VIK Wiki - Felhasználó közreműködései [hu]

Infokommunikáció

2016-09-11T18:01:39Z

Márkus János Dániel: /* Jegyzetek */

{{Tantárgy
|név=Infokommunikáció
|tárgykód=VITMAB03
|régitárgykód=VITMA301
|szak=villany
|kredit=5
|felev=4
|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]] című tárgyból az aláírás megszerzése.
*'''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_jegyzet_2016.pdf|2016. tavasz jegyzet]]
**[[Media:Infokomm_HT_jegyzet_2004_tavasz.pdf‎|2004. tavasz jegyzet]]
**[[Media:Infokomm_jegyzet_2011_11_02-ig.pdf‎|2011. ősz jegyzet (11.02-ig)]]
**[[Media:Infokomm_jegyzet_2015_11_04.pdf|2015. ősz jegyzet (11.04-ig, a 10. előadásig)]]

*'''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_GSM_feladatok.pdf|GSM feladatok]]
* [[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.]]
}}

[http://alpha.tmit.bme.hu/vitma301/hiradastechnika_peldatar.html Híradástechnika zh és vizsga példák, témák szerint lebontva, megoldásokkal] (a jelenlegi infokom. tárgyhoz nem kapcsolódó példák is vannak). A megoldások megjelenítéséhez ki kell jelölni a szöveget!
===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)
* [[Media:Infokomm_2014_11_18_ZH.pdf|2014/15 ősz]]
* [[Media:Infokomm_2015_05_06_ZH.pdf|2015/16 tavasz]] - Amit kipipáltak az jó :)

===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]]
*2014/15:
** [[Media:Infokomm_2014_12_15_elovizsga.pdf|2014.12.15.]] - Elővizsga megoldással
** [[Media:Infokomm_2014_12_22.pdf|2014.12.22.]]
** [[Media:Infokomm_2015_01_13.pdf|2015.01.13.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2015.05.26.pdf|2015.05.26.]]
*2015/16:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2015_12_16.pdf|2015.12.16.]] -elővizsga
** [[Media:vizsgafeladat2016.01.05..pdf|2016.01.05.]] - [[Media:megoldas_2016.01.05..pdf|részletes megoldással]]
** [[Media:infokommvizsga_2016.01.12..pdf|2016.01.12]] - [[Media:infokommvizsga_2016.01.12._megoldasok.pdf|részletes megoldással]]
** [[Media:Infokom_vizsga_2016.06.07.pdf|2016.06.07]]

==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 jegyzet 2016.pdf

2016-09-11T18:01:09Z

Márkus János Dániel: File uploaded with MsUpload

File uploaded with MsUpload

Infokommunikáció

2016-07-26T23:02:28Z

Márkus János Dániel: Link a készülő jegyzetnek

{{Tantárgy
|név=Infokommunikáció
|tárgykód=VITMAB03
|régitárgykód=VITMA301
|szak=villany
|kredit=5
|felev=4
|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]] című tárgyból az aláírás megszerzése.
*'''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:'''
**[[Infokomm jegyzet help|'''Infokomm jegyzet help - 2016 ősz''']]
**[[Media:Infokomm_HT_jegyzet_2004_tavasz.pdf‎|2004. tavasz jegyzet]]
**[[Media:Infokomm_jegyzet_2011_11_02-ig.pdf‎|2011. ősz jegyzet (11.02-ig)]]
**[[Media:Infokomm_jegyzet_2015_11_04.pdf|2015. ősz jegyzet (11.04-ig, a 10. előadásig)]]

*'''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_GSM_feladatok.pdf|GSM feladatok]]
* [[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.]]
}}

[http://alpha.tmit.bme.hu/vitma301/hiradastechnika_peldatar.html Híradástechnika zh és vizsga példák, témák szerint lebontva, megoldásokkal] (a jelenlegi infokom. tárgyhoz nem kapcsolódó példák is vannak). A megoldások megjelenítéséhez ki kell jelölni a szöveget!
===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)
* [[Media:Infokomm_2014_11_18_ZH.pdf|2014/15 ősz]]
* [[Media:Infokomm_2015_05_06_ZH.pdf|2015/16 tavasz]] - Amit kipipáltak az jó :)

