta / \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {2 \delta \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 = 47.37 \cdot \cos \left( \omega t - 2 \right) \cdot \vec{n}_0 \;{MA \over m^2}</math>

}}

===111. Feladat: Behatolási mélység===
Vezetőben terjedő síkhullám elektromos térerőssége minden 3 mm után a felére csökken. Határozza meg a behatolási mélységet, a csillapítási tényezőt és a fázistényezőt!
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
<math> \gamma = \alpha + j\beta </math> terjedési együttható

<math> \alpha </math> - csillapítási tényező

<math> \beta </math> - fázistényező

<math> \delta = \frac{1}{\alpha} </math> behatolási mélység

Vezető anyagokban <math> \alpha = \beta </math> , mivel:

<math> \gamma = \sqrt{j\omega\mu (\sigma + j\omega\varepsilon)} </math>, azonban vezető anyagokban <math> \varepsilon << \sigma </math>, így a terjedési együttható: <math> \gamma \approx \sqrt{j\omega\mu\sigma} = \sqrt{j}\sqrt{\omega\mu\sigma} </math>

<math> \sqrt{j} = \sqrt{e^{j \pi/2}} = e^{j \pi/4} = \frac{1}{\sqrt{2}} + j\frac{1}{\sqrt{2}} </math>

<math> \gamma = \sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} + j\sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} </math>

Ebből <math> \delta </math> számításának módja:

<math> \delta = \frac{1}{\alpha} = \frac{1}{\beta} = \sqrt{\frac{2}{\omega\mu\sigma}} </math> (de most nem ezt kell használni)

A térerősség amplitúdójának nagysága a vezetőben: <math> E(z) = E_0 e^{-\alpha z} = E_0 e^{-z/\delta} </math>

<math> E_0 e^{- (0.003\ \text{m})/\delta} = \frac{1}{2} E_0 </math>

<math> \delta = -\frac{0.003\ \text{m}}{\ln{\frac{1}{2}}} \approx 4.328\ \text{mm} </math>

<math> \alpha = \beta = \frac{1}{\delta} \approx 231\ \frac{1}{\text{m}}</math>

}}

===112. Feladat: Vezető közeg hullámimpedanciája===
Egy <math>\mu_r=1</math> relatív permeabilitású vezetőben <math> \omega = 10^4 {1 \over s}</math> körfrekvenciájú síkhullám terjed. Tudjuk a terjedési együttható abszolút értékét, ami <math> \left| \gamma \right| = 5 \; {1 \over mm}</math>.

Mi a hullámimpedancia abszolút értéke?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Tudjuk, hogy a terjedési együttható: <math>\gamma = \sqrt{ j \omega \mu \cdot \left( \sigma + j \omega \varepsilon \right) }</math>

Mivel a közeg ó vezetés és relatíve alacsony körfrekvenciájú a síkhullám, így: <math> \sigma >> \omega \varepsilon </math>

A terjedési együttható, így egyszerűsíthető:
<math> \gamma = \sqrt{ j \omega \mu \sigma } =
\sqrt{ j} \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma } =
{ 1 + j \over \sqrt{2} } \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }</math>

Mivel ismerjük a terjedési együttható abszolút értékét, ebből a képletből kifejezhető a közeg fajlagos vezetőképessége:

<math>\left| \gamma \right| =
\left| { 1 + j \over \sqrt{2} } \right| \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }=
\sqrt{ \omega \mu \sigma } \longrightarrow
\sigma = { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}</math>

A hullámimpedancia képlete szintén egyszerűsíthető, figyelembe véve, hogy vezető közeg esetén: <math> \sigma >> \omega \varepsilon </math>

<math>Z_0 = \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon }} \approx
\sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma}} =
\sqrt{{ j \omega \mu \over { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}}}=
\sqrt{j} \cdot {\omega \mu \over \left| \gamma \right|} =
e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {\omega \mu_0 \mu_r \over \left| \gamma \right|} =
e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {10^4 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1 \over 5 \cdot 10^3} \approx
2.513 \; \cdot \; e^{j \cdot (\pi / 2)} \; \mu \Omega </math>

}}

== Elektromágneses hullám szigetelőben==

=== 119. Feladat: Közeg hullámimpedanciájának számítása ===

Egy adott <math>\mu_r=5</math> relatív permeabilitású közegben síkhullám terjed <math>\omega = 10 {Mrad \over s}</math> körfrekvenciával. A terjedési együttható értéke: <math>\gamma = 0.1 \cdot j \;{1 \over m}</math> Adja meg a közeg hullámellenállásának értékét!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg= A megoldáshoz két alapképlet ismerete szükséges a síkhullámokkal kapcsolatosan, ezek a távvezeték analógia ismeretében is egyszerűen levezethetők.

<math> Z_0 = \sqrt{\frac{j \omega \mu}{\sigma + j \omega \varepsilon }} </math>

<math> \gamma = \sqrt{j \omega \mu \cdot (\sigma +j \omega \varepsilon) } </math>

Az első képlet gyök alatti kifejezésének csak a nevezője nem ismert. Ezt a második képletet négyzetre emelve, majd rendezve kapjuk:

<math> (\sigma +j \omega \varepsilon) = \frac{\gamma^{2}}{j \omega \mu } </math>

Ezt behelyettesítve az első egyenlet nevezőjébe:

<math> Z_0 = \sqrt{\frac{(j \omega \mu)^{2}}{\gamma^{2}}}</math>

A gyökvonás elvégzése után az eredményt megadó formula:

<math> Z_0 = \frac{j \omega \mu}{\gamma} = {j 10^7 \cdot 5 \cdot 4 \pi \cdot 10^{-7} \over j 0.1}=628.3 \;\Omega</math>

Behelyettesítés előtt ω és γ értékét alakítsuk megfelelő mértékegységre (1/s és 1/m), illetve figyeljünk hogy <math>\mu = \mu_0 \cdot \mu_r</math>

}}

=== 125. Feladat: Síkhullám közeghatáron disszipált hatásos teljesítménye ===

Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy <math>Z_0'=200 \Omega</math> hullámimpedanciájú, ideális szigetelő közeg határfelületére. A szigetelő közeg a teljes végtelen félteret kitölti, a határfelületen pedig a mágneses térerősség amplitúdója <math>H=0.3 \; {A \over m}</math>.

Adja meg a határfelület <math>3 \; m^2</math> nagyságú felületén átáramló hatásos teljesítmény!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott <math>A</math> felületen disszipált hatásos teljesítmény:

<math>P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \</math>

Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:

<math>P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A</math>

A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos mind a mágneses térerősség amplitúdója.

Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol <math>E</math> és <math>H</math> a határfelületen vett amplitúdók nagysága:

<math>P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A </math>

Felhasználva, hogy a szigetelőben <math>E = H \cdot Z_{0}' </math>, majd rendezve az egyenletet:

<math>P= {1 \over 2} \cdot H \cdot \left( H \cdot Z_{0}' \right) \cdot A =
{1 \over 2} \cdot H^2 \cdot Z_{0}' \cdot A = {1 \over 2} \cdot 0.3^2 \cdot 200 \cdot 3 = 27 \; W
</math>

}}

=== 126. Feladat: Síkhullám közeghatáron, elektromos térerősség amplitúdójának meghatározása ===

Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy <math>Z_0'=200 \Omega</math> hullámimpedanciájú, végtelen kiterjedésű ideális szigetelő féltér határfelületére. A szigetelő egy <math>A=2m^2</math> nagyságú felületén disszipálódó hatásos teljesítmény <math>P=10W</math>. Mekkora az elektromos térerősség amplitúdója a szigetelőben?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott <math>A</math> felületen disszipált hatásos teljesítmény:

<math>P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \</math>

Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:

<math>P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A</math>

A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos, mind a mágneses térerősség amplitúdója.

Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol <math>E</math> és <math>H</math> a határfelületen vett amplitúdók nagysága:

<math>P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A </math>

Felhasználva, hogy a szigetelőben <math>H = {E \over Z_{0}'} </math>, majd rendezve az egyenletet:

<math>P= {1 \over 2} \cdot E \cdot {E \over Z_{0}' } \cdot A =
{E^2 \over 2 \cdot Z_{0}' } \cdot A \longrightarrow E =
\sqrt{{2PZ_{0}' \over A} } = \sqrt{{2 \cdot 10 \cdot 200 \over 2} } \approx 44.72 \;{V \over m} </math>

}}

=== 129. Feladat: Elektromágneses síkhullám közeghatáron ===

<math>\varepsilon_r = 2.25</math> relatív permittivitású szigetelőben terjedő elektromágneses síkhullám merőlegesen esik egy levegővel kitöltött végtelen féltér határfelületére. A határfelületen az elektromos térerősség amplitúdója <math>E=250\; {V \over m}</math>.

Adja meg a <math>H^+</math> értékét a közeghatáron, az első közegben.

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

A megoldás során a távvezeték analógiát fogjuk felhasználni.

Először meg kell határoznunk a szigetelő reflexiós tényezőjét, ha a "lezárás" levegő:

<math>r={Z_{0,l} - Z_{0,sz} \over Z_{0,l} + Z_{0,sz}}=
{Z_{0,l} - Z_{0,l}\cdot {1 \over \sqrt{\varepsilon_r} }\over Z_{0,l} + Z_{0,l}\cdot {1 \over \sqrt{\varepsilon_r} }}=
{\sqrt{\varepsilon_r} - 1 \over \sqrt{\varepsilon_r} +1}=
{\sqrt{2.25} -1 \over \sqrt{2.25} +1} = 0.2 </math>

A folytonossági feltételből következik, hogy a határfelületen az elektromos térerősség amplitúdója nem változhat meg:

<math>E^+_l = E^+_{sz} + E^-_{sz} = E^+_{sz} \cdot (1+r)</math>

<math>H^+_{sz} = {E^+_{sz} \over Z_{0,sz}} \longrightarrow E^+_{sz} = H^+_{sz} \cdot Z_{0,sz}</math>

<math>E^+_l = H^+_{sz} \cdot Z_{0,sz} \cdot (1+r) \longrightarrow
H^+_{sz} = {E^+_l \over Z_{0,sz} \cdot (1+r)}=
{E^+_l \over Z_{0,l} \cdot {1\over \sqrt{\varepsilon_r}} \cdot (1+r)}=
{250 \over 120\pi \cdot {1\over \sqrt{2.25}} \cdot (1+0.2)} \approx 0.829 \; {A \over m}</math>
}}

== Poynting-vektor ==

=== 137. Feladat: Elektromos energiasűrűség időbeli átlagából a Poynting-vektor időbeli átlagának számítása===

Levegőben síkhullám terjed a pozitív <math>z</math> irányba. A tér tetszőleges pontjában az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga <math>w = 9 \; {\mu J \over m^3}</math>.

Adja meg a Poynting-vektor időbeli átlagát!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

A Poynting-vektor időbeli átlaga felírható az energiasűrűség időbeli átlagának és a fénysebességnek a szorzataként:

<math>S = w \cdot c \approx
9 \cdot 10^{-6} \; {J \over m^3} \cdot 3 \cdot 10^8 \; {m \over s} =
2.7 \; {kW \over m^2}</math>

Másik megoldás, ha valaki esetleg nem ismerné a fenti magic képletet:

Az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga levegőben definíció szerint felírható az alábbi módon:

<math>w = {1 \over 2} \varepsilon_0 E_{x0}^2 \; \longrightarrow \; E_{x0} =
\sqrt{{ 2w \over \varepsilon_0}} =
\sqrt{{ 2 \cdot 9 \cdot 10^{-6} \over 8.85 \cdot 10^{-12}}} \approx 1426.15 \; {V \over m}</math>

A levegő hullámimpedanciája: <math>Z_0 = 120\pi \; \Omega</math>

Ebből a Poynting-vektor időbeli átlaga már definíció szerint felírható:

<math>S = {1 \over 2} {E_{x0}^2 \over Z_0} =
{1 \over 2 } \cdot {1426.15^2 \over 120\pi} \approx 2.697 \; {kW \over m^2 }</math>

}}

=== 143. Feladat: Hertz-dipólus által adott irányban kisugárzott teljesítmény ===
Egy Hertz-dipólus az origó síkjában <math>\vartheta =0</math> szögben áll. Írja fel az összes kisugárzott teljesítményt <math>\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}</math> tartományban a Poynting-vektor és a Hertz-dipólus irányhatásának segítségével!
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=A Hertz-dipólus által kisugárzott teljes teljesítmény:

Felhasználható egyenletek:

<math>
S(r) = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{r^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}
</math>

<math>
D=1.5
</math>
, Hertz-dipólusra

Először is nézzük meg az irányhatás definícióját és alakítgassuk. A definícióban egy teljes gömbre számoljuk az eredményeket. Felhasználjuk, hogy a Poynting vektor térbeli átlaga, a kisugárzott teljesítmény, és egy R sugarú gömb felületének hányadosa.

<math>
{\rm{D = }}{{{{\rm{S}}_{{\rm{MAX}}}}(R)} \over {{{\rm{S}}_{{\rm{AVG}}}}(R)}} = {{\max \left( {{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \right)} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120\pi }}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {\rm{\pi }}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}}}
</math>

Átrendezzük az egyenletett a keresett sugárzott telesítményre, és felhasználjuk, hogy a Hertz dipólus irányhatása 1.5

<math>
{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over D} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {1.5}} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}
</math>

Ez a teljes gömbfelületen kisugárzott teljesítmény, de nekünk csak a <math>\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}</math> tartományon kell, ami a sugárzás felső féltere.
Mivel a Hertz-dipólus tere szimmetrikus az x-y síkra, így a gömbben sugárzott teljesítmény fele pont a felső térrészben sogárzott teljesítmény lesz:

<math>
{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over 2} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}} \over 2} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{40}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}
</math>
}}

=== 149. Feladat: Koaxiális kábelben áramló teljesítmény ===

Koaxiális kábelben egyenáram folyik, a dielektrikumban kialakuló elektromos és mágneses térerősség hengerkoordináta-rendszerben leírva a következő:

<math>\vec{E}(r)=\frac{U_0}{r} \cdot \vec{e_r}</math> és <math>\vec{H}(r)=\frac{I_0}{r} \cdot \vec{e_\varphi}</math>

(<math>\vec{e_r}, \vec{e_\varphi}</math> és <math>\vec{e_z}</math> a radiális, fi és z irányú egységvektorok)

Milyen irányú és mekkora az áramló hatásos teljesítmény? A belső ér sugara <math>r_1</math>, a külső vezető belső sugara <math>r_2</math>, a vezetők ideálisak, a kábel tengelye a z irányú.

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
A Poynting-vektor kifejezése: <math>\vec{S}=\vec{E} \times \vec{H} \Rightarrow \vec{S}(r)=E(r) \cdot H(r) \cdot \vec{e_z}</math>

''Megjegyzés:'' Mivel egyenáramról van szó, így nincs szükség a 2-vel való osztásra, hiszen egyenáram esetén a csúcsérték megmegegyezik az effektív értékkel.

Mivel tudjuk, hogy koaxiális kábelben a hatásos teljesítmény a dielektrikumban áramlik, így az áramló hatásos teljesítmény már meghatározható a Poynting-vektornak a dielektrikum keresztmetszetére vett felületintegráljával:

<math>P=\int_A \vec{S} \;d\vec{s} = \int_{r_1}^{r_2} \int_0^{2\pi} \frac{U_0 I_0}{r^2} \; \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r=
2\pi U_0 I_0\left[-{1 \over r}\right]_{r1}^{r2}=
2\pi U_0 I_0\left(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2}\right)=2\pi U_0 I_0 \frac{r_2-r_1}{r_1 r_2}</math>
}}

[[Kategória:Villamosmérnök]]

Elektromágneses terek alapjai - Szóbeli feladatok

2015-01-06T11:14:06Z

Kovács Gergely: /* 28. Feladat: Gömb kapacitása a végtelenhez képest */

{{Vissza|Elektromágneses terek alapjai}}

Itt gyűjtjük a szóbeli vizsgán húzható számolási feladatokat. Az itt lévő feladatok csak iránymutatók, időközben lehetséges, hogy változtatnak a tételsoron. Nagyon sok beugró feladat kerül ki ezek közül is, így ahhoz is kiváló gyakorlás ezeket a feladatokat végigoldani.

A feladatokban szereplő számadatok nem túl lényegesek, mivel a vizsgán is csak a számolás menetére és elméleti hátterére kíváncsiak.


'''Kérlek bővítsétek a szóbelin ténylegesen kapott feladatokkal, amennyiben időtök engedi, részletes megoldással is.''' '''Hibák előfordulhatnak benne!!!''' '''Már az is nagy segítség, ha legalább az általad húzott feladat PONTOS szövegét és SORSZÁMÁT beírod ide!'''


Ha esetleg a LATEX ismeretének hiánya tartana csak vissza a gyűjtemény bővítésétől, akkor látogass el a [[Segítség:Latex]] és a [[Segítség:LaTeX példák]] oldalakra. Ezeken minden szükséges információt meglelsz egy helyen. Jól használható még ez az [http://www.codecogs.com/latex/eqneditor.php Online LATEX editor] is, ahol real time láthatod amit írsz, valamint gyorsgombok vannak a legtöbb funkciókra. Akát ott is megírhatod a képleteket, majd egyszerűen bemásolod ide őket.

{{noautonum}}

== Elektrosztatika ==

=== 1. Feladat: Két töltött fémgömb között az elektromos térerősség ===

Két azonos <math>r_0=3 cm</math> sugarú fémgömb középpontjának távolsága <math>d=1.8m</math>. A gömbök közé <math>U_0=5kV</math> feszültséget kapcsolunk.

Határozza meg a középpontokat összekötő egyenes szakasz felezőpontjában az elektromos térerősséget.

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Mivel <math>r_0 << d</math>, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az <math>A</math> gömböt egy <math>Q</math>, a <math>B</math> gömböt pedig egy <math>-Q</math> nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük.

Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól <math>r</math> távolságra:
<math>\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}</math>

A gömb közötti feszültség felírható a két gömb potenciálkülönbségeként. A fenti képletet felhasználva:

<math>
U_0 = \Phi_A - \Phi_B =
\left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}\right) -
\left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0}\right) =
</math>

::<math>
= {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} - {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}=
{Q \over 2 \pi \varepsilon} \cdot \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right)
</math>

Ebből kifejezhető a gömbök <math>Q</math> töltésének nagysága:

<math>Q= { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } </math>

Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos térerőssége sugárirányú és attól <math>r</math> távolságra a nagysága:
<math>E (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r^2}</math>

A gömbök középpontját összekötő egyenes felezőpontjában az elektromos térerősség felírható a két gömb elektromos terének szuperpozíciójaként. Mivel a térerősségvektorok egy egyenesbe esnek, és mindkét térerősségvektor a negatív töltésű <math>B</math> gömb felé mutat, így szuperpozíció egy algebrai összegé egyszerűsödik. A fenti képletet felhasználva:

<math>E_{d/2} = E_{A,d/2} + E_{B,d/2} =
{Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} +
{Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} =
{Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot \left( {4 \over d^2} + {4 \over d^2}\right) =
{Q \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2}
</math>

Behelyettesítve a <math>Q</math> töltésre kiszámolt képletet:

<math>
E_{d/2} = { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } \cdot {1 \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2} =
{4U_0 \over \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right) \cdot d^2 } =
{4 \cdot 5000 \over \left( {1 \over 0.03} - {1 \over 1.8} \right) \cdot 1.8^2 } \approx 188.3 \; {V \over m}
</math>

}}

=== 3. Feladat: Elektromos térerősség egyenletesen töltött henger belsejében ===
Levegőben álló, <math>d=10 cm</math> átmérőjű henger, egyenletes <math>\rho = 200 \; {nC \over m^3}</math> térfogati töltéssűrűséggel töltött. <math>\varepsilon_r = 1</math>.

Adja meg az elektromos térerősség nagyságát a henger belsejében, a tengelytől <math>a = {d \over 5}</math> távolságban!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
Írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan zárt <math>a<{d \over 2}</math> sugarú, <math>L</math> hosszúságú, <math>V</math> térfogatú és <math>A</math> felületű hengerre, melynek tengelye egybeesik a töltött henger tengelyével:

<math>\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V</math>

<math>\vec{D} = \varepsilon_0 \varepsilon_r \vec{E}</math>

<math>\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot V</math>

Szimmetria okokból az elektromos térerősségvektorok minden pontban sugárirányúak. Ezáltal a térerősségvektorok a palást felületén mindenhol párhuzamosak a felület normálisával, míg a henger alaplapjain merőlegesek a felület normálisára, tehát a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik a paláston, míg az alaplapokon pedig konstans nulla értékű.

<math>E(a) \cdot 2 a \pi L = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot a^2 \pi L</math>

<math>E\left(a={d \over 5}\right) = {\rho \over 2 \varepsilon_0 \varepsilon_r} \cdot a =
{200 \cdot 10^{-9} \over 2 \cdot 8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 1} \cdot {0.1 \over 5} \approx 226 \; {V \over m}
</math>
}}

===11. Feladat: Ismert potenciálú és töltésű fémgömb sugarának meghatározása ===

Egy levegőben álló, töltött fémgömb felszínén a felületi töltéssűrűség <math>\sigma = 10 \;{\mu C \over m^2}</math>. A gömb potenciálja a végtelen távoli ponthoz képest <math>\Phi_0=3kV</math>. Mekkora a gömb sugara?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Első körben határozzuk meg a fémgömb elektrosztatikus terének térerősségvektorát.

Ehhez írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan <math>r>R</math> sugarú gömbfelületre, melynek középpontja egybeesik a fémgömb középpontjával.

<math>\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V</math>

Felhasználva, hogy levegőben az elektromos térerősségvektor és az elektromos eltolásvektor kapcsolata:

<math>\vec{D} = \varepsilon_0 \vec{E}</math>

<math>\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0} \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V</math>

Szimmetria okok miatt, az elektromos térerősségvektorok sugárirányúak lesznek és mivel a gömb pozitív töltésű, így a gömbtől elfelé mutatnak. Emiatt a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. A térfogati töltéssűrűség integrálja az adott térfogatban lévő összetöltés. Mivel a fémgömb sugaránál minden esetben nagyobb sugarú gömb térfogatára integrálunk, így ez az érték konstans lesz és megegyezik a felületi töltéssűrűségnek fémgömb felületé vett integráljával. A felületi töltéssűrűség a fémgömb felületén állandó, így ez az integrál is egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Tehát:

<math>\ E(r) \cdot 4r^2\pi = {1 \over \varepsilon_0} \cdot \sigma \cdot 4R^2\pi \longrightarrow
\vec{E}(r)={\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r</math>

Most írjuk fel a fémgömb potenciáljára a definíciós képletet, feltéve hogy a gömbtől végtelen távoli pont potenciálja nulla:

<math>\Phi_0= \Phi(\infty) - \int_{\infty}^R \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{l} =
0 - \int_{\infty}^R E(r) \; \mathrm{d} r =
- \int_{\infty}^R {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =
{\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \int_{\infty}^R - {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =
</math>

::<math>
= {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left[ {1 \over r} \right]_{\infty}^R =
{\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over R} - {1 \over \infty} \right)=
{\sigma R \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} =
{8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm
</math>

Természetesen a feladat ennél sokkal egyszerűbben is megoldható, ha tudjuk fejből a ponttöltés potenciálterének képletét. Ugyanis, ha használjuk a helyettesítő töltések módszerét és a gömb összes töltését egy ponttöltésbe sűrítjük a gömb középpontjába, akkor a gömb felületén a potenciál nem változik. Tehát:

<math>\Phi_0=\Phi(R) = {Q \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} ={4R^2\pi \sigma \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} =
{R \sigma \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} =
{8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm</math>
}}

=== 19. Feladat: Gömbkondenzátor elektródáira kapcsolható maximális feszültség ===

Egy gömbkondenzátor belső elektródájának sugara <math>R_\mathrm{1}=4 \; mm</math>, külső elektródájának sugara <math>R_\mathrm{2}=6 \; mm</math>, a dielektrikum relatív dielektromos állandója <math>\varepsilon_r = 4.5</math>.

Legfeljebb mekkora feszültséget kapcsolhatunk a kondenzátorra, ha a térerősség a dielektrikumban nem haladhatja meg az <math>E_{max}=500\; {kV \over m}</math> értéket.

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Legyen a belső, <math>R_\mathrm{1}</math> sugarú gömb töltése <math>Q</math>.

A Gauss törvény alkalmazásával könnyen meghatározhatjuk a gömbkondenzátor két elektródája közötti elektromos tér nagyságát, a középponttól mért <math>r</math> távolság függvényében:

<math>
E(r) ={Q \over 4 \pi \varepsilon_0 \varepsilon_r} \cdot {1 \over r^2}
</math>

A fenti összefüggésből is látszik, hogy a dielektrikumban a legnagyobb térerősség a belső gömb felületén lesz, így ebből kifejezhető a <math>Q</math> töltés nagysága:

<math>
E_{max} ={Q \over 4 \pi \varepsilon_0 \varepsilon_r} \cdot {1 \over {R_1}^2} \longrightarrow Q =
E_{max} \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \varepsilon_r \cdot {R_1}^2
</math>

A két elektróda közötti potenciálkülönbség:

<math>
U_\mathrm{1,2}= -\int_{R_\mathrm{1}}^\mathrm{R_\mathrm{2}} \mathrm{E(r)} \; \mathrm{dr}
= - {Q \over 4 \pi \varepsilon_0 \varepsilon_r} \int_{R_\mathrm{1}}^\mathrm{R_\mathrm{2}} \mathrm{1 \over r^2} \; \mathrm{dr}
= {Q \over 4 \pi \varepsilon_0 \varepsilon_r} \left( {1 \over R_\mathrm{1}} - {1 \over R_\mathrm{2}} \right)
</math>

A fenti összefüggéseket felhasználva meghatározható a két elektródára kapcsolható maximális feszültség:

<math>
U_{max} = {E_{max} \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \varepsilon_r \cdot {R_1}^2 \over 4 \pi \varepsilon_0 \varepsilon_r} \left( {1 \over R_\mathrm{1}} - {1 \over R_\mathrm{2}} \right) =
E_{max} \left( R_1 - {(R_1)^2 \over R_2} \right) =
500 \cdot 10^3 \left( 4 \cdot 10^{-3} - {(4 \cdot 10^{-3})^2 \over 6 \cdot 10^{-3}}\right) = 666 \; V
</math>

}}

=== 22. Feladat: Elektródarendszer energiaváltozása széthúzás hatására ===

Levegőben egymástól <math>d_1=1m</math> távolságban helyezkedik el két kis sugarú elszigetelt fémgömb, melyek között az erő <math>F=5N</math> nagyságú erő hat.

Mekkora az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a gömbök távolságát <math>d_2=4m</math>-re növeljük?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Mivel <math>r_0 << d</math>, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az <math>A</math> gömböt egy <math>Q_A</math>, a <math>B</math> gömböt pedig egy <math>Q_B</math> nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük. A töltések előjelét már maga a változó magába foglalja.

A két ponttöltés között ható erő nagysága egyszerűen kifejezhető, melyet átrendezve megkaphatjuk a két töltés szorzatának nagyságát:

<math>F= {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {Q_A Q_B \over d_1^2} \longrightarrow Q_A Q_B = F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 </math>

Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól <math>r</math> távolságra:
<math>\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}</math>

Ezt felhasználva fejezzük ki az <math>A</math> és <math>B</math> gömbök potenciáljait:

<math>\Phi_A = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over r_0} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} =
{1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d} \right)</math>

<math>\Phi_B = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over d} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} =
{1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d} + {Q_B \over r_0} \right)</math>

Tudjuk, hogy egy levegőben elhelyezkedő elszigetelt elektródarendszer összenergiája:
<math>W_e={1 \over 2} \sum_{k=1}^n{ \Phi_k \cdot Q_k }</math>

Ezt felhasználva kifejezhető az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a két gömb távolgását <math>d_1</math>-ről <math>d_2</math>-re növeljük:

<math>\Delta W_e = W_{e2} - W_{e1} =</math>

<math> = {1 \over 2} \left[
{1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_2} \right) \cdot Q_A +
{1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_2} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B
\right] </math>

<math>
-{1 \over 2} \left[
{1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_1} \right) \cdot Q_A +
{1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_1} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B
\right] =</math>

<math>
= {1 \over 8 \pi \varepsilon_0} \cdot \left[ 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_2} - 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_1}\right] =
{Q_A Q_B \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right)
</math>

Most behelyettesítjük a megadott adatokat és az imént kiszámolt <math>Q_AQ_B</math> szorzat értékét:

<math>\Delta W_e =
F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 \cdot {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =
F \cdot d_1^2 \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =
5 \cdot 1^2 \cdot \left( {1 \over 4} - {1 \over 1} \right) = -3.75 \; J
</math>

''Megjegyzés:'' Jelen esetben a képletbe pozitív számként helyettesítettük be az F erő nagyságát. Ezzel azt feltételeztük, hogy <math>Q_AQ_B</math> szorzat pozitív értékű, azaz a két gömb töltése azonos előjelű, tehát köztük taszítóerő lép fel. A kapott negatív eredmény ennek meg is felel, hiszen ha két gömb taszítja egymást és mi megnöveljük a köztük lévő távolságot, akkor energiát adnak le, miközben munkát végeznek a környezetükön. Ha azonban F helyére negatívan helyettesítenénk be az 5N értékét, akkor azt feltételezném, hogy a gömbök vonzzák egymást. Ekkor pozitív eredményt kapnánk, ami szintén megfelel a várakozásoknak, hiszen két egymást vonzó gömb közötti távolságot csakis úgy tudom megnövelni, ha rajtuk munkát végzek és ezáltal megnövelem az energiájukat.
}}

===26. Feladat: Fém gömbhéj felületi töltéssűrűségének meghatározása ===

Egy levegőben álló, zérus össztöltésű fém gömbhéj belső sugara <math>r</math>, külső sugara <math>1.5 \; r</math>. A gömbhéj középpontjában <math>Q</math> ponttöltés van.

Adja meg a gömbhéj külső és belső felszínén felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosát!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

[[File:Terek_szóbeli_feladatok_gömbhlj_erővonalkép.JPG|300px]]

Mivel a fém gömbhéj földeletlen és össztöltése zérus, így a töltésmegosztás következtében a fenti töltéselrendeződés alakul ki.

Azaz a fémgömbhéj belső felszíne <math>-Q</math>, a külső felszíne pedig <math>+Q</math> töltésű lesz, egyenletes töltéseloszlással.

A külső és belső felszínen felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosa tehát:

<math>{\sigma_k \over \sigma_b} =
{ {+Q \over 4 \pi \left(1.5r \right)^2 } \over {-Q \over 4 \pi r^2 } } =
- { r^2 \over \left(1.5r \right)^2 } =
- { 1 \over 1.5^2 } =
- { 4 \over 9 } \approx -0.4444</math>

}}

=== 28. Feladat: Gömb kapacitása a végtelenhez képest ===

Levegőben áll egy <math>20cm</math> sugarú fémgömb, amelyet egyenletes <math>3cm</math> vastagságú <math>4.5</math> relatív dielektromos állandójú szigetelő réteg borít.

Adja meg a gömb kapacitását a végtelen távoli térre vonatkoztatva!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Megoldás hiányzik

}}

== Stacionárius áramlási tér ==

=== 36. Feladat: Pontszerű áramforrás környezetében a teljesítménysűrűség meghatározása ===

Adott egy pontszerű <math>I=10A</math> áramerősségű pontszerű áramforrás egy <math>\sigma =200 {S \over m}</math> fajlagos vezetőképességű közegben. Határozza meg a teljesítménysűrűséget a forrástól <math>R=3m</math> távolságban.

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
A feladat megoldásához a stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógiát fogjuk felhasználni.

Ehhez először szükségünk van a pontszerű töltés által keltett elektrosztatikus mező elektromos eltolásvektorának kifejezésére. Felírva a Gauss-törvényt egy <math>V</math> térfogatú <math>A</math> felületű gömbre, melynek középpontja a ponttöltés:

<math>\oint_A \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s}=\int_V \rho \; \mathrm{d} V</math>

Szimmetria okokból az eltolásvektor erővonali gömbszimmetrikusak lesznek, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:

<math>D(r)4r^2\pi = Q \longrightarrow \vec{D}(r)={Q \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r</math>

Most felhasználva a betűcserés analógiát, megkapható a pontszerű áramforrás áramsűrűségvektora:

<math>\vec{J} \longleftrightarrow \vec{D}</math>

<math>I \longleftrightarrow Q</math>

<math>\vec{J}(r)={I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r</math>

Az áramsűrűség segítségével pedig pedig felírható a teljesítménysűrűség a távolság függvényében:

<math>
p(r)={\left( J(r) \right) ^2 \over \sigma} =\left( {I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \right) ^2 \cdot {1 \over \sigma} =
{I^2 \over 16 \pi^2 \sigma} {1 \over r^4}
</math>

Innét pedig a teljesítménysűrűség a pontforrástól R távolságra:

<math>
p(R)={10^2 \over 16 \pi^2 200} {1 \over 3^4} \approx 39.09 \; {\mu W \over m^3}
</math>

}}

=== 38. Feladat: Koaxiális kábel szivárgási ellenállásából fajlagos vezetőképesség számítása ===
Egy koaxiális kábel erének a sugara <math>{r_1} = 2mm</math>, köpenyének belső sugara <math>{r_2} = 6mm</math>.

Mekkora a szigetelőanyag <math>\sigma</math> fajlagos vezetőképessége, ha a kábel <math>l = 200m</math> hosszú szakaszának szivárgási ellenállása <math>R = 4M\Omega</math>?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
Először is vegyük fel a koaxiális kábel elektrosztatikai modelljét (hengerkondenzátor) és számoljuk ki a hosszegységre eső kapacitását. Ezt úgy tehetjük meg, hogy előbb kiszámoljuk a potenciálkülönséget az ér és a köpeny között, majd kifejezzük a kapacitást:

<math>
U =- \int_{r_2}^{r_1} \vec{E}(r) d \vec{r} = - \int_{r_2}^{r_1} {q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot {1 \over r} dr = -{q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot \left[ ln(r) \right]_{r_2}^{r_1} = {q \over {2\pi \varepsilon }}\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}
</math>

<math>
q = U{{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}
</math>

Ebből a hosszegységre eső kapacitás:

<math>
C = C'l
</math>

<math>
C \buildrel \Delta \over = {Q \over U} = {{ql} \over U} \to C' = {C \over l} = {{{{ql} \over U}} \over l} = {q \over U} = { U {2 \pi \varepsilon \over ln{r_2 \over r_1}}} \cdot {1 \over U } = {{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}
</math>

(Persze aki tudja fejből a koaxiális kábel hosszegységre eső kapacitását, az kezdheti kapásból innét is a feladatot)

Majd használjuk az elektrosztatika illetve az áramlási tér közötti betűcserés analógiákat:

<math>
C' \leftrightarrow G'
</math>

<math>
\varepsilon \leftrightarrow \sigma
</math>

Amit áthelyettesítve megkapjuk a hosszegységre eső konduktanciát:

<math>
G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}
</math>

Most kifejezzük a hosszegységre eső konduktanciát a szivárgási ellenállásból és a vezeték hosszából. Ha ez megvan akkor csak át kell rendezni a fajlagos vezetőképességre az egyenletet:

<math>
G = G'l = {1 \over R} \to G' = {1 \over R}{1 \over l}
</math>

<math>
G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}} = {1 \over R}{1 \over l} \to \sigma = {{\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}} \over {2\pi }}{1 \over R}{1 \over l} = {ln {6 \over 2} \over 2 \pi} \cdot {1 \over 4 \cdot 10^6} \cdot {1 \over 200} \approx 218.6 \; {pS \over m}
</math>
}}

=== 42. Feladat: Áramsűrűségből megadott felületen átfolyó áram számítása ===
Stacionárius áramlási térben az áramsűrűség <math> \vec{J} = 5 \vec{e}_z \;{kA \over m^2} </math>. Mekkora a z-tengellyel 60°-os szöget bezáró <math> A=80 cm^2</math> felületen átfolyó áram?
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
A J áramsűrűség-vektor megadja a rá merőleges, egységnyi felületen átfolyó áram nagyságát:

<math>I = \int_A \vec{J} d \vec{s}</math>

Esetünkben a J áramsűrűség-vektor z irányú, így nekünk a felületre normális komponensével kell számolnunk:

<math> I = J A \sin60^\circ=5000 \cdot 80 \cdot 10^{-4} \cdot \sin60^\circ= 34.64 \; A</math>

}}

== Stacionárius mágneses tér ==

=== 50. Feladat: Két áramjárta vezető közötti erőhatás ===

Két egymással párhuzamos végtelen hosszú vezető egymástól <math>d=4m</math> távolságban helyezkedik el. Az egyiken <math>I_1=2A</math>, a másikon <math>I_2=3A</math> folyik.

Mekkora erő hat az egyik vezeték <math>l=1 m</math>-es szakaszára?
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
Az egyikre ható erő egyenlő a másikra ható erővel (Newton erő-ellenerő törvénye). A megoldáshoz az Ampere-féle gerjesztési törvényre, és a Lorentz-erőre van szükség.

A mágneses térerősséget egy olyan L körvonalon integráljuk, ami által kifeszített A felület középpontját merőlegesen döfi át az egyik vezeték. Mivel a mágneses térerősségvektor a körvonal minden pontjában érintő irányú, így a vonalintegrál szorzássá egyszerűsödik.

<math>\oint_L \vec{H} \; d \vec{l} = \int_A \vec{J} \; d \vec{s} = I</math>

<math>H_1 2 d \pi = I_1 \longrightarrow H_1 = \frac{I_1}{2 d \pi}</math>

Tudjuk még, hogy <math>B = \mu_0 H</math> vákuumban.

A Lorentz-erő képlete is szorzássá egyszerűsödik, mivel a vektorok derékszöget zárnak be egymással:

<math>\vec{F} = q \cdot (\vec{v} \times \vec{B} ) = I \cdot (\vec{l} \times \vec{B})</math>, ahol <math>I</math> a konstans áramerősség, <math>\vec{l}</math> pedig a vezetéken folyó áram irányának vektora, hossza a megadott 1 m.

Innen a megoldás:

<math>F_{12} = I_2 l B_1 = I_2 l \mu_0 H_1 = \frac{\mu_0 l I_1 I_2}{2 d \pi} = \frac{4 \pi 10^{-7} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3}{2 \cdot 4 \cdot \pi} = 3 \cdot 10^{-7} N</math>

Fordított indexeléssel ugyanez jönne ki a másikra is. Jobbkéz-szabályból következik, hogy ha azonos irányba folyik az áram, akkor vonzzák egymást, ha ellentétes irányba, akkor taszítják. Szóbelin még érdemes megemlíteni, hogy ez a jelenség adja az Ampere mértékegység definícióját, 1 m hosszú szakasz, 1 m távolság, 1-1 A áramerősség esetén az erő:

<math>F = 2 \cdot 10^{-7} N</math>
}}

=== 52. Feladat: Két toroid tekercs kölcsönös indukciója===

Egy toroidra két tekercs van csévélve, az egyik menetszáma <math>N_1</math>, a másiké <math>N_2</math>. A toroid közepes sugara <math>r</math>,
keresztmetszetének felülete <math>A</math>, relatív permeabilitása <math>\mu_r</math>. Határozza meg a két tekercs kölcsönös induktivitását!
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

A kölcsönös induktivitás definíció szerint egyenlő az első tekercsnek a másodikra vonatkoztatott induktivitásával, valamint a második tekercsnek az első tekercse vonatkoztatott induktivitásával. Tehát elég csak az utóbbit meghatároznunk.

A második tekercsnek az elsőre vonatkoztatott kölcsönös induktivitása definíció szerint, a második tekercs árama által az első tekercsben indukált fluxus és a második tekercs áramának hányadosa feltéve, hogy az első tekercs árama zérus:

<math>M=L_{21}=L_{12}=\frac{\Psi_1}{I_2} |_{(I_1=0)}</math>

Szimmetria okokból a második tekercs árama által az első tekercsben indukált teljes fluxus egyenlő az első tekercs egyetlen menetében indukált fluxus N1-szeresével.

<math>M= \frac{N_1\Phi_{1}}{I_2}</math>

Az első tekercs egyetlen menetében, a második tekercs árama által indukált fluxust megkapjuk, ha a második tekercs árama által keltett mágneses mező indukcióvektorát integráljuk az első tekercs keresztmetszetén:

<math>M=\frac{N_1 \int_{A} \vec{B_2}\mathrm{d}\vec{s}}{I_2}</math>

A mágneses indukcióvektor párhuzamos a toroid keresztmetszetének normálisával, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:

<math>M=\frac{N_1 B_2 A}{I_2}</math>

A mágneses indukció definíció szerint kifejezhető a mágneses térerősséggel:

<math>M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r H_2 A}{I_2}</math>

A második tekercs árama által indukált mágneses térerősség az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel megadható. Ha a toroid közepes sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített körlapon összesen N2-ször döfi át egy-egy I2 áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:

<math>\oint_L \vec{H} \mathrm{d} \vec{l} = \sum{I} </math>

<math> 2r \pi H_2= N_2 I_2 \longrightarrow H_2={N_2 I_2\over 2r \pi}</math>

Ezt felhasználva a két egymásra csévélt toroid tekercs kölcsönös induktivitása:

<math>M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r N_2 I_2 A}{2r \pi I_2} = \frac{ \mu_0 \mu_r N_1 N_2 A}{2r \pi}</math>

Csak a poén kedvéért ellenőrizzük a kapott eredményt dimenzióra is:

<math>\left[ {{H \over m} \cdot m^2 \over m} = H\right]</math>

}}

=== 57. Feladat: EM hullám elektromos térerősségvektorából mágneses térerősségvektor számítása ===

A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls! Ha esetleg valaki kihúzná az "igazi" 57. feladatot, akkor írja be ennek a helyére, ezt pedig tegye a lap aljára ? feladatként. Köszi!

Egy levegőben terjedő elektromágneses hullám komplex elektromos térerősségvektora: <math>\vec{E} =(5 \vec{e}_y - 12 \vec{e}_z ) \cdot e^{j \pi / 3} \;{kV \over m}</math> Adja meg a <math>\vec{H}</math> komplex mágneses térerősségvektort!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

A megoldás során a távvezeték - EM hullám betűcserés analógiát használjuk fel!

Először is szükségünk van a levegő hullámimpedanciájára. Mivel levegőben vagyunk, így <math>\sigma << \varepsilon</math>, valamint <math>\mu = \mu_0</math> és <math>\varepsilon = \varepsilon_0</math>

<math>Z_0= \sqrt{{j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon}} \approx \sqrt{{\mu_0 \over \varepsilon_0}} \approx 377 \Omega</math>

Bontsuk most fel a komplex elektromos térerősségvektort a két komponensére:

<math>\vec{E}=\vec{E}_y+\vec{E}_z</math>

<math>\vec{E}_y=5 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_y \;{kV \over m}</math>

<math>\vec{E}_z= - 12 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{kV \over m}</math>

Ezek alapján már felírhatóak a komplex mágneses térerősségvektor komponensei (vigyázat az egységvektorok forognak <math>x \rightarrow y \rightarrow z \rightarrow x</math>):

<math>\vec{H}_z={E_y \over Z_0} \cdot \vec{e}_z \approx 13.26 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{A \over m}</math>

<math>\vec{H}_x={E_z \over Z_0} \cdot \vec{e}_x \approx - 31.83 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_x \;{A \over m}</math>

A két komponens összegéből pedig már előáll a komplex mágneses térerősségvektor:

<math>\vec{H}=\vec{H}_z+\vec{H}_x \approx (13.26 \cdot \vec{e}_z - 31.83 \cdot \vec{e}_x) \cdot e^{j \pi / 3} \;{A \over m}</math>

}}

=== 58. Feladat: Toroid tekercs fluxusa és energiája===
Hányszorosára változik egy <math>L</math> önindukciós együtthatóval rendelkező <math>I_1 = 2A</math> árammal átjárt toroid belsejében a mágneses fluxus, ha az áramerősséget nagyon lassan <math>I_2 = 5A</math> -re növeljük?

Hányszorosára változik a tekercs mágneses mezejében tárolt energia?
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=Mivel az áram nagyon lassan változik, így a kezdő és végállapotot vehetjük két egymástól független stacioner állapotú esetnek.

Egy bármilyen tekercs fluxusa az <math>\Psi=LI</math> képletből számolható. Ez alapján a toroid fluxusváltozása:

<math>\frac{\Psi_2}{\Psi_1}=\frac{LI_2}{LI_1}=\frac{I_2}{I_1}=2.5</math>

Egy bármilyen tekercs energiája számolható a <math>W=\frac{1}{2}LI^2</math> képlet alapján. Tehát a toroid energiaváltozása:

<math>\frac{W_2}{W_1}=\frac{\frac{1}{2}L \cdot I_2^2}{\frac{1}{2}L \cdot I_1^2}=\frac{I_2^2}{I_1^2}=2.5^2=6.25</math>
}}

=== 59. Feladat: Kondenzátor dielektrikumában disszipált teljesítmény ===

A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls!

Adott egy kondenzátor, melynek fegyverzetei között egy <math>\sigma=50 {nS \over m}</math> fajlagos vezetőképességű dielektrikum helyezkedik el.
A kondenzátor <math>A=100 cm^2</math> felületű fegyverzetei egymástól <math>d=20 mm</math> távolságra helyezkednek el. Határozza meg a dielektrikumban disszipált teljesítményt, ha a kondenzátor fegyverzeteire <math>U = 1.2 kV</math> feszültséget kapcsolunk.

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

A dielektrikum <math>G</math> konduktanciájának meghatározására alkalmazható stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógia, mivel a két jelenséget ugyanolyan alakú differenciálegyenletek és azonos peremfeltételek írják le. Így elég csak a síkkondenzátor kapacitásának képletét ismernünk:

<math>G=C_{\varepsilon \leftarrow \sigma}=
\sigma {A \over d}=50 \cdot 10^{-9} \cdot {100 \cdot 10^{-4} \over 20 \cdot 10^{-3}}=2.5 \cdot 10^{-8} \;S</math>

A dielektrikumban disszipált teljesítmény innét már könnyen számolható az ismert képlet alapján:

<math>P=U^2G=1200^2 \cdot 2.5 \cdot 10^{-8}=36 \; mW</math>

}}

===61. Feladat: Toroid tekercs mágneses indukciója ===

Adott egy kör keresztmetszetű toroid alakú, <math>\mu_r = 1200</math> relatív permeabilitású, <math>N=200</math> menetes tekercs, melynek átlagos erővonal hossza <math>L=60cm</math>. A tekercselésben <math>I=0.3 A</math> nagyságú áram folyik.

Adja meg a mágneses indukció nagyságát a toroid belsejében! Miért ad jó értéket a közelítő számításunk?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Az Ampere-féle gerjesztési törvényből következik, hogyha a toroid közepes sugarához sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor. Ez onnét látható, hogy ha veszünk a toroid tekercseléséből egyetlen menetet, akkor arra igaz, hogy a menet minden kis szakaszában folyó áram által keltett mágneses mező a jobbkéz-szabály (I - r - B) szerint a menet síkrája merőleges irányú mágneses térerősségvektort hoz létre.

Tehát a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített A területű körlapot összesen N-ször döfi át egy-egy I áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:

<math>\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} </math>

<math> H \cdot L = N \cdot I \longrightarrow H = {N I \over L} \longrightarrow B =\mu_0 \mu_r {N I \over L}</math>

Ha az átlagos erővonalhossz, vagyis a toroid közepes kerülete jóval nagyobb mint a toroid közepes sugara és a toroid külső és belső sugarának különbsége jóval kisebb mint a közepes sugár, akkor az erővonalak jó közelítéssel homogén sűrűségűek és szabályos koncentrikus köröket alkotnak. Ha ezek a feltételek teljesülnek, akkor fenti eredmény jó közelítéssel megadja a toroid teljes belsejében <math>\left( R_b<r<R_k \right)</math> a mágneses indukció nagyságát:

<math>B(r) =\mu_0 \mu_r {N I \over L} =4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1200 \cdot {200 \cdot 0.3 \over 0.6} \approx 0.151 \; T </math>

}}

=== 64. Feladat: Hosszú egyenes vezető mágneses tere és a vezetőben tárolt mágneses energia ===

Hosszú, <math>R</math> sugarú alumínium vezetőben <math>I</math> áram folyik.

Határozza meg a vezető környezetében a mágneses teret! Mennyi mágneses energia raktározódik a vezető egység hosszú szakaszában?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Az Ampere-féle gerjesztési törvényt írjuk fel egy olyan zárt r sugarú, L körvonalra, amely által kifeszített A körlap merőleges a vezetékre és a vezeték tengelye pont a közepén döfi át.

<math>\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}</math>

Szimmetria okokból a mágneses térerősségvektorok az L görbe minden pontjában érintő irányúak lesznek, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik minden esetben. Az egyenlet jobb oldala miatt viszont két esetre kell bontanunk a vizsgálódást:

'''1. Eset:''' Ha a vezetéken kívül vagyunk <math>(r>R)</math>, akkor az áramsűrűség felületintegrálja a vezeték teljes áramával egyenlő.

<math>H(r) \cdot 2r\pi = I \longrightarrow \vec{H}(r) = {I \over 2r\pi} \cdot \vec{e}_{\varphi}</math>

'''2. Eset:''' Ha a vezetéken belül vagyunk <math>(r \leq R)</math>, akkor a teljes <math>I</math> áramnak csak a felületarányos része lesz az áramsűrűség integráljának eredménye.

<math>H(r) \cdot 2r\pi = J \cdot r^2 \pi </math>

<math>H(r) \cdot 2r\pi = {I \over R^2 \pi} \cdot r^2 \pi \longrightarrow \vec{H}(r) =
{I \over 2R^2\pi} \cdot r \cdot \vec{e}_{\varphi}</math>

A vezeték egységnyi hosszában tárolt mágneses energia meghatározására az ismert összefüggés:

<math>W_m={1 \over 2} \int_V \vec{H} \cdot \vec{B} \; \mathrm{d} V </math>

Mivel homogén közegben <math>\vec{B}=\mu \vec{H}</math>, azaz a vektorok egy irányba mutatnak minden pontban, így a skaláris szorzatuk megegyezik a vektorok nagyságának szorzatával. Azonban a mágneses térerősségvektor nagysága függ a sugártól, ezért célszerűen áttérünk hengerkoordináta-rendszerbe és ott végezzük el az integrálást:

<math>W_m={1 \over 2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \mu H^2(r) \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =
{1 \over 2} \mu \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \left({I \over 2R^2\pi} \cdot r \right)^2 \;\mathrm{d}z \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r =
{\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 r^2 \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =
</math>

::<math>={\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \cdot 1 \cdot 2\pi \cdot \int_0^R r^2 \; \mathrm{d} r =
{\mu I^2 \over 4 R^4 \pi} \cdot \left[ {r^3 \over 3} \right]_0^R=
{\mu I^2 \over 12 R^4 \pi} \cdot R^3 =
{\mu I^2 \over 12 R \pi} = {\mu_0 \mu_r I^2 \over 12 R \pi}
</math>

}}

=== 65. Feladat: Koaxiális jellegű vezeték tengelyében a mágneses térerősség ===
Egy <math>r = 0.09m</math> sugarú vékony falú rézcső belsejében, a tengelytől <math>d = 0.03m</math> távolságra, azzal párhuzamosan egy vékony rézvezeték helyezkedik el. Mindkét vezető elég hosszú és <math>I = 5A</math> nagyságú egyenáram folyik bennük, de ellenkező irányban. Mekkora az eredő mágneses térerősség nagysága a tengelyben?
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=A feladatot bontsuk két részre. Első körben az Ampere-féle gerjesztési törvény segítségével megállapítható, hogy a rézcső belsejében a mágneses térerősség nagysága, csakis a belső rézvezeték elhelyezkedésétől és az abban folyó áram nagyságától függ.

<math>\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} = I</math>

Ez onnét látszik, hogyha olyan zárt L görbe mentén integrálunk, ami a rézcsőn belül vezet, akkor a görbe által kifeszített A síkon csakis a vékony rézvezeték árama megy át.

Második körben meghatározható a vékony rézvezeték által a tengely mentén keltett mágneses térerősség nagysága. Szimmetria okokból a vékony rézvezeték mágneses tere hengerszimmetrikus, az erővonalak koncentrikus körök, ezért a mágneses térerősségvektor mindig érintő irányú, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:

<math>H 2 d \pi = I \longrightarrow H = \frac{I}{2 d \pi}=\frac{5}{2 \cdot 0.03 \pi} \approx 26.53 \;{A \over m}</math>
}}

== Távvezetékek (TV) ==

=== 68. Feladat: Mindkét végén nyitott ideális távvezeték rezonancia frekvenciája ===

Melyik az a legkisebb frekvencia, amelyen rezonancia léphet fel egy mindkét végén nyitott, <math>l=5km</math> hosszúságú, ideális légszigetelésű távvezetéken?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Rezonancia akkor lép fel egy ideális távvezetéken, ha a távvezeték bemeneti impedanciájával megegyező nagyságú és fázisú impedanciával zárjuk le a távvezeték elejét.

Az ideális távvezeték bemeneti impedanciája könnyen számítható az ismert képlet alapján, ha a távvezeték lezárása szakadás:

<math>Z_{be}=Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) } </math>

<math>Z_2 \rightarrow \infty</math>

<math>Z_{be} = \lim_{{Z_2}\to\infty} \left( Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) }\right)=
-jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} </math>

Mivel a távvezeték elejének lezárása is szakadás, így annak az impedanciája is végtelen, tehát a rezonancia kialakulásához a bemeneti impedanciának is végtelennek kell lennie. Ez akkor állhat elő, ha a bemeneti impedancia kifejezésének nevezője nulla:

<math>-jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} = \infty \;\;\; \longleftrightarrow \;\;\; tan(\beta l)=0</math>

<math>\beta l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+</math>

<math>k</math> azért csak pozitív egész szám lehet (képletszerűleg bármilyen egész szám jó lenne), mert ugye negatív frekvenciájú hullám nem létezik, valamint kérdéses, hogy a 0 frekvenciájú hullámot vagyis az egyengerjesztést elfogadjuk-e. Ha igen akkor ez a legkisebb frekvencia, ami teljesíti a feltételeket, ha nem akkor számolunk tovább:

<math>{2 \pi \over \lambda} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+</math>

<math>{2 \pi f\over c} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+</math>

<math> f = {k \cdot c\over 2l} \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+</math>

<math>f_{min} = {1 \cdot c\over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz</math>

A feladat más megközelítéssel is megoldható, bár szerintem az előbbi megoldás az egzaktabb, míg a második egy kicsit "fapadosabb", de kellően szép köntösben tálalva ez is tökéletes megoldás.

Emlékezzünk vissza, mit tanultunk a hullámjelenségekről: Rezonancia esetén olyan állóhullám alakul ki melyre igaz, hogy a szabad végeken (szakadás) maximumhelye, míg a rögzített végeken (rövidzár) csomópontja van.

Keressük meg azt a legnagyobb hullámhosszt (azaz legkisebb frekvenciát), ami kielégíti ezen feltételeket. Segítségül egy kis ábra amin vázolva van az első pár lehetséges eset:

[[File:Terek_szóbeli_feladatok_rezonancia_ábra.png]]

Erről nagyon szépen látszik, hogy a legnagyobb kialakulható hullámhossz a távvezeték hosszának kétszerese lehet. Tehát:

<math>\lambda_{max} = 2l \longrightarrow f_{min}={c \over \lambda_{max}} =
{c \over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz </math>

}}

=== 78. Feladat: Ideális távvezeték állóhullámarányának számítása ===
Egy ideális távvezeték mentén a feszültség komplex amplitúdója az <math>U(z) = (3+4j) \cdot e^{-j \beta z} + (2-j) \cdot e^{j \beta z}</math> függvény szerint változik. Adja meg az állóhullámarányt!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
A megadott függvényből kiolvasható a hullám beeső (pozitív irányba halad --> - j*béta*z ) és a reflektált (negatív irányba halad --> + j*béta*z ) komponenseinek komplex amplitúdói:

<math>U^+ = 3+4j</math>

<math>U^- = 2-j</math>

''Megjegyzés:'' A feladat megadható úgy is, hogy U(x) függvényt adják meg. Ekkor a beeső komponenshez (U2+) tartozik a pozitív, a reflektálthoz (U2-) pedig a negatív hatványkitevő!

Kapcsolat a két fajta paraméterezés között:

<math>U_2^+ = U^+ e^{- \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^+ e^{- j \beta l} </math>

<math>U_2^- = U^- e^{ \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^- e^{ j \beta l} </math>

Ezekből felírható a távvezeték reflexiós tényezőjének abszolút értéke definíció szerinti "x" paraméterezéssel, majd ebből "z" szerinti paraméterezéssel:

<math>|r|=\left| {U_{reflektalt} \over U_{beeso}} \right|= \left| {U_2^- \over U_2^+ } \right|=\left| {U^- \over U^+ } e^{j2 \beta l} \right| = \left| {U^- \over U^+ } \right| =\left| {2-j \over 3+4j } \right| = {1 \over \sqrt{5}} \approx 0.447</math>

Ebből pedig már számolható a távvezeték állóhullámaránya:

<math>\sigma = {1+|r] \over 1-|r| } = {1+0.447 \over 1-0.447 } \approx 2.62</math>

}}

=== 81. Feladat: Egyenfeszültséggel gerjesztett TV megadott feszültségű pontjának meghatározása ===

Adott egy végtelen hosszú távvezeték, melynek paraméterei az alábbiak: <math>R' = 20 {m \Omega \over m}</math> és <math>G' = 5 { \mu S \over m}</math>. Egy <math>U_0</math> egyenfeszültségű feszültségforrást kapcsolunk rá.

Milyen lesz a kialakuló hullámforma a távvezetéken? Határozza meg azt a z távolságot, ahol a feszültség <math>U_0/2</math> lesz!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Először határozzuk meg, hogy milyen lesz a kialakuló hullámforma. Ehhez vegyük a távvezetéken kialakuló idő és helyfüggő feszültségfüggvény általános alakját:

<math>u(t,z)=|U^+| \cdot e^{- \alpha z} \cdot \cos(\omega t - \beta z + \varphi^+) \;+\;
|U^-| \cdot e^{ \alpha z} \cdot \cos(\omega t + \beta z + \varphi^-)</math>

Mivel a távvezeték végtelen hosszúságú, így nincs reflektált komponens, tehát a második tag nulla. Továbbá mivel egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket azaz <math>\omega =0</math>, ezért az alant lévő számításból látszik, hogy a terjedési együttható tisztán valós lesz, tehát <math>\beta = 0</math>. Az egyenfeszültségből következik, hogy a <math>\varphi </math> kezdőfázis is zérus. Ezeket mind felhasználva adódik, hogy a koszinusz argumentuma konstans 0, tehát a koszinusz értéke konstans 1.

Tehát távvezetéken kialakuló feszültség idő- és helyfüggvénye (gyakorlatilag az időtől független lesz):

<math>u(t,z)=U_0 \cdot e^{- \alpha z}</math>

Ebből látszik, hogy a kialakuló hullámforma egy <math>U_0</math>-tól induló a végtelenben exponenciálisan lecsengő görbének felel meg.

A kérdéses "z" távolság meghatározásához, először ki kell számolnunk, hogy mennyi a távvezeték csillapítása (<math>\alpha</math>), feltéve hogy <math>\omega =0</math>, hiszen egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket:

<math>\alpha=Re\left\{ \gamma \right\}=Re\left\{ \sqrt{(R'+j\omega L')(G'+j\omega C')} \right\}=Re\left\{ \sqrt{R' \cdot G'} \right\}=\sqrt{R' \cdot G'}=\sqrt{0.02 \cdot 5 \cdot 10^{-6}}=3.16 \cdot 10^{-4} \;{1\over m}</math>

Most meg kell határoznunk, hogy a távvezeték mely "z" távolságú pontjára csillapodik a feszültség amplitúdója az eredeti érték felére:

<math>U_0 \cdot e^{-\alpha z}={U_0 \over 2}</math>

<math>e^{-\alpha z}=0.5</math>

<math>-\alpha z=\ln 0.5 \longrightarrow z=-{\ln 0.5 \over \alpha}=-{\ln 0.5 \over 3.16 \cdot 10^{-4}} \approx 2.192 \;km</math>
}}

=== 82. Feladat: Ideális távvezeték bemeneti impedanciája ===

Egy ideális, légszigetelésű <math>l</math> hosszúságú, <math>Z_0</math> hullámimpedanciájú távvezeték vezetett hullámhossza pedig <math>\lambda = 8l</math>

Mekkora a távvezeték elején a bemeneti impedancia, ha a távvezeték végén a lezárás egy <math>L={Z_0 \over \omega}</math> induktivitású ideális tekercs?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Tudjuk, hogy: <math>\beta = {2 \pi \over \lambda} \longrightarrow (\beta l)={2 \pi \over \lambda}l ={2 \pi \over 8l}l = {\pi \over 4} </math>

A lezáró tekercs impedanciája: <math>Z_2=j \omega L = j \omega {Z_0 \over \omega}=j Z_0</math>

Ezt behelyettesítve az ideális távvezeték bemeneti impedanciájának képletébe, majd egyszerűsítve azt, máris adódik a végeredmény:

<math>
Z_{be}=Z_0 {Z_2 + j Z_0 tg(\beta l) \over Z_0 + j Z_2 tg(\beta l) } =
Z_0 {j Z_0 + j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) \over Z_0 + j j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) } =
j Z_0 {1 + tg\left({\pi \over 4}\right) \over 1 - tg\left({\pi \over 4}\right) } =
j Z_0 {1 + 1 \over 1 - 1 } =
j Z_0 \cdot {2 \over 0 } \longrightarrow \infty
</math>

A kapott eredményen nem kell meglepődni. Jelen paraméterek mellett a távvezeték bemeneti impedanciája végtelenül nagy.

}}

=== 86. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának I. egyenletével===
Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája <math>50 \Omega</math>, hossza pedig <math>\frac{\lambda}{8}</math>. A távvezeték végén adott az áram és a feszültség komplex amplitúdója: <math>2A</math> illetve <math>500V</math>. Határozzuk meg a feszültség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
Tudjuk, hogy: <math>\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 8} = \frac{\pi}{4}</math>

Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának első egyenletét, majd behelyettesítünk:

<math>U_1 = \cos (\beta l) \cdot U_2 \;+\; j \cdot \sin(\beta l) \cdot Z_0 \cdot I_2 =
\cos \left( {\pi \over 4} \right)\cdot500 \;+\; j \cdot \sin \left( {\pi \over 4} \right) \cdot 50 \cdot 2 \approx (354 + j70.7)V</math>

}}

=== 87. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának II. egyenletével===

Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája <math>50 \; \Omega</math>, hossza pedig <math>\frac{\lambda}{3}</math>. A távvezeték vége szakadással van lezárva, melyen a feszültség komplex amplitúdója <math>j150 \; V</math>. Határozzuk meg az áramerősség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Tudjuk, hogy: <math>\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 3} = \frac{2\pi}{3}</math>

Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának második egyenletét, majd behelyettesítünk:

<math>I_1 = j \cdot {1 \over Z_0} \cdot \sin (\beta l) \cdot U_2 \;+\; \cos (\beta l) \cdot I_2 =
j \cdot {1 \over 50} \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \cdot j150 \;+\; \cos \left( \frac{2\pi}{3} \right)\cdot 0 =
-3 \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \approx -2.6 \; A </math>

}}

=== 88. Feladat: Ideális TV bemeneti impedanciájának helyfüggvénye ===

Egy ideális távvezeték hullámimpedanciája <math>Z_0 = 400 \; \Omega</math>, lezárása pedig egy <math>Z_2 = -j400 \; \Omega</math> reaktanciájú kondenzátor. A távvezeték fázisegyütthatója <math>\beta = 0.2 \; {1 \over m} </math>.

Adja meg a bemeneti impedanciát a lezárástól való <math>x</math> távolság függvényében.
Határozza meg, milyen helyeken lesz a bemeneti impedancia értéke 0.

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

A bemeneti impedancia a hely függvényében egyszerűen megadható, ha az ideális távvezeték bemeneti impedanciájának általános képletében az <math>l</math> hossz helyébe általánosan <math>x</math> változót írunk, ahol <math>x</math> a lezárástól való távolságot jelöli.

''Megjegyzés:'' Arra az esetre, ha mégis rákérdeznének, hogy ez mégis honnan jött, célszerű lehet átnézni a jegyzetből az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának levezetését, csak l helyébe x-et kell írni és ugyanazzal a gondolatmenettel levezethető ez a képlet.

<math>Z_{be}(x) = Z_0 \cdot {Z_2 + j Z_0 tg \left( \beta x \right) \over Z_0 + jZ_2 tg \left( \beta x \right)}</math>

A bemeneti impedancia csakis akkor lehet 0, ha a fenti képletben a számláló is szintén 0.

<math>Z_2 + jZ_0 tg \left( \beta x \right) = 0 </math>

<math>-j400 + j400 tg \left( 0.2 \cdot x \right) = 0 </math>

<math>tg \left( 0.2 \cdot x \right) = 1 </math>

::::<math>\updownarrow</math>

<math>0.2 \cdot x = {\pi \over 4} + k \cdot \pi</math>

<math>x = 1.25\pi + k \cdot 5\pi \;\;\;\; \left[ m \right] </math>

}}

== Indukálási jelenségek ==

=== 94. Feladat: Zárt vezetőkeretben indukált áram effektív értéke ===

Egy <math>R=5 \Omega</math> ellenállású zárt vezetőkeret fluxusa <math>\Phi(t)=30 \cdot \sin(\omega t) \;mVs</math>, ahol <math>\omega=1 {krad \over s}</math>. Mekkora a keretben folyó áram effektív értéke?
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=Az indukálási törvény alapján:

<math>u_i(t)=-{d\Phi(t) \over dt}=-\omega \cdot 0.03 \cdot \cos(\omega t) =-30 \cdot \cos(\omega t) \;V</math>

Innen a feszültség effektív értéke:

<math>U_{eff}={30 \over \sqrt 2} \approx 21.21 \;V</math>

Az áram effektív értéke pedig:

<math> I_{eff}={U_{eff} \over R}= {{30 \over \sqrt{2}} \over 5} = {6 \over \sqrt 2} \approx 4.24 \;A</math>
}}

=== 95. Feladat: Zárt vezetőgyűrűben indukált áram időfüggvénye ===

Adott egy <math>R</math> ellenállású vezetőgyűrű a lap síkjában. A gyűrű által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: <math>\Phi (t) = \Phi_0 + \Phi_1 \cdot \sin(\omega t)</math>.

Adja meg a a gyűrűben indukált áram <math>i(t)</math> időfüggvényét, ha a fluxus a papír síkjából kifelé mutató indukció vonalak mentén pozitív értékű.

Volt egy ábra is: A lap síkjában a vezetőgyűrű, a mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek és a bejelölt áram referenciairánya pedig az óramutató járásával megegyező irányú.

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Az indukálási törvény alapján, meghatározható a vezetőgyűrűben indukált feszültség. A Lenz-törvényből adódó NEGATÍV előjelet azonban most hagyjuk el, mivel most előre megadott referenciairányaink vannak. Majd a végén kiokoskodjuk, hogy szükséges-e extra mínuszjel:

<math>u_i(t)={d\Phi(t) \over dt}= \Phi_1 \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)</math>

Ebből az áram időfüggvénye: <math>R={U \over I} \longrightarrow i(t)={u_i(t) \over R}={\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)</math>

Most nézzük meg, hogy teljesül-e a jelenlegi referenciairányokkal a Lenz-törvény. A Lenz-törvény kimondja, hogy az indukált feszültség iránya olyan kell, hogy legyen, hogy az általa létrehozott áram által keltett mágneses mező akadályozza az indukciót létrehozó folyamatot, jelen esetben a fluxus megváltozását.

Vegyük az első negyedperiódusnyi időt. Ilyenkor a mágneses indukcióvektor a lap síkjából kifelé mutat és csökkenő erősségű. Tehát az indukált áramnak olyan mágneses mezőt kell létrehoznia, hogy annak indukcióvektorai az első negyedperiódusban a lap síkjából kifelé mutassanak, hiszen így akadályozzuk a fluxus csökkenését. A kiszámolt áramidőfüggvény az első negyedperiódusban pozitív értékű, tehát egybeesik a megadott referenciairánnyal. Az óramutató járásával megegyező irányba folyó áram a jobb kéz szabály szerint olyan mágneses mezőt hoz létre, melynek indukcióvektorai a lap síkjába befelé mutatnak. Ez pont ellentétes mint amire szükségünk van, tehát szükséges egy korrekciós mínuszjel a referenciairányok miatt.

Az indukált áram időfüggvénye tehát: <math>i(t)=-{\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)</math>

}}

=== 98. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség ===

Az xy síkon helyezkedik el egy <math>r=3m</math> sugarú, kör alakú, zárt L görbe. A mágneses indukció a térben homogén és z irányú komponense <math>\Delta t=40ms</math> idő alatt <math>B=0.8T</math> értékről lineárisan zérusra csökken. Mekkora feszültség indukálódik eközben az L görbe mentén?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Az indukálási törvény alapján:

<math>u_i=-{d\Phi(t) \over dt}=-A \cdot { dB(t) \over dt}=
-r^2\pi \cdot { \Delta B\over \Delta t}=-r^2\pi \cdot {B_2-B_1\over\Delta t}=
- 3^2\pi \cdot {0-0.8\over0.04}=565.5 \;V </math>

}}

=== 100. Feladat: Hosszú egyenes vezető környezetében lévő zárt vezetőkeretben indukált feszültség ===

Egy hosszú egyenes vezetőtől <math>d=15 m</math> távolságban egy <math>r=0,25 m</math> sugarú kör alakú zárt vezető hurok helyezkedik el. A vezető és a hurok egy síkra illeszkednek, a közeg pedig levegő.

Mekkora az indukált feszültség, ha a vezetőben folyó áram <math>50 {A \over \mu s}</math> sebességgel változik.

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Az indukálási törvény alapján:

<math>u_i=-{\mathrm{d}\Phi(t) \over \mathrm{d} t}=-A \cdot { \mathrm{d}B(t) \over \mathrm{d} t}=
-A \mu_0 \cdot { \mathrm{d}H(t) \over \mathrm{d} t}</math>

A hosszú egyenes áramjárta vezető környezetében a mágneses térerősségvektor az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel meghatározható. Ha a mágneses térerősséget egy <math>d</math> sugarú zárt <math>L</math> kör mentén integrálunk, amely által kifeszített <math>A</math> területű körlapot a közepén merőlegesen döfi át a vezeték, akkor a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:

<math>\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}</math>

<math>H \cdot 2d\pi = I \longrightarrow H = {I \over 2d\pi}</math>

Ezt behelyettesítve az indukált feszültség képletébe:

<math>u_i=-A \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =
- r^2 \pi \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =
- {r^2 \mu_0 \over 2d} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =
- {0.25^2 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \over 2 \cdot 15} \cdot 50 \cdot 10^6 \approx -130.9 \; mV
</math>

''Megjegyzés:'' Természetesen ez csak egy jó közelítés, hiszen a vezető keret mentén nem állandó nagyságú a mágneses térerősség változása, mivel az függ a vezetőtől való távolságtól is. Azonban a közepes távolságot véve, csak kismértékű hibát vétünk.

}}

=== 101. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség===

Adott egy L zárt görbe a lap síkjában. A mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek. A görbe által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: <math>\Phi(t)=\Phi_0 \cdot {t^2 \over T}, \;\; ha \;\;0<t<T</math>.

Mekkora lesz az indukált feszültség nagysága amikor <math>t=T/3</math>?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Az indukálási törvény alapján:

<math>u_i(t)=-{d \Phi(t) \over dt}= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot t</math>

Behelyettesítve a <math>t=T/3</math> értéket:

<math>u_i\left(t= {T \over 3} \right)= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot {T \over 3}=-{2\over 3} \Phi_0</math>

}}

== Elektromágneses síkhullám jó vezetőben ==

=== 105. Feladat: Hengeres vezetőben adott mélységben a térerősség amplitúdója és fázisa ===

Egy <math>r</math> sugarú hengeres vezető anyagban a behatolási mélység <math>\delta<<r</math>. A henger felszínén az elektromos térerősség amplitúdója <math>E_0</math>, kezdőfázisa pedig <math>0 \; rad</math>.

A felszíntől <math>h</math> távolságban térerősség amplitúdója <math>{E_0 \over 2}</math>. Mennyi ilyenkor a fázisa a térerősségnek?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Tudjuk, hogy a hogy vezető anyagokban az elektromos térerősség komplex amplitúdója a mélység (z) függvényében:

<math>E(z) = E_0 \cdot e^{- \gamma z}</math>

<math>\gamma = {1+j \over \delta} \longrightarrow E(z) = E_0 \cdot e^{-z/\delta} \cdot e^{-jz/\delta}</math>

Ebből a képletből kifejezhető az elektromos térerősség komplex amplitúdójának nagysága (abszolút értéke):

<math>\left| E(z) \right|= E_0 \cdot e^{-z/\delta}</math>

Behelyettesítve a megadott adatokat:

<math>\left| E(h) \right| = E_0 \cdot e^{-h/\delta} = {E_0 \over 2}</math>

<math>-{h \over \delta} = ln(0.5)</math>

Most fejezzük ki a fentebbi képletből az elektromos térerősség komplex amplitúdójának fázisát:

<math>arg \left\{ E(z) \right\} = -{z \over \delta}</math>

Behelyettesítve a megadott adatokat, majd az imént kiszámolt <math>-{h \over \delta}</math> arányt:

<math> arg \left\{ E(h) \right\} = - {h \over \delta} = - ln(0.5) \approx 0.693 \; rad </math>

}}

=== 107. Feladat: Hengeres vezetőben disszipált hőteljesítmény ===
Egy <math>A=1.5 mm^2</math> keresztmetszetű, <math>l=3m</math> hosszú hengeres vezetőben <math>I=10A</math> amplitúdójú 50 Hz-es szinuszos áram folyik. A behatolási mélység <math> \delta = 9.7 mm</math>, a fajlagos vezetőképesség pedig <math> \sigma = 3.7 \cdot 10^7 {S \over m}</math>. Mennyi a vezetőben disszipált hőteljesítmény?
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=A vezető sugara: <math>r=\sqrt{{1.5\over\pi}}=0.691mm<<\delta</math>

Mivel a vezető sugara jóval kisebb mint a behatolási mélység, így a vezető vehető egy sima <math>l</math> hosszúságú, <math>A</math> keresztmetszetű és <math> \sigma</math> fajlagos vezetőképességű vezetékdarabnak.

<math>R={1 \over \sigma}{l \over A}={1 \over 3.7 \cdot 10^{7}} \cdot {3 \over 1.5 \cdot 10^{-6}} \approx 54 \;m\Omega</math>

A vezetékben disszipálódó hőteljesítmény (vigyázat, csúcsérték van megadva és nem effektív):

<math>P={1\over2}RI^2={1\over2} \cdot 0.054 \cdot 10^2 \approx 2.7 \;W</math>

}}

=== 109. Feladat: Hengeres vezető belsejében az elektromos térerősség ===
Egy <math>r=2mm</math> sugarú, hosszú hengeres vezető <math>\sigma=35 {MS \over m}</math> fajlagos vezetőképességű anyagból van, a behatolási mélység <math>\delta =80 \mu m</math>. A térerősség időfüggvénye a vezető felszínén <math>\vec{E}(t)=10 \cdot \cos(\omega t) \cdot \vec{n}_0</math>. Itt n egy egységvektor, ami a vezető hosszanti tengelyével párhuzamos.
Adja meg az áramsűrűség időfüggvényét a felülettől 2 behatolási mélységnyi távolságra!
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
Mivel: <math>\delta << r </math>

Így a mélység (z) függvényében a térerősség komplex amplitúdójának változása:

<math>E(z)=E_0 \cdot e^{-\gamma z}=
E_0 \cdot e^{- \left( 1/ \delta + j/ \delta \right) z}=E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta}</math>

A differenciális Ohm-törvény: <math>\vec{J}=\sigma \cdot \vec{E }</math>

Ezeket egybefésülve és áttérve időtartományba:

<math>\vec{J}(z,t)=Re \left\{ \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta} \cdot e^{j \omega t} \right\} \cdot \vec{n}_0 = \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {z \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 </math>

Behelyettesítés után, <math>z= 2 \delta</math> mélységben:

<math>\vec{J}(t)= 35 \cdot 10^6 \cdot 10 \cdot e^{-2 \delta / \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {2 \delta \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 = 47.37 \cdot \cos \left( \omega t - 2 \right) \cdot \vec{n}_0 \;{MA \over m^2}</math>

}}

===111. Feladat: Behatolási mélység===
Vezetőben terjedő síkhullám elektromos térerőssége minden 3 mm után a felére csökken. Határozza meg a behatolási mélységet, a csillapítási tényezőt és a fázistényezőt!
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
<math> \gamma = \alpha + j\beta </math> terjedési együttható

<math> \alpha </math> - csillapítási tényező

<math> \beta </math> - fázistényező

<math> \delta = \frac{1}{\alpha} </math> behatolási mélység

Vezető anyagokban <math> \alpha = \beta </math> , mivel:

<math> \gamma = \sqrt{j\omega\mu (\sigma + j\omega\varepsilon)} </math>, azonban vezető anyagokban <math> \varepsilon << \sigma </math>, így a terjedési együttható: <math> \gamma \approx \sqrt{j\omega\mu\sigma} = \sqrt{j}\sqrt{\omega\mu\sigma} </math>

<math> \sqrt{j} = \sqrt{e^{j \pi/2}} = e^{j \pi/4} = \frac{1}{\sqrt{2}} + j\frac{1}{\sqrt{2}} </math>

<math> \gamma = \sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} + j\sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} </math>

Ebből <math> \delta </math> számításának módja:

<math> \delta = \frac{1}{\alpha} = \frac{1}{\beta} = \sqrt{\frac{2}{\omega\mu\sigma}} </math> (de most nem ezt kell használni)

A térerősség amplitúdójának nagysága a vezetőben: <math> E(z) = E_0 e^{-\alpha z} = E_0 e^{-z/\delta} </math>

<math> E_0 e^{- (0.003\ \text{m})/\delta} = \frac{1}{2} E_0 </math>

<math> \delta = -\frac{0.003\ \text{m}}{\ln{\frac{1}{2}}} \approx 4.328\ \text{mm} </math>

<math> \alpha = \beta = \frac{1}{\delta} \approx 231\ \frac{1}{\text{m}}</math>

}}

===112. Feladat: Vezető közeg hullámimpedanciája===
Egy <math>\mu_r=1</math> relatív permeabilitású vezetőben <math> \omega = 10^4 {1 \over s}</math> körfrekvenciájú síkhullám terjed. Tudjuk a terjedési együttható abszolút értékét, ami <math> \left| \gamma \right| = 5 \; {1 \over mm}</math>.

Mi a hullámimpedancia abszolút értéke?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Tudjuk, hogy a terjedési együttható: <math>\gamma = \sqrt{ j \omega \mu \cdot \left( \sigma + j \omega \varepsilon \right) }</math>

Mivel a közeg ó vezetés és relatíve alacsony körfrekvenciájú a síkhullám, így: <math> \sigma >> \omega \varepsilon </math>

A terjedési együttható, így egyszerűsíthető:
<math> \gamma = \sqrt{ j \omega \mu \sigma } =
\sqrt{ j} \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma } =
{ 1 + j \over \sqrt{2} } \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }</math>

Mivel ismerjük a terjedési együttható abszolút értékét, ebből a képletből kifejezhető a közeg fajlagos vezetőképessége:

<math>\left| \gamma \right| =
\left| { 1 + j \over \sqrt{2} } \right| \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }=
\sqrt{ \omega \mu \sigma } \longrightarrow
\sigma = { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}</math>

A hullámimpedancia képlete szintén egyszerűsíthető, figyelembe véve, hogy vezető közeg esetén: <math> \sigma >> \omega \varepsilon </math>

<math>Z_0 = \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon }} \approx
\sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma}} =
\sqrt{{ j \omega \mu \over { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}}}=
\sqrt{j} \cdot {\omega \mu \over \left| \gamma \right|} =
e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {\omega \mu_0 \mu_r \over \left| \gamma \right|} =
e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {10^4 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1 \over 5 \cdot 10^3} \approx
2.513 \; \cdot \; e^{j \cdot (\pi / 2)} \; \mu \Omega </math>

}}

== Elektromágneses hullám szigetelőben==

=== 119. Feladat: Közeg hullámimpedanciájának számítása ===

Egy adott <math>\mu_r=5</math> relatív permeabilitású közegben síkhullám terjed <math>\omega = 10 {Mrad \over s}</math> körfrekvenciával. A terjedési együttható értéke: <math>\gamma = 0.1 \cdot j \;{1 \over m}</math> Adja meg a közeg hullámellenállásának értékét!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg= A megoldáshoz két alapképlet ismerete szükséges a síkhullámokkal kapcsolatosan, ezek a távvezeték analógia ismeretében is egyszerűen levezethetők.

<math> Z_0 = \sqrt{\frac{j \omega \mu}{\sigma + j \omega \varepsilon }} </math>

<math> \gamma = \sqrt{j \omega \mu \cdot (\sigma +j \omega \varepsilon) } </math>

Az első képlet gyök alatti kifejezésének csak a nevezője nem ismert. Ezt a második képletet négyzetre emelve, majd rendezve kapjuk:

<math> (\sigma +j \omega \varepsilon) = \frac{\gamma^{2}}{j \omega \mu } </math>

Ezt behelyettesítve az első egyenlet nevezőjébe:

<math> Z_0 = \sqrt{\frac{(j \omega \mu)^{2}}{\gamma^{2}}}</math>

A gyökvonás elvégzése után az eredményt megadó formula:

<math> Z_0 = \frac{j \omega \mu}{\gamma} = {j 10^7 \cdot 5 \cdot 4 \pi \cdot 10^{-7} \over j 0.1}=628.3 \;\Omega</math>

Behelyettesítés előtt ω és γ értékét alakítsuk megfelelő mértékegységre (1/s és 1/m), illetve figyeljünk hogy <math>\mu = \mu_0 \cdot \mu_r</math>

}}

=== 125. Feladat: Síkhullám közeghatáron disszipált hatásos teljesítménye ===

Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy <math>Z_0'=200 \Omega</math> hullámimpedanciájú, ideális szigetelő közeg határfelületére. A szigetelő közeg a teljes végtelen félteret kitölti, a határfelületen pedig a mágneses térerősség amplitúdója <math>H=0.3 \; {A \over m}</math>.

Adja meg a határfelület <math>3 \; m^2</math> nagyságú felületén átáramló hatásos teljesítmény!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott <math>A</math> felületen disszipált hatásos teljesítmény:

<math>P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \</math>

Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:

<math>P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A</math>

A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos mind a mágneses térerősség amplitúdója.

Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol <math>E</math> és <math>H</math> a határfelületen vett amplitúdók nagysága:

<math>P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A </math>

Felhasználva, hogy a szigetelőben <math>E = H \cdot Z_{0}' </math>, majd rendezve az egyenletet:

<math>P= {1 \over 2} \cdot H \cdot \left( H \cdot Z_{0}' \right) \cdot A =
{1 \over 2} \cdot H^2 \cdot Z_{0}' \cdot A = {1 \over 2} \cdot 0.3^2 \cdot 200 \cdot 3 = 27 \; W
</math>

}}

=== 126. Feladat: Síkhullám közeghatáron, elektromos térerősség amplitúdójának meghatározása ===

Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy <math>Z_0'=200 \Omega</math> hullámimpedanciájú, végtelen kiterjedésű ideális szigetelő féltér határfelületére. A szigetelő egy <math>A=2m^2</math> nagyságú felületén disszipálódó hatásos teljesítmény <math>P=10W</math>. Mekkora az elektromos térerősség amplitúdója a szigetelőben?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott <math>A</math> felületen disszipált hatásos teljesítmény:

<math>P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \</math>

Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:

<math>P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A</math>

A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos, mind a mágneses térerősség amplitúdója.

Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol <math>E</math> és <math>H</math> a határfelületen vett amplitúdók nagysága:

<math>P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A </math>

Felhasználva, hogy a szigetelőben <math>H = {E \over Z_{0}'} </math>, majd rendezve az egyenletet:

<math>P= {1 \over 2} \cdot E \cdot {E \over Z_{0}' } \cdot A =
{E^2 \over 2 \cdot Z_{0}' } \cdot A \longrightarrow E =
\sqrt{{2PZ_{0}' \over A} } = \sqrt{{2 \cdot 10 \cdot 200 \over 2} } \approx 44.72 \;{V \over m} </math>

}}

=== 129. Feladat: Elektromágneses síkhullám közeghatáron ===

<math>\varepsilon_r = 2.25</math> relatív permittivitású szigetelőben terjedő elektromágneses síkhullám merőlegesen esik egy levegővel kitöltött végtelen féltér határfelületére. A határfelületen az elektromos térerősség amplitúdója <math>E=250\; {V \over m}</math>.

Adja meg a <math>H^+</math> értékét a közeghatáron, az első közegben.

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

A megoldás során a távvezeték analógiát fogjuk felhasználni.

Először meg kell határoznunk a szigetelő reflexiós tényezőjét, ha a "lezárás" levegő:

<math>r={Z_{0,l} - Z_{0,sz} \over Z_{0,l} + Z_{0,sz}}=
{Z_{0,l} - Z_{0,l}\cdot {1 \over \sqrt{\varepsilon_r} }\over Z_{0,l} + Z_{0,l}\cdot {1 \over \sqrt{\varepsilon_r} }}=
{\sqrt{\varepsilon_r} - 1 \over \sqrt{\varepsilon_r} +1}=
{\sqrt{2.25} -1 \over \sqrt{2.25} +1} = 0.2 </math>

A folytonossági feltételből következik, hogy a határfelületen az elektromos térerősség amplitúdója nem változhat meg:

<math>E^+_l = E^+_{sz} + E^-_{sz} = E^+_{sz} \cdot (1+r)</math>

<math>H^+_{sz} = {E^+_{sz} \over Z_{0,sz}} \longrightarrow E^+_{sz} = H^+_{sz} \cdot Z_{0,sz}</math>

<math>E^+_l = H^+_{sz} \cdot Z_{0,sz} \cdot (1+r) \longrightarrow
H^+_{sz} = {E^+_l \over Z_{0,sz} \cdot (1+r)}=
{E^+_l \over Z_{0,l} \cdot {1\over \sqrt{\varepsilon_r}} \cdot (1+r)}=
{250 \over 120\pi \cdot {1\over \sqrt{2.25}} \cdot (1+0.2)} \approx 0.829 \; {A \over m}</math>
}}

== Poynting-vektor ==

=== 137. Feladat: Elektromos energiasűrűség időbeli átlagából a Poynting-vektor időbeli átlagának számítása===

Levegőben síkhullám terjed a pozitív <math>z</math> irányba. A tér tetszőleges pontjában az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga <math>w = 9 \; {\mu J \over m^3}</math>.

Adja meg a Poynting-vektor időbeli átlagát!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

A Poynting-vektor időbeli átlaga felírható az energiasűrűség időbeli átlagának és a fénysebességnek a szorzataként:

<math>S = w \cdot c \approx
9 \cdot 10^{-6} \; {J \over m^3} \cdot 3 \cdot 10^8 \; {m \over s} =
2.7 \; {kW \over m^2}</math>

Másik megoldás, ha valaki esetleg nem ismerné a fenti magic képletet:

Az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga levegőben definíció szerint felírható az alábbi módon:

<math>w = {1 \over 2} \varepsilon_0 E_{x0}^2 \; \longrightarrow \; E_{x0} =
\sqrt{{ 2w \over \varepsilon_0}} =
\sqrt{{ 2 \cdot 9 \cdot 10^{-6} \over 8.85 \cdot 10^{-12}}} \approx 1426.15 \; {V \over m}</math>

A levegő hullámimpedanciája: <math>Z_0 = 120\pi \; \Omega</math>

Ebből a Poynting-vektor időbeli átlaga már definíció szerint felírható:

<math>S = {1 \over 2} {E_{x0}^2 \over Z_0} =
{1 \over 2 } \cdot {1426.15^2 \over 120\pi} \approx 2.697 \; {kW \over m^2 }</math>

}}

=== 143. Feladat: Hertz-dipólus által adott irányban kisugárzott teljesítmény ===
Egy Hertz-dipólus az origó síkjában <math>\vartheta =0</math> szögben áll. Írja fel az összes kisugárzott teljesítményt <math>\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}</math> tartományban a Poynting-vektor és a Hertz-dipólus irányhatásának segítségével!
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=A Hertz-dipólus által kisugárzott teljes teljesítmény:

Felhasználható egyenletek:

<math>
S(r) = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{r^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}
</math>

<math>
D=1.5
</math>
, Hertz-dipólusra

Először is nézzük meg az irányhatás definícióját és alakítgassuk. A definícióban egy teljes gömbre számoljuk az eredményeket. Felhasználjuk, hogy a Poynting vektor térbeli átlaga, a kisugárzott teljesítmény, és egy R sugarú gömb felületének hányadosa.

<math>
{\rm{D = }}{{{{\rm{S}}_{{\rm{MAX}}}}(R)} \over {{{\rm{S}}_{{\rm{AVG}}}}(R)}} = {{\max \left( {{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \right)} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120\pi }}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {\rm{\pi }}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}}}
</math>

Átrendezzük az egyenletett a keresett sugárzott telesítményre, és felhasználjuk, hogy a Hertz dipólus irányhatása 1.5

<math>
{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over D} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {1.5}} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}
</math>

Ez a teljes gömbfelületen kisugárzott teljesítmény, de nekünk csak a <math>\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}</math> tartományon kell, ami a sugárzás felső féltere.
Mivel a Hertz-dipólus tere szimmetrikus az x-y síkra, így a gömbben sugárzott teljesítmény fele pont a felső térrészben sogárzott teljesítmény lesz:

<math>
{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over 2} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}} \over 2} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{40}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}
</math>
}}

=== 149. Feladat: Koaxiális kábelben áramló teljesítmény ===

Koaxiális kábelben egyenáram folyik, a dielektrikumban kialakuló elektromos és mágneses térerősség hengerkoordináta-rendszerben leírva a következő:

<math>\vec{E}(r)=\frac{U_0}{r} \cdot \vec{e_r}</math> és <math>\vec{H}(r)=\frac{I_0}{r} \cdot \vec{e_\varphi}</math>

(<math>\vec{e_r}, \vec{e_\varphi}</math> és <math>\vec{e_z}</math> a radiális, fi és z irányú egységvektorok)

Milyen irányú és mekkora az áramló hatásos teljesítmény? A belső ér sugara <math>r_1</math>, a külső vezető belső sugara <math>r_2</math>, a vezetők ideálisak, a kábel tengelye a z irányú.

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
A Poynting-vektor kifejezése: <math>\vec{S}=\vec{E} \times \vec{H} \Rightarrow \vec{S}(r)=E(r) \cdot H(r) \cdot \vec{e_z}</math>

''Megjegyzés:'' Mivel egyenáramról van szó, így nincs szükség a 2-vel való osztásra, hiszen egyenáram esetén a csúcsérték megmegegyezik az effektív értékkel.