===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]]
*2014/15:
** [[Media:Infokomm_2014_12_15_elovizsga.pdf|2014.12.15.]] - Elővizsga megoldással
** [[Media:Infokomm_2014_12_22.pdf|2014.12.22.]]
** [[Media:Infokomm_2015_01_13.pdf|2015.01.13.]]
** [[Media:Infokomm_vizsga_2015.05.26.pdf|2015.05.26.]]
*2015/16:
** [[Media:Infokomm_vizsga_2015_12_16.pdf|2015.12.16.]] -elővizsga
** [[Media:vizsgafeladat2016.01.05..pdf|2016.01.05.]] - [[Media:megoldas_2016.01.05..pdf|részletes megoldással]]
** [[Media:infokommvizsga_2016.01.12..pdf|2016.01.12]] - [[Media:infokommvizsga_2016.01.12._megoldasok.pdf|részletes megoldással]]
** [[Media:Infokom_vizsga_2016.06.07.pdf|2016.06.07]]

==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}}

Infokomm jegyzet help

2016-07-26T22:54:51Z

Márkus János Dániel: Új oldal, tartalma: „Hali, a tárgyhoz elkezdtem készíteni egy jó minőségű, gépelt (LaTeX) jegyzetet, de egy félévnyi előadás / gyakorlat látogatás kevés a tárgy szépsége…”

Hali,

a tárgyhoz elkezdtem készíteni egy jó minőségű, gépelt (LaTeX) jegyzetet, de egy félévnyi előadás / gyakorlat látogatás kevés a tárgy szépségeinek papírra vetéséhez.

Kerestetik egy olyan nebuló, aki a 2016 őszi félévben hallgatná a tárgyat, és elég elszántságot érez magában ennek a jegyzetnek a lekerekítéséhez. Ezen és egy laptopon kívül semmi nem feltétlenül szükséges.

Amit kínálok:
* Közel 100 oldalra rúgó gépelt anyag, elmélettel és kidolgozott példákkal
* .tex forrásfájl, képekkel, könyvtárakkal

Ami a te feladatod lenne:
* Előadásokon és gyakorlatokon való rendületlen részvétel
* A jegyzet kiegészítése hogy kevésbé legyen vázlatos
* Konzílium az előadókkal (ellenőriztetni kell, elvégre)
* Illusztrációk összefotosopolása meglévő, ámde netről nyúlt minták alapján

Amit ezzel nyernél:
* LaTeX tapasztalat
* A jó érzés hogy hozzájárultál a vik wikihez
* Szinte garantált jó infokomm érdemjegy
* Jegyzetpályázatra beadva, esetleges pénzjutalom

Ha úgy érzed, szívesen vennél részt ebben a kis projektben, küldj egy e-mailt az aresius423 at gmail dot com e-mail címre!

Márkus János Dániel

Elektromágneses terek alapjai - Szóbeli feladatok

2016-01-20T21:41:03Z

Márkus János Dániel: 135

{{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.
De ha még ez se megy, akkor egyszerűen nézzél meg egy már fent lévő feladatot, hogy ott hogy vannak megoldva a speciális karakterek.

{{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.
}}

=== 24. Feladat: Elektródarendszer energiája ===

Két elektródából és földből álló elektródarendszer föld- és főkapacitásai: <math>C_{10}, C_{20}, C_{12}</math>. Az elektródák potenciálja <math>\varphi_{1}, \varphi_{2}</math> a föld potenciálját válasszuk nullának: <math>\varphi_{0}=0</math>.

Mekkora az elektródarendszerben tárolt elektrosztatikus energia?