Mivel tudjuk, hogy koaxiális kábelben a hatásos teljesítmény a dielektrikumban áramlik, így az áramló hatásos teljesítmény már meghatározható a Poynting-vektornak a dielektrikum keresztmetszetére vett felületintegráljával:

<math>P=\int_A \vec{S} \;d\vec{s} = \int_{r_1}^{r_2} \int_0^{2\pi} \frac{U_0 I_0}{r^2} \; \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r=
2\pi U_0 I_0\left[-{1 \over r}\right]_{r1}^{r2}=
2\pi U_0 I_0\left(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2}\right)=2\pi U_0 I_0 \frac{r_2-r_1}{r_1 r_2}</math>
}}

[[Kategória:Villamosmérnök]]

Elektromágneses terek alapjai - Szóbeli feladatok

2015-01-06T11:12:45Z

Kovács Gergely: /* Elektrosztatika */

{{Vissza|Elektromágneses terek alapjai}}

Itt gyűjtjük a szóbeli vizsgán húzható számolási feladatokat. Az itt lévő feladatok csak iránymutatók, időközben lehetséges, hogy változtatnak a tételsoron. Nagyon sok beugró feladat kerül ki ezek közül is, így ahhoz is kiváló gyakorlás ezeket a feladatokat végigoldani.

A feladatokban szereplő számadatok nem túl lényegesek, mivel a vizsgán is csak a számolás menetére és elméleti hátterére kíváncsiak.


'''Kérlek bővítsétek a szóbelin ténylegesen kapott feladatokkal, amennyiben időtök engedi, részletes megoldással is.''' '''Hibák előfordulhatnak benne!!!''' '''Már az is nagy segítség, ha legalább az általad húzott feladat PONTOS szövegét és SORSZÁMÁT beírod ide!'''


Ha esetleg a LATEX ismeretének hiánya tartana csak vissza a gyűjtemény bővítésétől, akkor látogass el a [[Segítség:Latex]] és a [[Segítség:LaTeX példák]] oldalakra. Ezeken minden szükséges információt meglelsz egy helyen. Jól használható még ez az [http://www.codecogs.com/latex/eqneditor.php Online LATEX editor] is, ahol real time láthatod amit írsz, valamint gyorsgombok vannak a legtöbb funkciókra. Akát ott is megírhatod a képleteket, majd egyszerűen bemásolod ide őket.

{{noautonum}}

== Elektrosztatika ==

=== 1. Feladat: Két töltött fémgömb között az elektromos térerősség ===

Két azonos <math>r_0=3 cm</math> sugarú fémgömb középpontjának távolsága <math>d=1.8m</math>. A gömbök közé <math>U_0=5kV</math> feszültséget kapcsolunk.

Határozza meg a középpontokat összekötő egyenes szakasz felezőpontjában az elektromos térerősséget.

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Mivel <math>r_0 << d</math>, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az <math>A</math> gömböt egy <math>Q</math>, a <math>B</math> gömböt pedig egy <math>-Q</math> nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük.

Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól <math>r</math> távolságra:
<math>\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}</math>

A gömb közötti feszültség felírható a két gömb potenciálkülönbségeként. A fenti képletet felhasználva:

<math>
U_0 = \Phi_A - \Phi_B =
\left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}\right) -
\left( {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} + {-Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0}\right) =
</math>

::<math>
= {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} - {2Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d}=
{Q \over 2 \pi \varepsilon} \cdot \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right)
</math>

Ebből kifejezhető a gömbök <math>Q</math> töltésének nagysága:

<math>Q= { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } </math>

Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos térerőssége sugárirányú és attól <math>r</math> távolságra a nagysága:
<math>E (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r^2}</math>

A gömbök középpontját összekötő egyenes felezőpontjában az elektromos térerősség felírható a két gömb elektromos terének szuperpozíciójaként. Mivel a térerősségvektorok egy egyenesbe esnek, és mindkét térerősségvektor a negatív töltésű <math>B</math> gömb felé mutat, így szuperpozíció egy algebrai összegé egyszerűsödik. A fenti képletet felhasználva:

<math>E_{d/2} = E_{A,d/2} + E_{B,d/2} =
{Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} +
{Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over \left({d \over 2}\right)^2} =
{Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot \left( {4 \over d^2} + {4 \over d^2}\right) =
{Q \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2}
</math>

Behelyettesítve a <math>Q</math> töltésre kiszámolt képletet:

<math>
E_{d/2} = { U_0 \cdot 2\pi \varepsilon \over {1 \over r_0} - {1 \over d} } \cdot {1 \over \pi \varepsilon} \cdot {2 \over d^2} =
{4U_0 \over \left( {1 \over r_0} - {1 \over d} \right) \cdot d^2 } =
{4 \cdot 5000 \over \left( {1 \over 0.03} - {1 \over 1.8} \right) \cdot 1.8^2 } \approx 188.3 \; {V \over m}
</math>

}}

=== 3. Feladat: Elektromos térerősség egyenletesen töltött henger belsejében ===
Levegőben álló, <math>d=10 cm</math> átmérőjű henger, egyenletes <math>\rho = 200 \; {nC \over m^3}</math> térfogati töltéssűrűséggel töltött. <math>\varepsilon_r = 1</math>.

Adja meg az elektromos térerősség nagyságát a henger belsejében, a tengelytől <math>a = {d \over 5}</math> távolságban!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
Írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan zárt <math>a<{d \over 2}</math> sugarú, <math>L</math> hosszúságú, <math>V</math> térfogatú és <math>A</math> felületű hengerre, melynek tengelye egybeesik a töltött henger tengelyével:

<math>\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V</math>

<math>\vec{D} = \varepsilon_0 \varepsilon_r \vec{E}</math>

<math>\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot V</math>

Szimmetria okokból az elektromos térerősségvektorok minden pontban sugárirányúak. Ezáltal a térerősségvektorok a palást felületén mindenhol párhuzamosak a felület normálisával, míg a henger alaplapjain merőlegesek a felület normálisára, tehát a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik a paláston, míg az alaplapokon pedig konstans nulla értékű.

<math>E(a) \cdot 2 a \pi L = {1 \over \varepsilon_0 \varepsilon_r} \rho \cdot a^2 \pi L</math>

<math>E\left(a={d \over 5}\right) = {\rho \over 2 \varepsilon_0 \varepsilon_r} \cdot a =
{200 \cdot 10^{-9} \over 2 \cdot 8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 1} \cdot {0.1 \over 5} \approx 226 \; {V \over m}
</math>
}}

===11. Feladat: Ismert potenciálú és töltésű fémgömb sugarának meghatározása ===

Egy levegőben álló, töltött fémgömb felszínén a felületi töltéssűrűség <math>\sigma = 10 \;{\mu C \over m^2}</math>. A gömb potenciálja a végtelen távoli ponthoz képest <math>\Phi_0=3kV</math>. Mekkora a gömb sugara?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Első körben határozzuk meg a fémgömb elektrosztatikus terének térerősségvektorát.

Ehhez írjuk fel a Gauss-tételt egy olyan <math>r>R</math> sugarú gömbfelületre, melynek középpontja egybeesik a fémgömb középpontjával.

<math>\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V</math>

Felhasználva, hogy levegőben az elektromos térerősségvektor és az elektromos eltolásvektor kapcsolata:

<math>\vec{D} = \varepsilon_0 \vec{E}</math>

<math>\oint_{A} \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{s} = {1 \over \varepsilon_0} \int_{V} \rho \; \mathrm{d}V</math>

Szimmetria okok miatt, az elektromos térerősségvektorok sugárirányúak lesznek és mivel a gömb pozitív töltésű, így a gömbtől elfelé mutatnak. Emiatt a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. A térfogati töltéssűrűség integrálja az adott térfogatban lévő összetöltés. Mivel a fémgömb sugaránál minden esetben nagyobb sugarú gömb térfogatára integrálunk, így ez az érték konstans lesz és megegyezik a felületi töltéssűrűségnek fémgömb felületé vett integráljával. A felületi töltéssűrűség a fémgömb felületén állandó, így ez az integrál is egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Tehát:

<math>\ E(r) \cdot 4r^2\pi = {1 \over \varepsilon_0} \cdot \sigma \cdot 4R^2\pi \longrightarrow
\vec{E}(r)={\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r</math>

Most írjuk fel a fémgömb potenciáljára a definíciós képletet, feltéve hogy a gömbtől végtelen távoli pont potenciálja nulla:

<math>\Phi_0= \Phi(\infty) - \int_{\infty}^R \vec{E} \; \mathrm{d} \vec{l} =
0 - \int_{\infty}^R E(r) \; \mathrm{d} r =
- \int_{\infty}^R {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =
{\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \int_{\infty}^R - {1 \over r^2} \; \mathrm{d} r =
</math>

::<math>
= {\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left[ {1 \over r} \right]_{\infty}^R =
{\sigma R^2 \over \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over R} - {1 \over \infty} \right)=
{\sigma R \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} =
{8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm
</math>

Természetesen a feladat ennél sokkal egyszerűbben is megoldható, ha tudjuk fejből a ponttöltés potenciálterének képletét. Ugyanis, ha használjuk a helyettesítő töltések módszerét és a gömb összes töltését egy ponttöltésbe sűrítjük a gömb középpontjába, akkor a gömb felületén a potenciál nem változik. Tehát:

<math>\Phi_0=\Phi(R) = {Q \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} ={4R^2\pi \sigma \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over R} =
{R \sigma \over \varepsilon_0} \longrightarrow R = {\varepsilon_0 \Phi_0 \over \sigma} =
{8.85 \cdot 10^{-12} \cdot 3000 \over 10 \cdot 10^{-6}} \approx 2.655 \;mm</math>
}}

=== 19. Feladat: Gömbkondenzátor elektródáira kapcsolható maximális feszültség ===

Egy gömbkondenzátor belső elektródájának sugara <math>R_\mathrm{1}=4 \; mm</math>, külső elektródájának sugara <math>R_\mathrm{2}=6 \; mm</math>, a dielektrikum relatív dielektromos állandója <math>\varepsilon_r = 4.5</math>.

Legfeljebb mekkora feszültséget kapcsolhatunk a kondenzátorra, ha a térerősség a dielektrikumban nem haladhatja meg az <math>E_{max}=500\; {kV \over m}</math> értéket.

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Legyen a belső, <math>R_\mathrm{1}</math> sugarú gömb töltése <math>Q</math>.

A Gauss törvény alkalmazásával könnyen meghatározhatjuk a gömbkondenzátor két elektródája közötti elektromos tér nagyságát, a középponttól mért <math>r</math> távolság függvényében:

<math>
E(r) ={Q \over 4 \pi \varepsilon_0 \varepsilon_r} \cdot {1 \over r^2}
</math>

A fenti összefüggésből is látszik, hogy a dielektrikumban a legnagyobb térerősség a belső gömb felületén lesz, így ebből kifejezhető a <math>Q</math> töltés nagysága:

<math>
E_{max} ={Q \over 4 \pi \varepsilon_0 \varepsilon_r} \cdot {1 \over {R_1}^2} \longrightarrow Q =
E_{max} \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \varepsilon_r \cdot {R_1}^2
</math>

A két elektróda közötti potenciálkülönbség:

<math>
U_\mathrm{1,2}= -\int_{R_\mathrm{1}}^\mathrm{R_\mathrm{2}} \mathrm{E(r)} \; \mathrm{dr}
= - {Q \over 4 \pi \varepsilon_0 \varepsilon_r} \int_{R_\mathrm{1}}^\mathrm{R_\mathrm{2}} \mathrm{1 \over r^2} \; \mathrm{dr}
= {Q \over 4 \pi \varepsilon_0 \varepsilon_r} \left( {1 \over R_\mathrm{1}} - {1 \over R_\mathrm{2}} \right)
</math>

A fenti összefüggéseket felhasználva meghatározható a két elektródára kapcsolható maximális feszültség:

<math>
U_{max} = {E_{max} \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \varepsilon_r \cdot {R_1}^2 \over 4 \pi \varepsilon_0 \varepsilon_r} \left( {1 \over R_\mathrm{1}} - {1 \over R_\mathrm{2}} \right) =
E_{max} \left( R_1 - {(R_1)^2 \over R_2} \right) =
500 \cdot 10^3 \left( 4 \cdot 10^{-3} - {(4 \cdot 10^{-3})^2 \over 6 \cdot 10^{-3}}\right) = 666 \; V
</math>

}}

=== 22. Feladat: Elektródarendszer energiaváltozása széthúzás hatására ===

Levegőben egymástól <math>d_1=1m</math> távolságban helyezkedik el két kis sugarú elszigetelt fémgömb, melyek között az erő <math>F=5N</math> nagyságú erő hat.

Mekkora az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a gömbök távolságát <math>d_2=4m</math>-re növeljük?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Mivel <math>r_0 << d</math>, így a feladat megoldása során a helyettesítő töltések módszerét használjuk. Az <math>A</math> gömböt egy <math>Q_A</math>, a <math>B</math> gömböt pedig egy <math>Q_B</math> nagyságú ponttöltéssel helyettesítjük. A töltések előjelét már maga a változó magába foglalja.

A két ponttöltés között ható erő nagysága egyszerűen kifejezhető, melyet átrendezve megkaphatjuk a két töltés szorzatának nagyságát:

<math>F= {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {Q_A Q_B \over d_1^2} \longrightarrow Q_A Q_B = F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 </math>

Tudjuk, hogy egy ponttöltés elektromos potenciálja, attól <math>r</math> távolságra:
<math>\Phi (r) = {Q \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r}</math>

Ezt felhasználva fejezzük ki az <math>A</math> és <math>B</math> gömbök potenciáljait:

<math>\Phi_A = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over r_0} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over d} =
{1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d} \right)</math>

<math>\Phi_B = {Q_A \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot {1 \over d} + {Q_B \over 4 \pi \varepsilon} \cdot {1 \over r_0} =
{1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d} + {Q_B \over r_0} \right)</math>

Tudjuk, hogy egy levegőben elhelyezkedő elszigetelt elektródarendszer összenergiája:
<math>W_e={1 \over 2} \sum_{k=1}^n{ \Phi_k \cdot Q_k }</math>

Ezt felhasználva kifejezhető az elektromos mező energiájának megváltozása, miközben a két gömb távolgását <math>d_1</math>-ről <math>d_2</math>-re növeljük:

<math>\Delta W_e = W_{e2} - W_{e1} =</math>

<math> = {1 \over 2} \left[
{1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_2} \right) \cdot Q_A +
{1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_2} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B
\right] </math>

<math>
-{1 \over 2} \left[
{1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over r_0} + {Q_B \over d_1} \right) \cdot Q_A +
{1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {Q_A \over d_1} + {Q_B \over r_0} \right) \cdot Q_B
\right] =</math>

<math>
= {1 \over 8 \pi \varepsilon_0} \cdot \left[ 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_2} - 2 \cdot {Q_A Q_B \over d_1}\right] =
{Q_A Q_B \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right)
</math>

Most behelyettesítjük a megadott adatokat és az imént kiszámolt <math>Q_AQ_B</math> szorzat értékét:

<math>\Delta W_e =
F \cdot 4 \pi \varepsilon_0 \cdot d_1^2 \cdot {1 \over 4 \pi \varepsilon_0} \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =
F \cdot d_1^2 \cdot \left( {1 \over d_2} - {1 \over d_1} \right) =
5 \cdot 1^2 \cdot \left( {1 \over 4} - {1 \over 1} \right) = -3.75 \; J
</math>

''Megjegyzés:'' Jelen esetben a képletbe pozitív számként helyettesítettük be az F erő nagyságát. Ezzel azt feltételeztük, hogy <math>Q_AQ_B</math> szorzat pozitív értékű, azaz a két gömb töltése azonos előjelű, tehát köztük taszítóerő lép fel. A kapott negatív eredmény ennek meg is felel, hiszen ha két gömb taszítja egymást és mi megnöveljük a köztük lévő távolságot, akkor energiát adnak le, miközben munkát végeznek a környezetükön. Ha azonban F helyére negatívan helyettesítenénk be az 5N értékét, akkor azt feltételezném, hogy a gömbök vonzzák egymást. Ekkor pozitív eredményt kapnánk, ami szintén megfelel a várakozásoknak, hiszen két egymást vonzó gömb közötti távolságot csakis úgy tudom megnövelni, ha rajtuk munkát végzek és ezáltal megnövelem az energiájukat.
}}

===26. Feladat: Fém gömbhéj felületi töltéssűrűségének meghatározása ===

Egy levegőben álló, zérus össztöltésű fém gömbhéj belső sugara <math>r</math>, külső sugara <math>1.5 \; r</math>. A gömbhéj középpontjában <math>Q</math> ponttöltés van.

Adja meg a gömbhéj külső és belső felszínén felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosát!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

[[File:Terek_szóbeli_feladatok_gömbhlj_erővonalkép.JPG|300px]]

Mivel a fém gömbhéj földeletlen és össztöltése zérus, így a töltésmegosztás következtében a fenti töltéselrendeződés alakul ki.

Azaz a fémgömbhéj belső felszíne <math>-Q</math>, a külső felszíne pedig <math>+Q</math> töltésű lesz, egyenletes töltéseloszlással.

A külső és belső felszínen felhalmozódó felületi töltéssűrűségek hányadosa tehát:

<math>{\sigma_k \over \sigma_b} =
{ {+Q \over 4 \pi \left(1.5r \right)^2 } \over {-Q \over 4 \pi r^2 } } =
- { r^2 \over \left(1.5r \right)^2 } =
- { 1 \over 1.5^2 } =
- { 4 \over 9 } \approx -0.4444</math>

}}

=== 28. Feladat: Gömb kapacitása a végtelenhez képest ===

Levegőben áll egy <math>20cm</math> sugarú fémgömb, amelyet egyenletes <math>3cm</math> vastagságú <math>4.5</math> relatív dielektromos állandójú szigetelő réteg borít.

Adja meg a gömb kapacitását a végtelen távoli térre vonatkoztatva!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

}}

== Stacionárius áramlási tér ==

=== 36. Feladat: Pontszerű áramforrás környezetében a teljesítménysűrűség meghatározása ===

Adott egy pontszerű <math>I=10A</math> áramerősségű pontszerű áramforrás egy <math>\sigma =200 {S \over m}</math> fajlagos vezetőképességű közegben. Határozza meg a teljesítménysűrűséget a forrástól <math>R=3m</math> távolságban.

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
A feladat megoldásához a stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógiát fogjuk felhasználni.

Ehhez először szükségünk van a pontszerű töltés által keltett elektrosztatikus mező elektromos eltolásvektorának kifejezésére. Felírva a Gauss-törvényt egy <math>V</math> térfogatú <math>A</math> felületű gömbre, melynek középpontja a ponttöltés:

<math>\oint_A \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s}=\int_V \rho \; \mathrm{d} V</math>

Szimmetria okokból az eltolásvektor erővonali gömbszimmetrikusak lesznek, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:

<math>D(r)4r^2\pi = Q \longrightarrow \vec{D}(r)={Q \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r</math>

Most felhasználva a betűcserés analógiát, megkapható a pontszerű áramforrás áramsűrűségvektora:

<math>\vec{J} \longleftrightarrow \vec{D}</math>

<math>I \longleftrightarrow Q</math>

<math>\vec{J}(r)={I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r</math>

Az áramsűrűség segítségével pedig pedig felírható a teljesítménysűrűség a távolság függvényében:

<math>
p(r)={\left( J(r) \right) ^2 \over \sigma} =\left( {I \over 4 \pi} {1 \over r^2} \right) ^2 \cdot {1 \over \sigma} =
{I^2 \over 16 \pi^2 \sigma} {1 \over r^4}
</math>

Innét pedig a teljesítménysűrűség a pontforrástól R távolságra:

<math>
p(R)={10^2 \over 16 \pi^2 200} {1 \over 3^4} \approx 39.09 \; {\mu W \over m^3}
</math>

}}

=== 38. Feladat: Koaxiális kábel szivárgási ellenállásából fajlagos vezetőképesség számítása ===
Egy koaxiális kábel erének a sugara <math>{r_1} = 2mm</math>, köpenyének belső sugara <math>{r_2} = 6mm</math>.

Mekkora a szigetelőanyag <math>\sigma</math> fajlagos vezetőképessége, ha a kábel <math>l = 200m</math> hosszú szakaszának szivárgási ellenállása <math>R = 4M\Omega</math>?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
Először is vegyük fel a koaxiális kábel elektrosztatikai modelljét (hengerkondenzátor) és számoljuk ki a hosszegységre eső kapacitását. Ezt úgy tehetjük meg, hogy előbb kiszámoljuk a potenciálkülönséget az ér és a köpeny között, majd kifejezzük a kapacitást:

<math>
U =- \int_{r_2}^{r_1} \vec{E}(r) d \vec{r} = - \int_{r_2}^{r_1} {q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot {1 \over r} dr = -{q \over 2 \pi \varepsilon } \cdot \left[ ln(r) \right]_{r_2}^{r_1} = {q \over {2\pi \varepsilon }}\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}
</math>

<math>
q = U{{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}
</math>

Ebből a hosszegységre eső kapacitás:

<math>
C = C'l
</math>

<math>
C \buildrel \Delta \over = {Q \over U} = {{ql} \over U} \to C' = {C \over l} = {{{{ql} \over U}} \over l} = {q \over U} = { U {2 \pi \varepsilon \over ln{r_2 \over r_1}}} \cdot {1 \over U } = {{2\pi \varepsilon } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}
</math>

(Persze aki tudja fejből a koaxiális kábel hosszegységre eső kapacitását, az kezdheti kapásból innét is a feladatot)

Majd használjuk az elektrosztatika illetve az áramlási tér közötti betűcserés analógiákat:

<math>
C' \leftrightarrow G'
</math>

<math>
\varepsilon \leftrightarrow \sigma
</math>

Amit áthelyettesítve megkapjuk a hosszegységre eső konduktanciát:

<math>
G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}}
</math>

Most kifejezzük a hosszegységre eső konduktanciát a szivárgási ellenállásból és a vezeték hosszából. Ha ez megvan akkor csak át kell rendezni a fajlagos vezetőképességre az egyenletet:

<math>
G = G'l = {1 \over R} \to G' = {1 \over R}{1 \over l}
</math>

<math>
G' = {{2\pi \sigma } \over {\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}}} = {1 \over R}{1 \over l} \to \sigma = {{\ln {{{r_2}} \over {{r_1}}}} \over {2\pi }}{1 \over R}{1 \over l} = {ln {6 \over 2} \over 2 \pi} \cdot {1 \over 4 \cdot 10^6} \cdot {1 \over 200} \approx 218.6 \; {pS \over m}
</math>
}}

=== 42. Feladat: Áramsűrűségből megadott felületen átfolyó áram számítása ===
Stacionárius áramlási térben az áramsűrűség <math> \vec{J} = 5 \vec{e}_z \;{kA \over m^2} </math>. Mekkora a z-tengellyel 60°-os szöget bezáró <math> A=80 cm^2</math> felületen átfolyó áram?
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
A J áramsűrűség-vektor megadja a rá merőleges, egységnyi felületen átfolyó áram nagyságát:

<math>I = \int_A \vec{J} d \vec{s}</math>

Esetünkben a J áramsűrűség-vektor z irányú, így nekünk a felületre normális komponensével kell számolnunk:

<math> I = J A \sin60^\circ=5000 \cdot 80 \cdot 10^{-4} \cdot \sin60^\circ= 34.64 \; A</math>

}}

== Stacionárius mágneses tér ==

=== 50. Feladat: Két áramjárta vezető közötti erőhatás ===

Két egymással párhuzamos végtelen hosszú vezető egymástól <math>d=4m</math> távolságban helyezkedik el. Az egyiken <math>I_1=2A</math>, a másikon <math>I_2=3A</math> folyik.

Mekkora erő hat az egyik vezeték <math>l=1 m</math>-es szakaszára?
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
Az egyikre ható erő egyenlő a másikra ható erővel (Newton erő-ellenerő törvénye). A megoldáshoz az Ampere-féle gerjesztési törvényre, és a Lorentz-erőre van szükség.

A mágneses térerősséget egy olyan L körvonalon integráljuk, ami által kifeszített A felület középpontját merőlegesen döfi át az egyik vezeték. Mivel a mágneses térerősségvektor a körvonal minden pontjában érintő irányú, így a vonalintegrál szorzássá egyszerűsödik.

<math>\oint_L \vec{H} \; d \vec{l} = \int_A \vec{J} \; d \vec{s} = I</math>

<math>H_1 2 d \pi = I_1 \longrightarrow H_1 = \frac{I_1}{2 d \pi}</math>

Tudjuk még, hogy <math>B = \mu_0 H</math> vákuumban.

A Lorentz-erő képlete is szorzássá egyszerűsödik, mivel a vektorok derékszöget zárnak be egymással:

<math>\vec{F} = q \cdot (\vec{v} \times \vec{B} ) = I \cdot (\vec{l} \times \vec{B})</math>, ahol <math>I</math> a konstans áramerősség, <math>\vec{l}</math> pedig a vezetéken folyó áram irányának vektora, hossza a megadott 1 m.

Innen a megoldás:

<math>F_{12} = I_2 l B_1 = I_2 l \mu_0 H_1 = \frac{\mu_0 l I_1 I_2}{2 d \pi} = \frac{4 \pi 10^{-7} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 3}{2 \cdot 4 \cdot \pi} = 3 \cdot 10^{-7} N</math>

Fordított indexeléssel ugyanez jönne ki a másikra is. Jobbkéz-szabályból következik, hogy ha azonos irányba folyik az áram, akkor vonzzák egymást, ha ellentétes irányba, akkor taszítják. Szóbelin még érdemes megemlíteni, hogy ez a jelenség adja az Ampere mértékegység definícióját, 1 m hosszú szakasz, 1 m távolság, 1-1 A áramerősség esetén az erő:

<math>F = 2 \cdot 10^{-7} N</math>
}}

=== 52. Feladat: Két toroid tekercs kölcsönös indukciója===

Egy toroidra két tekercs van csévélve, az egyik menetszáma <math>N_1</math>, a másiké <math>N_2</math>. A toroid közepes sugara <math>r</math>,
keresztmetszetének felülete <math>A</math>, relatív permeabilitása <math>\mu_r</math>. Határozza meg a két tekercs kölcsönös induktivitását!
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

A kölcsönös induktivitás definíció szerint egyenlő az első tekercsnek a másodikra vonatkoztatott induktivitásával, valamint a második tekercsnek az első tekercse vonatkoztatott induktivitásával. Tehát elég csak az utóbbit meghatároznunk.

A második tekercsnek az elsőre vonatkoztatott kölcsönös induktivitása definíció szerint, a második tekercs árama által az első tekercsben indukált fluxus és a második tekercs áramának hányadosa feltéve, hogy az első tekercs árama zérus:

<math>M=L_{21}=L_{12}=\frac{\Psi_1}{I_2} |_{(I_1=0)}</math>

Szimmetria okokból a második tekercs árama által az első tekercsben indukált teljes fluxus egyenlő az első tekercs egyetlen menetében indukált fluxus N1-szeresével.

<math>M= \frac{N_1\Phi_{1}}{I_2}</math>

Az első tekercs egyetlen menetében, a második tekercs árama által indukált fluxust megkapjuk, ha a második tekercs árama által keltett mágneses mező indukcióvektorát integráljuk az első tekercs keresztmetszetén:

<math>M=\frac{N_1 \int_{A} \vec{B_2}\mathrm{d}\vec{s}}{I_2}</math>

A mágneses indukcióvektor párhuzamos a toroid keresztmetszetének normálisával, így a felületintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:

<math>M=\frac{N_1 B_2 A}{I_2}</math>

A mágneses indukció definíció szerint kifejezhető a mágneses térerősséggel:

<math>M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r H_2 A}{I_2}</math>

A második tekercs árama által indukált mágneses térerősség az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel megadható. Ha a toroid közepes sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített körlapon összesen N2-ször döfi át egy-egy I2 áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:

<math>\oint_L \vec{H} \mathrm{d} \vec{l} = \sum{I} </math>

<math> 2r \pi H_2= N_2 I_2 \longrightarrow H_2={N_2 I_2\over 2r \pi}</math>

Ezt felhasználva a két egymásra csévélt toroid tekercs kölcsönös induktivitása:

<math>M=\frac{N_1 \mu_0 \mu_r N_2 I_2 A}{2r \pi I_2} = \frac{ \mu_0 \mu_r N_1 N_2 A}{2r \pi}</math>

Csak a poén kedvéért ellenőrizzük a kapott eredményt dimenzióra is:

<math>\left[ {{H \over m} \cdot m^2 \over m} = H\right]</math>

}}

=== 57. Feladat: EM hullám elektromos térerősségvektorából mágneses térerősségvektor számítása ===

A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls! Ha esetleg valaki kihúzná az "igazi" 57. feladatot, akkor írja be ennek a helyére, ezt pedig tegye a lap aljára ? feladatként. Köszi!

Egy levegőben terjedő elektromágneses hullám komplex elektromos térerősségvektora: <math>\vec{E} =(5 \vec{e}_y - 12 \vec{e}_z ) \cdot e^{j \pi / 3} \;{kV \over m}</math> Adja meg a <math>\vec{H}</math> komplex mágneses térerősségvektort!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

A megoldás során a távvezeték - EM hullám betűcserés analógiát használjuk fel!

Először is szükségünk van a levegő hullámimpedanciájára. Mivel levegőben vagyunk, így <math>\sigma << \varepsilon</math>, valamint <math>\mu = \mu_0</math> és <math>\varepsilon = \varepsilon_0</math>

<math>Z_0= \sqrt{{j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon}} \approx \sqrt{{\mu_0 \over \varepsilon_0}} \approx 377 \Omega</math>

Bontsuk most fel a komplex elektromos térerősségvektort a két komponensére:

<math>\vec{E}=\vec{E}_y+\vec{E}_z</math>

<math>\vec{E}_y=5 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_y \;{kV \over m}</math>

<math>\vec{E}_z= - 12 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{kV \over m}</math>

Ezek alapján már felírhatóak a komplex mágneses térerősségvektor komponensei (vigyázat az egységvektorok forognak <math>x \rightarrow y \rightarrow z \rightarrow x</math>):

<math>\vec{H}_z={E_y \over Z_0} \cdot \vec{e}_z \approx 13.26 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_z \;{A \over m}</math>

<math>\vec{H}_x={E_z \over Z_0} \cdot \vec{e}_x \approx - 31.83 \cdot e^{j \pi / 3} \cdot \vec{e}_x \;{A \over m}</math>

A két komponens összegéből pedig már előáll a komplex mágneses térerősségvektor:

<math>\vec{H}=\vec{H}_z+\vec{H}_x \approx (13.26 \cdot \vec{e}_z - 31.83 \cdot \vec{e}_x) \cdot e^{j \pi / 3} \;{A \over m}</math>

}}

=== 58. Feladat: Toroid tekercs fluxusa és energiája===
Hányszorosára változik egy <math>L</math> önindukciós együtthatóval rendelkező <math>I_1 = 2A</math> árammal átjárt toroid belsejében a mágneses fluxus, ha az áramerősséget nagyon lassan <math>I_2 = 5A</math> -re növeljük?

Hányszorosára változik a tekercs mágneses mezejében tárolt energia?
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=Mivel az áram nagyon lassan változik, így a kezdő és végállapotot vehetjük két egymástól független stacioner állapotú esetnek.

Egy bármilyen tekercs fluxusa az <math>\Psi=LI</math> képletből számolható. Ez alapján a toroid fluxusváltozása:

<math>\frac{\Psi_2}{\Psi_1}=\frac{LI_2}{LI_1}=\frac{I_2}{I_1}=2.5</math>

Egy bármilyen tekercs energiája számolható a <math>W=\frac{1}{2}LI^2</math> képlet alapján. Tehát a toroid energiaváltozása:

<math>\frac{W_2}{W_1}=\frac{\frac{1}{2}L \cdot I_2^2}{\frac{1}{2}L \cdot I_1^2}=\frac{I_2^2}{I_1^2}=2.5^2=6.25</math>
}}

=== 59. Feladat: Kondenzátor dielektrikumában disszipált teljesítmény ===

A feladat sorszáma NEM biztos, ha valaki meg tudja erősíteni/cáfolni, az javítsa pls!

Adott egy kondenzátor, melynek fegyverzetei között egy <math>\sigma=50 {nS \over m}</math> fajlagos vezetőképességű dielektrikum helyezkedik el.
A kondenzátor <math>A=100 cm^2</math> felületű fegyverzetei egymástól <math>d=20 mm</math> távolságra helyezkednek el. Határozza meg a dielektrikumban disszipált teljesítményt, ha a kondenzátor fegyverzeteire <math>U = 1.2 kV</math> feszültséget kapcsolunk.

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

A dielektrikum <math>G</math> konduktanciájának meghatározására alkalmazható stacionárius áramlási tér - elektrosztatika betűcserés analógia, mivel a két jelenséget ugyanolyan alakú differenciálegyenletek és azonos peremfeltételek írják le. Így elég csak a síkkondenzátor kapacitásának képletét ismernünk:

<math>G=C_{\varepsilon \leftarrow \sigma}=
\sigma {A \over d}=50 \cdot 10^{-9} \cdot {100 \cdot 10^{-4} \over 20 \cdot 10^{-3}}=2.5 \cdot 10^{-8} \;S</math>

A dielektrikumban disszipált teljesítmény innét már könnyen számolható az ismert képlet alapján:

<math>P=U^2G=1200^2 \cdot 2.5 \cdot 10^{-8}=36 \; mW</math>

}}

===61. Feladat: Toroid tekercs mágneses indukciója ===

Adott egy kör keresztmetszetű toroid alakú, <math>\mu_r = 1200</math> relatív permeabilitású, <math>N=200</math> menetes tekercs, melynek átlagos erővonal hossza <math>L=60cm</math>. A tekercselésben <math>I=0.3 A</math> nagyságú áram folyik.

Adja meg a mágneses indukció nagyságát a toroid belsejében! Miért ad jó értéket a közelítő számításunk?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Az Ampere-féle gerjesztési törvényből következik, hogyha a toroid közepes sugarához sugarához tartozó közepes kerülete mentén integráljuk a mágneses térerősséget, akkor szimmetria okokból, ott mindenütt érintő irányú és azonos nagyságú lesz a mágneses térerősségvektor. Ez onnét látható, hogy ha veszünk a toroid tekercseléséből egyetlen menetet, akkor arra igaz, hogy a menet minden kis szakaszában folyó áram által keltett mágneses mező a jobbkéz-szabály (I - r - B) szerint a menet síkrája merőleges irányú mágneses térerősségvektort hoz létre.

Tehát a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik. Valamint a toroid közepes sugara által kifeszített A területű körlapot összesen N-ször döfi át egy-egy I áramerősségű vezeték, mindannyiszor ugyanabba az irányba. Tehát a második tekercs mágneses téresősségének nagysága:

<math>\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} </math>

<math> H \cdot L = N \cdot I \longrightarrow H = {N I \over L} \longrightarrow B =\mu_0 \mu_r {N I \over L}</math>

Ha az átlagos erővonalhossz, vagyis a toroid közepes kerülete jóval nagyobb mint a toroid közepes sugara és a toroid külső és belső sugarának különbsége jóval kisebb mint a közepes sugár, akkor az erővonalak jó közelítéssel homogén sűrűségűek és szabályos koncentrikus köröket alkotnak. Ha ezek a feltételek teljesülnek, akkor fenti eredmény jó közelítéssel megadja a toroid teljes belsejében <math>\left( R_b<r<R_k \right)</math> a mágneses indukció nagyságát:

<math>B(r) =\mu_0 \mu_r {N I \over L} =4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1200 \cdot {200 \cdot 0.3 \over 0.6} \approx 0.151 \; T </math>

}}

=== 64. Feladat: Hosszú egyenes vezető mágneses tere és a vezetőben tárolt mágneses energia ===

Hosszú, <math>R</math> sugarú alumínium vezetőben <math>I</math> áram folyik.

Határozza meg a vezető környezetében a mágneses teret! Mennyi mágneses energia raktározódik a vezető egység hosszú szakaszában?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Az Ampere-féle gerjesztési törvényt írjuk fel egy olyan zárt r sugarú, L körvonalra, amely által kifeszített A körlap merőleges a vezetékre és a vezeték tengelye pont a közepén döfi át.

<math>\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}</math>

Szimmetria okokból a mágneses térerősségvektorok az L görbe minden pontjában érintő irányúak lesznek, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik minden esetben. Az egyenlet jobb oldala miatt viszont két esetre kell bontanunk a vizsgálódást:

'''1. Eset:''' Ha a vezetéken kívül vagyunk <math>(r>R)</math>, akkor az áramsűrűség felületintegrálja a vezeték teljes áramával egyenlő.

<math>H(r) \cdot 2r\pi = I \longrightarrow \vec{H}(r) = {I \over 2r\pi} \cdot \vec{e}_{\varphi}</math>

'''2. Eset:''' Ha a vezetéken belül vagyunk <math>(r \leq R)</math>, akkor a teljes <math>I</math> áramnak csak a felületarányos része lesz az áramsűrűség integráljának eredménye.

<math>H(r) \cdot 2r\pi = J \cdot r^2 \pi </math>

<math>H(r) \cdot 2r\pi = {I \over R^2 \pi} \cdot r^2 \pi \longrightarrow \vec{H}(r) =
{I \over 2R^2\pi} \cdot r \cdot \vec{e}_{\varphi}</math>

A vezeték egységnyi hosszában tárolt mágneses energia meghatározására az ismert összefüggés:

<math>W_m={1 \over 2} \int_V \vec{H} \cdot \vec{B} \; \mathrm{d} V </math>

Mivel homogén közegben <math>\vec{B}=\mu \vec{H}</math>, azaz a vektorok egy irányba mutatnak minden pontban, így a skaláris szorzatuk megegyezik a vektorok nagyságának szorzatával. Azonban a mágneses térerősségvektor nagysága függ a sugártól, ezért célszerűen áttérünk hengerkoordináta-rendszerbe és ott végezzük el az integrálást:

<math>W_m={1 \over 2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \mu H^2(r) \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =
{1 \over 2} \mu \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \left({I \over 2R^2\pi} \cdot r \right)^2 \;\mathrm{d}z \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r =
{\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 r^2 \; \mathrm{d} z \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} r =
</math>

::<math>={\mu I^2 \over 8 R^4 \pi^2} \cdot 1 \cdot 2\pi \cdot \int_0^R r^2 \; \mathrm{d} r =
{\mu I^2 \over 4 R^4 \pi} \cdot \left[ {r^3 \over 3} \right]_0^R=
{\mu I^2 \over 12 R^4 \pi} \cdot R^3 =
{\mu I^2 \over 12 R \pi} = {\mu_0 \mu_r I^2 \over 12 R \pi}
</math>

}}

=== 65. Feladat: Koaxiális jellegű vezeték tengelyében a mágneses térerősség ===
Egy <math>r = 0.09m</math> sugarú vékony falú rézcső belsejében, a tengelytől <math>d = 0.03m</math> távolságra, azzal párhuzamosan egy vékony rézvezeték helyezkedik el. Mindkét vezető elég hosszú és <math>I = 5A</math> nagyságú egyenáram folyik bennük, de ellenkező irányban. Mekkora az eredő mágneses térerősség nagysága a tengelyben?
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=A feladatot bontsuk két részre. Első körben az Ampere-féle gerjesztési törvény segítségével megállapítható, hogy a rézcső belsejében a mágneses térerősség nagysága, csakis a belső rézvezeték elhelyezkedésétől és az abban folyó áram nagyságától függ.

<math>\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s} = I</math>

Ez onnét látszik, hogyha olyan zárt L görbe mentén integrálunk, ami a rézcsőn belül vezet, akkor a görbe által kifeszített A síkon csakis a vékony rézvezeték árama megy át.

Második körben meghatározható a vékony rézvezeték által a tengely mentén keltett mágneses térerősség nagysága. Szimmetria okokból a vékony rézvezeték mágneses tere hengerszimmetrikus, az erővonalak koncentrikus körök, ezért a mágneses térerősségvektor mindig érintő irányú, így a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:

<math>H 2 d \pi = I \longrightarrow H = \frac{I}{2 d \pi}=\frac{5}{2 \cdot 0.03 \pi} \approx 26.53 \;{A \over m}</math>
}}

== Távvezetékek (TV) ==

=== 68. Feladat: Mindkét végén nyitott ideális távvezeték rezonancia frekvenciája ===

Melyik az a legkisebb frekvencia, amelyen rezonancia léphet fel egy mindkét végén nyitott, <math>l=5km</math> hosszúságú, ideális légszigetelésű távvezetéken?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Rezonancia akkor lép fel egy ideális távvezetéken, ha a távvezeték bemeneti impedanciájával megegyező nagyságú és fázisú impedanciával zárjuk le a távvezeték elejét.

Az ideális távvezeték bemeneti impedanciája könnyen számítható az ismert képlet alapján, ha a távvezeték lezárása szakadás:

<math>Z_{be}=Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) } </math>

<math>Z_2 \rightarrow \infty</math>

<math>Z_{be} = \lim_{{Z_2}\to\infty} \left( Z_0 \cdot {Z_2 + jZ_0 \tan(\beta l)\over Z_0 + jZ_2 \tan(\beta l) }\right)=
-jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} </math>

Mivel a távvezeték elejének lezárása is szakadás, így annak az impedanciája is végtelen, tehát a rezonancia kialakulásához a bemeneti impedanciának is végtelennek kell lennie. Ez akkor állhat elő, ha a bemeneti impedancia kifejezésének nevezője nulla:

<math>-jZ_0 \cdot {1 \over \tan(\beta l)} = \infty \;\;\; \longleftrightarrow \;\;\; tan(\beta l)=0</math>

<math>\beta l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+</math>

<math>k</math> azért csak pozitív egész szám lehet (képletszerűleg bármilyen egész szám jó lenne), mert ugye negatív frekvenciájú hullám nem létezik, valamint kérdéses, hogy a 0 frekvenciájú hullámot vagyis az egyengerjesztést elfogadjuk-e. Ha igen akkor ez a legkisebb frekvencia, ami teljesíti a feltételeket, ha nem akkor számolunk tovább:

<math>{2 \pi \over \lambda} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+</math>

<math>{2 \pi f\over c} \cdot l = k \cdot \pi \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+</math>

<math> f = {k \cdot c\over 2l} \;\;\;\;\; k \in \mathbb{Z}^+</math>

<math>f_{min} = {1 \cdot c\over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz</math>

A feladat más megközelítéssel is megoldható, bár szerintem az előbbi megoldás az egzaktabb, míg a második egy kicsit "fapadosabb", de kellően szép köntösben tálalva ez is tökéletes megoldás.

Emlékezzünk vissza, mit tanultunk a hullámjelenségekről: Rezonancia esetén olyan állóhullám alakul ki melyre igaz, hogy a szabad végeken (szakadás) maximumhelye, míg a rögzített végeken (rövidzár) csomópontja van.

Keressük meg azt a legnagyobb hullámhosszt (azaz legkisebb frekvenciát), ami kielégíti ezen feltételeket. Segítségül egy kis ábra amin vázolva van az első pár lehetséges eset:

[[File:Terek_szóbeli_feladatok_rezonancia_ábra.png]]

Erről nagyon szépen látszik, hogy a legnagyobb kialakulható hullámhossz a távvezeték hosszának kétszerese lehet. Tehát:

<math>\lambda_{max} = 2l \longrightarrow f_{min}={c \over \lambda_{max}} =
{c \over 2l} = {3 \cdot 10^8 \over 2 \cdot 5000} = 30 \; kHz </math>

}}

=== 78. Feladat: Ideális távvezeték állóhullámarányának számítása ===
Egy ideális távvezeték mentén a feszültség komplex amplitúdója az <math>U(z) = (3+4j) \cdot e^{-j \beta z} + (2-j) \cdot e^{j \beta z}</math> függvény szerint változik. Adja meg az állóhullámarányt!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
A megadott függvényből kiolvasható a hullám beeső (pozitív irányba halad --> - j*béta*z ) és a reflektált (negatív irányba halad --> + j*béta*z ) komponenseinek komplex amplitúdói:

<math>U^+ = 3+4j</math>

<math>U^- = 2-j</math>

''Megjegyzés:'' A feladat megadható úgy is, hogy U(x) függvényt adják meg. Ekkor a beeső komponenshez (U2+) tartozik a pozitív, a reflektálthoz (U2-) pedig a negatív hatványkitevő!

Kapcsolat a két fajta paraméterezés között:

<math>U_2^+ = U^+ e^{- \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^+ e^{- j \beta l} </math>

<math>U_2^- = U^- e^{ \gamma l} \xrightarrow{ idealis TV} U^- e^{ j \beta l} </math>

Ezekből felírható a távvezeték reflexiós tényezőjének abszolút értéke definíció szerinti "x" paraméterezéssel, majd ebből "z" szerinti paraméterezéssel:

<math>|r|=\left| {U_{reflektalt} \over U_{beeso}} \right|= \left| {U_2^- \over U_2^+ } \right|=\left| {U^- \over U^+ } e^{j2 \beta l} \right| = \left| {U^- \over U^+ } \right| =\left| {2-j \over 3+4j } \right| = {1 \over \sqrt{5}} \approx 0.447</math>

Ebből pedig már számolható a távvezeték állóhullámaránya:

<math>\sigma = {1+|r] \over 1-|r| } = {1+0.447 \over 1-0.447 } \approx 2.62</math>

}}

=== 81. Feladat: Egyenfeszültséggel gerjesztett TV megadott feszültségű pontjának meghatározása ===

Adott egy végtelen hosszú távvezeték, melynek paraméterei az alábbiak: <math>R' = 20 {m \Omega \over m}</math> és <math>G' = 5 { \mu S \over m}</math>. Egy <math>U_0</math> egyenfeszültségű feszültségforrást kapcsolunk rá.

Milyen lesz a kialakuló hullámforma a távvezetéken? Határozza meg azt a z távolságot, ahol a feszültség <math>U_0/2</math> lesz!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Először határozzuk meg, hogy milyen lesz a kialakuló hullámforma. Ehhez vegyük a távvezetéken kialakuló idő és helyfüggő feszültségfüggvény általános alakját:

<math>u(t,z)=|U^+| \cdot e^{- \alpha z} \cdot \cos(\omega t - \beta z + \varphi^+) \;+\;
|U^-| \cdot e^{ \alpha z} \cdot \cos(\omega t + \beta z + \varphi^-)</math>

Mivel a távvezeték végtelen hosszúságú, így nincs reflektált komponens, tehát a második tag nulla. Továbbá mivel egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket azaz <math>\omega =0</math>, ezért az alant lévő számításból látszik, hogy a terjedési együttható tisztán valós lesz, tehát <math>\beta = 0</math>. Az egyenfeszültségből következik, hogy a <math>\varphi </math> kezdőfázis is zérus. Ezeket mind felhasználva adódik, hogy a koszinusz argumentuma konstans 0, tehát a koszinusz értéke konstans 1.

Tehát távvezetéken kialakuló feszültség idő- és helyfüggvénye (gyakorlatilag az időtől független lesz):

<math>u(t,z)=U_0 \cdot e^{- \alpha z}</math>

Ebből látszik, hogy a kialakuló hullámforma egy <math>U_0</math>-tól induló a végtelenben exponenciálisan lecsengő görbének felel meg.

A kérdéses "z" távolság meghatározásához, először ki kell számolnunk, hogy mennyi a távvezeték csillapítása (<math>\alpha</math>), feltéve hogy <math>\omega =0</math>, hiszen egyenfeszültséggel gerjesztjük a távvezetéket:

<math>\alpha=Re\left\{ \gamma \right\}=Re\left\{ \sqrt{(R'+j\omega L')(G'+j\omega C')} \right\}=Re\left\{ \sqrt{R' \cdot G'} \right\}=\sqrt{R' \cdot G'}=\sqrt{0.02 \cdot 5 \cdot 10^{-6}}=3.16 \cdot 10^{-4} \;{1\over m}</math>

Most meg kell határoznunk, hogy a távvezeték mely "z" távolságú pontjára csillapodik a feszültség amplitúdója az eredeti érték felére:

<math>U_0 \cdot e^{-\alpha z}={U_0 \over 2}</math>

<math>e^{-\alpha z}=0.5</math>

<math>-\alpha z=\ln 0.5 \longrightarrow z=-{\ln 0.5 \over \alpha}=-{\ln 0.5 \over 3.16 \cdot 10^{-4}} \approx 2.192 \;km</math>
}}

=== 82. Feladat: Ideális távvezeték bemeneti impedanciája ===

Egy ideális, légszigetelésű <math>l</math> hosszúságú, <math>Z_0</math> hullámimpedanciájú távvezeték vezetett hullámhossza pedig <math>\lambda = 8l</math>

Mekkora a távvezeték elején a bemeneti impedancia, ha a távvezeték végén a lezárás egy <math>L={Z_0 \over \omega}</math> induktivitású ideális tekercs?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Tudjuk, hogy: <math>\beta = {2 \pi \over \lambda} \longrightarrow (\beta l)={2 \pi \over \lambda}l ={2 \pi \over 8l}l = {\pi \over 4} </math>

A lezáró tekercs impedanciája: <math>Z_2=j \omega L = j \omega {Z_0 \over \omega}=j Z_0</math>

Ezt behelyettesítve az ideális távvezeték bemeneti impedanciájának képletébe, majd egyszerűsítve azt, máris adódik a végeredmény:

<math>
Z_{be}=Z_0 {Z_2 + j Z_0 tg(\beta l) \over Z_0 + j Z_2 tg(\beta l) } =
Z_0 {j Z_0 + j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) \over Z_0 + j j Z_0 tg\left({\pi \over 4}\right) } =
j Z_0 {1 + tg\left({\pi \over 4}\right) \over 1 - tg\left({\pi \over 4}\right) } =
j Z_0 {1 + 1 \over 1 - 1 } =
j Z_0 \cdot {2 \over 0 } \longrightarrow \infty
</math>

A kapott eredményen nem kell meglepődni. Jelen paraméterek mellett a távvezeték bemeneti impedanciája végtelenül nagy.

}}

=== 86. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának I. egyenletével===
Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája <math>50 \Omega</math>, hossza pedig <math>\frac{\lambda}{8}</math>. A távvezeték végén adott az áram és a feszültség komplex amplitúdója: <math>2A</math> illetve <math>500V</math>. Határozzuk meg a feszültség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
Tudjuk, hogy: <math>\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 8} = \frac{\pi}{4}</math>

Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának első egyenletét, majd behelyettesítünk:

<math>U_1 = \cos (\beta l) \cdot U_2 \;+\; j \cdot \sin(\beta l) \cdot Z_0 \cdot I_2 =
\cos \left( {\pi \over 4} \right)\cdot500 \;+\; j \cdot \sin \left( {\pi \over 4} \right) \cdot 50 \cdot 2 \approx (354 + j70.7)V</math>

}}

=== 87. Feladat: Számolás az ideális TV lánckarakterisztikájának II. egyenletével===

Adott egy ideális távvezeték, melynek hullámimpedanciája <math>50 \; \Omega</math>, hossza pedig <math>\frac{\lambda}{3}</math>. A távvezeték vége szakadással van lezárva, melyen a feszültség komplex amplitúdója <math>j150 \; V</math>. Határozzuk meg az áramerősség komplex amplitúdóját a távvezeték elején!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Tudjuk, hogy: <math>\beta = \frac{2 \pi}{\lambda} \longrightarrow (\beta l)=\frac{2 \pi}{\lambda}\frac{\lambda}{ 3} = \frac{2\pi}{3}</math>

Miután ez megvan, felírjuk az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának második egyenletét, majd behelyettesítünk:

<math>I_1 = j \cdot {1 \over Z_0} \cdot \sin (\beta l) \cdot U_2 \;+\; \cos (\beta l) \cdot I_2 =
j \cdot {1 \over 50} \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \cdot j150 \;+\; \cos \left( \frac{2\pi}{3} \right)\cdot 0 =
-3 \cdot \sin \left( \frac{2\pi}{3} \right) \approx -2.6 \; A </math>

}}

=== 88. Feladat: Ideális TV bemeneti impedanciájának helyfüggvénye ===

Egy ideális távvezeték hullámimpedanciája <math>Z_0 = 400 \; \Omega</math>, lezárása pedig egy <math>Z_2 = -j400 \; \Omega</math> reaktanciájú kondenzátor. A távvezeték fázisegyütthatója <math>\beta = 0.2 \; {1 \over m} </math>.

Adja meg a bemeneti impedanciát a lezárástól való <math>x</math> távolság függvényében.
Határozza meg, milyen helyeken lesz a bemeneti impedancia értéke 0.

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

A bemeneti impedancia a hely függvényében egyszerűen megadható, ha az ideális távvezeték bemeneti impedanciájának általános képletében az <math>l</math> hossz helyébe általánosan <math>x</math> változót írunk, ahol <math>x</math> a lezárástól való távolságot jelöli.

''Megjegyzés:'' Arra az esetre, ha mégis rákérdeznének, hogy ez mégis honnan jött, célszerű lehet átnézni a jegyzetből az ideális távvezeték lánckarakterisztikájának levezetését, csak l helyébe x-et kell írni és ugyanazzal a gondolatmenettel levezethető ez a képlet.

<math>Z_{be}(x) = Z_0 \cdot {Z_2 + j Z_0 tg \left( \beta x \right) \over Z_0 + jZ_2 tg \left( \beta x \right)}</math>

A bemeneti impedancia csakis akkor lehet 0, ha a fenti képletben a számláló is szintén 0.

<math>Z_2 + jZ_0 tg \left( \beta x \right) = 0 </math>

<math>-j400 + j400 tg \left( 0.2 \cdot x \right) = 0 </math>

<math>tg \left( 0.2 \cdot x \right) = 1 </math>

::::<math>\updownarrow</math>

<math>0.2 \cdot x = {\pi \over 4} + k \cdot \pi</math>

<math>x = 1.25\pi + k \cdot 5\pi \;\;\;\; \left[ m \right] </math>

}}

== Indukálási jelenségek ==

=== 94. Feladat: Zárt vezetőkeretben indukált áram effektív értéke ===

Egy <math>R=5 \Omega</math> ellenállású zárt vezetőkeret fluxusa <math>\Phi(t)=30 \cdot \sin(\omega t) \;mVs</math>, ahol <math>\omega=1 {krad \over s}</math>. Mekkora a keretben folyó áram effektív értéke?
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=Az indukálási törvény alapján:

<math>u_i(t)=-{d\Phi(t) \over dt}=-\omega \cdot 0.03 \cdot \cos(\omega t) =-30 \cdot \cos(\omega t) \;V</math>

Innen a feszültség effektív értéke:

<math>U_{eff}={30 \over \sqrt 2} \approx 21.21 \;V</math>

Az áram effektív értéke pedig:

<math> I_{eff}={U_{eff} \over R}= {{30 \over \sqrt{2}} \over 5} = {6 \over \sqrt 2} \approx 4.24 \;A</math>
}}

=== 95. Feladat: Zárt vezetőgyűrűben indukált áram időfüggvénye ===

Adott egy <math>R</math> ellenállású vezetőgyűrű a lap síkjában. A gyűrű által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: <math>\Phi (t) = \Phi_0 + \Phi_1 \cdot \sin(\omega t)</math>.

Adja meg a a gyűrűben indukált áram <math>i(t)</math> időfüggvényét, ha a fluxus a papír síkjából kifelé mutató indukció vonalak mentén pozitív értékű.

Volt egy ábra is: A lap síkjában a vezetőgyűrű, a mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek és a bejelölt áram referenciairánya pedig az óramutató járásával megegyező irányú.

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Az indukálási törvény alapján, meghatározható a vezetőgyűrűben indukált feszültség. A Lenz-törvényből adódó NEGATÍV előjelet azonban most hagyjuk el, mivel most előre megadott referenciairányaink vannak. Majd a végén kiokoskodjuk, hogy szükséges-e extra mínuszjel:

<math>u_i(t)={d\Phi(t) \over dt}= \Phi_1 \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)</math>

Ebből az áram időfüggvénye: <math>R={U \over I} \longrightarrow i(t)={u_i(t) \over R}={\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)</math>

Most nézzük meg, hogy teljesül-e a jelenlegi referenciairányokkal a Lenz-törvény. A Lenz-törvény kimondja, hogy az indukált feszültség iránya olyan kell, hogy legyen, hogy az általa létrehozott áram által keltett mágneses mező akadályozza az indukciót létrehozó folyamatot, jelen esetben a fluxus megváltozását.

Vegyük az első negyedperiódusnyi időt. Ilyenkor a mágneses indukcióvektor a lap síkjából kifelé mutat és csökkenő erősségű. Tehát az indukált áramnak olyan mágneses mezőt kell létrehoznia, hogy annak indukcióvektorai az első negyedperiódusban a lap síkjából kifelé mutassanak, hiszen így akadályozzuk a fluxus csökkenését. A kiszámolt áramidőfüggvény az első negyedperiódusban pozitív értékű, tehát egybeesik a megadott referenciairánnyal. Az óramutató járásával megegyező irányba folyó áram a jobb kéz szabály szerint olyan mágneses mezőt hoz létre, melynek indukcióvektorai a lap síkjába befelé mutatnak. Ez pont ellentétes mint amire szükségünk van, tehát szükséges egy korrekciós mínuszjel a referenciairányok miatt.

Az indukált áram időfüggvénye tehát: <math>i(t)=-{\Phi_1 \over R} \cdot \omega \cdot \cos(\omega t)</math>

}}

=== 98. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség ===

Az xy síkon helyezkedik el egy <math>r=3m</math> sugarú, kör alakú, zárt L görbe. A mágneses indukció a térben homogén és z irányú komponense <math>\Delta t=40ms</math> idő alatt <math>B=0.8T</math> értékről lineárisan zérusra csökken. Mekkora feszültség indukálódik eközben az L görbe mentén?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Az indukálási törvény alapján:

<math>u_i=-{d\Phi(t) \over dt}=-A \cdot { dB(t) \over dt}=
-r^2\pi \cdot { \Delta B\over \Delta t}=-r^2\pi \cdot {B_2-B_1\over\Delta t}=
- 3^2\pi \cdot {0-0.8\over0.04}=565.5 \;V </math>

}}

=== 100. Feladat: Hosszú egyenes vezető környezetében lévő zárt vezetőkeretben indukált feszültség ===

Egy hosszú egyenes vezetőtől <math>d=15 m</math> távolságban egy <math>r=0,25 m</math> sugarú kör alakú zárt vezető hurok helyezkedik el. A vezető és a hurok egy síkra illeszkednek, a közeg pedig levegő.

Mekkora az indukált feszültség, ha a vezetőben folyó áram <math>50 {A \over \mu s}</math> sebességgel változik.

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Az indukálási törvény alapján:

<math>u_i=-{\mathrm{d}\Phi(t) \over \mathrm{d} t}=-A \cdot { \mathrm{d}B(t) \over \mathrm{d} t}=
-A \mu_0 \cdot { \mathrm{d}H(t) \over \mathrm{d} t}</math>

A hosszú egyenes áramjárta vezető környezetében a mágneses térerősségvektor az Ampere-féle gerjesztési törvénnyel meghatározható. Ha a mágneses térerősséget egy <math>d</math> sugarú zárt <math>L</math> kör mentén integrálunk, amely által kifeszített <math>A</math> területű körlapot a közepén merőlegesen döfi át a vezeték, akkor a vonalintegrál egy egyszerű szorzássá egyszerűsödik:

<math>\oint_L \vec{H} \; \mathrm{d} \vec{l} = \int_A \vec{J} \; \mathrm{d} \vec{s}</math>

<math>H \cdot 2d\pi = I \longrightarrow H = {I \over 2d\pi}</math>

Ezt behelyettesítve az indukált feszültség képletébe:

<math>u_i=-A \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =
- r^2 \pi \mu_0 \cdot {1 \over 2d\pi} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =
- {r^2 \mu_0 \over 2d} \cdot { \mathrm{d}I(t) \over \mathrm{d} t} =
- {0.25^2 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \over 2 \cdot 15} \cdot 50 \cdot 10^6 \approx -130.9 \; mV
</math>

''Megjegyzés:'' Természetesen ez csak egy jó közelítés, hiszen a vezető keret mentén nem állandó nagyságú a mágneses térerősség változása, mivel az függ a vezetőtől való távolságtól is. Azonban a közepes távolságot véve, csak kismértékű hibát vétünk.

}}

=== 101. Feladat: Zárt vezetőhurokban indukált feszültség===

Adott egy L zárt görbe a lap síkjában. A mágneses indukcióvonalak a lap síkjára merőlegesek. A görbe által határolt mágneses fluxus időfüggvénye: <math>\Phi(t)=\Phi_0 \cdot {t^2 \over T}, \;\; ha \;\;0<t<T</math>.

Mekkora lesz az indukált feszültség nagysága amikor <math>t=T/3</math>?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Az indukálási törvény alapján:

<math>u_i(t)=-{d \Phi(t) \over dt}= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot t</math>

Behelyettesítve a <math>t=T/3</math> értéket:

<math>u_i\left(t= {T \over 3} \right)= -{2 \Phi_0 \over T} \cdot {T \over 3}=-{2\over 3} \Phi_0</math>

}}

== Elektromágneses síkhullám jó vezetőben ==

=== 105. Feladat: Hengeres vezetőben adott mélységben a térerősség amplitúdója és fázisa ===

Egy <math>r</math> sugarú hengeres vezető anyagban a behatolási mélység <math>\delta<<r</math>. A henger felszínén az elektromos térerősség amplitúdója <math>E_0</math>, kezdőfázisa pedig <math>0 \; rad</math>.

A felszíntől <math>h</math> távolságban térerősség amplitúdója <math>{E_0 \over 2}</math>. Mennyi ilyenkor a fázisa a térerősségnek?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Tudjuk, hogy a hogy vezető anyagokban az elektromos térerősség komplex amplitúdója a mélység (z) függvényében:

<math>E(z) = E_0 \cdot e^{- \gamma z}</math>

<math>\gamma = {1+j \over \delta} \longrightarrow E(z) = E_0 \cdot e^{-z/\delta} \cdot e^{-jz/\delta}</math>

Ebből a képletből kifejezhető az elektromos térerősség komplex amplitúdójának nagysága (abszolút értéke):

<math>\left| E(z) \right|= E_0 \cdot e^{-z/\delta}</math>

Behelyettesítve a megadott adatokat:

<math>\left| E(h) \right| = E_0 \cdot e^{-h/\delta} = {E_0 \over 2}</math>

<math>-{h \over \delta} = ln(0.5)</math>

Most fejezzük ki a fentebbi képletből az elektromos térerősség komplex amplitúdójának fázisát:

<math>arg \left\{ E(z) \right\} = -{z \over \delta}</math>

Behelyettesítve a megadott adatokat, majd az imént kiszámolt <math>-{h \over \delta}</math> arányt:

<math> arg \left\{ E(h) \right\} = - {h \over \delta} = - ln(0.5) \approx 0.693 \; rad </math>

}}

=== 107. Feladat: Hengeres vezetőben disszipált hőteljesítmény ===
Egy <math>A=1.5 mm^2</math> keresztmetszetű, <math>l=3m</math> hosszú hengeres vezetőben <math>I=10A</math> amplitúdójú 50 Hz-es szinuszos áram folyik. A behatolási mélység <math> \delta = 9.7 mm</math>, a fajlagos vezetőképesség pedig <math> \sigma = 3.7 \cdot 10^7 {S \over m}</math>. Mennyi a vezetőben disszipált hőteljesítmény?
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=A vezető sugara: <math>r=\sqrt{{1.5\over\pi}}=0.691mm<<\delta</math>

Mivel a vezető sugara jóval kisebb mint a behatolási mélység, így a vezető vehető egy sima <math>l</math> hosszúságú, <math>A</math> keresztmetszetű és <math> \sigma</math> fajlagos vezetőképességű vezetékdarabnak.

<math>R={1 \over \sigma}{l \over A}={1 \over 3.7 \cdot 10^{7}} \cdot {3 \over 1.5 \cdot 10^{-6}} \approx 54 \;m\Omega</math>

A vezetékben disszipálódó hőteljesítmény (vigyázat, csúcsérték van megadva és nem effektív):

<math>P={1\over2}RI^2={1\over2} \cdot 0.054 \cdot 10^2 \approx 2.7 \;W</math>

}}

=== 109. Feladat: Hengeres vezető belsejében az elektromos térerősség ===
Egy <math>r=2mm</math> sugarú, hosszú hengeres vezető <math>\sigma=35 {MS \over m}</math> fajlagos vezetőképességű anyagból van, a behatolási mélység <math>\delta =80 \mu m</math>. A térerősség időfüggvénye a vezető felszínén <math>\vec{E}(t)=10 \cdot \cos(\omega t) \cdot \vec{n}_0</math>. Itt n egy egységvektor, ami a vezető hosszanti tengelyével párhuzamos.
Adja meg az áramsűrűség időfüggvényét a felülettől 2 behatolási mélységnyi távolságra!
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
Mivel: <math>\delta << r </math>

Így a mélység (z) függvényében a térerősség komplex amplitúdójának változása:

<math>E(z)=E_0 \cdot e^{-\gamma z}=
E_0 \cdot e^{- \left( 1/ \delta + j/ \delta \right) z}=E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta}</math>

A differenciális Ohm-törvény: <math>\vec{J}=\sigma \cdot \vec{E }</math>

Ezeket egybefésülve és áttérve időtartományba:

<math>\vec{J}(z,t)=Re \left\{ \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot e^{-jz/ \delta} \cdot e^{j \omega t} \right\} \cdot \vec{n}_0 = \sigma \cdot E_0 \cdot e^{-z/ \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {z \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 </math>

Behelyettesítés után, <math>z= 2 \delta</math> mélységben:

<math>\vec{J}(t)= 35 \cdot 10^6 \cdot 10 \cdot e^{-2 \delta / \delta} \cdot \cos \left( \omega t - {2 \delta \over \delta} \right) \cdot \vec{n}_0 = 47.37 \cdot \cos \left( \omega t - 2 \right) \cdot \vec{n}_0 \;{MA \over m^2}</math>

}}

===111. Feladat: Behatolási mélység===
Vezetőben terjedő síkhullám elektromos térerőssége minden 3 mm után a felére csökken. Határozza meg a behatolási mélységet, a csillapítási tényezőt és a fázistényezőt!
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
<math> \gamma = \alpha + j\beta </math> terjedési együttható

<math> \alpha </math> - csillapítási tényező

<math> \beta </math> - fázistényező

<math> \delta = \frac{1}{\alpha} </math> behatolási mélység

Vezető anyagokban <math> \alpha = \beta </math> , mivel:

<math> \gamma = \sqrt{j\omega\mu (\sigma + j\omega\varepsilon)} </math>, azonban vezető anyagokban <math> \varepsilon << \sigma </math>, így a terjedési együttható: <math> \gamma \approx \sqrt{j\omega\mu\sigma} = \sqrt{j}\sqrt{\omega\mu\sigma} </math>

<math> \sqrt{j} = \sqrt{e^{j \pi/2}} = e^{j \pi/4} = \frac{1}{\sqrt{2}} + j\frac{1}{\sqrt{2}} </math>

<math> \gamma = \sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} + j\sqrt{\frac{\omega\mu\sigma}{2}} </math>

Ebből <math> \delta </math> számításának módja:

<math> \delta = \frac{1}{\alpha} = \frac{1}{\beta} = \sqrt{\frac{2}{\omega\mu\sigma}} </math> (de most nem ezt kell használni)

A térerősség amplitúdójának nagysága a vezetőben: <math> E(z) = E_0 e^{-\alpha z} = E_0 e^{-z/\delta} </math>

<math> E_0 e^{- (0.003\ \text{m})/\delta} = \frac{1}{2} E_0 </math>

<math> \delta = -\frac{0.003\ \text{m}}{\ln{\frac{1}{2}}} \approx 4.328\ \text{mm} </math>

<math> \alpha = \beta = \frac{1}{\delta} \approx 231\ \frac{1}{\text{m}}</math>

}}

===112. Feladat: Vezető közeg hullámimpedanciája===
Egy <math>\mu_r=1</math> relatív permeabilitású vezetőben <math> \omega = 10^4 {1 \over s}</math> körfrekvenciájú síkhullám terjed. Tudjuk a terjedési együttható abszolút értékét, ami <math> \left| \gamma \right| = 5 \; {1 \over mm}</math>.

Mi a hullámimpedancia abszolút értéke?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Tudjuk, hogy a terjedési együttható: <math>\gamma = \sqrt{ j \omega \mu \cdot \left( \sigma + j \omega \varepsilon \right) }</math>

Mivel a közeg ó vezetés és relatíve alacsony körfrekvenciájú a síkhullám, így: <math> \sigma >> \omega \varepsilon </math>

A terjedési együttható, így egyszerűsíthető:
<math> \gamma = \sqrt{ j \omega \mu \sigma } =
\sqrt{ j} \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma } =
{ 1 + j \over \sqrt{2} } \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }</math>

Mivel ismerjük a terjedési együttható abszolút értékét, ebből a képletből kifejezhető a közeg fajlagos vezetőképessége:

<math>\left| \gamma \right| =
\left| { 1 + j \over \sqrt{2} } \right| \cdot \sqrt{ \omega \mu \sigma }=
\sqrt{ \omega \mu \sigma } \longrightarrow
\sigma = { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}</math>

A hullámimpedancia képlete szintén egyszerűsíthető, figyelembe véve, hogy vezető közeg esetén: <math> \sigma >> \omega \varepsilon </math>

<math>Z_0 = \sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma + j \omega \varepsilon }} \approx
\sqrt{{ j \omega \mu \over \sigma}} =
\sqrt{{ j \omega \mu \over { {\left| \gamma \right| }^2 \over \mu \omega}}}=
\sqrt{j} \cdot {\omega \mu \over \left| \gamma \right|} =
e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {\omega \mu_0 \mu_r \over \left| \gamma \right|} =
e^{j \cdot (\pi / 2)} \cdot {10^4 \cdot 4\pi \cdot 10^{-7} \cdot 1 \over 5 \cdot 10^3} \approx
2.513 \; \cdot \; e^{j \cdot (\pi / 2)} \; \mu \Omega </math>

}}

== Elektromágneses hullám szigetelőben==

=== 119. Feladat: Közeg hullámimpedanciájának számítása ===

Egy adott <math>\mu_r=5</math> relatív permeabilitású közegben síkhullám terjed <math>\omega = 10 {Mrad \over s}</math> körfrekvenciával. A terjedési együttható értéke: <math>\gamma = 0.1 \cdot j \;{1 \over m}</math> Adja meg a közeg hullámellenállásának értékét!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg= A megoldáshoz két alapképlet ismerete szükséges a síkhullámokkal kapcsolatosan, ezek a távvezeték analógia ismeretében is egyszerűen levezethetők.

<math> Z_0 = \sqrt{\frac{j \omega \mu}{\sigma + j \omega \varepsilon }} </math>

<math> \gamma = \sqrt{j \omega \mu \cdot (\sigma +j \omega \varepsilon) } </math>

Az első képlet gyök alatti kifejezésének csak a nevezője nem ismert. Ezt a második képletet négyzetre emelve, majd rendezve kapjuk:

<math> (\sigma +j \omega \varepsilon) = \frac{\gamma^{2}}{j \omega \mu } </math>

Ezt behelyettesítve az első egyenlet nevezőjébe:

<math> Z_0 = \sqrt{\frac{(j \omega \mu)^{2}}{\gamma^{2}}}</math>

A gyökvonás elvégzése után az eredményt megadó formula:

<math> Z_0 = \frac{j \omega \mu}{\gamma} = {j 10^7 \cdot 5 \cdot 4 \pi \cdot 10^{-7} \over j 0.1}=628.3 \;\Omega</math>

Behelyettesítés előtt ω és γ értékét alakítsuk megfelelő mértékegységre (1/s és 1/m), illetve figyeljünk hogy <math>\mu = \mu_0 \cdot \mu_r</math>

}}

=== 125. Feladat: Síkhullám közeghatáron disszipált hatásos teljesítménye ===

Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy <math>Z_0'=200 \Omega</math> hullámimpedanciájú, ideális szigetelő közeg határfelületére. A szigetelő közeg a teljes végtelen félteret kitölti, a határfelületen pedig a mágneses térerősség amplitúdója <math>H=0.3 \; {A \over m}</math>.

Adja meg a határfelület <math>3 \; m^2</math> nagyságú felületén átáramló hatásos teljesítmény!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott <math>A</math> felületen disszipált hatásos teljesítmény:

<math>P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \</math>

Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:

<math>P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A</math>

A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos mind a mágneses térerősség amplitúdója.

Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol <math>E</math> és <math>H</math> a határfelületen vett amplitúdók nagysága:

<math>P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A </math>

Felhasználva, hogy a szigetelőben <math>E = H \cdot Z_{0}' </math>, majd rendezve az egyenletet:

<math>P= {1 \over 2} \cdot H \cdot \left( H \cdot Z_{0}' \right) \cdot A =
{1 \over 2} \cdot H^2 \cdot Z_{0}' \cdot A = {1 \over 2} \cdot 0.3^2 \cdot 200 \cdot 3 = 27 \; W
</math>

}}

=== 126. Feladat: Síkhullám közeghatáron, elektromos térerősség amplitúdójának meghatározása ===

Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy <math>Z_0'=200 \Omega</math> hullámimpedanciájú, végtelen kiterjedésű ideális szigetelő féltér határfelületére. A szigetelő egy <math>A=2m^2</math> nagyságú felületén disszipálódó hatásos teljesítmény <math>P=10W</math>. Mekkora az elektromos térerősség amplitúdója a szigetelőben?

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

Tudjuk, hogy egy elektromágneses hullám által adott <math>A</math> felületen disszipált hatásos teljesítmény:

<math>P=\int_{A} Re \left\{ \vec{S} \right\} \mathrm{d} \vec{s} \</math>

Mivel jelen esetben a Poynting-vektor és a felület normálisa párhuzamosak, így a felületintegrál egyszerű szorzássá egyszerűsödik:

<math>P=Re \left\{ {S} \right\} \cdot A</math>

A folytonossági feltételekből tudjuk, hogy közeg határfelületén az elektromos térerősség tangenciális komponense nem változhat. A mágneses térerősség tangenciális komponense pedig akkor nem változhat, ha a felületi áramsűrűség zérus. Ez jelen esetben fennáll, tehát a határfelületen állandó mind az elektromos, mind a mágneses térerősség amplitúdója.

Mivel síkhullámról van szó, ahol egymásra merőlegesek az elektromos és mágneses térerősség vektorok, valamint fázisban vannak, így a Poynting vektor valós része felírható az alábbi formulával, ahol <math>E</math> és <math>H</math> a határfelületen vett amplitúdók nagysága:

<math>P= {1 \over 2} \cdot E \cdot H \cdot A </math>

Felhasználva, hogy a szigetelőben <math>H = {E \over Z_{0}'} </math>, majd rendezve az egyenletet:

<math>P= {1 \over 2} \cdot E \cdot {E \over Z_{0}' } \cdot A =
{E^2 \over 2 \cdot Z_{0}' } \cdot A \longrightarrow E =
\sqrt{{2PZ_{0}' \over A} } = \sqrt{{2 \cdot 10 \cdot 200 \over 2} } \approx 44.72 \;{V \over m} </math>

}}

=== 129. Feladat: Elektromágneses síkhullám közeghatáron ===

<math>\varepsilon_r = 2.25</math> relatív permittivitású szigetelőben terjedő elektromágneses síkhullám merőlegesen esik egy levegővel kitöltött végtelen féltér határfelületére. A határfelületen az elektromos térerősség amplitúdója <math>E=250\; {V \over m}</math>.

Adja meg a <math>H^+</math> értékét a közeghatáron, az első közegben.

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

A megoldás során a távvezeték analógiát fogjuk felhasználni.

Először meg kell határoznunk a szigetelő reflexiós tényezőjét, ha a "lezárás" levegő:

<math>r={Z_{0,l} - Z_{0,sz} \over Z_{0,l} + Z_{0,sz}}=
{Z_{0,l} - Z_{0,l}\cdot {1 \over \sqrt{\varepsilon_r} }\over Z_{0,l} + Z_{0,l}\cdot {1 \over \sqrt{\varepsilon_r} }}=
{\sqrt{\varepsilon_r} - 1 \over \sqrt{\varepsilon_r} +1}=
{\sqrt{2.25} -1 \over \sqrt{2.25} +1} = 0.2 </math>

A folytonossági feltételből következik, hogy a határfelületen az elektromos térerősség amplitúdója nem változhat meg:

<math>E^+_l = E^+_{sz} + E^-_{sz} = E^+_{sz} \cdot (1+r)</math>

<math>H^+_{sz} = {E^+_{sz} \over Z_{0,sz}} \longrightarrow E^+_{sz} = H^+_{sz} \cdot Z_{0,sz}</math>

<math>E^+_l = H^+_{sz} \cdot Z_{0,sz} \cdot (1+r) \longrightarrow
H^+_{sz} = {E^+_l \over Z_{0,sz} \cdot (1+r)}=
{E^+_l \over Z_{0,l} \cdot {1\over \sqrt{\varepsilon_r}} \cdot (1+r)}=
{250 \over 120\pi \cdot {1\over \sqrt{2.25}} \cdot (1+0.2)} \approx 0.829 \; {A \over m}</math>
}}

== Poynting-vektor ==

=== 137. Feladat: Elektromos energiasűrűség időbeli átlagából a Poynting-vektor időbeli átlagának számítása===

Levegőben síkhullám terjed a pozitív <math>z</math> irányba. A tér tetszőleges pontjában az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga <math>w = 9 \; {\mu J \over m^3}</math>.

Adja meg a Poynting-vektor időbeli átlagát!

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=

A Poynting-vektor időbeli átlaga felírható az energiasűrűség időbeli átlagának és a fénysebességnek a szorzataként:

<math>S = w \cdot c \approx
9 \cdot 10^{-6} \; {J \over m^3} \cdot 3 \cdot 10^8 \; {m \over s} =
2.7 \; {kW \over m^2}</math>

Másik megoldás, ha valaki esetleg nem ismerné a fenti magic képletet:

Az elektromos energiasűrűség időbeli átlaga levegőben definíció szerint felírható az alábbi módon:

<math>w = {1 \over 2} \varepsilon_0 E_{x0}^2 \; \longrightarrow \; E_{x0} =
\sqrt{{ 2w \over \varepsilon_0}} =
\sqrt{{ 2 \cdot 9 \cdot 10^{-6} \over 8.85 \cdot 10^{-12}}} \approx 1426.15 \; {V \over m}</math>

A levegő hullámimpedanciája: <math>Z_0 = 120\pi \; \Omega</math>

Ebből a Poynting-vektor időbeli átlaga már definíció szerint felírható:

<math>S = {1 \over 2} {E_{x0}^2 \over Z_0} =
{1 \over 2 } \cdot {1426.15^2 \over 120\pi} \approx 2.697 \; {kW \over m^2 }</math>

}}

=== 143. Feladat: Hertz-dipólus által adott irányban kisugárzott teljesítmény ===
Egy Hertz-dipólus az origó síkjában <math>\vartheta =0</math> szögben áll. Írja fel az összes kisugárzott teljesítményt <math>\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}</math> tartományban a Poynting-vektor és a Hertz-dipólus irányhatásának segítségével!
{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=A Hertz-dipólus által kisugárzott teljes teljesítmény:

Felhasználható egyenletek:

<math>
S(r) = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{r^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}
</math>

<math>
D=1.5
</math>
, Hertz-dipólusra

Először is nézzük meg az irányhatás definícióját és alakítgassuk. A definícióban egy teljes gömbre számoljuk az eredményeket. Felhasználjuk, hogy a Poynting vektor térbeli átlaga, a kisugárzott teljesítmény, és egy R sugarú gömb felületének hányadosa.

<math>
{\rm{D = }}{{{{\rm{S}}_{{\rm{MAX}}}}(R)} \over {{{\rm{S}}_{{\rm{AVG}}}}(R)}} = {{\max \left( {{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{{{\sin }^2}\vartheta } \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \right)} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {\rm{4}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{{\rm{1}} \over {{R^{\rm{2}}}}}{{\rm{Z}}_{\rm{0}}}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {{\rm{4\pi }}{{\rm{R}}^{\rm{2}}}}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120\pi }}} \over {{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over {\rm{\pi }}}}}{\rm{ = }}{{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}}}
</math>

Átrendezzük az egyenletett a keresett sugárzott telesítményre, és felhasználjuk, hogy a Hertz dipólus irányhatása 1.5

<math>
{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over D} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}{\rm{120}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}} \over {1.5}} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}
</math>

Ez a teljes gömbfelületen kisugárzott teljesítmény, de nekünk csak a <math>\vartheta \in \left\{ 0,{\pi \over 2} \right\}</math> tartományon kell, ami a sugárzás felső féltere.
Mivel a Hertz-dipólus tere szimmetrikus az x-y síkra, így a gömbben sugárzott teljesítmény fele pont a felső térrészben sogárzott teljesítmény lesz:

<math>
{{{{\rm{P}}_{{\rm{sug}}}}} \over 2} = {{{{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{80}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)}^{\rm{2}}}} \over 2} = {{{{\left| {{{\rm{I}}_{\rm{0}}}} \right|}^{\rm{2}}}} \over {\rm{2}}}{\rm{40}}{{\rm{\pi }}^{\rm{2}}}{\left( {{{\rm{l}} \over {\rm{\lambda }}}} \right)^{\rm{2}}}
</math>
}}

=== 149. Feladat: Koaxiális kábelben áramló teljesítmény ===

Koaxiális kábelben egyenáram folyik, a dielektrikumban kialakuló elektromos és mágneses térerősség hengerkoordináta-rendszerben leírva a következő:

<math>\vec{E}(r)=\frac{U_0}{r} \cdot \vec{e_r}</math> és <math>\vec{H}(r)=\frac{I_0}{r} \cdot \vec{e_\varphi}</math>

(<math>\vec{e_r}, \vec{e_\varphi}</math> és <math>\vec{e_z}</math> a radiális, fi és z irányú egységvektorok)

Milyen irányú és mekkora az áramló hatásos teljesítmény? A belső ér sugara <math>r_1</math>, a külső vezető belső sugara <math>r_2</math>, a vezetők ideálisak, a kábel tengelye a z irányú.

{{Rejtett
|mutatott='''Megoldás'''
|szöveg=
A Poynting-vektor kifejezése: <math>\vec{S}=\vec{E} \times \vec{H} \Rightarrow \vec{S}(r)=E(r) \cdot H(r) \cdot \vec{e_z}</math>

''Megjegyzés:'' Mivel egyenáramról van szó, így nincs szükség a 2-vel való osztásra, hiszen egyenáram esetén a csúcsérték megmegegyezik az effektív értékkel.

Mivel tudjuk, hogy koaxiális kábelben a hatásos teljesítmény a dielektrikumban áramlik, így az áramló hatásos teljesítmény már meghatározható a Poynting-vektornak a dielektrikum keresztmetszetére vett felületintegráljával:

<math>P=\int_A \vec{S} \;d\vec{s} = \int_{r_1}^{r_2} \int_0^{2\pi} \frac{U_0 I_0}{r^2} \; \mathrm{d}\varphi \mathrm{d}r=
2\pi U_0 I_0\left[-{1 \over r}\right]_{r1}^{r2}=
2\pi U_0 I_0\left(\frac{1}{r_1}-\frac{1}{r_2}\right)=2\pi U_0 I_0 \frac{r_2-r_1}{r_1 r_2}</math>
}}

[[Kategória:Villamosmérnök]]

Infokommunikáció

2014-11-16T21:07:33Z

Kovács Gergely: /* Pót ZH */

{{Tantárgy
|nev=Infokommunikáció
|targykod=VITMA301
|szak=villany
|kredit=5
|felev=5
|kereszt=vizsgakurzus
|tanszék=TMIT
|kiszh=nincs
|nagyzh=1 db
|vizsga=írásbeli
|hf=nincs
|levlista=infokomm{{kukac}}sch.bme.hu
|tad=https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VITMA301/
|targyhonlap=http://qosip.tmit.bme.hu/cgi-bin/twiki/view/VITMA301/WebHome
}}

Az '''Infokommunikáció''' tárgy alapvető célja, hogy megismertesse a távközlésre és számítógép hálózatokra is kiterjedő infokommunikáció sajátos kérdésfelvetéseit, valamint e kérdések megválaszolásának legfontosabb módszereit és eljárásait.

A tárgy oktatása törekszik arra, hogy később:
*A témarokon szakirányokon tovább tanulók biztos alapokat kapjanak a leglényegesebb fogalmak és eljárások tekintetében.
*Azok a hallgatók, akik más szakirányok valamelyikén folytatják tanulmányaikat, kellően megalapozott ismeretekkel rendelkezzenek az új infokommunikációs rendszerek mibenlétének megértéséhez.

Ennek megfelelően a tantárgy minden villamosmérnök számára nyújt „kimenő” ismereteket miközben megalapozza a később az infokommunikáció-rokon szakirányok valamelyikét választók további tanulmányait.

Az előadások, a gyakorlatok és a számonkérés módszere együttesen arra törekszik, hogy a hallgatók a megismert elemeket, módszereket és eljárásokat egyrészt alkotó módon tudják alkalmazni, másrészt elegendően sok fix pontot kapjanak ahhoz, hogy a számukra újdonságnak tűnő vagy ténylegesen új infokommunikációs rendszereket és szolgáltatásokat kevés utánjárással megértsék.

==Követelmények==

*'''Előkövetelmény:''' [[Jelek és rendszerek 2]] valamint a [[Matematika A1a - Analízis]] című tárgyak teljesítése.
*'''Változás:''' A tárgy 2007 őszi félévtől megy Infokommunikáció néven. Korábban Híradástechnika volt a neve, ezért a 2007 előtti jegyzetek/segédanyagok külön vannak választva, becsukható boxok mögé vannak gyűjtve. A két tárgy anyaga elég jól fedi egymást, így ha valaki nem talál valamit, érdemes a Híradástechnikás anyagok között is kutakodni.
*'''Jelenlét:''' A gyakorlatok 70%-án kötetező részt venni.
*'''NagyZH:''' Egy nagyzárthelyin kell legalább 40%-ot elérni. A félév során két pótlási lehetőség van.
*'''Vizsga:''' A vizsga írásbeli, melyen legalább 40%-ot kell elérni az elégségeshez.
*'''Elővizsga:''' Az mehet elővizsgázni, aki legalább négyest szerzett a nagyzárthelyin.

==Segédanyagok==

===Jegyzetek===

*'''Előadásjegyzetek:'''
**[[Media:Infokomm_HT_jegyzet_2004_tavasz.pdf‎|2004. tavasz jegyzet]]
**[[Media:Infokomm_jegyzet_2011_11_02-ig.pdf‎|2011. ősz jegyzet (11.02-ig)]]

*'''Gyakorlatok anyagai:'''
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_98_99.pdf‎|1998-1999 jegyzet]] - A teljes gyakorlati anyag
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_anyag.pdf‎|A gyakorlatok elméleti háttere]]
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_marosi_2004_tavasz.pdf|Jegyzet Marosi Gyula gyakorlatáról]] - kézzel írt jegyzet (2004. tavasz)
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_marosi_2004_tavasz_slides.pdf‎|Diák Marosi Gyula gyakorlatáról]] - 2004. tavasz
** [[Media:Infokomm_gyak_2008_1_2_4.pdf|2008 gyakorlati anyag]] - Az őszi félév első, második és negyedik gyakorlatának anyaga

*'''Példa feladatok:'''
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_anyag_peldak.pdf‎|A gyakorlatokon elhangzó példák]] - részletesen kidolgozott megoldásokkal
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_magyar_andras_2005.pdf‎|Jegyzet Magyar András gyakorlatáról]] - részletesen kidolgozott példák (2005. november)
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_gsm_cella_feladat.pdf‎|GSM cella példa]] - részletes megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_gsm_cellafeladat_1.pdf‎|GSM cella példa)]] - kézzel írt kidolgozás (2004. december)
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_modulacio.pdf‎|Moduláció példák]] - 2005. november
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_radiocsatorna.pdf‎|Rádiócsatorna példák]] - 2005. november
** [[Media:Infokomm_gyak.pdf|PAM rendszer példák]] - 2 részletesen megoldott feladat

===Konzultációk===

* [[Media:Infokomm_HT_konzi_zh1_2003.pdf‎|1. ZH konzultáció anyaga]] - 2003, Híradástechnikás
* [[Media:Infokomm_HT_konzi_zh1_2004.pdf|1. ZH konzultáció anyaga]] - 2004.10.28, Híradástechnikás
* [[Media:Infokomm_HT_konzi_zh2‎.pdf|2. ZH konzultáció anyaga]] - Híradástechnikás
* [[Media:Infokomm_konzi_2011_11_12.pdf‎|ZH konzultáció]] - 2011.11.12

===Könyvek===

* [[Media:Infokomm_HT_konyv_eng.pdf|Angol nyelvű jegyzet]]
* [[Media:Infokomm_HT_konyv_gacher_hiradastech.pdf|Géher Károly - Híradástechnika]]
* [[Media:Infokomm_HT_konyv_gyak_segedlet.pdf|Elek Kálmán, Kovács Lóránt - Segédlet a Híradástechnika gyakorlatokhoz]]
* [[Media:Infokomm_HT_konyv_tavk_hal_es_inf_szol.pdf|Távközlő hálózatok és informatikai szolgáltatások]]
* [[Media:Infokomm_HT_peldatar.pdf|Példatár]]

==Egyéb hasznos segédanyagok==

===Feltétlenül szükséges ismeretek===

* [[Media:Infokomm_jegyzet_db_skala.pdf|dB skálához magyarázat]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_fontos_mennyisegek.pdf|Fontos mennyiségek]]
* [[Media:Infokomm_HT_puska_2000.pdf|Híradástechnika fogalmak]]
* [[Media:Infokomm_HT_puska_2000_v2.pdf|Híradástechnika fogalmak ]] - 2. verzió

===Gyakorlati segédletek===

* [[Media:Infokomm_jegyzet_igaz_hamis.pdf|Igaz-Hamis kérdések]] és ezek [[Media:Infokomm_jegyzet_igaz_hamis_mo.pdf|megoldásai]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_kepletek.pdf|Hasznos képletek gyűjteménye]] - gépelt, indoklásokkal
* [[Media:Infokomm_jegyzet_kepletek_1.pdf|Hasznos képletek gyűjteménye]] - kézzel írt, csak a képletek

===Szemléltető táblázatok===

* [[Media:Infokomm_jegyzet_mintavetel_tablazat.xls|Mintavételi táblázat]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_shannon_tablazat.xls|Shannon táblázat]]

===Elméleti anyagok===

* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_cellas_rendszerek.pdf|A cellás rendszerek]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_gsm.pdf|A GSM rendszer]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_radiocsatorna.pdf|A rádiócsatorna]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_CIE_szinter.pdf|CIE színtér]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_ciklikus_kodok.pdf|Ciklikus kódok]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_digitalis_modulacio.pdf|Digitális modulációs eljárások és tulajdonságaik]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_hang_es_feny.pdf|Hang és fény prezentáció]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_modulacios_es_kvadraturafelbontas.pdf|Modulációs és kvadratúrafelbontás]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_PM_FM_modulacio.pdf|PM és FM moduláció]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_szimbolumkozti_athallas.pdf|Szimbólumközti áthallás]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_zaj.pdf|Zaj]]
* [[Media:Infokom_jegyzet_digitálisalapsáviátvitel.pdf|Digitális alapsávi átvitel]]
* [[Media:Infokom_jegyzet_digitálismodulációseljárások.pdf|Digitális modulációs eljárások]]
* [[Media:Infokom_jegyzet_csatornakapacitás.pdf|Csatornakapacitás]]

===Hasznos cikkek===

* [http://mobilarena.hu/teszt/a_gsm_halozatok_mukodese/egy_hivas_felepitese_a_gyakorlatban.html GSM - hívás felépítése "konyhanyelven"] - [http://mobilarena.hu mobilarena.hu] (2009.05.13)
* [http://www.puskas.hu/r_tanfolyam/r_tananyag.html Néhány hasznos anyag rádióhoz] - [http://www.puskas.hu/ puskas.hu]

==Nagyzárthelyi==

{{Rejtett
|mutatott='''Régi Híradástechnika zárthelyik'''
|szöveg=

'''Első ZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2002_10_25.pdf|2002.10.25.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2004_03_24.pdf|2004.03.24.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2004_10_29_mo.pdf|2004.10.29]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2005_osz.pdf|2005 ősz]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2006_10_27_mo.pdf|2006.10.27]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_HT_zh_2007_03_27.pdf|2007.03.27]]

'''Második ZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2002_11_29.pdf|2002.11.29.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2004_04_21.pdf|2004.04.21.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2004_12.pdf|2004 december]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2005_12_02.pdf|2005.12.02.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2006_12_01.pdf|2006.12.01]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_feladatok_megoldasokkal.pdf|Feladatgyűjtemény]] - megoldásokkal

'''Első pótZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2002_11_29.pdf|2002.11.29.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2004_05_12.pdf|2004.05.12.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2005_12_16.pdf|2005.12.16.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2006_12_07.pdf|2006.12.07.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2006_12_07_1.pdf|2006.12.07.]] - más feladatok
* [[Media:Infokomm_HT_pzh_2007_05_15.pdf|2007.05.15.]]

'''Második pótZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_pzh2_2004_05_12.pdf|2004.05.12.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh2_2005_12_16.pdf|2005.12.16.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh2_2006_12_07.pdf|2006.12.07.]]
}}
===Rendes ZH===

* [[Media:Infokomm_zh_2008_osz_kifejtos_mo.pdf|2006/07 ősz]] - csak a kifejtős feladatok, nem hivatalos megoldással
* [[Media:Infokomm_zh_2007_11_28_mo.pdf|2007/08 ősz]]
* [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17.pdf|2008/09 ősz]] - [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17_mo_1.pdf|Megoldások]], valamint két másik kézzel írt megoldás: [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17_mo.pdf|Egyik]] és a [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17_mo_2.pdf|Másik]]
* [[Media:Infokomm_zh_2008_osz.pdf|2008/09 ősz]] - 2008 őszén kiadott feladatgyűjtemény
* [[Media:Infokomm_zh_2009_11_09.pdf|2009/10 ősz]] - [[Media:Infokomm_zh_2009_11_09_mo.pdf|Megoldások]]
* [[Media:Infokomm_zh_2010_11_15.pdf|2010/11 ősz]] - [[Media:Infokomm_zh_2010_11_15_mo.pdf|Megoldások]]
* [[Media:infokomm_zh_2012osz.pdf|2012/13 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:infokomm_zh_2013osz.pdf|2013/14 ősz]] - megoldásokkal (Osváth László megoldása, de nem tekinthető hivatalosnak)

===Pót ZH===

* [[Media:Infokomm_pzh_2007_12_06_mo.pdf|2007/08 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_pzh_2008_11_24_reszmo.pdf|2008/09 ősz]] - [[Media:Infokomm_pzh_2008_osz.pdf|megoldások]]
* [[Media:Infokomm_pzh_2009_11_23.pdf|2009/10 ősz]]
* [[Media:Infokomm_pzh_2010_osz_mo.pdf|2010/11 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:infokomm_pzh_2012osz.pdf|2012/13 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_pzh_2013_osz.pdf|2013/14 ősz]] - [[Media:Infokomm_pzh_2013_osz_mo.pdf|megoldások, hibák lehetnek benne]] 1.feladat P_atl=A^2+(A^2)/3

===Pótpót ZH===

* [[Media:Infokomm_vizsga_ppzh_2008_12_16.pdf|2008/09 ősz]]
* [[Media:Infokomm_ppzh_2009_12_15.pdf|2009/10 ősz]]
* [[Media:Infokomm_ppzh_2010_12_14.pdf|2010/11 ősz]]

==Vizsgák==

{{Rejtett
|mutatott='''Régi Híradástechnika vizsgák'''
|szöveg=

*1995/1996:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1995_12_20.pdf|1995.12.20.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_01_03.pdf|1996.01.03.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_01_30_mo.pdf|1996.01.30.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_01_31.pdf|1996.01.31.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_05_22.pdf|1996.05.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_05.pdf|1996.06.05.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_12.pdf|1996.06.12.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_19.pdf|1996.06.19.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_26.pdf|1996.06.26.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_09_04.pdf|1996.09.04.]]
*1996/1997:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_01_07_mo.pdf|1997.01.07.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_01_21A_mo.pdf|1997.01.21.]] - A csoport, megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_01_21B_mo.pdf|1997.01.21.]] - B csoport, megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_02_04.pdf|1997.02.04.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_06_24_mo.pdf|1997.06.24.]] - megoldással
*1997/1998:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_01_06.pdf|1998.01.06.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_02_03_mo.pdf|1998.02.03.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_05_28.pdf|1998.05.28.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_06_11.pdf|1998.06.11.]]
*1998/1999:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_01_05_mo.pdf|1999.01.05.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_01_19_mo.pdf|1999.01.19.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_06_09_mo.pdf|1999.06.09.]] - megoldással
*1999/2000:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_12_21_mo.pdf|1999.12.21.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_01_04_mo.pdf|2000.01.04.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_01_18_mo.pdf|2000.01.18.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_02_01_mo.pdf|2000.02.01.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_05_25.pdf|2000.05.25.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_06_22.pdf|2000.06.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_06_30.pdf|2000.06.30.]]
*2000/2001:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_12_09.pdf|2000.12.09.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2001_01_25.pdf|2001.01.25.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2001_01_25_mo.pdf|2001.01.25.]] - megoldással
*2001/2002:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2001_12_22_mo.pdf|2001.12.22.]] - megoldással
*2002/2003:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2002_12_19.pdf|2002.12.19.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2002_12_19_mo.pdf|2002.12.19.]] - megoldással
*2003/2004:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2004_05_20_mo.pdf|2004.05.20.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2004_05_27_mo.pdf|2004.05.27.]] - megoldással
*2004/2005:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2004_12_22.pdf|2004.12.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2005_01_10_mo.pdf|2005.01.10.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2005_05_25.pdf|2005.05.25.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2005_06_03.pdf|2005.06.03.]]
*2005/2006:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_01_18.pdf|2006.01.18.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_06_15.pdf|2006.06.15.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_06_22.pdf|2006.06.22.]]
*2006/2007:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_12_20.pdf|2006.12.20.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2007_01_09_mo.pdf|2007.01.09.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2007_05_22.pdf|2007.05.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2007_06_12.pdf|2007.06.12.]]
}}
'''Infokommunikáció vizsgák:'''
*2007/08:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2008_01_02.pdf|2008.01.02.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2008_01_11.pdf|2008.01.11.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2008_01_17.pdf|2008.01.17.]]
*2009/10:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2009_12_15.pdf|2009.12.15.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2009_12_22.pdf|2009.12.22.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2010_01_06.pdf|2010.01.06.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2010_01_20.pdf|2010.01.20.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2010_01_20_mo.pdf|2010.01.20.]] - megoldással
*2011/12:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2011_12_20_B.pdf|2011.12.20.]] - B csoport
** [[Media:Infokomm_vizsga_2011_2012_pack.PDF|2011/2012]] - példa gyűjtemény
** [[Media:Infokomm_vizsga_2012_01_03_A.pdf|2012.01.03.]]
*2012/13:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2013_06_11.pdf|2013.06.11.]] - Kereszt - [[Media:infokomm_13_06_11_megoldas_beta.pdf | Megoldások]]
*2013/14:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2013_12_16.pdf|2013.12.16.]] - Elővizsga
** [[Infokommunikáció - Vizsga, 2014.01.07.|2014.01.07.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_vizsga_2014_01_14.pdf|2014.01.14]]

==Tippek==

*A ''Marosi Gyula'' által tartott előadások látogatása fokozottan ajánlott, ugyanis ha ő állítja össze a számonkérést, akkor előszeretettel kérdez rá olyan dolgokra, amik nem szerepelnek a segédanyagokban, azonban ő előadáson elmondta. Tehát érdemes jegyzetelni és leírni minden apró megjegyzést!
*A tárgy elsőre könnyűnek tűnhet, azonban nem egy olyan félév volt, amikor a ZH ~90% körüli bukási rátát produkált. Nem szabad félvállról venni a tárgyat és időben el kell kezdeni készülni a számonkérésekre!
'''Ajánlott irodalom:'''

*A GSM hálózatok, a forgalomelmélet és a VoIP témakör logikusan, a tárgy szintjét meghaladó részletességgel le van írva '''Adamis Gusztáv: Kapcsolás- és Jelzéstechnika''' című könyvében. Ez a könyv elsősorban szakirányos tárgynál ajánlott irodalom, de itt is nagyon jól használható.

*Az ínyenceknek ajánlom kizárólag szabadidős tevékenységként (nem ZH-ra vagy vizsgára való felkészülésre!) a következő két könyvet: ''Aisberg: Ilyen egyszerű a rádió!'', illetve ''Aisberg: Most már értem a televíziót!'' A két mű kb. az 50-es, 60-as évek technikai színvonalán (tehát a kapcsolások elektroncsövekből épülnek fel...) ismerteti az analóg rádió- illetve televíziótechnika alapjait párbeszédes stílusban. Két szereplő társalog egymással és közben mindenféle csuda dolgokra derítenek fényt. A rádiós könyv az elején egy elég szemléletes bevezetőt ad, mi a kondenzátor, a tekercs stb. szóval egy kis ismétlés, majd a továbbiakban például szó van a modulációkról (elsősorban AM-DSB, -SSB, de ha jól emlékszem, a végén átugranak a frekvenciamodulációra is), az egyenes- és a szupervevőkről, tükörfrekvenciákról, frekvenciakeverésről, az automatikus erősítés-szabályozásról stb.) A tévés könyv pedig az analóg TV-adásról, -vételről szól, a régi képcsöves tévék részegységeiről és működéséről, a képalkotás módjáról... Tudom, ezek a dolgok így a XXI. században a DVB korában nagyon avasnak tűnnek, de akinek van hozzá kedve és rászánja az időt, sok olyan megoldással, hasonlattal, szemléltetési móddal találkozhat ezekben a könyvekben, amelyeket lehet, hogy hasznosítani tud a későbbiekben. Ha pedig mégsem, akkor is szerzett magának az olvasó néhány vidám pillanatot. Mindkét könyv beszerezhető a Központi Könyvtárban és az antikváriumokban pár száz forintért. Jó szórakozást!

{{Lábléc_-_Villamosmérnök_alapszak}}

Infokommunikáció

2014-11-16T19:36:38Z

Kovács Gergely: /* Pót ZH */

{{Tantárgy
|nev=Infokommunikáció
|targykod=VITMA301
|szak=villany
|kredit=5
|felev=5
|kereszt=vizsgakurzus
|tanszék=TMIT
|kiszh=nincs
|nagyzh=1 db
|vizsga=írásbeli
|hf=nincs
|levlista=infokomm{{kukac}}sch.bme.hu
|tad=https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VITMA301/
|targyhonlap=http://qosip.tmit.bme.hu/cgi-bin/twiki/view/VITMA301/WebHome
}}

Az '''Infokommunikáció''' tárgy alapvető célja, hogy megismertesse a távközlésre és számítógép hálózatokra is kiterjedő infokommunikáció sajátos kérdésfelvetéseit, valamint e kérdések megválaszolásának legfontosabb módszereit és eljárásait.

A tárgy oktatása törekszik arra, hogy később:
*A témarokon szakirányokon tovább tanulók biztos alapokat kapjanak a leglényegesebb fogalmak és eljárások tekintetében.
*Azok a hallgatók, akik más szakirányok valamelyikén folytatják tanulmányaikat, kellően megalapozott ismeretekkel rendelkezzenek az új infokommunikációs rendszerek mibenlétének megértéséhez.

Ennek megfelelően a tantárgy minden villamosmérnök számára nyújt „kimenő” ismereteket miközben megalapozza a később az infokommunikáció-rokon szakirányok valamelyikét választók további tanulmányait.

Az előadások, a gyakorlatok és a számonkérés módszere együttesen arra törekszik, hogy a hallgatók a megismert elemeket, módszereket és eljárásokat egyrészt alkotó módon tudják alkalmazni, másrészt elegendően sok fix pontot kapjanak ahhoz, hogy a számukra újdonságnak tűnő vagy ténylegesen új infokommunikációs rendszereket és szolgáltatásokat kevés utánjárással megértsék.

==Követelmények==

*'''Előkövetelmény:''' [[Jelek és rendszerek 2]] valamint a [[Matematika A1a - Analízis]] című tárgyak teljesítése.
*'''Változás:''' A tárgy 2007 őszi félévtől megy Infokommunikáció néven. Korábban Híradástechnika volt a neve, ezért a 2007 előtti jegyzetek/segédanyagok külön vannak választva, becsukható boxok mögé vannak gyűjtve. A két tárgy anyaga elég jól fedi egymást, így ha valaki nem talál valamit, érdemes a Híradástechnikás anyagok között is kutakodni.
*'''Jelenlét:''' A gyakorlatok 70%-án kötetező részt venni.
*'''NagyZH:''' Egy nagyzárthelyin kell legalább 40%-ot elérni. A félév során két pótlási lehetőség van.
*'''Vizsga:''' A vizsga írásbeli, melyen legalább 40%-ot kell elérni az elégségeshez.
*'''Elővizsga:''' Az mehet elővizsgázni, aki legalább négyest szerzett a nagyzárthelyin.

==Segédanyagok==

===Jegyzetek===

*'''Előadásjegyzetek:'''
**[[Media:Infokomm_HT_jegyzet_2004_tavasz.pdf‎|2004. tavasz jegyzet]]
**[[Media:Infokomm_jegyzet_2011_11_02-ig.pdf‎|2011. ősz jegyzet (11.02-ig)]]

*'''Gyakorlatok anyagai:'''
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_98_99.pdf‎|1998-1999 jegyzet]] - A teljes gyakorlati anyag
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_anyag.pdf‎|A gyakorlatok elméleti háttere]]
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_marosi_2004_tavasz.pdf|Jegyzet Marosi Gyula gyakorlatáról]] - kézzel írt jegyzet (2004. tavasz)
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_marosi_2004_tavasz_slides.pdf‎|Diák Marosi Gyula gyakorlatáról]] - 2004. tavasz
** [[Media:Infokomm_gyak_2008_1_2_4.pdf|2008 gyakorlati anyag]] - Az őszi félév első, második és negyedik gyakorlatának anyaga

*'''Példa feladatok:'''
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_anyag_peldak.pdf‎|A gyakorlatokon elhangzó példák]] - részletesen kidolgozott megoldásokkal
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_magyar_andras_2005.pdf‎|Jegyzet Magyar András gyakorlatáról]] - részletesen kidolgozott példák (2005. november)
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_gsm_cella_feladat.pdf‎|GSM cella példa]] - részletes megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_gsm_cellafeladat_1.pdf‎|GSM cella példa)]] - kézzel írt kidolgozás (2004. december)
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_modulacio.pdf‎|Moduláció példák]] - 2005. november
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_radiocsatorna.pdf‎|Rádiócsatorna példák]] - 2005. november
** [[Media:Infokomm_gyak.pdf|PAM rendszer példák]] - 2 részletesen megoldott feladat

===Konzultációk===

* [[Media:Infokomm_HT_konzi_zh1_2003.pdf‎|1. ZH konzultáció anyaga]] - 2003, Híradástechnikás
* [[Media:Infokomm_HT_konzi_zh1_2004.pdf|1. ZH konzultáció anyaga]] - 2004.10.28, Híradástechnikás
* [[Media:Infokomm_HT_konzi_zh2‎.pdf|2. ZH konzultáció anyaga]] - Híradástechnikás
* [[Media:Infokomm_konzi_2011_11_12.pdf‎|ZH konzultáció]] - 2011.11.12

===Könyvek===

* [[Media:Infokomm_HT_konyv_eng.pdf|Angol nyelvű jegyzet]]
* [[Media:Infokomm_HT_konyv_gacher_hiradastech.pdf|Géher Károly - Híradástechnika]]
* [[Media:Infokomm_HT_konyv_gyak_segedlet.pdf|Elek Kálmán, Kovács Lóránt - Segédlet a Híradástechnika gyakorlatokhoz]]
* [[Media:Infokomm_HT_konyv_tavk_hal_es_inf_szol.pdf|Távközlő hálózatok és informatikai szolgáltatások]]
* [[Media:Infokomm_HT_peldatar.pdf|Példatár]]

==Egyéb hasznos segédanyagok==

===Feltétlenül szükséges ismeretek===

* [[Media:Infokomm_jegyzet_db_skala.pdf|dB skálához magyarázat]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_fontos_mennyisegek.pdf|Fontos mennyiségek]]
* [[Media:Infokomm_HT_puska_2000.pdf|Híradástechnika fogalmak]]
* [[Media:Infokomm_HT_puska_2000_v2.pdf|Híradástechnika fogalmak ]] - 2. verzió

===Gyakorlati segédletek===

* [[Media:Infokomm_jegyzet_igaz_hamis.pdf|Igaz-Hamis kérdések]] és ezek [[Media:Infokomm_jegyzet_igaz_hamis_mo.pdf|megoldásai]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_kepletek.pdf|Hasznos képletek gyűjteménye]] - gépelt, indoklásokkal
* [[Media:Infokomm_jegyzet_kepletek_1.pdf|Hasznos képletek gyűjteménye]] - kézzel írt, csak a képletek

===Szemléltető táblázatok===

* [[Media:Infokomm_jegyzet_mintavetel_tablazat.xls|Mintavételi táblázat]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_shannon_tablazat.xls|Shannon táblázat]]

===Elméleti anyagok===

* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_cellas_rendszerek.pdf|A cellás rendszerek]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_gsm.pdf|A GSM rendszer]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_radiocsatorna.pdf|A rádiócsatorna]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_CIE_szinter.pdf|CIE színtér]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_ciklikus_kodok.pdf|Ciklikus kódok]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_digitalis_modulacio.pdf|Digitális modulációs eljárások és tulajdonságaik]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_hang_es_feny.pdf|Hang és fény prezentáció]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_modulacios_es_kvadraturafelbontas.pdf|Modulációs és kvadratúrafelbontás]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_PM_FM_modulacio.pdf|PM és FM moduláció]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_szimbolumkozti_athallas.pdf|Szimbólumközti áthallás]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_zaj.pdf|Zaj]]
* [[Media:Infokom_jegyzet_digitálisalapsáviátvitel.pdf|Digitális alapsávi átvitel]]
* [[Media:Infokom_jegyzet_digitálismodulációseljárások.pdf|Digitális modulációs eljárások]]
* [[Media:Infokom_jegyzet_csatornakapacitás.pdf|Csatornakapacitás]]

===Hasznos cikkek===

* [http://mobilarena.hu/teszt/a_gsm_halozatok_mukodese/egy_hivas_felepitese_a_gyakorlatban.html GSM - hívás felépítése "konyhanyelven"] - [http://mobilarena.hu mobilarena.hu] (2009.05.13)
* [http://www.puskas.hu/r_tanfolyam/r_tananyag.html Néhány hasznos anyag rádióhoz] - [http://www.puskas.hu/ puskas.hu]

==Nagyzárthelyi==

{{Rejtett
|mutatott='''Régi Híradástechnika zárthelyik'''
|szöveg=

'''Első ZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2002_10_25.pdf|2002.10.25.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2004_03_24.pdf|2004.03.24.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2004_10_29_mo.pdf|2004.10.29]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2005_osz.pdf|2005 ősz]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2006_10_27_mo.pdf|2006.10.27]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_HT_zh_2007_03_27.pdf|2007.03.27]]

'''Második ZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2002_11_29.pdf|2002.11.29.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2004_04_21.pdf|2004.04.21.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2004_12.pdf|2004 december]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2005_12_02.pdf|2005.12.02.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2006_12_01.pdf|2006.12.01]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_feladatok_megoldasokkal.pdf|Feladatgyűjtemény]] - megoldásokkal

'''Első pótZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2002_11_29.pdf|2002.11.29.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2004_05_12.pdf|2004.05.12.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2005_12_16.pdf|2005.12.16.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2006_12_07.pdf|2006.12.07.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2006_12_07_1.pdf|2006.12.07.]] - más feladatok
* [[Media:Infokomm_HT_pzh_2007_05_15.pdf|2007.05.15.]]

'''Második pótZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_pzh2_2004_05_12.pdf|2004.05.12.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh2_2005_12_16.pdf|2005.12.16.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh2_2006_12_07.pdf|2006.12.07.]]
}}
===Rendes ZH===

* [[Media:Infokomm_zh_2008_osz_kifejtos_mo.pdf|2006/07 ősz]] - csak a kifejtős feladatok, nem hivatalos megoldással
* [[Media:Infokomm_zh_2007_11_28_mo.pdf|2007/08 ősz]]
* [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17.pdf|2008/09 ősz]] - [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17_mo_1.pdf|Megoldások]], valamint két másik kézzel írt megoldás: [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17_mo.pdf|Egyik]] és a [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17_mo_2.pdf|Másik]]
* [[Media:Infokomm_zh_2008_osz.pdf|2008/09 ősz]] - 2008 őszén kiadott feladatgyűjtemény
* [[Media:Infokomm_zh_2009_11_09.pdf|2009/10 ősz]] - [[Media:Infokomm_zh_2009_11_09_mo.pdf|Megoldások]]
* [[Media:Infokomm_zh_2010_11_15.pdf|2010/11 ősz]] - [[Media:Infokomm_zh_2010_11_15_mo.pdf|Megoldások]]
* [[Media:infokomm_zh_2012osz.pdf|2012/13 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:infokomm_zh_2013osz.pdf|2013/14 ősz]] - megoldásokkal (Osváth László megoldása, de nem tekinthető hivatalosnak)

===Pót ZH===

* [[Media:Infokomm_pzh_2007_12_06_mo.pdf|2007/08 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_pzh_2008_11_24_reszmo.pdf|2008/09 ősz]] - [[Media:Infokomm_pzh_2008_osz.pdf|megoldások]]
* [[Media:Infokomm_pzh_2009_11_23.pdf|2009/10 ősz]]
* [[Media:Infokomm_pzh_2010_osz_mo.pdf|2010/11 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:infokomm_pzh_2012osz.pdf|2012/13 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_pzh_2013_osz.pdf|2013/14 ősz]] - [[Media:Infokomm_pzh_2013_osz_mo.pdf|megoldások, hibák lehetnek benne]] 1.feladat P_atl=A^2+(A^2)/3 _____5.feladat 1/T=1200Baud

===Pótpót ZH===

* [[Media:Infokomm_vizsga_ppzh_2008_12_16.pdf|2008/09 ősz]]
* [[Media:Infokomm_ppzh_2009_12_15.pdf|2009/10 ősz]]
* [[Media:Infokomm_ppzh_2010_12_14.pdf|2010/11 ősz]]

==Vizsgák==

{{Rejtett
|mutatott='''Régi Híradástechnika vizsgák'''
|szöveg=

*1995/1996:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1995_12_20.pdf|1995.12.20.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_01_03.pdf|1996.01.03.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_01_30_mo.pdf|1996.01.30.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_01_31.pdf|1996.01.31.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_05_22.pdf|1996.05.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_05.pdf|1996.06.05.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_12.pdf|1996.06.12.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_19.pdf|1996.06.19.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_26.pdf|1996.06.26.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_09_04.pdf|1996.09.04.]]
*1996/1997:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_01_07_mo.pdf|1997.01.07.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_01_21A_mo.pdf|1997.01.21.]] - A csoport, megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_01_21B_mo.pdf|1997.01.21.]] - B csoport, megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_02_04.pdf|1997.02.04.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_06_24_mo.pdf|1997.06.24.]] - megoldással
*1997/1998:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_01_06.pdf|1998.01.06.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_02_03_mo.pdf|1998.02.03.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_05_28.pdf|1998.05.28.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_06_11.pdf|1998.06.11.]]
*1998/1999:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_01_05_mo.pdf|1999.01.05.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_01_19_mo.pdf|1999.01.19.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_06_09_mo.pdf|1999.06.09.]] - megoldással
*1999/2000:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_12_21_mo.pdf|1999.12.21.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_01_04_mo.pdf|2000.01.04.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_01_18_mo.pdf|2000.01.18.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_02_01_mo.pdf|2000.02.01.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_05_25.pdf|2000.05.25.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_06_22.pdf|2000.06.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_06_30.pdf|2000.06.30.]]
*2000/2001:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_12_09.pdf|2000.12.09.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2001_01_25.pdf|2001.01.25.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2001_01_25_mo.pdf|2001.01.25.]] - megoldással
*2001/2002:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2001_12_22_mo.pdf|2001.12.22.]] - megoldással
*2002/2003:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2002_12_19.pdf|2002.12.19.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2002_12_19_mo.pdf|2002.12.19.]] - megoldással
*2003/2004:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2004_05_20_mo.pdf|2004.05.20.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2004_05_27_mo.pdf|2004.05.27.]] - megoldással
*2004/2005:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2004_12_22.pdf|2004.12.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2005_01_10_mo.pdf|2005.01.10.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2005_05_25.pdf|2005.05.25.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2005_06_03.pdf|2005.06.03.]]
*2005/2006:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_01_18.pdf|2006.01.18.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_06_15.pdf|2006.06.15.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_06_22.pdf|2006.06.22.]]
*2006/2007:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_12_20.pdf|2006.12.20.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2007_01_09_mo.pdf|2007.01.09.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2007_05_22.pdf|2007.05.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2007_06_12.pdf|2007.06.12.]]
}}
'''Infokommunikáció vizsgák:'''
*2007/08:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2008_01_02.pdf|2008.01.02.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2008_01_11.pdf|2008.01.11.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2008_01_17.pdf|2008.01.17.]]
*2009/10:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2009_12_15.pdf|2009.12.15.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2009_12_22.pdf|2009.12.22.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2010_01_06.pdf|2010.01.06.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2010_01_20.pdf|2010.01.20.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2010_01_20_mo.pdf|2010.01.20.]] - megoldással
*2011/12:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2011_12_20_B.pdf|2011.12.20.]] - B csoport
** [[Media:Infokomm_vizsga_2011_2012_pack.PDF|2011/2012]] - példa gyűjtemény
** [[Media:Infokomm_vizsga_2012_01_03_A.pdf|2012.01.03.]]
*2012/13:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2013_06_11.pdf|2013.06.11.]] - Kereszt - [[Media:infokomm_13_06_11_megoldas_beta.pdf | Megoldások]]
*2013/14:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2013_12_16.pdf|2013.12.16.]] - Elővizsga
** [[Infokommunikáció - Vizsga, 2014.01.07.|2014.01.07.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_vizsga_2014_01_14.pdf|2014.01.14]]

==Tippek==

*A ''Marosi Gyula'' által tartott előadások látogatása fokozottan ajánlott, ugyanis ha ő állítja össze a számonkérést, akkor előszeretettel kérdez rá olyan dolgokra, amik nem szerepelnek a segédanyagokban, azonban ő előadáson elmondta. Tehát érdemes jegyzetelni és leírni minden apró megjegyzést!
*A tárgy elsőre könnyűnek tűnhet, azonban nem egy olyan félév volt, amikor a ZH ~90% körüli bukási rátát produkált. Nem szabad félvállról venni a tárgyat és időben el kell kezdeni készülni a számonkérésekre!
'''Ajánlott irodalom:'''

*A GSM hálózatok, a forgalomelmélet és a VoIP témakör logikusan, a tárgy szintjét meghaladó részletességgel le van írva '''Adamis Gusztáv: Kapcsolás- és Jelzéstechnika''' című könyvében. Ez a könyv elsősorban szakirányos tárgynál ajánlott irodalom, de itt is nagyon jól használható.

*Az ínyenceknek ajánlom kizárólag szabadidős tevékenységként (nem ZH-ra vagy vizsgára való felkészülésre!) a következő két könyvet: ''Aisberg: Ilyen egyszerű a rádió!'', illetve ''Aisberg: Most már értem a televíziót!'' A két mű kb. az 50-es, 60-as évek technikai színvonalán (tehát a kapcsolások elektroncsövekből épülnek fel...) ismerteti az analóg rádió- illetve televíziótechnika alapjait párbeszédes stílusban. Két szereplő társalog egymással és közben mindenféle csuda dolgokra derítenek fényt. A rádiós könyv az elején egy elég szemléletes bevezetőt ad, mi a kondenzátor, a tekercs stb. szóval egy kis ismétlés, majd a továbbiakban például szó van a modulációkról (elsősorban AM-DSB, -SSB, de ha jól emlékszem, a végén átugranak a frekvenciamodulációra is), az egyenes- és a szupervevőkről, tükörfrekvenciákról, frekvenciakeverésről, az automatikus erősítés-szabályozásról stb.) A tévés könyv pedig az analóg TV-adásról, -vételről szól, a régi képcsöves tévék részegységeiről és működéséről, a képalkotás módjáról... Tudom, ezek a dolgok így a XXI. században a DVB korában nagyon avasnak tűnnek, de akinek van hozzá kedve és rászánja az időt, sok olyan megoldással, hasonlattal, szemléltetési móddal találkozhat ezekben a könyvekben, amelyeket lehet, hogy hasznosítani tud a későbbiekben. Ha pedig mégsem, akkor is szerzett magának az olvasó néhány vidám pillanatot. Mindkét könyv beszerezhető a Központi Könyvtárban és az antikváriumokban pár száz forintért. Jó szórakozást!

{{Lábléc_-_Villamosmérnök_alapszak}}

Infokommunikáció

2014-11-16T19:36:23Z

Kovács Gergely: /* Pót ZH */

{{Tantárgy
|nev=Infokommunikáció
|targykod=VITMA301
|szak=villany
|kredit=5
|felev=5
|kereszt=vizsgakurzus
|tanszék=TMIT
|kiszh=nincs
|nagyzh=1 db
|vizsga=írásbeli
|hf=nincs
|levlista=infokomm{{kukac}}sch.bme.hu
|tad=https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VITMA301/
|targyhonlap=http://qosip.tmit.bme.hu/cgi-bin/twiki/view/VITMA301/WebHome
}}

Az '''Infokommunikáció''' tárgy alapvető célja, hogy megismertesse a távközlésre és számítógép hálózatokra is kiterjedő infokommunikáció sajátos kérdésfelvetéseit, valamint e kérdések megválaszolásának legfontosabb módszereit és eljárásait.

A tárgy oktatása törekszik arra, hogy később:
*A témarokon szakirányokon tovább tanulók biztos alapokat kapjanak a leglényegesebb fogalmak és eljárások tekintetében.
*Azok a hallgatók, akik más szakirányok valamelyikén folytatják tanulmányaikat, kellően megalapozott ismeretekkel rendelkezzenek az új infokommunikációs rendszerek mibenlétének megértéséhez.

Ennek megfelelően a tantárgy minden villamosmérnök számára nyújt „kimenő” ismereteket miközben megalapozza a később az infokommunikáció-rokon szakirányok valamelyikét választók további tanulmányait.

Az előadások, a gyakorlatok és a számonkérés módszere együttesen arra törekszik, hogy a hallgatók a megismert elemeket, módszereket és eljárásokat egyrészt alkotó módon tudják alkalmazni, másrészt elegendően sok fix pontot kapjanak ahhoz, hogy a számukra újdonságnak tűnő vagy ténylegesen új infokommunikációs rendszereket és szolgáltatásokat kevés utánjárással megértsék.

==Követelmények==

*'''Előkövetelmény:''' [[Jelek és rendszerek 2]] valamint a [[Matematika A1a - Analízis]] című tárgyak teljesítése.
*'''Változás:''' A tárgy 2007 őszi félévtől megy Infokommunikáció néven. Korábban Híradástechnika volt a neve, ezért a 2007 előtti jegyzetek/segédanyagok külön vannak választva, becsukható boxok mögé vannak gyűjtve. A két tárgy anyaga elég jól fedi egymást, így ha valaki nem talál valamit, érdemes a Híradástechnikás anyagok között is kutakodni.
*'''Jelenlét:''' A gyakorlatok 70%-án kötetező részt venni.
*'''NagyZH:''' Egy nagyzárthelyin kell legalább 40%-ot elérni. A félév során két pótlási lehetőség van.
*'''Vizsga:''' A vizsga írásbeli, melyen legalább 40%-ot kell elérni az elégségeshez.
*'''Elővizsga:''' Az mehet elővizsgázni, aki legalább négyest szerzett a nagyzárthelyin.

==Segédanyagok==

===Jegyzetek===

*'''Előadásjegyzetek:'''
**[[Media:Infokomm_HT_jegyzet_2004_tavasz.pdf‎|2004. tavasz jegyzet]]
**[[Media:Infokomm_jegyzet_2011_11_02-ig.pdf‎|2011. ősz jegyzet (11.02-ig)]]

*'''Gyakorlatok anyagai:'''
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_98_99.pdf‎|1998-1999 jegyzet]] - A teljes gyakorlati anyag
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_anyag.pdf‎|A gyakorlatok elméleti háttere]]
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_marosi_2004_tavasz.pdf|Jegyzet Marosi Gyula gyakorlatáról]] - kézzel írt jegyzet (2004. tavasz)
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_marosi_2004_tavasz_slides.pdf‎|Diák Marosi Gyula gyakorlatáról]] - 2004. tavasz
** [[Media:Infokomm_gyak_2008_1_2_4.pdf|2008 gyakorlati anyag]] - Az őszi félév első, második és negyedik gyakorlatának anyaga

*'''Példa feladatok:'''
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_anyag_peldak.pdf‎|A gyakorlatokon elhangzó példák]] - részletesen kidolgozott megoldásokkal
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_magyar_andras_2005.pdf‎|Jegyzet Magyar András gyakorlatáról]] - részletesen kidolgozott példák (2005. november)
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_gsm_cella_feladat.pdf‎|GSM cella példa]] - részletes megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_gsm_cellafeladat_1.pdf‎|GSM cella példa)]] - kézzel írt kidolgozás (2004. december)
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_modulacio.pdf‎|Moduláció példák]] - 2005. november
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_radiocsatorna.pdf‎|Rádiócsatorna példák]] - 2005. november
** [[Media:Infokomm_gyak.pdf|PAM rendszer példák]] - 2 részletesen megoldott feladat

===Konzultációk===

* [[Media:Infokomm_HT_konzi_zh1_2003.pdf‎|1. ZH konzultáció anyaga]] - 2003, Híradástechnikás
* [[Media:Infokomm_HT_konzi_zh1_2004.pdf|1. ZH konzultáció anyaga]] - 2004.10.28, Híradástechnikás
* [[Media:Infokomm_HT_konzi_zh2‎.pdf|2. ZH konzultáció anyaga]] - Híradástechnikás
* [[Media:Infokomm_konzi_2011_11_12.pdf‎|ZH konzultáció]] - 2011.11.12

===Könyvek===

* [[Media:Infokomm_HT_konyv_eng.pdf|Angol nyelvű jegyzet]]
* [[Media:Infokomm_HT_konyv_gacher_hiradastech.pdf|Géher Károly - Híradástechnika]]
* [[Media:Infokomm_HT_konyv_gyak_segedlet.pdf|Elek Kálmán, Kovács Lóránt - Segédlet a Híradástechnika gyakorlatokhoz]]
* [[Media:Infokomm_HT_konyv_tavk_hal_es_inf_szol.pdf|Távközlő hálózatok és informatikai szolgáltatások]]
* [[Media:Infokomm_HT_peldatar.pdf|Példatár]]

==Egyéb hasznos segédanyagok==

===Feltétlenül szükséges ismeretek===

* [[Media:Infokomm_jegyzet_db_skala.pdf|dB skálához magyarázat]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_fontos_mennyisegek.pdf|Fontos mennyiségek]]
* [[Media:Infokomm_HT_puska_2000.pdf|Híradástechnika fogalmak]]
* [[Media:Infokomm_HT_puska_2000_v2.pdf|Híradástechnika fogalmak ]] - 2. verzió

===Gyakorlati segédletek===

* [[Media:Infokomm_jegyzet_igaz_hamis.pdf|Igaz-Hamis kérdések]] és ezek [[Media:Infokomm_jegyzet_igaz_hamis_mo.pdf|megoldásai]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_kepletek.pdf|Hasznos képletek gyűjteménye]] - gépelt, indoklásokkal
* [[Media:Infokomm_jegyzet_kepletek_1.pdf|Hasznos képletek gyűjteménye]] - kézzel írt, csak a képletek

===Szemléltető táblázatok===

* [[Media:Infokomm_jegyzet_mintavetel_tablazat.xls|Mintavételi táblázat]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_shannon_tablazat.xls|Shannon táblázat]]

===Elméleti anyagok===

* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_cellas_rendszerek.pdf|A cellás rendszerek]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_gsm.pdf|A GSM rendszer]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_radiocsatorna.pdf|A rádiócsatorna]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_CIE_szinter.pdf|CIE színtér]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_ciklikus_kodok.pdf|Ciklikus kódok]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_digitalis_modulacio.pdf|Digitális modulációs eljárások és tulajdonságaik]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_hang_es_feny.pdf|Hang és fény prezentáció]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_modulacios_es_kvadraturafelbontas.pdf|Modulációs és kvadratúrafelbontás]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_PM_FM_modulacio.pdf|PM és FM moduláció]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_szimbolumkozti_athallas.pdf|Szimbólumközti áthallás]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_zaj.pdf|Zaj]]
* [[Media:Infokom_jegyzet_digitálisalapsáviátvitel.pdf|Digitális alapsávi átvitel]]
* [[Media:Infokom_jegyzet_digitálismodulációseljárások.pdf|Digitális modulációs eljárások]]
* [[Media:Infokom_jegyzet_csatornakapacitás.pdf|Csatornakapacitás]]

===Hasznos cikkek===

* [http://mobilarena.hu/teszt/a_gsm_halozatok_mukodese/egy_hivas_felepitese_a_gyakorlatban.html GSM - hívás felépítése "konyhanyelven"] - [http://mobilarena.hu mobilarena.hu] (2009.05.13)
* [http://www.puskas.hu/r_tanfolyam/r_tananyag.html Néhány hasznos anyag rádióhoz] - [http://www.puskas.hu/ puskas.hu]

==Nagyzárthelyi==

{{Rejtett
|mutatott='''Régi Híradástechnika zárthelyik'''
|szöveg=

'''Első ZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2002_10_25.pdf|2002.10.25.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2004_03_24.pdf|2004.03.24.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2004_10_29_mo.pdf|2004.10.29]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2005_osz.pdf|2005 ősz]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2006_10_27_mo.pdf|2006.10.27]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_HT_zh_2007_03_27.pdf|2007.03.27]]

'''Második ZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2002_11_29.pdf|2002.11.29.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2004_04_21.pdf|2004.04.21.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2004_12.pdf|2004 december]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2005_12_02.pdf|2005.12.02.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2006_12_01.pdf|2006.12.01]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_feladatok_megoldasokkal.pdf|Feladatgyűjtemény]] - megoldásokkal

'''Első pótZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2002_11_29.pdf|2002.11.29.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2004_05_12.pdf|2004.05.12.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2005_12_16.pdf|2005.12.16.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2006_12_07.pdf|2006.12.07.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2006_12_07_1.pdf|2006.12.07.]] - más feladatok
* [[Media:Infokomm_HT_pzh_2007_05_15.pdf|2007.05.15.]]

'''Második pótZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_pzh2_2004_05_12.pdf|2004.05.12.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh2_2005_12_16.pdf|2005.12.16.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh2_2006_12_07.pdf|2006.12.07.]]
}}
===Rendes ZH===

* [[Media:Infokomm_zh_2008_osz_kifejtos_mo.pdf|2006/07 ősz]] - csak a kifejtős feladatok, nem hivatalos megoldással
* [[Media:Infokomm_zh_2007_11_28_mo.pdf|2007/08 ősz]]
* [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17.pdf|2008/09 ősz]] - [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17_mo_1.pdf|Megoldások]], valamint két másik kézzel írt megoldás: [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17_mo.pdf|Egyik]] és a [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17_mo_2.pdf|Másik]]
* [[Media:Infokomm_zh_2008_osz.pdf|2008/09 ősz]] - 2008 őszén kiadott feladatgyűjtemény
* [[Media:Infokomm_zh_2009_11_09.pdf|2009/10 ősz]] - [[Media:Infokomm_zh_2009_11_09_mo.pdf|Megoldások]]
* [[Media:Infokomm_zh_2010_11_15.pdf|2010/11 ősz]] - [[Media:Infokomm_zh_2010_11_15_mo.pdf|Megoldások]]
* [[Media:infokomm_zh_2012osz.pdf|2012/13 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:infokomm_zh_2013osz.pdf|2013/14 ősz]] - megoldásokkal (Osváth László megoldása, de nem tekinthető hivatalosnak)

===Pót ZH===

* [[Media:Infokomm_pzh_2007_12_06_mo.pdf|2007/08 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_pzh_2008_11_24_reszmo.pdf|2008/09 ősz]] - [[Media:Infokomm_pzh_2008_osz.pdf|megoldások]]
* [[Media:Infokomm_pzh_2009_11_23.pdf|2009/10 ősz]]
* [[Media:Infokomm_pzh_2010_osz_mo.pdf|2010/11 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:infokomm_pzh_2012osz.pdf|2012/13 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_pzh_2013_osz.pdf|2013/14 ősz]] - [[Media:Infokomm_pzh_2013_osz_mo.pdf|megoldások, hibák lehetnek benne]] 1.feladat P_atl=A^2+(A^2)/3 5.feladat 1/T=1200Baud

===Pótpót ZH===

* [[Media:Infokomm_vizsga_ppzh_2008_12_16.pdf|2008/09 ősz]]
* [[Media:Infokomm_ppzh_2009_12_15.pdf|2009/10 ősz]]
* [[Media:Infokomm_ppzh_2010_12_14.pdf|2010/11 ősz]]

==Vizsgák==

{{Rejtett
|mutatott='''Régi Híradástechnika vizsgák'''
|szöveg=

*1995/1996:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1995_12_20.pdf|1995.12.20.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_01_03.pdf|1996.01.03.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_01_30_mo.pdf|1996.01.30.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_01_31.pdf|1996.01.31.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_05_22.pdf|1996.05.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_05.pdf|1996.06.05.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_12.pdf|1996.06.12.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_19.pdf|1996.06.19.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_26.pdf|1996.06.26.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_09_04.pdf|1996.09.04.]]
*1996/1997:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_01_07_mo.pdf|1997.01.07.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_01_21A_mo.pdf|1997.01.21.]] - A csoport, megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_01_21B_mo.pdf|1997.01.21.]] - B csoport, megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_02_04.pdf|1997.02.04.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_06_24_mo.pdf|1997.06.24.]] - megoldással
*1997/1998:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_01_06.pdf|1998.01.06.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_02_03_mo.pdf|1998.02.03.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_05_28.pdf|1998.05.28.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_06_11.pdf|1998.06.11.]]
*1998/1999:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_01_05_mo.pdf|1999.01.05.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_01_19_mo.pdf|1999.01.19.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_06_09_mo.pdf|1999.06.09.]] - megoldással
*1999/2000:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_12_21_mo.pdf|1999.12.21.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_01_04_mo.pdf|2000.01.04.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_01_18_mo.pdf|2000.01.18.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_02_01_mo.pdf|2000.02.01.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_05_25.pdf|2000.05.25.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_06_22.pdf|2000.06.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_06_30.pdf|2000.06.30.]]
*2000/2001:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_12_09.pdf|2000.12.09.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2001_01_25.pdf|2001.01.25.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2001_01_25_mo.pdf|2001.01.25.]] - megoldással
*2001/2002:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2001_12_22_mo.pdf|2001.12.22.]] - megoldással
*2002/2003:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2002_12_19.pdf|2002.12.19.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2002_12_19_mo.pdf|2002.12.19.]] - megoldással
*2003/2004:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2004_05_20_mo.pdf|2004.05.20.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2004_05_27_mo.pdf|2004.05.27.]] - megoldással
*2004/2005:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2004_12_22.pdf|2004.12.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2005_01_10_mo.pdf|2005.01.10.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2005_05_25.pdf|2005.05.25.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2005_06_03.pdf|2005.06.03.]]
*2005/2006:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_01_18.pdf|2006.01.18.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_06_15.pdf|2006.06.15.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_06_22.pdf|2006.06.22.]]
*2006/2007:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_12_20.pdf|2006.12.20.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2007_01_09_mo.pdf|2007.01.09.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2007_05_22.pdf|2007.05.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2007_06_12.pdf|2007.06.12.]]
}}
'''Infokommunikáció vizsgák:'''
*2007/08:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2008_01_02.pdf|2008.01.02.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2008_01_11.pdf|2008.01.11.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2008_01_17.pdf|2008.01.17.]]
*2009/10:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2009_12_15.pdf|2009.12.15.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2009_12_22.pdf|2009.12.22.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2010_01_06.pdf|2010.01.06.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2010_01_20.pdf|2010.01.20.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2010_01_20_mo.pdf|2010.01.20.]] - megoldással
*2011/12:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2011_12_20_B.pdf|2011.12.20.]] - B csoport
** [[Media:Infokomm_vizsga_2011_2012_pack.PDF|2011/2012]] - példa gyűjtemény
** [[Media:Infokomm_vizsga_2012_01_03_A.pdf|2012.01.03.]]
*2012/13:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2013_06_11.pdf|2013.06.11.]] - Kereszt - [[Media:infokomm_13_06_11_megoldas_beta.pdf | Megoldások]]
*2013/14:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2013_12_16.pdf|2013.12.16.]] - Elővizsga
** [[Infokommunikáció - Vizsga, 2014.01.07.|2014.01.07.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_vizsga_2014_01_14.pdf|2014.01.14]]

==Tippek==

*A ''Marosi Gyula'' által tartott előadások látogatása fokozottan ajánlott, ugyanis ha ő állítja össze a számonkérést, akkor előszeretettel kérdez rá olyan dolgokra, amik nem szerepelnek a segédanyagokban, azonban ő előadáson elmondta. Tehát érdemes jegyzetelni és leírni minden apró megjegyzést!
*A tárgy elsőre könnyűnek tűnhet, azonban nem egy olyan félév volt, amikor a ZH ~90% körüli bukási rátát produkált. Nem szabad félvállról venni a tárgyat és időben el kell kezdeni készülni a számonkérésekre!
'''Ajánlott irodalom:'''

*A GSM hálózatok, a forgalomelmélet és a VoIP témakör logikusan, a tárgy szintjét meghaladó részletességgel le van írva '''Adamis Gusztáv: Kapcsolás- és Jelzéstechnika''' című könyvében. Ez a könyv elsősorban szakirányos tárgynál ajánlott irodalom, de itt is nagyon jól használható.

*Az ínyenceknek ajánlom kizárólag szabadidős tevékenységként (nem ZH-ra vagy vizsgára való felkészülésre!) a következő két könyvet: ''Aisberg: Ilyen egyszerű a rádió!'', illetve ''Aisberg: Most már értem a televíziót!'' A két mű kb. az 50-es, 60-as évek technikai színvonalán (tehát a kapcsolások elektroncsövekből épülnek fel...) ismerteti az analóg rádió- illetve televíziótechnika alapjait párbeszédes stílusban. Két szereplő társalog egymással és közben mindenféle csuda dolgokra derítenek fényt. A rádiós könyv az elején egy elég szemléletes bevezetőt ad, mi a kondenzátor, a tekercs stb. szóval egy kis ismétlés, majd a továbbiakban például szó van a modulációkról (elsősorban AM-DSB, -SSB, de ha jól emlékszem, a végén átugranak a frekvenciamodulációra is), az egyenes- és a szupervevőkről, tükörfrekvenciákról, frekvenciakeverésről, az automatikus erősítés-szabályozásról stb.) A tévés könyv pedig az analóg TV-adásról, -vételről szól, a régi képcsöves tévék részegységeiről és működéséről, a képalkotás módjáról... Tudom, ezek a dolgok így a XXI. században a DVB korában nagyon avasnak tűnnek, de akinek van hozzá kedve és rászánja az időt, sok olyan megoldással, hasonlattal, szemléltetési móddal találkozhat ezekben a könyvekben, amelyeket lehet, hogy hasznosítani tud a későbbiekben. Ha pedig mégsem, akkor is szerzett magának az olvasó néhány vidám pillanatot. Mindkét könyv beszerezhető a Központi Könyvtárban és az antikváriumokban pár száz forintért. Jó szórakozást!

{{Lábléc_-_Villamosmérnök_alapszak}}

Infokommunikáció

2014-11-16T19:35:46Z

Kovács Gergely: /* Pót ZH */

{{Tantárgy
|nev=Infokommunikáció
|targykod=VITMA301
|szak=villany
|kredit=5
|felev=5
|kereszt=vizsgakurzus
|tanszék=TMIT
|kiszh=nincs
|nagyzh=1 db
|vizsga=írásbeli
|hf=nincs
|levlista=infokomm{{kukac}}sch.bme.hu
|tad=https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VITMA301/
|targyhonlap=http://qosip.tmit.bme.hu/cgi-bin/twiki/view/VITMA301/WebHome
}}

Az '''Infokommunikáció''' tárgy alapvető célja, hogy megismertesse a távközlésre és számítógép hálózatokra is kiterjedő infokommunikáció sajátos kérdésfelvetéseit, valamint e kérdések megválaszolásának legfontosabb módszereit és eljárásait.

A tárgy oktatása törekszik arra, hogy később:
*A témarokon szakirányokon tovább tanulók biztos alapokat kapjanak a leglényegesebb fogalmak és eljárások tekintetében.
*Azok a hallgatók, akik más szakirányok valamelyikén folytatják tanulmányaikat, kellően megalapozott ismeretekkel rendelkezzenek az új infokommunikációs rendszerek mibenlétének megértéséhez.

Ennek megfelelően a tantárgy minden villamosmérnök számára nyújt „kimenő” ismereteket miközben megalapozza a később az infokommunikáció-rokon szakirányok valamelyikét választók további tanulmányait.

Az előadások, a gyakorlatok és a számonkérés módszere együttesen arra törekszik, hogy a hallgatók a megismert elemeket, módszereket és eljárásokat egyrészt alkotó módon tudják alkalmazni, másrészt elegendően sok fix pontot kapjanak ahhoz, hogy a számukra újdonságnak tűnő vagy ténylegesen új infokommunikációs rendszereket és szolgáltatásokat kevés utánjárással megértsék.

==Követelmények==

*'''Előkövetelmény:''' [[Jelek és rendszerek 2]] valamint a [[Matematika A1a - Analízis]] című tárgyak teljesítése.
*'''Változás:''' A tárgy 2007 őszi félévtől megy Infokommunikáció néven. Korábban Híradástechnika volt a neve, ezért a 2007 előtti jegyzetek/segédanyagok külön vannak választva, becsukható boxok mögé vannak gyűjtve. A két tárgy anyaga elég jól fedi egymást, így ha valaki nem talál valamit, érdemes a Híradástechnikás anyagok között is kutakodni.
*'''Jelenlét:''' A gyakorlatok 70%-án kötetező részt venni.
*'''NagyZH:''' Egy nagyzárthelyin kell legalább 40%-ot elérni. A félév során két pótlási lehetőség van.
*'''Vizsga:''' A vizsga írásbeli, melyen legalább 40%-ot kell elérni az elégségeshez.
*'''Elővizsga:''' Az mehet elővizsgázni, aki legalább négyest szerzett a nagyzárthelyin.

==Segédanyagok==

===Jegyzetek===

*'''Előadásjegyzetek:'''
**[[Media:Infokomm_HT_jegyzet_2004_tavasz.pdf‎|2004. tavasz jegyzet]]
**[[Media:Infokomm_jegyzet_2011_11_02-ig.pdf‎|2011. ősz jegyzet (11.02-ig)]]

*'''Gyakorlatok anyagai:'''
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_98_99.pdf‎|1998-1999 jegyzet]] - A teljes gyakorlati anyag
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_anyag.pdf‎|A gyakorlatok elméleti háttere]]
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_marosi_2004_tavasz.pdf|Jegyzet Marosi Gyula gyakorlatáról]] - kézzel írt jegyzet (2004. tavasz)
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_marosi_2004_tavasz_slides.pdf‎|Diák Marosi Gyula gyakorlatáról]] - 2004. tavasz
** [[Media:Infokomm_gyak_2008_1_2_4.pdf|2008 gyakorlati anyag]] - Az őszi félév első, második és negyedik gyakorlatának anyaga

*'''Példa feladatok:'''
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_anyag_peldak.pdf‎|A gyakorlatokon elhangzó példák]] - részletesen kidolgozott megoldásokkal
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_magyar_andras_2005.pdf‎|Jegyzet Magyar András gyakorlatáról]] - részletesen kidolgozott példák (2005. november)
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_gsm_cella_feladat.pdf‎|GSM cella példa]] - részletes megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_gsm_cellafeladat_1.pdf‎|GSM cella példa)]] - kézzel írt kidolgozás (2004. december)
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_modulacio.pdf‎|Moduláció példák]] - 2005. november
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_radiocsatorna.pdf‎|Rádiócsatorna példák]] - 2005. november
** [[Media:Infokomm_gyak.pdf|PAM rendszer példák]] - 2 részletesen megoldott feladat

===Konzultációk===

* [[Media:Infokomm_HT_konzi_zh1_2003.pdf‎|1. ZH konzultáció anyaga]] - 2003, Híradástechnikás
* [[Media:Infokomm_HT_konzi_zh1_2004.pdf|1. ZH konzultáció anyaga]] - 2004.10.28, Híradástechnikás
* [[Media:Infokomm_HT_konzi_zh2‎.pdf|2. ZH konzultáció anyaga]] - Híradástechnikás
* [[Media:Infokomm_konzi_2011_11_12.pdf‎|ZH konzultáció]] - 2011.11.12

===Könyvek===

* [[Media:Infokomm_HT_konyv_eng.pdf|Angol nyelvű jegyzet]]
* [[Media:Infokomm_HT_konyv_gacher_hiradastech.pdf|Géher Károly - Híradástechnika]]
* [[Media:Infokomm_HT_konyv_gyak_segedlet.pdf|Elek Kálmán, Kovács Lóránt - Segédlet a Híradástechnika gyakorlatokhoz]]
* [[Media:Infokomm_HT_konyv_tavk_hal_es_inf_szol.pdf|Távközlő hálózatok és informatikai szolgáltatások]]
* [[Media:Infokomm_HT_peldatar.pdf|Példatár]]

==Egyéb hasznos segédanyagok==

===Feltétlenül szükséges ismeretek===

* [[Media:Infokomm_jegyzet_db_skala.pdf|dB skálához magyarázat]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_fontos_mennyisegek.pdf|Fontos mennyiségek]]
* [[Media:Infokomm_HT_puska_2000.pdf|Híradástechnika fogalmak]]
* [[Media:Infokomm_HT_puska_2000_v2.pdf|Híradástechnika fogalmak ]] - 2. verzió

===Gyakorlati segédletek===

* [[Media:Infokomm_jegyzet_igaz_hamis.pdf|Igaz-Hamis kérdések]] és ezek [[Media:Infokomm_jegyzet_igaz_hamis_mo.pdf|megoldásai]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_kepletek.pdf|Hasznos képletek gyűjteménye]] - gépelt, indoklásokkal
* [[Media:Infokomm_jegyzet_kepletek_1.pdf|Hasznos képletek gyűjteménye]] - kézzel írt, csak a képletek

===Szemléltető táblázatok===

* [[Media:Infokomm_jegyzet_mintavetel_tablazat.xls|Mintavételi táblázat]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_shannon_tablazat.xls|Shannon táblázat]]

===Elméleti anyagok===

* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_cellas_rendszerek.pdf|A cellás rendszerek]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_gsm.pdf|A GSM rendszer]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_radiocsatorna.pdf|A rádiócsatorna]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_CIE_szinter.pdf|CIE színtér]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_ciklikus_kodok.pdf|Ciklikus kódok]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_digitalis_modulacio.pdf|Digitális modulációs eljárások és tulajdonságaik]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_hang_es_feny.pdf|Hang és fény prezentáció]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_modulacios_es_kvadraturafelbontas.pdf|Modulációs és kvadratúrafelbontás]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_PM_FM_modulacio.pdf|PM és FM moduláció]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_szimbolumkozti_athallas.pdf|Szimbólumközti áthallás]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_zaj.pdf|Zaj]]
* [[Media:Infokom_jegyzet_digitálisalapsáviátvitel.pdf|Digitális alapsávi átvitel]]
* [[Media:Infokom_jegyzet_digitálismodulációseljárások.pdf|Digitális modulációs eljárások]]
* [[Media:Infokom_jegyzet_csatornakapacitás.pdf|Csatornakapacitás]]

===Hasznos cikkek===

* [http://mobilarena.hu/teszt/a_gsm_halozatok_mukodese/egy_hivas_felepitese_a_gyakorlatban.html GSM - hívás felépítése "konyhanyelven"] - [http://mobilarena.hu mobilarena.hu] (2009.05.13)
* [http://www.puskas.hu/r_tanfolyam/r_tananyag.html Néhány hasznos anyag rádióhoz] - [http://www.puskas.hu/ puskas.hu]

==Nagyzárthelyi==

{{Rejtett
|mutatott='''Régi Híradástechnika zárthelyik'''
|szöveg=

'''Első ZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2002_10_25.pdf|2002.10.25.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2004_03_24.pdf|2004.03.24.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2004_10_29_mo.pdf|2004.10.29]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2005_osz.pdf|2005 ősz]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2006_10_27_mo.pdf|2006.10.27]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_HT_zh_2007_03_27.pdf|2007.03.27]]

'''Második ZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2002_11_29.pdf|2002.11.29.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2004_04_21.pdf|2004.04.21.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2004_12.pdf|2004 december]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2005_12_02.pdf|2005.12.02.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2006_12_01.pdf|2006.12.01]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_feladatok_megoldasokkal.pdf|Feladatgyűjtemény]] - megoldásokkal

'''Első pótZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2002_11_29.pdf|2002.11.29.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2004_05_12.pdf|2004.05.12.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2005_12_16.pdf|2005.12.16.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2006_12_07.pdf|2006.12.07.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2006_12_07_1.pdf|2006.12.07.]] - más feladatok
* [[Media:Infokomm_HT_pzh_2007_05_15.pdf|2007.05.15.]]

'''Második pótZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_pzh2_2004_05_12.pdf|2004.05.12.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh2_2005_12_16.pdf|2005.12.16.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh2_2006_12_07.pdf|2006.12.07.]]
}}
===Rendes ZH===

* [[Media:Infokomm_zh_2008_osz_kifejtos_mo.pdf|2006/07 ősz]] - csak a kifejtős feladatok, nem hivatalos megoldással
* [[Media:Infokomm_zh_2007_11_28_mo.pdf|2007/08 ősz]]
* [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17.pdf|2008/09 ősz]] - [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17_mo_1.pdf|Megoldások]], valamint két másik kézzel írt megoldás: [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17_mo.pdf|Egyik]] és a [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17_mo_2.pdf|Másik]]
* [[Media:Infokomm_zh_2008_osz.pdf|2008/09 ősz]] - 2008 őszén kiadott feladatgyűjtemény
* [[Media:Infokomm_zh_2009_11_09.pdf|2009/10 ősz]] - [[Media:Infokomm_zh_2009_11_09_mo.pdf|Megoldások]]
* [[Media:Infokomm_zh_2010_11_15.pdf|2010/11 ősz]] - [[Media:Infokomm_zh_2010_11_15_mo.pdf|Megoldások]]
* [[Media:infokomm_zh_2012osz.pdf|2012/13 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:infokomm_zh_2013osz.pdf|2013/14 ősz]] - megoldásokkal (Osváth László megoldása, de nem tekinthető hivatalosnak)

===Pót ZH===

* [[Media:Infokomm_pzh_2007_12_06_mo.pdf|2007/08 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_pzh_2008_11_24_reszmo.pdf|2008/09 ősz]] - [[Media:Infokomm_pzh_2008_osz.pdf|megoldások]]
* [[Media:Infokomm_pzh_2009_11_23.pdf|2009/10 ősz]]
* [[Media:Infokomm_pzh_2010_osz_mo.pdf|2010/11 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:infokomm_pzh_2012osz.pdf|2012/13 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_pzh_2013_osz.pdf|2013/14 ősz]] - [[Media:Infokomm_pzh_2013_osz_mo.pdf|megoldások, hibák lehetnek benne]] 1.: P_atl=A^2+(A^2)/3 5.: 1/T=1200Baud

===Pótpót ZH===

* [[Media:Infokomm_vizsga_ppzh_2008_12_16.pdf|2008/09 ősz]]
* [[Media:Infokomm_ppzh_2009_12_15.pdf|2009/10 ősz]]
* [[Media:Infokomm_ppzh_2010_12_14.pdf|2010/11 ősz]]

==Vizsgák==

{{Rejtett
|mutatott='''Régi Híradástechnika vizsgák'''
|szöveg=

*1995/1996:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1995_12_20.pdf|1995.12.20.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_01_03.pdf|1996.01.03.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_01_30_mo.pdf|1996.01.30.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_01_31.pdf|1996.01.31.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_05_22.pdf|1996.05.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_05.pdf|1996.06.05.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_12.pdf|1996.06.12.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_19.pdf|1996.06.19.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_26.pdf|1996.06.26.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_09_04.pdf|1996.09.04.]]
*1996/1997:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_01_07_mo.pdf|1997.01.07.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_01_21A_mo.pdf|1997.01.21.]] - A csoport, megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_01_21B_mo.pdf|1997.01.21.]] - B csoport, megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_02_04.pdf|1997.02.04.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_06_24_mo.pdf|1997.06.24.]] - megoldással
*1997/1998:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_01_06.pdf|1998.01.06.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_02_03_mo.pdf|1998.02.03.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_05_28.pdf|1998.05.28.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_06_11.pdf|1998.06.11.]]
*1998/1999:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_01_05_mo.pdf|1999.01.05.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_01_19_mo.pdf|1999.01.19.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_06_09_mo.pdf|1999.06.09.]] - megoldással
*1999/2000:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_12_21_mo.pdf|1999.12.21.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_01_04_mo.pdf|2000.01.04.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_01_18_mo.pdf|2000.01.18.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_02_01_mo.pdf|2000.02.01.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_05_25.pdf|2000.05.25.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_06_22.pdf|2000.06.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_06_30.pdf|2000.06.30.]]
*2000/2001:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_12_09.pdf|2000.12.09.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2001_01_25.pdf|2001.01.25.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2001_01_25_mo.pdf|2001.01.25.]] - megoldással
*2001/2002:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2001_12_22_mo.pdf|2001.12.22.]] - megoldással
*2002/2003:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2002_12_19.pdf|2002.12.19.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2002_12_19_mo.pdf|2002.12.19.]] - megoldással
*2003/2004:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2004_05_20_mo.pdf|2004.05.20.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2004_05_27_mo.pdf|2004.05.27.]] - megoldással
*2004/2005:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2004_12_22.pdf|2004.12.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2005_01_10_mo.pdf|2005.01.10.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2005_05_25.pdf|2005.05.25.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2005_06_03.pdf|2005.06.03.]]
*2005/2006:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_01_18.pdf|2006.01.18.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_06_15.pdf|2006.06.15.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_06_22.pdf|2006.06.22.]]
*2006/2007:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_12_20.pdf|2006.12.20.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2007_01_09_mo.pdf|2007.01.09.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2007_05_22.pdf|2007.05.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2007_06_12.pdf|2007.06.12.]]
}}
'''Infokommunikáció vizsgák:'''
*2007/08:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2008_01_02.pdf|2008.01.02.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2008_01_11.pdf|2008.01.11.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2008_01_17.pdf|2008.01.17.]]
*2009/10:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2009_12_15.pdf|2009.12.15.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2009_12_22.pdf|2009.12.22.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2010_01_06.pdf|2010.01.06.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2010_01_20.pdf|2010.01.20.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2010_01_20_mo.pdf|2010.01.20.]] - megoldással
*2011/12:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2011_12_20_B.pdf|2011.12.20.]] - B csoport
** [[Media:Infokomm_vizsga_2011_2012_pack.PDF|2011/2012]] - példa gyűjtemény
** [[Media:Infokomm_vizsga_2012_01_03_A.pdf|2012.01.03.]]
*2012/13:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2013_06_11.pdf|2013.06.11.]] - Kereszt - [[Media:infokomm_13_06_11_megoldas_beta.pdf | Megoldások]]
*2013/14:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2013_12_16.pdf|2013.12.16.]] - Elővizsga
** [[Infokommunikáció - Vizsga, 2014.01.07.|2014.01.07.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_vizsga_2014_01_14.pdf|2014.01.14]]

==Tippek==

*A ''Marosi Gyula'' által tartott előadások látogatása fokozottan ajánlott, ugyanis ha ő állítja össze a számonkérést, akkor előszeretettel kérdez rá olyan dolgokra, amik nem szerepelnek a segédanyagokban, azonban ő előadáson elmondta. Tehát érdemes jegyzetelni és leírni minden apró megjegyzést!
*A tárgy elsőre könnyűnek tűnhet, azonban nem egy olyan félév volt, amikor a ZH ~90% körüli bukási rátát produkált. Nem szabad félvállról venni a tárgyat és időben el kell kezdeni készülni a számonkérésekre!
'''Ajánlott irodalom:'''

*A GSM hálózatok, a forgalomelmélet és a VoIP témakör logikusan, a tárgy szintjét meghaladó részletességgel le van írva '''Adamis Gusztáv: Kapcsolás- és Jelzéstechnika''' című könyvében. Ez a könyv elsősorban szakirányos tárgynál ajánlott irodalom, de itt is nagyon jól használható.

*Az ínyenceknek ajánlom kizárólag szabadidős tevékenységként (nem ZH-ra vagy vizsgára való felkészülésre!) a következő két könyvet: ''Aisberg: Ilyen egyszerű a rádió!'', illetve ''Aisberg: Most már értem a televíziót!'' A két mű kb. az 50-es, 60-as évek technikai színvonalán (tehát a kapcsolások elektroncsövekből épülnek fel...) ismerteti az analóg rádió- illetve televíziótechnika alapjait párbeszédes stílusban. Két szereplő társalog egymással és közben mindenféle csuda dolgokra derítenek fényt. A rádiós könyv az elején egy elég szemléletes bevezetőt ad, mi a kondenzátor, a tekercs stb. szóval egy kis ismétlés, majd a továbbiakban például szó van a modulációkról (elsősorban AM-DSB, -SSB, de ha jól emlékszem, a végén átugranak a frekvenciamodulációra is), az egyenes- és a szupervevőkről, tükörfrekvenciákról, frekvenciakeverésről, az automatikus erősítés-szabályozásról stb.) A tévés könyv pedig az analóg TV-adásról, -vételről szól, a régi képcsöves tévék részegységeiről és működéséről, a képalkotás módjáról... Tudom, ezek a dolgok így a XXI. században a DVB korában nagyon avasnak tűnnek, de akinek van hozzá kedve és rászánja az időt, sok olyan megoldással, hasonlattal, szemléltetési móddal találkozhat ezekben a könyvekben, amelyeket lehet, hogy hasznosítani tud a későbbiekben. Ha pedig mégsem, akkor is szerzett magának az olvasó néhány vidám pillanatot. Mindkét könyv beszerezhető a Központi Könyvtárban és az antikváriumokban pár száz forintért. Jó szórakozást!

{{Lábléc_-_Villamosmérnök_alapszak}}

Infokommunikáció

2014-11-16T19:35:10Z

Kovács Gergely: /* Pót ZH */

{{Tantárgy
|nev=Infokommunikáció
|targykod=VITMA301
|szak=villany
|kredit=5
|felev=5
|kereszt=vizsgakurzus
|tanszék=TMIT
|kiszh=nincs
|nagyzh=1 db
|vizsga=írásbeli
|hf=nincs
|levlista=infokomm{{kukac}}sch.bme.hu
|tad=https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VITMA301/
|targyhonlap=http://qosip.tmit.bme.hu/cgi-bin/twiki/view/VITMA301/WebHome
}}

Az '''Infokommunikáció''' tárgy alapvető célja, hogy megismertesse a távközlésre és számítógép hálózatokra is kiterjedő infokommunikáció sajátos kérdésfelvetéseit, valamint e kérdések megválaszolásának legfontosabb módszereit és eljárásait.

A tárgy oktatása törekszik arra, hogy később:
*A témarokon szakirányokon tovább tanulók biztos alapokat kapjanak a leglényegesebb fogalmak és eljárások tekintetében.
*Azok a hallgatók, akik más szakirányok valamelyikén folytatják tanulmányaikat, kellően megalapozott ismeretekkel rendelkezzenek az új infokommunikációs rendszerek mibenlétének megértéséhez.

Ennek megfelelően a tantárgy minden villamosmérnök számára nyújt „kimenő” ismereteket miközben megalapozza a később az infokommunikáció-rokon szakirányok valamelyikét választók további tanulmányait.

Az előadások, a gyakorlatok és a számonkérés módszere együttesen arra törekszik, hogy a hallgatók a megismert elemeket, módszereket és eljárásokat egyrészt alkotó módon tudják alkalmazni, másrészt elegendően sok fix pontot kapjanak ahhoz, hogy a számukra újdonságnak tűnő vagy ténylegesen új infokommunikációs rendszereket és szolgáltatásokat kevés utánjárással megértsék.

==Követelmények==

*'''Előkövetelmény:''' [[Jelek és rendszerek 2]] valamint a [[Matematika A1a - Analízis]] című tárgyak teljesítése.
*'''Változás:''' A tárgy 2007 őszi félévtől megy Infokommunikáció néven. Korábban Híradástechnika volt a neve, ezért a 2007 előtti jegyzetek/segédanyagok külön vannak választva, becsukható boxok mögé vannak gyűjtve. A két tárgy anyaga elég jól fedi egymást, így ha valaki nem talál valamit, érdemes a Híradástechnikás anyagok között is kutakodni.
*'''Jelenlét:''' A gyakorlatok 70%-án kötetező részt venni.
*'''NagyZH:''' Egy nagyzárthelyin kell legalább 40%-ot elérni. A félév során két pótlási lehetőség van.
*'''Vizsga:''' A vizsga írásbeli, melyen legalább 40%-ot kell elérni az elégségeshez.
*'''Elővizsga:''' Az mehet elővizsgázni, aki legalább négyest szerzett a nagyzárthelyin.

==Segédanyagok==

===Jegyzetek===

*'''Előadásjegyzetek:'''
**[[Media:Infokomm_HT_jegyzet_2004_tavasz.pdf‎|2004. tavasz jegyzet]]
**[[Media:Infokomm_jegyzet_2011_11_02-ig.pdf‎|2011. ősz jegyzet (11.02-ig)]]

*'''Gyakorlatok anyagai:'''
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_98_99.pdf‎|1998-1999 jegyzet]] - A teljes gyakorlati anyag
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_anyag.pdf‎|A gyakorlatok elméleti háttere]]
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_marosi_2004_tavasz.pdf|Jegyzet Marosi Gyula gyakorlatáról]] - kézzel írt jegyzet (2004. tavasz)
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_marosi_2004_tavasz_slides.pdf‎|Diák Marosi Gyula gyakorlatáról]] - 2004. tavasz
** [[Media:Infokomm_gyak_2008_1_2_4.pdf|2008 gyakorlati anyag]] - Az őszi félév első, második és negyedik gyakorlatának anyaga

*'''Példa feladatok:'''
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_anyag_peldak.pdf‎|A gyakorlatokon elhangzó példák]] - részletesen kidolgozott megoldásokkal
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_magyar_andras_2005.pdf‎|Jegyzet Magyar András gyakorlatáról]] - részletesen kidolgozott példák (2005. november)
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_gsm_cella_feladat.pdf‎|GSM cella példa]] - részletes megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_gsm_cellafeladat_1.pdf‎|GSM cella példa)]] - kézzel írt kidolgozás (2004. december)
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_modulacio.pdf‎|Moduláció példák]] - 2005. november
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_radiocsatorna.pdf‎|Rádiócsatorna példák]] - 2005. november
** [[Media:Infokomm_gyak.pdf|PAM rendszer példák]] - 2 részletesen megoldott feladat

===Konzultációk===

* [[Media:Infokomm_HT_konzi_zh1_2003.pdf‎|1. ZH konzultáció anyaga]] - 2003, Híradástechnikás
* [[Media:Infokomm_HT_konzi_zh1_2004.pdf|1. ZH konzultáció anyaga]] - 2004.10.28, Híradástechnikás
* [[Media:Infokomm_HT_konzi_zh2‎.pdf|2. ZH konzultáció anyaga]] - Híradástechnikás
* [[Media:Infokomm_konzi_2011_11_12.pdf‎|ZH konzultáció]] - 2011.11.12

===Könyvek===

* [[Media:Infokomm_HT_konyv_eng.pdf|Angol nyelvű jegyzet]]
* [[Media:Infokomm_HT_konyv_gacher_hiradastech.pdf|Géher Károly - Híradástechnika]]
* [[Media:Infokomm_HT_konyv_gyak_segedlet.pdf|Elek Kálmán, Kovács Lóránt - Segédlet a Híradástechnika gyakorlatokhoz]]
* [[Media:Infokomm_HT_konyv_tavk_hal_es_inf_szol.pdf|Távközlő hálózatok és informatikai szolgáltatások]]
* [[Media:Infokomm_HT_peldatar.pdf|Példatár]]

==Egyéb hasznos segédanyagok==

===Feltétlenül szükséges ismeretek===

* [[Media:Infokomm_jegyzet_db_skala.pdf|dB skálához magyarázat]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_fontos_mennyisegek.pdf|Fontos mennyiségek]]
* [[Media:Infokomm_HT_puska_2000.pdf|Híradástechnika fogalmak]]
* [[Media:Infokomm_HT_puska_2000_v2.pdf|Híradástechnika fogalmak ]] - 2. verzió

===Gyakorlati segédletek===

* [[Media:Infokomm_jegyzet_igaz_hamis.pdf|Igaz-Hamis kérdések]] és ezek [[Media:Infokomm_jegyzet_igaz_hamis_mo.pdf|megoldásai]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_kepletek.pdf|Hasznos képletek gyűjteménye]] - gépelt, indoklásokkal
* [[Media:Infokomm_jegyzet_kepletek_1.pdf|Hasznos képletek gyűjteménye]] - kézzel írt, csak a képletek

===Szemléltető táblázatok===

* [[Media:Infokomm_jegyzet_mintavetel_tablazat.xls|Mintavételi táblázat]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_shannon_tablazat.xls|Shannon táblázat]]

===Elméleti anyagok===

* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_cellas_rendszerek.pdf|A cellás rendszerek]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_gsm.pdf|A GSM rendszer]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_radiocsatorna.pdf|A rádiócsatorna]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_CIE_szinter.pdf|CIE színtér]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_ciklikus_kodok.pdf|Ciklikus kódok]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_digitalis_modulacio.pdf|Digitális modulációs eljárások és tulajdonságaik]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_hang_es_feny.pdf|Hang és fény prezentáció]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_modulacios_es_kvadraturafelbontas.pdf|Modulációs és kvadratúrafelbontás]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_PM_FM_modulacio.pdf|PM és FM moduláció]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_szimbolumkozti_athallas.pdf|Szimbólumközti áthallás]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_zaj.pdf|Zaj]]
* [[Media:Infokom_jegyzet_digitálisalapsáviátvitel.pdf|Digitális alapsávi átvitel]]
* [[Media:Infokom_jegyzet_digitálismodulációseljárások.pdf|Digitális modulációs eljárások]]
* [[Media:Infokom_jegyzet_csatornakapacitás.pdf|Csatornakapacitás]]

===Hasznos cikkek===

* [http://mobilarena.hu/teszt/a_gsm_halozatok_mukodese/egy_hivas_felepitese_a_gyakorlatban.html GSM - hívás felépítése "konyhanyelven"] - [http://mobilarena.hu mobilarena.hu] (2009.05.13)
* [http://www.puskas.hu/r_tanfolyam/r_tananyag.html Néhány hasznos anyag rádióhoz] - [http://www.puskas.hu/ puskas.hu]

==Nagyzárthelyi==

{{Rejtett
|mutatott='''Régi Híradástechnika zárthelyik'''
|szöveg=

'''Első ZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2002_10_25.pdf|2002.10.25.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2004_03_24.pdf|2004.03.24.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2004_10_29_mo.pdf|2004.10.29]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2005_osz.pdf|2005 ősz]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2006_10_27_mo.pdf|2006.10.27]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_HT_zh_2007_03_27.pdf|2007.03.27]]

'''Második ZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2002_11_29.pdf|2002.11.29.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2004_04_21.pdf|2004.04.21.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2004_12.pdf|2004 december]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2005_12_02.pdf|2005.12.02.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2006_12_01.pdf|2006.12.01]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_feladatok_megoldasokkal.pdf|Feladatgyűjtemény]] - megoldásokkal

'''Első pótZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2002_11_29.pdf|2002.11.29.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2004_05_12.pdf|2004.05.12.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2005_12_16.pdf|2005.12.16.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2006_12_07.pdf|2006.12.07.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2006_12_07_1.pdf|2006.12.07.]] - más feladatok
* [[Media:Infokomm_HT_pzh_2007_05_15.pdf|2007.05.15.]]

'''Második pótZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_pzh2_2004_05_12.pdf|2004.05.12.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh2_2005_12_16.pdf|2005.12.16.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh2_2006_12_07.pdf|2006.12.07.]]
}}
===Rendes ZH===

* [[Media:Infokomm_zh_2008_osz_kifejtos_mo.pdf|2006/07 ősz]] - csak a kifejtős feladatok, nem hivatalos megoldással
* [[Media:Infokomm_zh_2007_11_28_mo.pdf|2007/08 ősz]]
* [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17.pdf|2008/09 ősz]] - [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17_mo_1.pdf|Megoldások]], valamint két másik kézzel írt megoldás: [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17_mo.pdf|Egyik]] és a [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17_mo_2.pdf|Másik]]
* [[Media:Infokomm_zh_2008_osz.pdf|2008/09 ősz]] - 2008 őszén kiadott feladatgyűjtemény
* [[Media:Infokomm_zh_2009_11_09.pdf|2009/10 ősz]] - [[Media:Infokomm_zh_2009_11_09_mo.pdf|Megoldások]]
* [[Media:Infokomm_zh_2010_11_15.pdf|2010/11 ősz]] - [[Media:Infokomm_zh_2010_11_15_mo.pdf|Megoldások]]
* [[Media:infokomm_zh_2012osz.pdf|2012/13 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:infokomm_zh_2013osz.pdf|2013/14 ősz]] - megoldásokkal (Osváth László megoldása, de nem tekinthető hivatalosnak)

===Pót ZH===

* [[Media:Infokomm_pzh_2007_12_06_mo.pdf|2007/08 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_pzh_2008_11_24_reszmo.pdf|2008/09 ősz]] - [[Media:Infokomm_pzh_2008_osz.pdf|megoldások]]
* [[Media:Infokomm_pzh_2009_11_23.pdf|2009/10 ősz]]
* [[Media:Infokomm_pzh_2010_osz_mo.pdf|2010/11 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:infokomm_pzh_2012osz.pdf|2012/13 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_pzh_2013_osz.pdf|2013/14 ősz]] - [[Media:Infokomm_pzh_2013_osz_mo.pdf|megoldások, hibák lehetnek benne]] 1.: P_atl=A^2+(A^2)/3
5.: 1/T=1200Baud

===Pótpót ZH===

* [[Media:Infokomm_vizsga_ppzh_2008_12_16.pdf|2008/09 ősz]]
* [[Media:Infokomm_ppzh_2009_12_15.pdf|2009/10 ősz]]
* [[Media:Infokomm_ppzh_2010_12_14.pdf|2010/11 ősz]]

==Vizsgák==

{{Rejtett
|mutatott='''Régi Híradástechnika vizsgák'''
|szöveg=

*1995/1996:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1995_12_20.pdf|1995.12.20.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_01_03.pdf|1996.01.03.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_01_30_mo.pdf|1996.01.30.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_01_31.pdf|1996.01.31.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_05_22.pdf|1996.05.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_05.pdf|1996.06.05.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_12.pdf|1996.06.12.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_19.pdf|1996.06.19.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_26.pdf|1996.06.26.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_09_04.pdf|1996.09.04.]]
*1996/1997:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_01_07_mo.pdf|1997.01.07.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_01_21A_mo.pdf|1997.01.21.]] - A csoport, megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_01_21B_mo.pdf|1997.01.21.]] - B csoport, megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_02_04.pdf|1997.02.04.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_06_24_mo.pdf|1997.06.24.]] - megoldással
*1997/1998:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_01_06.pdf|1998.01.06.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_02_03_mo.pdf|1998.02.03.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_05_28.pdf|1998.05.28.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_06_11.pdf|1998.06.11.]]
*1998/1999:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_01_05_mo.pdf|1999.01.05.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_01_19_mo.pdf|1999.01.19.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_06_09_mo.pdf|1999.06.09.]] - megoldással
*1999/2000:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_12_21_mo.pdf|1999.12.21.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_01_04_mo.pdf|2000.01.04.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_01_18_mo.pdf|2000.01.18.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_02_01_mo.pdf|2000.02.01.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_05_25.pdf|2000.05.25.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_06_22.pdf|2000.06.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_06_30.pdf|2000.06.30.]]
*2000/2001:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_12_09.pdf|2000.12.09.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2001_01_25.pdf|2001.01.25.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2001_01_25_mo.pdf|2001.01.25.]] - megoldással
*2001/2002:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2001_12_22_mo.pdf|2001.12.22.]] - megoldással
*2002/2003:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2002_12_19.pdf|2002.12.19.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2002_12_19_mo.pdf|2002.12.19.]] - megoldással
*2003/2004:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2004_05_20_mo.pdf|2004.05.20.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2004_05_27_mo.pdf|2004.05.27.]] - megoldással
*2004/2005:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2004_12_22.pdf|2004.12.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2005_01_10_mo.pdf|2005.01.10.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2005_05_25.pdf|2005.05.25.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2005_06_03.pdf|2005.06.03.]]
*2005/2006:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_01_18.pdf|2006.01.18.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_06_15.pdf|2006.06.15.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_06_22.pdf|2006.06.22.]]
*2006/2007:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_12_20.pdf|2006.12.20.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2007_01_09_mo.pdf|2007.01.09.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2007_05_22.pdf|2007.05.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2007_06_12.pdf|2007.06.12.]]
}}
'''Infokommunikáció vizsgák:'''
*2007/08:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2008_01_02.pdf|2008.01.02.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2008_01_11.pdf|2008.01.11.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2008_01_17.pdf|2008.01.17.]]
*2009/10:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2009_12_15.pdf|2009.12.15.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2009_12_22.pdf|2009.12.22.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2010_01_06.pdf|2010.01.06.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2010_01_20.pdf|2010.01.20.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2010_01_20_mo.pdf|2010.01.20.]] - megoldással
*2011/12:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2011_12_20_B.pdf|2011.12.20.]] - B csoport
** [[Media:Infokomm_vizsga_2011_2012_pack.PDF|2011/2012]] - példa gyűjtemény
** [[Media:Infokomm_vizsga_2012_01_03_A.pdf|2012.01.03.]]
*2012/13:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2013_06_11.pdf|2013.06.11.]] - Kereszt - [[Media:infokomm_13_06_11_megoldas_beta.pdf | Megoldások]]
*2013/14:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2013_12_16.pdf|2013.12.16.]] - Elővizsga
** [[Infokommunikáció - Vizsga, 2014.01.07.|2014.01.07.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_vizsga_2014_01_14.pdf|2014.01.14]]

==Tippek==

*A ''Marosi Gyula'' által tartott előadások látogatása fokozottan ajánlott, ugyanis ha ő állítja össze a számonkérést, akkor előszeretettel kérdez rá olyan dolgokra, amik nem szerepelnek a segédanyagokban, azonban ő előadáson elmondta. Tehát érdemes jegyzetelni és leírni minden apró megjegyzést!
*A tárgy elsőre könnyűnek tűnhet, azonban nem egy olyan félév volt, amikor a ZH ~90% körüli bukási rátát produkált. Nem szabad félvállról venni a tárgyat és időben el kell kezdeni készülni a számonkérésekre!
'''Ajánlott irodalom:'''

*A GSM hálózatok, a forgalomelmélet és a VoIP témakör logikusan, a tárgy szintjét meghaladó részletességgel le van írva '''Adamis Gusztáv: Kapcsolás- és Jelzéstechnika''' című könyvében. Ez a könyv elsősorban szakirányos tárgynál ajánlott irodalom, de itt is nagyon jól használható.

*Az ínyenceknek ajánlom kizárólag szabadidős tevékenységként (nem ZH-ra vagy vizsgára való felkészülésre!) a következő két könyvet: ''Aisberg: Ilyen egyszerű a rádió!'', illetve ''Aisberg: Most már értem a televíziót!'' A két mű kb. az 50-es, 60-as évek technikai színvonalán (tehát a kapcsolások elektroncsövekből épülnek fel...) ismerteti az analóg rádió- illetve televíziótechnika alapjait párbeszédes stílusban. Két szereplő társalog egymással és közben mindenféle csuda dolgokra derítenek fényt. A rádiós könyv az elején egy elég szemléletes bevezetőt ad, mi a kondenzátor, a tekercs stb. szóval egy kis ismétlés, majd a továbbiakban például szó van a modulációkról (elsősorban AM-DSB, -SSB, de ha jól emlékszem, a végén átugranak a frekvenciamodulációra is), az egyenes- és a szupervevőkről, tükörfrekvenciákról, frekvenciakeverésről, az automatikus erősítés-szabályozásról stb.) A tévés könyv pedig az analóg TV-adásról, -vételről szól, a régi képcsöves tévék részegységeiről és működéséről, a képalkotás módjáról... Tudom, ezek a dolgok így a XXI. században a DVB korában nagyon avasnak tűnnek, de akinek van hozzá kedve és rászánja az időt, sok olyan megoldással, hasonlattal, szemléltetési móddal találkozhat ezekben a könyvekben, amelyeket lehet, hogy hasznosítani tud a későbbiekben. Ha pedig mégsem, akkor is szerzett magának az olvasó néhány vidám pillanatot. Mindkét könyv beszerezhető a Központi Könyvtárban és az antikváriumokban pár száz forintért. Jó szórakozást!

{{Lábléc_-_Villamosmérnök_alapszak}}

Infokommunikáció

2014-11-16T19:34:33Z

Kovács Gergely: /* Pót ZH */

{{Tantárgy
|nev=Infokommunikáció
|targykod=VITMA301
|szak=villany
|kredit=5
|felev=5
|kereszt=vizsgakurzus
|tanszék=TMIT
|kiszh=nincs
|nagyzh=1 db
|vizsga=írásbeli
|hf=nincs
|levlista=infokomm{{kukac}}sch.bme.hu
|tad=https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VITMA301/
|targyhonlap=http://qosip.tmit.bme.hu/cgi-bin/twiki/view/VITMA301/WebHome
}}

Az '''Infokommunikáció''' tárgy alapvető célja, hogy megismertesse a távközlésre és számítógép hálózatokra is kiterjedő infokommunikáció sajátos kérdésfelvetéseit, valamint e kérdések megválaszolásának legfontosabb módszereit és eljárásait.

A tárgy oktatása törekszik arra, hogy később:
*A témarokon szakirányokon tovább tanulók biztos alapokat kapjanak a leglényegesebb fogalmak és eljárások tekintetében.
*Azok a hallgatók, akik más szakirányok valamelyikén folytatják tanulmányaikat, kellően megalapozott ismeretekkel rendelkezzenek az új infokommunikációs rendszerek mibenlétének megértéséhez.

Ennek megfelelően a tantárgy minden villamosmérnök számára nyújt „kimenő” ismereteket miközben megalapozza a később az infokommunikáció-rokon szakirányok valamelyikét választók további tanulmányait.

Az előadások, a gyakorlatok és a számonkérés módszere együttesen arra törekszik, hogy a hallgatók a megismert elemeket, módszereket és eljárásokat egyrészt alkotó módon tudják alkalmazni, másrészt elegendően sok fix pontot kapjanak ahhoz, hogy a számukra újdonságnak tűnő vagy ténylegesen új infokommunikációs rendszereket és szolgáltatásokat kevés utánjárással megértsék.

==Követelmények==

*'''Előkövetelmény:''' [[Jelek és rendszerek 2]] valamint a [[Matematika A1a - Analízis]] című tárgyak teljesítése.
*'''Változás:''' A tárgy 2007 őszi félévtől megy Infokommunikáció néven. Korábban Híradástechnika volt a neve, ezért a 2007 előtti jegyzetek/segédanyagok külön vannak választva, becsukható boxok mögé vannak gyűjtve. A két tárgy anyaga elég jól fedi egymást, így ha valaki nem talál valamit, érdemes a Híradástechnikás anyagok között is kutakodni.
*'''Jelenlét:''' A gyakorlatok 70%-án kötetező részt venni.
*'''NagyZH:''' Egy nagyzárthelyin kell legalább 40%-ot elérni. A félév során két pótlási lehetőség van.
*'''Vizsga:''' A vizsga írásbeli, melyen legalább 40%-ot kell elérni az elégségeshez.
*'''Elővizsga:''' Az mehet elővizsgázni, aki legalább négyest szerzett a nagyzárthelyin.

==Segédanyagok==

===Jegyzetek===

*'''Előadásjegyzetek:'''
**[[Media:Infokomm_HT_jegyzet_2004_tavasz.pdf‎|2004. tavasz jegyzet]]
**[[Media:Infokomm_jegyzet_2011_11_02-ig.pdf‎|2011. ősz jegyzet (11.02-ig)]]

*'''Gyakorlatok anyagai:'''
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_98_99.pdf‎|1998-1999 jegyzet]] - A teljes gyakorlati anyag
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_anyag.pdf‎|A gyakorlatok elméleti háttere]]
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_marosi_2004_tavasz.pdf|Jegyzet Marosi Gyula gyakorlatáról]] - kézzel írt jegyzet (2004. tavasz)
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_marosi_2004_tavasz_slides.pdf‎|Diák Marosi Gyula gyakorlatáról]] - 2004. tavasz
** [[Media:Infokomm_gyak_2008_1_2_4.pdf|2008 gyakorlati anyag]] - Az őszi félév első, második és negyedik gyakorlatának anyaga

*'''Példa feladatok:'''
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_anyag_peldak.pdf‎|A gyakorlatokon elhangzó példák]] - részletesen kidolgozott megoldásokkal
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_magyar_andras_2005.pdf‎|Jegyzet Magyar András gyakorlatáról]] - részletesen kidolgozott példák (2005. november)
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_gsm_cella_feladat.pdf‎|GSM cella példa]] - részletes megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_gsm_cellafeladat_1.pdf‎|GSM cella példa)]] - kézzel írt kidolgozás (2004. december)
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_modulacio.pdf‎|Moduláció példák]] - 2005. november
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_radiocsatorna.pdf‎|Rádiócsatorna példák]] - 2005. november
** [[Media:Infokomm_gyak.pdf|PAM rendszer példák]] - 2 részletesen megoldott feladat

===Konzultációk===

* [[Media:Infokomm_HT_konzi_zh1_2003.pdf‎|1. ZH konzultáció anyaga]] - 2003, Híradástechnikás
* [[Media:Infokomm_HT_konzi_zh1_2004.pdf|1. ZH konzultáció anyaga]] - 2004.10.28, Híradástechnikás
* [[Media:Infokomm_HT_konzi_zh2‎.pdf|2. ZH konzultáció anyaga]] - Híradástechnikás
* [[Media:Infokomm_konzi_2011_11_12.pdf‎|ZH konzultáció]] - 2011.11.12

===Könyvek===

* [[Media:Infokomm_HT_konyv_eng.pdf|Angol nyelvű jegyzet]]
* [[Media:Infokomm_HT_konyv_gacher_hiradastech.pdf|Géher Károly - Híradástechnika]]
* [[Media:Infokomm_HT_konyv_gyak_segedlet.pdf|Elek Kálmán, Kovács Lóránt - Segédlet a Híradástechnika gyakorlatokhoz]]
* [[Media:Infokomm_HT_konyv_tavk_hal_es_inf_szol.pdf|Távközlő hálózatok és informatikai szolgáltatások]]
* [[Media:Infokomm_HT_peldatar.pdf|Példatár]]

==Egyéb hasznos segédanyagok==

===Feltétlenül szükséges ismeretek===

* [[Media:Infokomm_jegyzet_db_skala.pdf|dB skálához magyarázat]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_fontos_mennyisegek.pdf|Fontos mennyiségek]]
* [[Media:Infokomm_HT_puska_2000.pdf|Híradástechnika fogalmak]]
* [[Media:Infokomm_HT_puska_2000_v2.pdf|Híradástechnika fogalmak ]] - 2. verzió

===Gyakorlati segédletek===

* [[Media:Infokomm_jegyzet_igaz_hamis.pdf|Igaz-Hamis kérdések]] és ezek [[Media:Infokomm_jegyzet_igaz_hamis_mo.pdf|megoldásai]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_kepletek.pdf|Hasznos képletek gyűjteménye]] - gépelt, indoklásokkal
* [[Media:Infokomm_jegyzet_kepletek_1.pdf|Hasznos képletek gyűjteménye]] - kézzel írt, csak a képletek

===Szemléltető táblázatok===

* [[Media:Infokomm_jegyzet_mintavetel_tablazat.xls|Mintavételi táblázat]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_shannon_tablazat.xls|Shannon táblázat]]

===Elméleti anyagok===

* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_cellas_rendszerek.pdf|A cellás rendszerek]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_gsm.pdf|A GSM rendszer]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_radiocsatorna.pdf|A rádiócsatorna]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_CIE_szinter.pdf|CIE színtér]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_ciklikus_kodok.pdf|Ciklikus kódok]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_digitalis_modulacio.pdf|Digitális modulációs eljárások és tulajdonságaik]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_hang_es_feny.pdf|Hang és fény prezentáció]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_modulacios_es_kvadraturafelbontas.pdf|Modulációs és kvadratúrafelbontás]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_PM_FM_modulacio.pdf|PM és FM moduláció]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_szimbolumkozti_athallas.pdf|Szimbólumközti áthallás]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_zaj.pdf|Zaj]]
* [[Media:Infokom_jegyzet_digitálisalapsáviátvitel.pdf|Digitális alapsávi átvitel]]
* [[Media:Infokom_jegyzet_digitálismodulációseljárások.pdf|Digitális modulációs eljárások]]
* [[Media:Infokom_jegyzet_csatornakapacitás.pdf|Csatornakapacitás]]

===Hasznos cikkek===

* [http://mobilarena.hu/teszt/a_gsm_halozatok_mukodese/egy_hivas_felepitese_a_gyakorlatban.html GSM - hívás felépítése "konyhanyelven"] - [http://mobilarena.hu mobilarena.hu] (2009.05.13)
* [http://www.puskas.hu/r_tanfolyam/r_tananyag.html Néhány hasznos anyag rádióhoz] - [http://www.puskas.hu/ puskas.hu]

==Nagyzárthelyi==

{{Rejtett
|mutatott='''Régi Híradástechnika zárthelyik'''
|szöveg=

'''Első ZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2002_10_25.pdf|2002.10.25.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2004_03_24.pdf|2004.03.24.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2004_10_29_mo.pdf|2004.10.29]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2005_osz.pdf|2005 ősz]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2006_10_27_mo.pdf|2006.10.27]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_HT_zh_2007_03_27.pdf|2007.03.27]]

'''Második ZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2002_11_29.pdf|2002.11.29.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2004_04_21.pdf|2004.04.21.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2004_12.pdf|2004 december]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2005_12_02.pdf|2005.12.02.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2006_12_01.pdf|2006.12.01]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_feladatok_megoldasokkal.pdf|Feladatgyűjtemény]] - megoldásokkal

'''Első pótZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2002_11_29.pdf|2002.11.29.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2004_05_12.pdf|2004.05.12.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2005_12_16.pdf|2005.12.16.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2006_12_07.pdf|2006.12.07.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2006_12_07_1.pdf|2006.12.07.]] - más feladatok
* [[Media:Infokomm_HT_pzh_2007_05_15.pdf|2007.05.15.]]

'''Második pótZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_pzh2_2004_05_12.pdf|2004.05.12.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh2_2005_12_16.pdf|2005.12.16.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh2_2006_12_07.pdf|2006.12.07.]]
}}
===Rendes ZH===

* [[Media:Infokomm_zh_2008_osz_kifejtos_mo.pdf|2006/07 ősz]] - csak a kifejtős feladatok, nem hivatalos megoldással
* [[Media:Infokomm_zh_2007_11_28_mo.pdf|2007/08 ősz]]
* [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17.pdf|2008/09 ősz]] - [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17_mo_1.pdf|Megoldások]], valamint két másik kézzel írt megoldás: [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17_mo.pdf|Egyik]] és a [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17_mo_2.pdf|Másik]]
* [[Media:Infokomm_zh_2008_osz.pdf|2008/09 ősz]] - 2008 őszén kiadott feladatgyűjtemény
* [[Media:Infokomm_zh_2009_11_09.pdf|2009/10 ősz]] - [[Media:Infokomm_zh_2009_11_09_mo.pdf|Megoldások]]
* [[Media:Infokomm_zh_2010_11_15.pdf|2010/11 ősz]] - [[Media:Infokomm_zh_2010_11_15_mo.pdf|Megoldások]]
* [[Media:infokomm_zh_2012osz.pdf|2012/13 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:infokomm_zh_2013osz.pdf|2013/14 ősz]] - megoldásokkal (Osváth László megoldása, de nem tekinthető hivatalosnak)

===Pót ZH===

* [[Media:Infokomm_pzh_2007_12_06_mo.pdf|2007/08 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_pzh_2008_11_24_reszmo.pdf|2008/09 ősz]] - [[Media:Infokomm_pzh_2008_osz.pdf|megoldások]]
* [[Media:Infokomm_pzh_2009_11_23.pdf|2009/10 ősz]]
* [[Media:Infokomm_pzh_2010_osz_mo.pdf|2010/11 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:infokomm_pzh_2012osz.pdf|2012/13 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_pzh_2013_osz.pdf|2013/14 ősz]] - [[Media:Infokomm_pzh_2013_osz_mo.pdf|megoldások, hibák lehetnek benne]] -1.: P_atl=A^2+(A^2)/3 5.: 1/T=1200Baud

===Pótpót ZH===

* [[Media:Infokomm_vizsga_ppzh_2008_12_16.pdf|2008/09 ősz]]
* [[Media:Infokomm_ppzh_2009_12_15.pdf|2009/10 ősz]]
* [[Media:Infokomm_ppzh_2010_12_14.pdf|2010/11 ősz]]

==Vizsgák==

{{Rejtett
|mutatott='''Régi Híradástechnika vizsgák'''
|szöveg=

*1995/1996:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1995_12_20.pdf|1995.12.20.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_01_03.pdf|1996.01.03.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_01_30_mo.pdf|1996.01.30.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_01_31.pdf|1996.01.31.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_05_22.pdf|1996.05.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_05.pdf|1996.06.05.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_12.pdf|1996.06.12.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_19.pdf|1996.06.19.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_26.pdf|1996.06.26.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_09_04.pdf|1996.09.04.]]
*1996/1997:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_01_07_mo.pdf|1997.01.07.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_01_21A_mo.pdf|1997.01.21.]] - A csoport, megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_01_21B_mo.pdf|1997.01.21.]] - B csoport, megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_02_04.pdf|1997.02.04.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_06_24_mo.pdf|1997.06.24.]] - megoldással
*1997/1998:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_01_06.pdf|1998.01.06.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_02_03_mo.pdf|1998.02.03.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_05_28.pdf|1998.05.28.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_06_11.pdf|1998.06.11.]]
*1998/1999:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_01_05_mo.pdf|1999.01.05.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_01_19_mo.pdf|1999.01.19.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_06_09_mo.pdf|1999.06.09.]] - megoldással
*1999/2000:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_12_21_mo.pdf|1999.12.21.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_01_04_mo.pdf|2000.01.04.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_01_18_mo.pdf|2000.01.18.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_02_01_mo.pdf|2000.02.01.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_05_25.pdf|2000.05.25.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_06_22.pdf|2000.06.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_06_30.pdf|2000.06.30.]]
*2000/2001:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_12_09.pdf|2000.12.09.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2001_01_25.pdf|2001.01.25.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2001_01_25_mo.pdf|2001.01.25.]] - megoldással
*2001/2002:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2001_12_22_mo.pdf|2001.12.22.]] - megoldással
*2002/2003:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2002_12_19.pdf|2002.12.19.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2002_12_19_mo.pdf|2002.12.19.]] - megoldással
*2003/2004:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2004_05_20_mo.pdf|2004.05.20.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2004_05_27_mo.pdf|2004.05.27.]] - megoldással
*2004/2005:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2004_12_22.pdf|2004.12.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2005_01_10_mo.pdf|2005.01.10.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2005_05_25.pdf|2005.05.25.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2005_06_03.pdf|2005.06.03.]]
*2005/2006:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_01_18.pdf|2006.01.18.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_06_15.pdf|2006.06.15.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_06_22.pdf|2006.06.22.]]
*2006/2007:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_12_20.pdf|2006.12.20.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2007_01_09_mo.pdf|2007.01.09.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2007_05_22.pdf|2007.05.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2007_06_12.pdf|2007.06.12.]]
}}
'''Infokommunikáció vizsgák:'''
*2007/08:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2008_01_02.pdf|2008.01.02.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2008_01_11.pdf|2008.01.11.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2008_01_17.pdf|2008.01.17.]]
*2009/10:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2009_12_15.pdf|2009.12.15.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2009_12_22.pdf|2009.12.22.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2010_01_06.pdf|2010.01.06.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2010_01_20.pdf|2010.01.20.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2010_01_20_mo.pdf|2010.01.20.]] - megoldással
*2011/12:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2011_12_20_B.pdf|2011.12.20.]] - B csoport
** [[Media:Infokomm_vizsga_2011_2012_pack.PDF|2011/2012]] - példa gyűjtemény
** [[Media:Infokomm_vizsga_2012_01_03_A.pdf|2012.01.03.]]
*2012/13:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2013_06_11.pdf|2013.06.11.]] - Kereszt - [[Media:infokomm_13_06_11_megoldas_beta.pdf | Megoldások]]
*2013/14:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2013_12_16.pdf|2013.12.16.]] - Elővizsga
** [[Infokommunikáció - Vizsga, 2014.01.07.|2014.01.07.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_vizsga_2014_01_14.pdf|2014.01.14]]

==Tippek==

*A ''Marosi Gyula'' által tartott előadások látogatása fokozottan ajánlott, ugyanis ha ő állítja össze a számonkérést, akkor előszeretettel kérdez rá olyan dolgokra, amik nem szerepelnek a segédanyagokban, azonban ő előadáson elmondta. Tehát érdemes jegyzetelni és leírni minden apró megjegyzést!
*A tárgy elsőre könnyűnek tűnhet, azonban nem egy olyan félév volt, amikor a ZH ~90% körüli bukási rátát produkált. Nem szabad félvállról venni a tárgyat és időben el kell kezdeni készülni a számonkérésekre!
'''Ajánlott irodalom:'''

*A GSM hálózatok, a forgalomelmélet és a VoIP témakör logikusan, a tárgy szintjét meghaladó részletességgel le van írva '''Adamis Gusztáv: Kapcsolás- és Jelzéstechnika''' című könyvében. Ez a könyv elsősorban szakirányos tárgynál ajánlott irodalom, de itt is nagyon jól használható.

*Az ínyenceknek ajánlom kizárólag szabadidős tevékenységként (nem ZH-ra vagy vizsgára való felkészülésre!) a következő két könyvet: ''Aisberg: Ilyen egyszerű a rádió!'', illetve ''Aisberg: Most már értem a televíziót!'' A két mű kb. az 50-es, 60-as évek technikai színvonalán (tehát a kapcsolások elektroncsövekből épülnek fel...) ismerteti az analóg rádió- illetve televíziótechnika alapjait párbeszédes stílusban. Két szereplő társalog egymással és közben mindenféle csuda dolgokra derítenek fényt. A rádiós könyv az elején egy elég szemléletes bevezetőt ad, mi a kondenzátor, a tekercs stb. szóval egy kis ismétlés, majd a továbbiakban például szó van a modulációkról (elsősorban AM-DSB, -SSB, de ha jól emlékszem, a végén átugranak a frekvenciamodulációra is), az egyenes- és a szupervevőkről, tükörfrekvenciákról, frekvenciakeverésről, az automatikus erősítés-szabályozásról stb.) A tévés könyv pedig az analóg TV-adásról, -vételről szól, a régi képcsöves tévék részegységeiről és működéséről, a képalkotás módjáról... Tudom, ezek a dolgok így a XXI. században a DVB korában nagyon avasnak tűnnek, de akinek van hozzá kedve és rászánja az időt, sok olyan megoldással, hasonlattal, szemléltetési móddal találkozhat ezekben a könyvekben, amelyeket lehet, hogy hasznosítani tud a későbbiekben. Ha pedig mégsem, akkor is szerzett magának az olvasó néhány vidám pillanatot. Mindkét könyv beszerezhető a Központi Könyvtárban és az antikváriumokban pár száz forintért. Jó szórakozást!

{{Lábléc_-_Villamosmérnök_alapszak}}

Infokommunikáció

2014-11-11T20:40:44Z

Kovács Gergely: /* Vizsgák */

{{Tantárgy
|nev=Infokommunikáció
|targykod=VITMA301
|szak=villany
|kredit=5
|felev=5
|kereszt=vizsgakurzus
|tanszék=TMIT
|kiszh=nincs
|nagyzh=1 db
|vizsga=írásbeli
|hf=nincs
|levlista=infokomm{{kukac}}sch.bme.hu
|tad=https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VITMA301/
|targyhonlap=http://qosip.tmit.bme.hu/cgi-bin/twiki/view/VITMA301/WebHome
}}

Az '''Infokommunikáció''' tárgy alapvető célja, hogy megismertesse a távközlésre és számítógép hálózatokra is kiterjedő infokommunikáció sajátos kérdésfelvetéseit, valamint e kérdések megválaszolásának legfontosabb módszereit és eljárásait.

A tárgy oktatása törekszik arra, hogy később:
*A témarokon szakirányokon tovább tanulók biztos alapokat kapjanak a leglényegesebb fogalmak és eljárások tekintetében.
*Azok a hallgatók, akik más szakirányok valamelyikén folytatják tanulmányaikat, kellően megalapozott ismeretekkel rendelkezzenek az új infokommunikációs rendszerek mibenlétének megértéséhez.

Ennek megfelelően a tantárgy minden villamosmérnök számára nyújt „kimenő” ismereteket miközben megalapozza a később az infokommunikáció-rokon szakirányok valamelyikét választók további tanulmányait.

Az előadások, a gyakorlatok és a számonkérés módszere együttesen arra törekszik, hogy a hallgatók a megismert elemeket, módszereket és eljárásokat egyrészt alkotó módon tudják alkalmazni, másrészt elegendően sok fix pontot kapjanak ahhoz, hogy a számukra újdonságnak tűnő vagy ténylegesen új infokommunikációs rendszereket és szolgáltatásokat kevés utánjárással megértsék.

==Követelmények==

*'''Előkövetelmény:''' [[Jelek és rendszerek 2]] valamint a [[Matematika A1a - Analízis]] című tárgyak teljesítése.
*'''Változás:''' A tárgy 2007 őszi félévtől megy Infokommunikáció néven. Korábban Híradástechnika volt a neve, ezért a 2007 előtti jegyzetek/segédanyagok külön vannak választva, becsukható boxok mögé vannak gyűjtve. A két tárgy anyaga elég jól fedi egymást, így ha valaki nem talál valamit, érdemes a Híradástechnikás anyagok között is kutakodni.
*'''Jelenlét:''' A gyakorlatok 70%-án kötetező részt venni.
*'''NagyZH:''' Egy nagyzárthelyin kell legalább 40%-ot elérni. A félév során két pótlási lehetőség van.
*'''Vizsga:''' A vizsga írásbeli, melyen legalább 40%-ot kell elérni az elégségeshez.
*'''Elővizsga:''' Az mehet elővizsgázni, aki legalább négyest szerzett a nagyzárthelyin.

==Segédanyagok==

===Jegyzetek===

*'''Előadásjegyzetek:'''
**[[Media:Infokomm_HT_jegyzet_2004_tavasz.pdf‎|2004. tavasz jegyzet]]
**[[Media:Infokomm_jegyzet_2011_11_02-ig.pdf‎|2011. ősz jegyzet (11.02-ig)]]

*'''Gyakorlatok anyagai:'''
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_98_99.pdf‎|1998-1999 jegyzet]] - A teljes gyakorlati anyag
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_anyag.pdf‎|A gyakorlatok elméleti háttere]]
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_marosi_2004_tavasz.pdf|Jegyzet Marosi Gyula gyakorlatáról]] - kézzel írt jegyzet (2004. tavasz)
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_marosi_2004_tavasz_slides.pdf‎|Diák Marosi Gyula gyakorlatáról]] - 2004. tavasz
** [[Media:Infokomm_gyak_2008_1_2_4.pdf|2008 gyakorlati anyag]] - Az őszi félév első, második és negyedik gyakorlatának anyaga

*'''Példa feladatok:'''
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_anyag_peldak.pdf‎|A gyakorlatokon elhangzó példák]] - részletesen kidolgozott megoldásokkal
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_magyar_andras_2005.pdf‎|Jegyzet Magyar András gyakorlatáról]] - részletesen kidolgozott példák (2005. november)
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_gsm_cella_feladat.pdf‎|GSM cella példa]] - részletes megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_gsm_cellafeladat_1.pdf‎|GSM cella példa)]] - kézzel írt kidolgozás (2004. december)
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_modulacio.pdf‎|Moduláció példák]] - 2005. november
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_radiocsatorna.pdf‎|Rádiócsatorna példák]] - 2005. november
** [[Media:Infokomm_gyak.pdf|PAM rendszer példák]] - 2 részletesen megoldott feladat

===Konzultációk===

* [[Media:Infokomm_HT_konzi_zh1_2003.pdf‎|1. ZH konzultáció anyaga]] - 2003, Híradástechnikás
* [[Media:Infokomm_HT_konzi_zh1_2004.pdf|1. ZH konzultáció anyaga]] - 2004.10.28, Híradástechnikás
* [[Media:Infokomm_HT_konzi_zh2‎.pdf|2. ZH konzultáció anyaga]] - Híradástechnikás
* [[Media:Infokomm_konzi_2011_11_12.pdf‎|ZH konzultáció]] - 2011.11.12

===Könyvek===

* [[Media:Infokomm_HT_konyv_eng.pdf|Angol nyelvű jegyzet]]
* [[Media:Infokomm_HT_konyv_gacher_hiradastech.pdf|Géher Károly - Híradástechnika]]
* [[Media:Infokomm_HT_konyv_gyak_segedlet.pdf|Elek Kálmán, Kovács Lóránt - Segédlet a Híradástechnika gyakorlatokhoz]]
* [[Media:Infokomm_HT_konyv_tavk_hal_es_inf_szol.pdf|Távközlő hálózatok és informatikai szolgáltatások]]
* [[Media:Infokomm_HT_peldatar.pdf|Példatár]]

==Egyéb hasznos segédanyagok==

===Feltétlenül szükséges ismeretek===

* [[Media:Infokomm_jegyzet_db_skala.pdf|dB skálához magyarázat]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_fontos_mennyisegek.pdf|Fontos mennyiségek]]
* [[Media:Infokomm_HT_puska_2000.pdf|Híradástechnika fogalmak]]
* [[Media:Infokomm_HT_puska_2000_v2.pdf|Híradástechnika fogalmak ]] - 2. verzió

===Gyakorlati segédletek===

* [[Media:Infokomm_jegyzet_igaz_hamis.pdf|Igaz-Hamis kérdések]] és ezek [[Media:Infokomm_jegyzet_igaz_hamis_mo.pdf|megoldásai]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_kepletek.pdf|Hasznos képletek gyűjteménye]] - gépelt, indoklásokkal
* [[Media:Infokomm_jegyzet_kepletek_1.pdf|Hasznos képletek gyűjteménye]] - kézzel írt, csak a képletek

===Szemléltető táblázatok===

* [[Media:Infokomm_jegyzet_mintavetel_tablazat.xls|Mintavételi táblázat]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_shannon_tablazat.xls|Shannon táblázat]]

===Elméleti anyagok===

* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_cellas_rendszerek.pdf|A cellás rendszerek]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_gsm.pdf|A GSM rendszer]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_radiocsatorna.pdf|A rádiócsatorna]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_CIE_szinter.pdf|CIE színtér]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_ciklikus_kodok.pdf|Ciklikus kódok]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_digitalis_modulacio.pdf|Digitális modulációs eljárások és tulajdonságaik]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_hang_es_feny.pdf|Hang és fény prezentáció]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_modulacios_es_kvadraturafelbontas.pdf|Modulációs és kvadratúrafelbontás]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_PM_FM_modulacio.pdf|PM és FM moduláció]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_szimbolumkozti_athallas.pdf|Szimbólumközti áthallás]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_zaj.pdf|Zaj]]
* [[Media:Infokom_jegyzet_digitálisalapsáviátvitel.pdf|Digitális alapsávi átvitel]]
* [[Media:Infokom_jegyzet_digitálismodulációseljárások.pdf|Digitális modulációs eljárások]]
* [[Media:Infokom_jegyzet_csatornakapacitás.pdf|Csatornakapacitás]]

===Hasznos cikkek===

* [http://mobilarena.hu/teszt/a_gsm_halozatok_mukodese/egy_hivas_felepitese_a_gyakorlatban.html GSM - hívás felépítése "konyhanyelven"] - [http://mobilarena.hu mobilarena.hu] (2009.05.13)
* [http://www.puskas.hu/r_tanfolyam/r_tananyag.html Néhány hasznos anyag rádióhoz] - [http://www.puskas.hu/ puskas.hu]

==Nagyzárthelyi==

{{Rejtett
|mutatott='''Régi Híradástechnika zárthelyik'''
|szöveg=

'''Első ZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2002_10_25.pdf|2002.10.25.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2004_03_24.pdf|2004.03.24.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2004_10_29_mo.pdf|2004.10.29]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2005_osz.pdf|2005 ősz]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2006_10_27_mo.pdf|2006.10.27]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_HT_zh_2007_03_27.pdf|2007.03.27]]

'''Második ZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2002_11_29.pdf|2002.11.29.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2004_04_21.pdf|2004.04.21.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2004_12.pdf|2004 december]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2005_12_02.pdf|2005.12.02.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2006_12_01.pdf|2006.12.01]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_feladatok_megoldasokkal.pdf|Feladatgyűjtemény]] - megoldásokkal

'''Első pótZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2002_11_29.pdf|2002.11.29.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2004_05_12.pdf|2004.05.12.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2005_12_16.pdf|2005.12.16.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2006_12_07.pdf|2006.12.07.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2006_12_07_1.pdf|2006.12.07.]] - más feladatok
* [[Media:Infokomm_HT_pzh_2007_05_15.pdf|2007.05.15.]]

'''Második pótZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_pzh2_2004_05_12.pdf|2004.05.12.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh2_2005_12_16.pdf|2005.12.16.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh2_2006_12_07.pdf|2006.12.07.]]
}}
===Rendes ZH===

* [[Media:Infokomm_zh_2008_osz_kifejtos_mo.pdf|2006/07 ősz]] - csak a kifejtős feladatok, nem hivatalos megoldással
* [[Media:Infokomm_zh_2007_11_28_mo.pdf|2007/08 ősz]]
* [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17.pdf|2008/09 ősz]] - [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17_mo_1.pdf|Megoldások]], valamint két másik kézzel írt megoldás: [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17_mo.pdf|Egyik]] és a [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17_mo_2.pdf|Másik]]
* [[Media:Infokomm_zh_2008_osz.pdf|2008/09 ősz]] - 2008 őszén kiadott feladatgyűjtemény
* [[Media:Infokomm_zh_2009_11_09.pdf|2009/10 ősz]] - [[Media:Infokomm_zh_2009_11_09_mo.pdf|Megoldások]]
* [[Media:Infokomm_zh_2010_11_15.pdf|2010/11 ősz]] - [[Media:Infokomm_zh_2010_11_15_mo.pdf|Megoldások]]
* [[Media:infokomm_zh_2012osz.pdf|2012/13 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:infokomm_zh_2013osz.pdf|2013/14 ősz]] - megoldásokkal (Osváth László megoldása, de nem tekinthető hivatalosnak)

===Pót ZH===

* [[Media:Infokomm_pzh_2007_12_06_mo.pdf|2007/08 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_pzh_2008_11_24_reszmo.pdf|2008/09 ősz]] - [[Media:Infokomm_pzh_2008_osz.pdf|megoldások]]
* [[Media:Infokomm_pzh_2009_11_23.pdf|2009/10 ősz]]
* [[Media:Infokomm_pzh_2010_osz_mo.pdf|2010/11 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:infokomm_pzh_2012osz.pdf|2012/13 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_pzh_2013_osz.pdf|2013/14 ősz]] - [[Media:Infokomm_pzh_2013_osz_mo.pdf|megoldások, hibák lehetnek benne]]

===Pótpót ZH===

* [[Media:Infokomm_vizsga_ppzh_2008_12_16.pdf|2008/09 ősz]]
* [[Media:Infokomm_ppzh_2009_12_15.pdf|2009/10 ősz]]
* [[Media:Infokomm_ppzh_2010_12_14.pdf|2010/11 ősz]]

==Vizsgák==

{{Rejtett
|mutatott='''Régi Híradástechnika vizsgák'''
|szöveg=

*1995/1996:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1995_12_20.pdf|1995.12.20.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_01_03.pdf|1996.01.03.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_01_30_mo.pdf|1996.01.30.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_01_31.pdf|1996.01.31.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_05_22.pdf|1996.05.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_05.pdf|1996.06.05.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_12.pdf|1996.06.12.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_19.pdf|1996.06.19.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_26.pdf|1996.06.26.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_09_04.pdf|1996.09.04.]]
*1996/1997:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_01_07_mo.pdf|1997.01.07.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_01_21A_mo.pdf|1997.01.21.]] - A csoport, megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_01_21B_mo.pdf|1997.01.21.]] - B csoport, megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_02_04.pdf|1997.02.04.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_06_24_mo.pdf|1997.06.24.]] - megoldással
*1997/1998:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_01_06.pdf|1998.01.06.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_02_03_mo.pdf|1998.02.03.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_05_28.pdf|1998.05.28.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_06_11.pdf|1998.06.11.]]
*1998/1999:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_01_05_mo.pdf|1999.01.05.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_01_19_mo.pdf|1999.01.19.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_06_09_mo.pdf|1999.06.09.]] - megoldással
*1999/2000:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_12_21_mo.pdf|1999.12.21.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_01_04_mo.pdf|2000.01.04.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_01_18_mo.pdf|2000.01.18.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_02_01_mo.pdf|2000.02.01.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_05_25.pdf|2000.05.25.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_06_22.pdf|2000.06.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_06_30.pdf|2000.06.30.]]
*2000/2001:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_12_09.pdf|2000.12.09.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2001_01_25.pdf|2001.01.25.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2001_01_25_mo.pdf|2001.01.25.]] - megoldással
*2001/2002:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2001_12_22_mo.pdf|2001.12.22.]] - megoldással
*2002/2003:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2002_12_19.pdf|2002.12.19.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2002_12_19_mo.pdf|2002.12.19.]] - megoldással
*2003/2004:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2004_05_20_mo.pdf|2004.05.20.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2004_05_27_mo.pdf|2004.05.27.]] - megoldással
*2004/2005:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2004_12_22.pdf|2004.12.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2005_01_10_mo.pdf|2005.01.10.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2005_05_25.pdf|2005.05.25.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2005_06_03.pdf|2005.06.03.]]
*2005/2006:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_01_18.pdf|2006.01.18.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_06_15.pdf|2006.06.15.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_06_22.pdf|2006.06.22.]]
*2006/2007:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_12_20.pdf|2006.12.20.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2007_01_09_mo.pdf|2007.01.09.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2007_05_22.pdf|2007.05.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2007_06_12.pdf|2007.06.12.]]
}}
'''Infokommunikáció vizsgák:'''
*2007/08:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2008_01_02.pdf|2008.01.02.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2008_01_11.pdf|2008.01.11.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2008_01_17.pdf|2008.01.17.]]
*2009/10:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2009_12_15.pdf|2009.12.15.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2009_12_22.pdf|2009.12.22.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2010_01_06.pdf|2010.01.06.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2010_01_20.pdf|2010.01.20.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2010_01_20_mo.pdf|2010.01.20.]] - megoldással
*2011/12:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2011_12_20_B.pdf|2011.12.20.]] - B csoport
** [[Media:Infokomm_vizsga_2011_2012_pack.PDF|2011/2012]] - példa gyűjtemény
** [[Media:Infokomm_vizsga_2012_01_03_A.pdf|2012.01.03.]]
*2012/13:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2013_06_11.pdf|2013.06.11.]] - Kereszt - [[Media:infokomm_13_06_11_megoldas_beta.pdf | Megoldások]]
*2013/14:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2013_12_16.pdf|2013.12.16.]] - Elővizsga
** [[Infokommunikáció - Vizsga, 2014.01.07.|2014.01.07.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_vizsga_2014_01_14.pdf|2014.01.14]]

==Tippek==

*A ''Marosi Gyula'' által tartott előadások látogatása fokozottan ajánlott, ugyanis ha ő állítja össze a számonkérést, akkor előszeretettel kérdez rá olyan dolgokra, amik nem szerepelnek a segédanyagokban, azonban ő előadáson elmondta. Tehát érdemes jegyzetelni és leírni minden apró megjegyzést!
*A tárgy elsőre könnyűnek tűnhet, azonban nem egy olyan félév volt, amikor a ZH ~90% körüli bukási rátát produkált. Nem szabad félvállról venni a tárgyat és időben el kell kezdeni készülni a számonkérésekre!
'''Ajánlott irodalom:'''

*A GSM hálózatok, a forgalomelmélet és a VoIP témakör logikusan, a tárgy szintjét meghaladó részletességgel le van írva '''Adamis Gusztáv: Kapcsolás- és Jelzéstechnika''' című könyvében. Ez a könyv elsősorban szakirányos tárgynál ajánlott irodalom, de itt is nagyon jól használható.

*Az ínyenceknek ajánlom kizárólag szabadidős tevékenységként (nem ZH-ra vagy vizsgára való felkészülésre!) a következő két könyvet: ''Aisberg: Ilyen egyszerű a rádió!'', illetve ''Aisberg: Most már értem a televíziót!'' A két mű kb. az 50-es, 60-as évek technikai színvonalán (tehát a kapcsolások elektroncsövekből épülnek fel...) ismerteti az analóg rádió- illetve televíziótechnika alapjait párbeszédes stílusban. Két szereplő társalog egymással és közben mindenféle csuda dolgokra derítenek fényt. A rádiós könyv az elején egy elég szemléletes bevezetőt ad, mi a kondenzátor, a tekercs stb. szóval egy kis ismétlés, majd a továbbiakban például szó van a modulációkról (elsősorban AM-DSB, -SSB, de ha jól emlékszem, a végén átugranak a frekvenciamodulációra is), az egyenes- és a szupervevőkről, tükörfrekvenciákról, frekvenciakeverésről, az automatikus erősítés-szabályozásról stb.) A tévés könyv pedig az analóg TV-adásról, -vételről szól, a régi képcsöves tévék részegységeiről és működéséről, a képalkotás módjáról... Tudom, ezek a dolgok így a XXI. században a DVB korában nagyon avasnak tűnnek, de akinek van hozzá kedve és rászánja az időt, sok olyan megoldással, hasonlattal, szemléltetési móddal találkozhat ezekben a könyvekben, amelyeket lehet, hogy hasznosítani tud a későbbiekben. Ha pedig mégsem, akkor is szerzett magának az olvasó néhány vidám pillanatot. Mindkét könyv beszerezhető a Központi Könyvtárban és az antikváriumokban pár száz forintért. Jó szórakozást!

{{Lábléc_-_Villamosmérnök_alapszak}}

Fájl:Infokomm 13 06 11 megoldas beta.pdf

2014-11-11T20:40:15Z

Kovács Gergely: MsUpload

MsUpload

Infokommunikáció

2014-11-10T08:38:11Z

Kovács Gergely: /* Pót ZH */

{{Tantárgy
|nev=Infokommunikáció
|targykod=VITMA301
|szak=villany
|kredit=5
|felev=5
|kereszt=vizsgakurzus
|tanszék=TMIT
|kiszh=nincs
|nagyzh=1 db
|vizsga=írásbeli
|hf=nincs
|levlista=infokomm{{kukac}}sch.bme.hu
|tad=https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VITMA301/
|targyhonlap=http://qosip.tmit.bme.hu/cgi-bin/twiki/view/VITMA301/WebHome
}}

Az '''Infokommunikáció''' tárgy alapvető célja, hogy megismertesse a távközlésre és számítógép hálózatokra is kiterjedő infokommunikáció sajátos kérdésfelvetéseit, valamint e kérdések megválaszolásának legfontosabb módszereit és eljárásait.

A tárgy oktatása törekszik arra, hogy később:
*A témarokon szakirányokon tovább tanulók biztos alapokat kapjanak a leglényegesebb fogalmak és eljárások tekintetében.
*Azok a hallgatók, akik más szakirányok valamelyikén folytatják tanulmányaikat, kellően megalapozott ismeretekkel rendelkezzenek az új infokommunikációs rendszerek mibenlétének megértéséhez.

Ennek megfelelően a tantárgy minden villamosmérnök számára nyújt „kimenő” ismereteket miközben megalapozza a később az infokommunikáció-rokon szakirányok valamelyikét választók további tanulmányait.

Az előadások, a gyakorlatok és a számonkérés módszere együttesen arra törekszik, hogy a hallgatók a megismert elemeket, módszereket és eljárásokat egyrészt alkotó módon tudják alkalmazni, másrészt elegendően sok fix pontot kapjanak ahhoz, hogy a számukra újdonságnak tűnő vagy ténylegesen új infokommunikációs rendszereket és szolgáltatásokat kevés utánjárással megértsék.

==Követelmények==

*'''Előkövetelmény:''' [[Jelek és rendszerek 2]] valamint a [[Matematika A1a - Analízis]] című tárgyak teljesítése.
*'''Változás:''' A tárgy 2007 őszi félévtől megy Infokommunikáció néven. Korábban Híradástechnika volt a neve, ezért a 2007 előtti jegyzetek/segédanyagok külön vannak választva, becsukható boxok mögé vannak gyűjtve. A két tárgy anyaga elég jól fedi egymást, így ha valaki nem talál valamit, érdemes a Híradástechnikás anyagok között is kutakodni.
*'''Jelenlét:''' A gyakorlatok 70%-án kötetező részt venni.
*'''NagyZH:''' Egy nagyzárthelyin kell legalább 40%-ot elérni. A félév során két pótlási lehetőség van.
*'''Vizsga:''' A vizsga írásbeli, melyen legalább 40%-ot kell elérni az elégségeshez.
*'''Elővizsga:''' Az mehet elővizsgázni, aki legalább négyest szerzett a nagyzárthelyin.

==Segédanyagok==

===Jegyzetek===

*'''Előadásjegyzetek:'''
**[[Media:Infokomm_HT_jegyzet_2004_tavasz.pdf‎|2004. tavasz jegyzet]]
**[[Media:Infokomm_jegyzet_2011_11_02-ig.pdf‎|2011. ősz jegyzet (11.02-ig)]]

*'''Gyakorlatok anyagai:'''
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_98_99.pdf‎|1998-1999 jegyzet]] - A teljes gyakorlati anyag
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_anyag.pdf‎|A gyakorlatok elméleti háttere]]
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_marosi_2004_tavasz.pdf|Jegyzet Marosi Gyula gyakorlatáról]] - kézzel írt jegyzet (2004. tavasz)
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_marosi_2004_tavasz_slides.pdf‎|Diák Marosi Gyula gyakorlatáról]] - 2004. tavasz
** [[Media:Infokomm_gyak_2008_1_2_4.pdf|2008 gyakorlati anyag]] - Az őszi félév első, második és negyedik gyakorlatának anyaga

*'''Példa feladatok:'''
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_anyag_peldak.pdf‎|A gyakorlatokon elhangzó példák]] - részletesen kidolgozott megoldásokkal
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_magyar_andras_2005.pdf‎|Jegyzet Magyar András gyakorlatáról]] - részletesen kidolgozott példák (2005. november)
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_gsm_cella_feladat.pdf‎|GSM cella példa]] - részletes megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_gsm_cellafeladat_1.pdf‎|GSM cella példa)]] - kézzel írt kidolgozás (2004. december)
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_modulacio.pdf‎|Moduláció példák]] - 2005. november
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_radiocsatorna.pdf‎|Rádiócsatorna példák]] - 2005. november
** [[Media:Infokomm_gyak.pdf|PAM rendszer példák]] - 2 részletesen megoldott feladat

===Konzultációk===

* [[Media:Infokomm_HT_konzi_zh1_2003.pdf‎|1. ZH konzultáció anyaga]] - 2003, Híradástechnikás
* [[Media:Infokomm_HT_konzi_zh1_2004.pdf|1. ZH konzultáció anyaga]] - 2004.10.28, Híradástechnikás
* [[Media:Infokomm_HT_konzi_zh2‎.pdf|2. ZH konzultáció anyaga]] - Híradástechnikás
* [[Media:Infokomm_konzi_2011_11_12.pdf‎|ZH konzultáció]] - 2011.11.12

===Könyvek===

* [[Media:Infokomm_HT_konyv_eng.pdf|Angol nyelvű jegyzet]]
* [[Media:Infokomm_HT_konyv_gacher_hiradastech.pdf|Géher Károly - Híradástechnika]]
* [[Media:Infokomm_HT_konyv_gyak_segedlet.pdf|Elek Kálmán, Kovács Lóránt - Segédlet a Híradástechnika gyakorlatokhoz]]
* [[Media:Infokomm_HT_konyv_tavk_hal_es_inf_szol.pdf|Távközlő hálózatok és informatikai szolgáltatások]]
* [[Media:Infokomm_HT_peldatar.pdf|Példatár]]

==Egyéb hasznos segédanyagok==

===Feltétlenül szükséges ismeretek===

* [[Media:Infokomm_jegyzet_db_skala.pdf|dB skálához magyarázat]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_fontos_mennyisegek.pdf|Fontos mennyiségek]]
* [[Media:Infokomm_HT_puska_2000.pdf|Híradástechnika fogalmak]]
* [[Media:Infokomm_HT_puska_2000_v2.pdf|Híradástechnika fogalmak ]] - 2. verzió

===Gyakorlati segédletek===

* [[Media:Infokomm_jegyzet_igaz_hamis.pdf|Igaz-Hamis kérdések]] és ezek [[Media:Infokomm_jegyzet_igaz_hamis_mo.pdf|megoldásai]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_kepletek.pdf|Hasznos képletek gyűjteménye]] - gépelt, indoklásokkal
* [[Media:Infokomm_jegyzet_kepletek_1.pdf|Hasznos képletek gyűjteménye]] - kézzel írt, csak a képletek

===Szemléltető táblázatok===

* [[Media:Infokomm_jegyzet_mintavetel_tablazat.xls|Mintavételi táblázat]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_shannon_tablazat.xls|Shannon táblázat]]

===Elméleti anyagok===

* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_cellas_rendszerek.pdf|A cellás rendszerek]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_gsm.pdf|A GSM rendszer]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_radiocsatorna.pdf|A rádiócsatorna]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_CIE_szinter.pdf|CIE színtér]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_ciklikus_kodok.pdf|Ciklikus kódok]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_digitalis_modulacio.pdf|Digitális modulációs eljárások és tulajdonságaik]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_hang_es_feny.pdf|Hang és fény prezentáció]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_modulacios_es_kvadraturafelbontas.pdf|Modulációs és kvadratúrafelbontás]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_PM_FM_modulacio.pdf|PM és FM moduláció]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_szimbolumkozti_athallas.pdf|Szimbólumközti áthallás]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_zaj.pdf|Zaj]]
* [[Media:Infokom_jegyzet_digitálisalapsáviátvitel.pdf|Digitális alapsávi átvitel]]
* [[Media:Infokom_jegyzet_digitálismodulációseljárások.pdf|Digitális modulációs eljárások]]
* [[Media:Infokom_jegyzet_csatornakapacitás.pdf|Csatornakapacitás]]

===Hasznos cikkek===

* [http://mobilarena.hu/teszt/a_gsm_halozatok_mukodese/egy_hivas_felepitese_a_gyakorlatban.html GSM - hívás felépítése "konyhanyelven"] - [http://mobilarena.hu mobilarena.hu] (2009.05.13)
* [http://www.puskas.hu/r_tanfolyam/r_tananyag.html Néhány hasznos anyag rádióhoz] - [http://www.puskas.hu/ puskas.hu]

==Nagyzárthelyi==

{{Rejtett
|mutatott='''Régi Híradástechnika zárthelyik'''
|szöveg=

'''Első ZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2002_10_25.pdf|2002.10.25.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2004_03_24.pdf|2004.03.24.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2004_10_29_mo.pdf|2004.10.29]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2005_osz.pdf|2005 ősz]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2006_10_27_mo.pdf|2006.10.27]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_HT_zh_2007_03_27.pdf|2007.03.27]]

'''Második ZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2002_11_29.pdf|2002.11.29.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2004_04_21.pdf|2004.04.21.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2004_12.pdf|2004 december]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2005_12_02.pdf|2005.12.02.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2006_12_01.pdf|2006.12.01]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_feladatok_megoldasokkal.pdf|Feladatgyűjtemény]] - megoldásokkal

'''Első pótZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2002_11_29.pdf|2002.11.29.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2004_05_12.pdf|2004.05.12.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2005_12_16.pdf|2005.12.16.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2006_12_07.pdf|2006.12.07.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2006_12_07_1.pdf|2006.12.07.]] - más feladatok
* [[Media:Infokomm_HT_pzh_2007_05_15.pdf|2007.05.15.]]

'''Második pótZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_pzh2_2004_05_12.pdf|2004.05.12.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh2_2005_12_16.pdf|2005.12.16.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh2_2006_12_07.pdf|2006.12.07.]]
}}
===Rendes ZH===

* [[Media:Infokomm_zh_2008_osz_kifejtos_mo.pdf|2006/07 ősz]] - csak a kifejtős feladatok, nem hivatalos megoldással
* [[Media:Infokomm_zh_2007_11_28_mo.pdf|2007/08 ősz]]
* [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17.pdf|2008/09 ősz]] - [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17_mo_1.pdf|Megoldások]], valamint két másik kézzel írt megoldás: [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17_mo.pdf|Egyik]] és a [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17_mo_2.pdf|Másik]]
* [[Media:Infokomm_zh_2008_osz.pdf|2008/09 ősz]] - 2008 őszén kiadott feladatgyűjtemény
* [[Media:Infokomm_zh_2009_11_09.pdf|2009/10 ősz]] - [[Media:Infokomm_zh_2009_11_09_mo.pdf|Megoldások]]
* [[Media:Infokomm_zh_2010_11_15.pdf|2010/11 ősz]] - [[Media:Infokomm_zh_2010_11_15_mo.pdf|Megoldások]]
* [[Media:infokomm_zh_2012osz.pdf|2012/13 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:infokomm_zh_2013osz.pdf|2013/14 ősz]] - megoldásokkal (Osváth László megoldása, de nem tekinthető hivatalosnak)

===Pót ZH===

* [[Media:Infokomm_pzh_2007_12_06_mo.pdf|2007/08 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_pzh_2008_11_24_reszmo.pdf|2008/09 ősz]] - [[Media:Infokomm_pzh_2008_osz.pdf|Megoldások]]
* [[Media:Infokomm_pzh_2009_11_23.pdf|2009/10 ősz]]
* [[Media:Infokomm_pzh_2010_osz_mo.pdf|2010/11 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:infokomm_pzh_2012osz.pdf|2012/13 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_pzh_2013_osz.pdf|2013/14 ősz]] - [[Media:2013-2014pzh.pdf|Megoldások, hibák lehetnek benne]]

===Pótpót ZH===

* [[Media:Infokomm_vizsga_ppzh_2008_12_16.pdf|2008/09 ősz]]
* [[Media:Infokomm_ppzh_2009_12_15.pdf|2009/10 ősz]]
* [[Media:Infokomm_ppzh_2010_12_14.pdf|2010/11 ősz]]

==Vizsgák==

{{Rejtett
|mutatott='''Régi Híradástechnika vizsgák'''
|szöveg=

*1995/1996:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1995_12_20.pdf|1995.12.20.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_01_03.pdf|1996.01.03.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_01_30_mo.pdf|1996.01.30.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_01_31.pdf|1996.01.31.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_05_22.pdf|1996.05.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_05.pdf|1996.06.05.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_12.pdf|1996.06.12.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_19.pdf|1996.06.19.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_26.pdf|1996.06.26.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_09_04.pdf|1996.09.04.]]
*1996/1997:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_01_07_mo.pdf|1997.01.07.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_01_21A_mo.pdf|1997.01.21.]] - A csoport, megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_01_21B_mo.pdf|1997.01.21.]] - B csoport, megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_02_04.pdf|1997.02.04.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_06_24_mo.pdf|1997.06.24.]] - megoldással
*1997/1998:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_01_06.pdf|1998.01.06.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_02_03_mo.pdf|1998.02.03.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_05_28.pdf|1998.05.28.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_06_11.pdf|1998.06.11.]]
*1998/1999:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_01_05_mo.pdf|1999.01.05.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_01_19_mo.pdf|1999.01.19.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_06_09_mo.pdf|1999.06.09.]] - megoldással
*1999/2000:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_12_21_mo.pdf|1999.12.21.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_01_04_mo.pdf|2000.01.04.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_01_18_mo.pdf|2000.01.18.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_02_01_mo.pdf|2000.02.01.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_05_25.pdf|2000.05.25.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_06_22.pdf|2000.06.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_06_30.pdf|2000.06.30.]]
*2000/2001:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_12_09.pdf|2000.12.09.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2001_01_25.pdf|2001.01.25.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2001_01_25_mo.pdf|2001.01.25.]] - megoldással
*2001/2002:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2001_12_22_mo.pdf|2001.12.22.]] - megoldással
*2002/2003:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2002_12_19.pdf|2002.12.19.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2002_12_19_mo.pdf|2002.12.19.]] - megoldással
*2003/2004:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2004_05_20_mo.pdf|2004.05.20.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2004_05_27_mo.pdf|2004.05.27.]] - megoldással
*2004/2005:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2004_12_22.pdf|2004.12.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2005_01_10_mo.pdf|2005.01.10.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2005_05_25.pdf|2005.05.25.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2005_06_03.pdf|2005.06.03.]]
*2005/2006:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_01_18.pdf|2006.01.18.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_06_15.pdf|2006.06.15.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_06_22.pdf|2006.06.22.]]
*2006/2007:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_12_20.pdf|2006.12.20.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2007_01_09_mo.pdf|2007.01.09.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2007_05_22.pdf|2007.05.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2007_06_12.pdf|2007.06.12.]]
}}
'''Infokommunikáció vizsgák:'''
*2007/08:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2008_01_02.pdf|2008.01.02.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2008_01_11.pdf|2008.01.11.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2008_01_17.pdf|2008.01.17.]]
*2009/10:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2009_12_15.pdf|2009.12.15.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2009_12_22.pdf|2009.12.22.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2010_01_06.pdf|2010.01.06.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2010_01_20.pdf|2010.01.20.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2010_01_20_mo.pdf|2010.01.20.]] - megoldással
*2011/12:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2011_12_20_B.pdf|2011.12.20.]] - B csoport
** [[Media:Infokomm_vizsga_2011_2012_pack.PDF|2011/2012]] - példa gyűjtemény
** [[Media:Infokomm_vizsga_2012_01_03_A.pdf|2012.01.03.]]
*2012/13:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2013_06_11.pdf|2013.06.11.]] - Kereszt
*2013/14:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2013_12_16.pdf|2013.12.16.]] - Elővizsga
** [[Infokommunikáció - Vizsga, 2014.01.07.|2014.01.07.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_vizsga_2014_01_14.pdf|2014.01.14]]

==Tippek==

*A ''Marosi Gyula'' által tartott előadások látogatása fokozottan ajánlott, ugyanis ha ő állítja össze a számonkérést, akkor előszeretettel kérdez rá olyan dolgokra, amik nem szerepelnek a segédanyagokban, azonban ő előadáson elmondta. Tehát érdemes jegyzetelni és leírni minden apró megjegyzést!
*A tárgy elsőre könnyűnek tűnhet, azonban nem egy olyan félév volt, amikor a ZH ~90% körüli bukási rátát produkált. Nem szabad félvállról venni a tárgyat és időben el kell kezdeni készülni a számonkérésekre!
'''Ajánlott irodalom:'''

*A GSM hálózatok, a forgalomelmélet és a VoIP témakör logikusan, a tárgy szintjét meghaladó részletességgel le van írva '''Adamis Gusztáv: Kapcsolás- és Jelzéstechnika''' című könyvében. Ez a könyv elsősorban szakirányos tárgynál ajánlott irodalom, de itt is nagyon jól használható.

*Az ínyenceknek ajánlom kizárólag szabadidős tevékenységként (nem ZH-ra vagy vizsgára való felkészülésre!) a következő két könyvet: ''Aisberg: Ilyen egyszerű a rádió!'', illetve ''Aisberg: Most már értem a televíziót!'' A két mű kb. az 50-es, 60-as évek technikai színvonalán (tehát a kapcsolások elektroncsövekből épülnek fel...) ismerteti az analóg rádió- illetve televíziótechnika alapjait párbeszédes stílusban. Két szereplő társalog egymással és közben mindenféle csuda dolgokra derítenek fényt. A rádiós könyv az elején egy elég szemléletes bevezetőt ad, mi a kondenzátor, a tekercs stb. szóval egy kis ismétlés, majd a továbbiakban például szó van a modulációkról (elsősorban AM-DSB, -SSB, de ha jól emlékszem, a végén átugranak a frekvenciamodulációra is), az egyenes- és a szupervevőkről, tükörfrekvenciákról, frekvenciakeverésről, az automatikus erősítés-szabályozásról stb.) A tévés könyv pedig az analóg TV-adásról, -vételről szól, a régi képcsöves tévék részegységeiről és működéséről, a képalkotás módjáról... Tudom, ezek a dolgok így a XXI. században a DVB korában nagyon avasnak tűnnek, de akinek van hozzá kedve és rászánja az időt, sok olyan megoldással, hasonlattal, szemléltetési móddal találkozhat ezekben a könyvekben, amelyeket lehet, hogy hasznosítani tud a későbbiekben. Ha pedig mégsem, akkor is szerzett magának az olvasó néhány vidám pillanatot. Mindkét könyv beszerezhető a Központi Könyvtárban és az antikváriumokban pár száz forintért. Jó szórakozást!

{{Lábléc_-_Villamosmérnök_alapszak}}

Infokommunikáció

2014-11-10T08:33:49Z

Kovács Gergely: /* Pót ZH */

{{Tantárgy
|nev=Infokommunikáció
|targykod=VITMA301
|szak=villany
|kredit=5
|felev=5
|kereszt=vizsgakurzus
|tanszék=TMIT
|kiszh=nincs
|nagyzh=1 db
|vizsga=írásbeli
|hf=nincs
|levlista=infokomm{{kukac}}sch.bme.hu
|tad=https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VITMA301/
|targyhonlap=http://qosip.tmit.bme.hu/cgi-bin/twiki/view/VITMA301/WebHome
}}

Az '''Infokommunikáció''' tárgy alapvető célja, hogy megismertesse a távközlésre és számítógép hálózatokra is kiterjedő infokommunikáció sajátos kérdésfelvetéseit, valamint e kérdések megválaszolásának legfontosabb módszereit és eljárásait.

A tárgy oktatása törekszik arra, hogy később:
*A témarokon szakirányokon tovább tanulók biztos alapokat kapjanak a leglényegesebb fogalmak és eljárások tekintetében.
*Azok a hallgatók, akik más szakirányok valamelyikén folytatják tanulmányaikat, kellően megalapozott ismeretekkel rendelkezzenek az új infokommunikációs rendszerek mibenlétének megértéséhez.

Ennek megfelelően a tantárgy minden villamosmérnök számára nyújt „kimenő” ismereteket miközben megalapozza a később az infokommunikáció-rokon szakirányok valamelyikét választók további tanulmányait.

Az előadások, a gyakorlatok és a számonkérés módszere együttesen arra törekszik, hogy a hallgatók a megismert elemeket, módszereket és eljárásokat egyrészt alkotó módon tudják alkalmazni, másrészt elegendően sok fix pontot kapjanak ahhoz, hogy a számukra újdonságnak tűnő vagy ténylegesen új infokommunikációs rendszereket és szolgáltatásokat kevés utánjárással megértsék.

==Követelmények==

*'''Előkövetelmény:''' [[Jelek és rendszerek 2]] valamint a [[Matematika A1a - Analízis]] című tárgyak teljesítése.
*'''Változás:''' A tárgy 2007 őszi félévtől megy Infokommunikáció néven. Korábban Híradástechnika volt a neve, ezért a 2007 előtti jegyzetek/segédanyagok külön vannak választva, becsukható boxok mögé vannak gyűjtve. A két tárgy anyaga elég jól fedi egymást, így ha valaki nem talál valamit, érdemes a Híradástechnikás anyagok között is kutakodni.
*'''Jelenlét:''' A gyakorlatok 70%-án kötetező részt venni.
*'''NagyZH:''' Egy nagyzárthelyin kell legalább 40%-ot elérni. A félév során két pótlási lehetőség van.
*'''Vizsga:''' A vizsga írásbeli, melyen legalább 40%-ot kell elérni az elégségeshez.
*'''Elővizsga:''' Az mehet elővizsgázni, aki legalább négyest szerzett a nagyzárthelyin.

==Segédanyagok==

===Jegyzetek===

*'''Előadásjegyzetek:'''
**[[Media:Infokomm_HT_jegyzet_2004_tavasz.pdf‎|2004. tavasz jegyzet]]
**[[Media:Infokomm_jegyzet_2011_11_02-ig.pdf‎|2011. ősz jegyzet (11.02-ig)]]

*'''Gyakorlatok anyagai:'''
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_98_99.pdf‎|1998-1999 jegyzet]] - A teljes gyakorlati anyag
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_anyag.pdf‎|A gyakorlatok elméleti háttere]]
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_marosi_2004_tavasz.pdf|Jegyzet Marosi Gyula gyakorlatáról]] - kézzel írt jegyzet (2004. tavasz)
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_marosi_2004_tavasz_slides.pdf‎|Diák Marosi Gyula gyakorlatáról]] - 2004. tavasz
** [[Media:Infokomm_gyak_2008_1_2_4.pdf|2008 gyakorlati anyag]] - Az őszi félév első, második és negyedik gyakorlatának anyaga

*'''Példa feladatok:'''
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_anyag_peldak.pdf‎|A gyakorlatokon elhangzó példák]] - részletesen kidolgozott megoldásokkal
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_magyar_andras_2005.pdf‎|Jegyzet Magyar András gyakorlatáról]] - részletesen kidolgozott példák (2005. november)
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_gsm_cella_feladat.pdf‎|GSM cella példa]] - részletes megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_gsm_cellafeladat_1.pdf‎|GSM cella példa)]] - kézzel írt kidolgozás (2004. december)
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_modulacio.pdf‎|Moduláció példák]] - 2005. november
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_radiocsatorna.pdf‎|Rádiócsatorna példák]] - 2005. november
** [[Media:Infokomm_gyak.pdf|PAM rendszer példák]] - 2 részletesen megoldott feladat

===Konzultációk===

* [[Media:Infokomm_HT_konzi_zh1_2003.pdf‎|1. ZH konzultáció anyaga]] - 2003, Híradástechnikás
* [[Media:Infokomm_HT_konzi_zh1_2004.pdf|1. ZH konzultáció anyaga]] - 2004.10.28, Híradástechnikás
* [[Media:Infokomm_HT_konzi_zh2‎.pdf|2. ZH konzultáció anyaga]] - Híradástechnikás
* [[Media:Infokomm_konzi_2011_11_12.pdf‎|ZH konzultáció]] - 2011.11.12

===Könyvek===

* [[Media:Infokomm_HT_konyv_eng.pdf|Angol nyelvű jegyzet]]
* [[Media:Infokomm_HT_konyv_gacher_hiradastech.pdf|Géher Károly - Híradástechnika]]
* [[Media:Infokomm_HT_konyv_gyak_segedlet.pdf|Elek Kálmán, Kovács Lóránt - Segédlet a Híradástechnika gyakorlatokhoz]]
* [[Media:Infokomm_HT_konyv_tavk_hal_es_inf_szol.pdf|Távközlő hálózatok és informatikai szolgáltatások]]
* [[Media:Infokomm_HT_peldatar.pdf|Példatár]]

==Egyéb hasznos segédanyagok==

===Feltétlenül szükséges ismeretek===

* [[Media:Infokomm_jegyzet_db_skala.pdf|dB skálához magyarázat]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_fontos_mennyisegek.pdf|Fontos mennyiségek]]
* [[Media:Infokomm_HT_puska_2000.pdf|Híradástechnika fogalmak]]
* [[Media:Infokomm_HT_puska_2000_v2.pdf|Híradástechnika fogalmak ]] - 2. verzió

===Gyakorlati segédletek===

* [[Media:Infokomm_jegyzet_igaz_hamis.pdf|Igaz-Hamis kérdések]] és ezek [[Media:Infokomm_jegyzet_igaz_hamis_mo.pdf|megoldásai]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_kepletek.pdf|Hasznos képletek gyűjteménye]] - gépelt, indoklásokkal
* [[Media:Infokomm_jegyzet_kepletek_1.pdf|Hasznos képletek gyűjteménye]] - kézzel írt, csak a képletek

===Szemléltető táblázatok===

* [[Media:Infokomm_jegyzet_mintavetel_tablazat.xls|Mintavételi táblázat]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_shannon_tablazat.xls|Shannon táblázat]]

===Elméleti anyagok===

* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_cellas_rendszerek.pdf|A cellás rendszerek]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_gsm.pdf|A GSM rendszer]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_radiocsatorna.pdf|A rádiócsatorna]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_CIE_szinter.pdf|CIE színtér]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_ciklikus_kodok.pdf|Ciklikus kódok]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_digitalis_modulacio.pdf|Digitális modulációs eljárások és tulajdonságaik]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_hang_es_feny.pdf|Hang és fény prezentáció]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_modulacios_es_kvadraturafelbontas.pdf|Modulációs és kvadratúrafelbontás]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_PM_FM_modulacio.pdf|PM és FM moduláció]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_szimbolumkozti_athallas.pdf|Szimbólumközti áthallás]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_zaj.pdf|Zaj]]
* [[Media:Infokom_jegyzet_digitálisalapsáviátvitel.pdf|Digitális alapsávi átvitel]]
* [[Media:Infokom_jegyzet_digitálismodulációseljárások.pdf|Digitális modulációs eljárások]]
* [[Media:Infokom_jegyzet_csatornakapacitás.pdf|Csatornakapacitás]]

===Hasznos cikkek===

* [http://mobilarena.hu/teszt/a_gsm_halozatok_mukodese/egy_hivas_felepitese_a_gyakorlatban.html GSM - hívás felépítése "konyhanyelven"] - [http://mobilarena.hu mobilarena.hu] (2009.05.13)
* [http://www.puskas.hu/r_tanfolyam/r_tananyag.html Néhány hasznos anyag rádióhoz] - [http://www.puskas.hu/ puskas.hu]

==Nagyzárthelyi==

{{Rejtett
|mutatott='''Régi Híradástechnika zárthelyik'''
|szöveg=

'''Első ZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2002_10_25.pdf|2002.10.25.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2004_03_24.pdf|2004.03.24.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2004_10_29_mo.pdf|2004.10.29]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2005_osz.pdf|2005 ősz]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2006_10_27_mo.pdf|2006.10.27]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_HT_zh_2007_03_27.pdf|2007.03.27]]

'''Második ZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2002_11_29.pdf|2002.11.29.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2004_04_21.pdf|2004.04.21.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2004_12.pdf|2004 december]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2005_12_02.pdf|2005.12.02.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2006_12_01.pdf|2006.12.01]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_feladatok_megoldasokkal.pdf|Feladatgyűjtemény]] - megoldásokkal

'''Első pótZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2002_11_29.pdf|2002.11.29.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2004_05_12.pdf|2004.05.12.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2005_12_16.pdf|2005.12.16.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2006_12_07.pdf|2006.12.07.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2006_12_07_1.pdf|2006.12.07.]] - más feladatok
* [[Media:Infokomm_HT_pzh_2007_05_15.pdf|2007.05.15.]]

'''Második pótZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_pzh2_2004_05_12.pdf|2004.05.12.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh2_2005_12_16.pdf|2005.12.16.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh2_2006_12_07.pdf|2006.12.07.]]
}}
===Rendes ZH===

* [[Media:Infokomm_zh_2008_osz_kifejtos_mo.pdf|2006/07 ősz]] - csak a kifejtős feladatok, nem hivatalos megoldással
* [[Media:Infokomm_zh_2007_11_28_mo.pdf|2007/08 ősz]]
* [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17.pdf|2008/09 ősz]] - [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17_mo_1.pdf|Megoldások]], valamint két másik kézzel írt megoldás: [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17_mo.pdf|Egyik]] és a [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17_mo_2.pdf|Másik]]
* [[Media:Infokomm_zh_2008_osz.pdf|2008/09 ősz]] - 2008 őszén kiadott feladatgyűjtemény
* [[Media:Infokomm_zh_2009_11_09.pdf|2009/10 ősz]] - [[Media:Infokomm_zh_2009_11_09_mo.pdf|Megoldások]]
* [[Media:Infokomm_zh_2010_11_15.pdf|2010/11 ősz]] - [[Media:Infokomm_zh_2010_11_15_mo.pdf|Megoldások]]
* [[Media:infokomm_zh_2012osz.pdf|2012/13 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:infokomm_zh_2013osz.pdf|2013/14 ősz]] - megoldásokkal (Osváth László megoldása, de nem tekinthető hivatalosnak)

===Pót ZH===

* [[Media:Infokomm_pzh_2007_12_06_mo.pdf|2007/08 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_pzh_2008_11_24_reszmo.pdf|2008/09 ősz]] - [[Media:Infokomm_pzh_2008_osz.pdf|Megoldások]]
* [[Media:Infokomm_pzh_2009_11_23.pdf|2009/10 ősz]]
* [[Media:Infokomm_pzh_2010_osz_mo.pdf|2010/11 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:infokomm_pzh_2012osz.pdf|2012/13 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_pzh_2013_osz.pdf|2013/14 ősz]] - [[Media:2013-2014pzh.pdf|Megoldások]]

===Pótpót ZH===

* [[Media:Infokomm_vizsga_ppzh_2008_12_16.pdf|2008/09 ősz]]
* [[Media:Infokomm_ppzh_2009_12_15.pdf|2009/10 ősz]]
* [[Media:Infokomm_ppzh_2010_12_14.pdf|2010/11 ősz]]

==Vizsgák==

{{Rejtett
|mutatott='''Régi Híradástechnika vizsgák'''
|szöveg=

*1995/1996:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1995_12_20.pdf|1995.12.20.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_01_03.pdf|1996.01.03.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_01_30_mo.pdf|1996.01.30.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_01_31.pdf|1996.01.31.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_05_22.pdf|1996.05.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_05.pdf|1996.06.05.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_12.pdf|1996.06.12.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_19.pdf|1996.06.19.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_26.pdf|1996.06.26.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_09_04.pdf|1996.09.04.]]
*1996/1997:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_01_07_mo.pdf|1997.01.07.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_01_21A_mo.pdf|1997.01.21.]] - A csoport, megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_01_21B_mo.pdf|1997.01.21.]] - B csoport, megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_02_04.pdf|1997.02.04.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_06_24_mo.pdf|1997.06.24.]] - megoldással
*1997/1998:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_01_06.pdf|1998.01.06.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_02_03_mo.pdf|1998.02.03.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_05_28.pdf|1998.05.28.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_06_11.pdf|1998.06.11.]]
*1998/1999:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_01_05_mo.pdf|1999.01.05.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_01_19_mo.pdf|1999.01.19.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_06_09_mo.pdf|1999.06.09.]] - megoldással
*1999/2000:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_12_21_mo.pdf|1999.12.21.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_01_04_mo.pdf|2000.01.04.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_01_18_mo.pdf|2000.01.18.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_02_01_mo.pdf|2000.02.01.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_05_25.pdf|2000.05.25.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_06_22.pdf|2000.06.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_06_30.pdf|2000.06.30.]]
*2000/2001:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_12_09.pdf|2000.12.09.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2001_01_25.pdf|2001.01.25.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2001_01_25_mo.pdf|2001.01.25.]] - megoldással
*2001/2002:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2001_12_22_mo.pdf|2001.12.22.]] - megoldással
*2002/2003:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2002_12_19.pdf|2002.12.19.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2002_12_19_mo.pdf|2002.12.19.]] - megoldással
*2003/2004:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2004_05_20_mo.pdf|2004.05.20.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2004_05_27_mo.pdf|2004.05.27.]] - megoldással
*2004/2005:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2004_12_22.pdf|2004.12.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2005_01_10_mo.pdf|2005.01.10.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2005_05_25.pdf|2005.05.25.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2005_06_03.pdf|2005.06.03.]]
*2005/2006:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_01_18.pdf|2006.01.18.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_06_15.pdf|2006.06.15.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_06_22.pdf|2006.06.22.]]
*2006/2007:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_12_20.pdf|2006.12.20.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2007_01_09_mo.pdf|2007.01.09.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2007_05_22.pdf|2007.05.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2007_06_12.pdf|2007.06.12.]]
}}
'''Infokommunikáció vizsgák:'''
*2007/08:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2008_01_02.pdf|2008.01.02.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2008_01_11.pdf|2008.01.11.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2008_01_17.pdf|2008.01.17.]]
*2009/10:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2009_12_15.pdf|2009.12.15.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2009_12_22.pdf|2009.12.22.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2010_01_06.pdf|2010.01.06.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2010_01_20.pdf|2010.01.20.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2010_01_20_mo.pdf|2010.01.20.]] - megoldással
*2011/12:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2011_12_20_B.pdf|2011.12.20.]] - B csoport
** [[Media:Infokomm_vizsga_2011_2012_pack.PDF|2011/2012]] - példa gyűjtemény
** [[Media:Infokomm_vizsga_2012_01_03_A.pdf|2012.01.03.]]
*2012/13:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2013_06_11.pdf|2013.06.11.]] - Kereszt
*2013/14:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2013_12_16.pdf|2013.12.16.]] - Elővizsga
** [[Infokommunikáció - Vizsga, 2014.01.07.|2014.01.07.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_vizsga_2014_01_14.pdf|2014.01.14]]

==Tippek==

*A ''Marosi Gyula'' által tartott előadások látogatása fokozottan ajánlott, ugyanis ha ő állítja össze a számonkérést, akkor előszeretettel kérdez rá olyan dolgokra, amik nem szerepelnek a segédanyagokban, azonban ő előadáson elmondta. Tehát érdemes jegyzetelni és leírni minden apró megjegyzést!
*A tárgy elsőre könnyűnek tűnhet, azonban nem egy olyan félév volt, amikor a ZH ~90% körüli bukási rátát produkált. Nem szabad félvállról venni a tárgyat és időben el kell kezdeni készülni a számonkérésekre!
'''Ajánlott irodalom:'''

*A GSM hálózatok, a forgalomelmélet és a VoIP témakör logikusan, a tárgy szintjét meghaladó részletességgel le van írva '''Adamis Gusztáv: Kapcsolás- és Jelzéstechnika''' című könyvében. Ez a könyv elsősorban szakirányos tárgynál ajánlott irodalom, de itt is nagyon jól használható.

*Az ínyenceknek ajánlom kizárólag szabadidős tevékenységként (nem ZH-ra vagy vizsgára való felkészülésre!) a következő két könyvet: ''Aisberg: Ilyen egyszerű a rádió!'', illetve ''Aisberg: Most már értem a televíziót!'' A két mű kb. az 50-es, 60-as évek technikai színvonalán (tehát a kapcsolások elektroncsövekből épülnek fel...) ismerteti az analóg rádió- illetve televíziótechnika alapjait párbeszédes stílusban. Két szereplő társalog egymással és közben mindenféle csuda dolgokra derítenek fényt. A rádiós könyv az elején egy elég szemléletes bevezetőt ad, mi a kondenzátor, a tekercs stb. szóval egy kis ismétlés, majd a továbbiakban például szó van a modulációkról (elsősorban AM-DSB, -SSB, de ha jól emlékszem, a végén átugranak a frekvenciamodulációra is), az egyenes- és a szupervevőkről, tükörfrekvenciákról, frekvenciakeverésről, az automatikus erősítés-szabályozásról stb.) A tévés könyv pedig az analóg TV-adásról, -vételről szól, a régi képcsöves tévék részegységeiről és működéséről, a képalkotás módjáról... Tudom, ezek a dolgok így a XXI. században a DVB korában nagyon avasnak tűnnek, de akinek van hozzá kedve és rászánja az időt, sok olyan megoldással, hasonlattal, szemléltetési móddal találkozhat ezekben a könyvekben, amelyeket lehet, hogy hasznosítani tud a későbbiekben. Ha pedig mégsem, akkor is szerzett magának az olvasó néhány vidám pillanatot. Mindkét könyv beszerezhető a Központi Könyvtárban és az antikváriumokban pár száz forintért. Jó szórakozást!

{{Lábléc_-_Villamosmérnök_alapszak}}

Infokommunikáció

2014-11-10T08:33:08Z

Kovács Gergely: /* Pót ZH */

{{Tantárgy
|nev=Infokommunikáció
|targykod=VITMA301
|szak=villany
|kredit=5
|felev=5
|kereszt=vizsgakurzus
|tanszék=TMIT
|kiszh=nincs
|nagyzh=1 db
|vizsga=írásbeli
|hf=nincs
|levlista=infokomm{{kukac}}sch.bme.hu
|tad=https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VITMA301/
|targyhonlap=http://qosip.tmit.bme.hu/cgi-bin/twiki/view/VITMA301/WebHome
}}

Az '''Infokommunikáció''' tárgy alapvető célja, hogy megismertesse a távközlésre és számítógép hálózatokra is kiterjedő infokommunikáció sajátos kérdésfelvetéseit, valamint e kérdések megválaszolásának legfontosabb módszereit és eljárásait.

A tárgy oktatása törekszik arra, hogy később:
*A témarokon szakirányokon tovább tanulók biztos alapokat kapjanak a leglényegesebb fogalmak és eljárások tekintetében.
*Azok a hallgatók, akik más szakirányok valamelyikén folytatják tanulmányaikat, kellően megalapozott ismeretekkel rendelkezzenek az új infokommunikációs rendszerek mibenlétének megértéséhez.

Ennek megfelelően a tantárgy minden villamosmérnök számára nyújt „kimenő” ismereteket miközben megalapozza a később az infokommunikáció-rokon szakirányok valamelyikét választók további tanulmányait.

Az előadások, a gyakorlatok és a számonkérés módszere együttesen arra törekszik, hogy a hallgatók a megismert elemeket, módszereket és eljárásokat egyrészt alkotó módon tudják alkalmazni, másrészt elegendően sok fix pontot kapjanak ahhoz, hogy a számukra újdonságnak tűnő vagy ténylegesen új infokommunikációs rendszereket és szolgáltatásokat kevés utánjárással megértsék.

==Követelmények==

*'''Előkövetelmény:''' [[Jelek és rendszerek 2]] valamint a [[Matematika A1a - Analízis]] című tárgyak teljesítése.
*'''Változás:''' A tárgy 2007 őszi félévtől megy Infokommunikáció néven. Korábban Híradástechnika volt a neve, ezért a 2007 előtti jegyzetek/segédanyagok külön vannak választva, becsukható boxok mögé vannak gyűjtve. A két tárgy anyaga elég jól fedi egymást, így ha valaki nem talál valamit, érdemes a Híradástechnikás anyagok között is kutakodni.
*'''Jelenlét:''' A gyakorlatok 70%-án kötetező részt venni.
*'''NagyZH:''' Egy nagyzárthelyin kell legalább 40%-ot elérni. A félév során két pótlási lehetőség van.
*'''Vizsga:''' A vizsga írásbeli, melyen legalább 40%-ot kell elérni az elégségeshez.
*'''Elővizsga:''' Az mehet elővizsgázni, aki legalább négyest szerzett a nagyzárthelyin.

==Segédanyagok==

===Jegyzetek===

*'''Előadásjegyzetek:'''
**[[Media:Infokomm_HT_jegyzet_2004_tavasz.pdf‎|2004. tavasz jegyzet]]
**[[Media:Infokomm_jegyzet_2011_11_02-ig.pdf‎|2011. ősz jegyzet (11.02-ig)]]

*'''Gyakorlatok anyagai:'''
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_98_99.pdf‎|1998-1999 jegyzet]] - A teljes gyakorlati anyag
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_anyag.pdf‎|A gyakorlatok elméleti háttere]]
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_marosi_2004_tavasz.pdf|Jegyzet Marosi Gyula gyakorlatáról]] - kézzel írt jegyzet (2004. tavasz)
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_marosi_2004_tavasz_slides.pdf‎|Diák Marosi Gyula gyakorlatáról]] - 2004. tavasz
** [[Media:Infokomm_gyak_2008_1_2_4.pdf|2008 gyakorlati anyag]] - Az őszi félév első, második és negyedik gyakorlatának anyaga

*'''Példa feladatok:'''
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_anyag_peldak.pdf‎|A gyakorlatokon elhangzó példák]] - részletesen kidolgozott megoldásokkal
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_magyar_andras_2005.pdf‎|Jegyzet Magyar András gyakorlatáról]] - részletesen kidolgozott példák (2005. november)
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_gsm_cella_feladat.pdf‎|GSM cella példa]] - részletes megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_gsm_cellafeladat_1.pdf‎|GSM cella példa)]] - kézzel írt kidolgozás (2004. december)
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_modulacio.pdf‎|Moduláció példák]] - 2005. november
** [[Media:Infokomm_HT_gyak_radiocsatorna.pdf‎|Rádiócsatorna példák]] - 2005. november
** [[Media:Infokomm_gyak.pdf|PAM rendszer példák]] - 2 részletesen megoldott feladat

===Konzultációk===

* [[Media:Infokomm_HT_konzi_zh1_2003.pdf‎|1. ZH konzultáció anyaga]] - 2003, Híradástechnikás
* [[Media:Infokomm_HT_konzi_zh1_2004.pdf|1. ZH konzultáció anyaga]] - 2004.10.28, Híradástechnikás
* [[Media:Infokomm_HT_konzi_zh2‎.pdf|2. ZH konzultáció anyaga]] - Híradástechnikás
* [[Media:Infokomm_konzi_2011_11_12.pdf‎|ZH konzultáció]] - 2011.11.12

===Könyvek===

* [[Media:Infokomm_HT_konyv_eng.pdf|Angol nyelvű jegyzet]]
* [[Media:Infokomm_HT_konyv_gacher_hiradastech.pdf|Géher Károly - Híradástechnika]]
* [[Media:Infokomm_HT_konyv_gyak_segedlet.pdf|Elek Kálmán, Kovács Lóránt - Segédlet a Híradástechnika gyakorlatokhoz]]
* [[Media:Infokomm_HT_konyv_tavk_hal_es_inf_szol.pdf|Távközlő hálózatok és informatikai szolgáltatások]]
* [[Media:Infokomm_HT_peldatar.pdf|Példatár]]

==Egyéb hasznos segédanyagok==

===Feltétlenül szükséges ismeretek===

* [[Media:Infokomm_jegyzet_db_skala.pdf|dB skálához magyarázat]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_fontos_mennyisegek.pdf|Fontos mennyiségek]]
* [[Media:Infokomm_HT_puska_2000.pdf|Híradástechnika fogalmak]]
* [[Media:Infokomm_HT_puska_2000_v2.pdf|Híradástechnika fogalmak ]] - 2. verzió

===Gyakorlati segédletek===

* [[Media:Infokomm_jegyzet_igaz_hamis.pdf|Igaz-Hamis kérdések]] és ezek [[Media:Infokomm_jegyzet_igaz_hamis_mo.pdf|megoldásai]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_kepletek.pdf|Hasznos képletek gyűjteménye]] - gépelt, indoklásokkal
* [[Media:Infokomm_jegyzet_kepletek_1.pdf|Hasznos képletek gyűjteménye]] - kézzel írt, csak a képletek

===Szemléltető táblázatok===

* [[Media:Infokomm_jegyzet_mintavetel_tablazat.xls|Mintavételi táblázat]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_shannon_tablazat.xls|Shannon táblázat]]

===Elméleti anyagok===

* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_cellas_rendszerek.pdf|A cellás rendszerek]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_gsm.pdf|A GSM rendszer]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_radiocsatorna.pdf|A rádiócsatorna]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_CIE_szinter.pdf|CIE színtér]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_ciklikus_kodok.pdf|Ciklikus kódok]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_digitalis_modulacio.pdf|Digitális modulációs eljárások és tulajdonságaik]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_hang_es_feny.pdf|Hang és fény prezentáció]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_modulacios_es_kvadraturafelbontas.pdf|Modulációs és kvadratúrafelbontás]]
* [[Media:Infokomm_jegyzet_PM_FM_modulacio.pdf|PM és FM moduláció]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_szimbolumkozti_athallas.pdf|Szimbólumközti áthallás]]
* [[Media:Infokomm_HT_jegyzet_zaj.pdf|Zaj]]
* [[Media:Infokom_jegyzet_digitálisalapsáviátvitel.pdf|Digitális alapsávi átvitel]]
* [[Media:Infokom_jegyzet_digitálismodulációseljárások.pdf|Digitális modulációs eljárások]]
* [[Media:Infokom_jegyzet_csatornakapacitás.pdf|Csatornakapacitás]]

===Hasznos cikkek===

* [http://mobilarena.hu/teszt/a_gsm_halozatok_mukodese/egy_hivas_felepitese_a_gyakorlatban.html GSM - hívás felépítése "konyhanyelven"] - [http://mobilarena.hu mobilarena.hu] (2009.05.13)
* [http://www.puskas.hu/r_tanfolyam/r_tananyag.html Néhány hasznos anyag rádióhoz] - [http://www.puskas.hu/ puskas.hu]

==Nagyzárthelyi==

{{Rejtett
|mutatott='''Régi Híradástechnika zárthelyik'''
|szöveg=

'''Első ZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2002_10_25.pdf|2002.10.25.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2004_03_24.pdf|2004.03.24.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2004_10_29_mo.pdf|2004.10.29]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2005_osz.pdf|2005 ősz]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh1_2006_10_27_mo.pdf|2006.10.27]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_HT_zh_2007_03_27.pdf|2007.03.27]]

'''Második ZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2002_11_29.pdf|2002.11.29.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2004_04_21.pdf|2004.04.21.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2004_12.pdf|2004 december]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2005_12_02.pdf|2005.12.02.]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_2006_12_01.pdf|2006.12.01]]
* [[Media:Infokomm_HT_zh2_feladatok_megoldasokkal.pdf|Feladatgyűjtemény]] - megoldásokkal

'''Első pótZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2002_11_29.pdf|2002.11.29.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2004_05_12.pdf|2004.05.12.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2005_12_16.pdf|2005.12.16.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2006_12_07.pdf|2006.12.07.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh1_2006_12_07_1.pdf|2006.12.07.]] - más feladatok
* [[Media:Infokomm_HT_pzh_2007_05_15.pdf|2007.05.15.]]

'''Második pótZH:'''

* [[Media:Infokomm_HT_pzh2_2004_05_12.pdf|2004.05.12.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh2_2005_12_16.pdf|2005.12.16.]]
* [[Media:Infokomm_HT_pzh2_2006_12_07.pdf|2006.12.07.]]
}}
===Rendes ZH===

* [[Media:Infokomm_zh_2008_osz_kifejtos_mo.pdf|2006/07 ősz]] - csak a kifejtős feladatok, nem hivatalos megoldással
* [[Media:Infokomm_zh_2007_11_28_mo.pdf|2007/08 ősz]]
* [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17.pdf|2008/09 ősz]] - [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17_mo_1.pdf|Megoldások]], valamint két másik kézzel írt megoldás: [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17_mo.pdf|Egyik]] és a [[Media:Infokomm_zh_2008_11_17_mo_2.pdf|Másik]]
* [[Media:Infokomm_zh_2008_osz.pdf|2008/09 ősz]] - 2008 őszén kiadott feladatgyűjtemény
* [[Media:Infokomm_zh_2009_11_09.pdf|2009/10 ősz]] - [[Media:Infokomm_zh_2009_11_09_mo.pdf|Megoldások]]
* [[Media:Infokomm_zh_2010_11_15.pdf|2010/11 ősz]] - [[Media:Infokomm_zh_2010_11_15_mo.pdf|Megoldások]]
* [[Media:infokomm_zh_2012osz.pdf|2012/13 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:infokomm_zh_2013osz.pdf|2013/14 ősz]] - megoldásokkal (Osváth László megoldása, de nem tekinthető hivatalosnak)

===Pót ZH===

* [[Media:Infokomm_pzh_2007_12_06_mo.pdf|2007/08 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_pzh_2008_11_24_reszmo.pdf|2008/09 ősz]] - [[Media:Infokomm_pzh_2008_osz.pdf|Megoldások]]
* [[Media:Infokomm_pzh_2009_11_23.pdf|2009/10 ősz]]
* [[Media:Infokomm_pzh_2010_osz_mo.pdf|2010/11 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:infokomm_pzh_2012osz.pdf|2012/13 ősz]] - megoldásokkal
* [[Media:Infokomm_pzh_2013_osz.pdf|2013/14 ősz]] - [[Media:File:2013-2014pzh.pdf|Megoldások]]

===Pótpót ZH===

* [[Media:Infokomm_vizsga_ppzh_2008_12_16.pdf|2008/09 ősz]]
* [[Media:Infokomm_ppzh_2009_12_15.pdf|2009/10 ősz]]
* [[Media:Infokomm_ppzh_2010_12_14.pdf|2010/11 ősz]]

==Vizsgák==

{{Rejtett
|mutatott='''Régi Híradástechnika vizsgák'''
|szöveg=

*1995/1996:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1995_12_20.pdf|1995.12.20.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_01_03.pdf|1996.01.03.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_01_30_mo.pdf|1996.01.30.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_01_31.pdf|1996.01.31.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_05_22.pdf|1996.05.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_05.pdf|1996.06.05.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_12.pdf|1996.06.12.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_19.pdf|1996.06.19.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_06_26.pdf|1996.06.26.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1996_09_04.pdf|1996.09.04.]]
*1996/1997:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_01_07_mo.pdf|1997.01.07.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_01_21A_mo.pdf|1997.01.21.]] - A csoport, megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_01_21B_mo.pdf|1997.01.21.]] - B csoport, megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_02_04.pdf|1997.02.04.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1997_06_24_mo.pdf|1997.06.24.]] - megoldással
*1997/1998:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_01_06.pdf|1998.01.06.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_02_03_mo.pdf|1998.02.03.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_05_28.pdf|1998.05.28.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1998_06_11.pdf|1998.06.11.]]
*1998/1999:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_01_05_mo.pdf|1999.01.05.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_01_19_mo.pdf|1999.01.19.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_06_09_mo.pdf|1999.06.09.]] - megoldással
*1999/2000:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_1999_12_21_mo.pdf|1999.12.21.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_01_04_mo.pdf|2000.01.04.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_01_18_mo.pdf|2000.01.18.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_02_01_mo.pdf|2000.02.01.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_05_25.pdf|2000.05.25.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_06_22.pdf|2000.06.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_06_30.pdf|2000.06.30.]]
*2000/2001:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2000_12_09.pdf|2000.12.09.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2001_01_25.pdf|2001.01.25.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2001_01_25_mo.pdf|2001.01.25.]] - megoldással
*2001/2002:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2001_12_22_mo.pdf|2001.12.22.]] - megoldással
*2002/2003:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2002_12_19.pdf|2002.12.19.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2002_12_19_mo.pdf|2002.12.19.]] - megoldással
*2003/2004:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2004_05_20_mo.pdf|2004.05.20.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2004_05_27_mo.pdf|2004.05.27.]] - megoldással
*2004/2005:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2004_12_22.pdf|2004.12.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2005_01_10_mo.pdf|2005.01.10.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2005_05_25.pdf|2005.05.25.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2005_06_03.pdf|2005.06.03.]]
*2005/2006:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_01_18.pdf|2006.01.18.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_06_15.pdf|2006.06.15.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_06_22.pdf|2006.06.22.]]
*2006/2007:
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2006_12_20.pdf|2006.12.20.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2007_01_09_mo.pdf|2007.01.09.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2007_05_22.pdf|2007.05.22.]]
** [[Media:Infokomm_HT_vizsga_2007_06_12.pdf|2007.06.12.]]
}}
'''Infokommunikáció vizsgák:'''
*2007/08:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2008_01_02.pdf|2008.01.02.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2008_01_11.pdf|2008.01.11.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2008_01_17.pdf|2008.01.17.]]
*2009/10:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2009_12_15.pdf|2009.12.15.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2009_12_22.pdf|2009.12.22.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2010_01_06.pdf|2010.01.06.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2010_01_20.pdf|2010.01.20.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2010_01_20_mo.pdf|2010.01.20.]] - megoldással
*2011/12:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2011_12_20_B.pdf|2011.12.20.]] - B csoport
** [[Media:Infokomm_vizsga_2011_2012_pack.PDF|2011/2012]] - példa gyűjtemény
** [[Media:Infokomm_vizsga_2012_01_03_A.pdf|2012.01.03.]]
*2012/13:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2013_06_11.pdf|2013.06.11.]] - Kereszt
*2013/14:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2013_12_16.pdf|2013.12.16.]] - Elővizsga
** [[Infokommunikáció - Vizsga, 2014.01.07.|2014.01.07.]] - megoldással
** [[Media:Infokomm_vizsga_2014_01_14.pdf|2014.01.14]]

==Tippek==

*A ''Marosi Gyula'' által tartott előadások látogatása fokozottan ajánlott, ugyanis ha ő állítja össze a számonkérést, akkor előszeretettel kérdez rá olyan dolgokra, amik nem szerepelnek a segédanyagokban, azonban ő előadáson elmondta. Tehát érdemes jegyzetelni és leírni minden apró megjegyzést!
*A tárgy elsőre könnyűnek tűnhet, azonban nem egy olyan félév volt, amikor a ZH ~90% körüli bukási rátát produkált. Nem szabad félvállról venni a tárgyat és időben el kell kezdeni készülni a számonkérésekre!
'''Ajánlott irodalom:'''

*A GSM hálózatok, a forgalomelmélet és a VoIP témakör logikusan, a tárgy szintjét meghaladó részletességgel le van írva '''Adamis Gusztáv: Kapcsolás- és Jelzéstechnika''' című könyvében. Ez a könyv elsősorban szakirányos tárgynál ajánlott irodalom, de itt is nagyon jól használható.

*Az ínyenceknek ajánlom kizárólag szabadidős tevékenységként (nem ZH-ra vagy vizsgára való felkészülésre!) a következő két könyvet: ''Aisberg: Ilyen egyszerű a rádió!'', illetve ''Aisberg: Most már értem a televíziót!'' A két mű kb. az 50-es, 60-as évek technikai színvonalán (tehát a kapcsolások elektroncsövekből épülnek fel...) ismerteti az analóg rádió- illetve televíziótechnika alapjait párbeszédes stílusban. Két szereplő társalog egymással és közben mindenféle csuda dolgokra derítenek fényt. A rádiós könyv az elején egy elég szemléletes bevezetőt ad, mi a kondenzátor, a tekercs stb. szóval egy kis ismétlés, majd a továbbiakban például szó van a modulációkról (elsősorban AM-DSB, -SSB, de ha jól emlékszem, a végén átugranak a frekvenciamodulációra is), az egyenes- és a szupervevőkről, tükörfrekvenciákról, frekvenciakeverésről, az automatikus erősítés-szabályozásról stb.) A tévés könyv pedig az analóg TV-adásról, -vételről szól, a régi képcsöves tévék részegységeiről és működéséről, a képalkotás módjáról... Tudom, ezek a dolgok így a XXI. században a DVB korában nagyon avasnak tűnnek, de akinek van hozzá kedve és rászánja az időt, sok olyan megoldással, hasonlattal, szemléltetési móddal találkozhat ezekben a könyvekben, amelyeket lehet, hogy hasznosítani tud a későbbiekben. Ha pedig mégsem, akkor is szerzett magának az olvasó néhány vidám pillanatot. Mindkét könyv beszerezhető a Központi Könyvtárban és az antikváriumokban pár száz forintért. Jó szórakozást!

{{Lábléc_-_Villamosmérnök_alapszak}}

Fájl:Infokomm pzh 2013 osz mo.pdf

2014-11-10T08:32:24Z

Kovács Gergely: MsUpload

MsUpload