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

[[File:Terek_24_Feladat.PNG | 500px]]

Az elektródarendszerben tárolt teljes elektrosztatikus energia a föld- és főkapacitásokban tárolt összenergiával egyezik meg. Egy kondenzátor elektrosztatikus energiája:

<math>
w_e = { 1 \over 2 } \sum_k { \Phi_k Q_k} =
{ 1 \over 2 } \left( \Phi^+ Q + \Phi^- (-Q) \right) =
{ 1 \over 2 } Q \left( \Phi^+ - \Phi^- \right) =
{ 1 \over 2 } Q U =
{ 1 \over 2 } (CU) U =
{ 1 \over 2 } C U^2
</math>

Ezt felhasználva a három kapacitásban tárolt összenergia:

<math>
W_e = \frac{1}{2}C_{12}(\varphi _{1}-\varphi _{2})^{2}+\frac{1}{2}C_{10}(\varphi _{1})^{2}+\frac{1}{2}C_{20}(\varphi _{2})^{2}
</math>

}}

===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>

}}

=== 27. Feladat: R sugarú egyenletesen töltött gömb D tere ===

Egy R sugarú gömb egyenletes <math>\rho</math> térfogati töltéssűrűséggel töltött.

Adja meg az elektromos eltolás nagyságát a középpontól 2R távolságban.

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

Írjuk fel a Gauss-törvényt egy zárt, <math>r > R</math> sugarú, <math>A</math> felületű gömbre, melynek középpontja egybeesik a töltött gömb középpontjával:

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

<math>\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \rho \cdot {4 R^3 \pi \over 3}</math>

Szimmetria okokból az elektromos eltolásvektorok a gömb felületének minden pontjában sugárirányúak, azaz párhuzamosak a felület normálisával, tehát a felületintegrál szorzássá egyszerűsödik.

<math>\vec{D}(r) \cdot 4 r^2 \pi = \rho \cdot {4 R^3 \pi \over 3}</math>

<math>\vec{D}(r) = { \rho R^3 \over 3} \cdot {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r</math>

<math>\vec{D}(2R) = { \rho R \over 12} \cdot \vec{e}_r</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=

Legyen <math>r_1</math> csak a fémgömb és <math>r_2</math> a teljes golyó sugara, valamint <math>r_0=\infty</math>.

Ekkor az elektromos térerősség:

<math>
E(r) =
\begin{cases}
{\frac Q {4\pi\varepsilon_0} \cdot \frac 1 {r^2} }, & \text{ha }r>r_2 \\
{\frac Q {4\pi\varepsilon} \cdot \frac 1 {r^2} }, & \text{ha }r_1<r<r_2
\end{cases}
</math>

Az elektromos potenciál:

<math>\varphi(r)=\int_{r_0}^{r_1}E(r)dr=\int_{r_0}^{r_2}E(r)dr+\int_{r_2}^{r_1}E(r)dr=\frac Q {4\pi{\varepsilon_0}}\frac 1 {r_2}+\frac Q {4\pi\varepsilon}\left(\frac 1 {r_1} -\frac 1 {r_2}\right)=\frac Q {4\pi{\varepsilon_0}} \cdot \left(\frac 1 {r_2} + \frac 1 {\varepsilon_r}\left(\frac 1 {r_1} - \frac 1 {r_2}\right)\right)</math>

Felhasználva a <math>C=\frac Q U</math> formulát:

<math>
C=4\pi{\varepsilon_0} \cdot \left(\frac 1 {\frac 1 {r_2} + \frac 1 {\varepsilon_{_{_r}}}\left(\frac 1 {r_1} - \frac 1 {r_2}\right)}\right) = 24.78pF
</math>

/*<math>\varepsilon_r</math> Nem viselkedik valami jól az utolsó képletben.*/
/*Kókányoltam rajta egy kicsit, de még mindig rossz*/

}}

== Stacionárius áramlási tér ==

=== 34. Feladat: Áramsűrűség meghatározása egy felület másik oldalán ===

Adott <math>Z=0</math> sík. A <math>\sigma</math> áramsűrűség: <math>Z>0</math> esetén <math>\sigma = \sigma^+</math> és <math>Z<0</math> esetén <math>\sigma = \sigma^-</math>. Adott <math>J_1 = J_1(x) \cdot e_x + J_1(z) \cdot e_z</math> áramsűrűség a sík egyik oldalán.

Határozza meg az áramsűrűség függvényt a felület másik oldalán!

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

Tudjuk, hogy <math >E = { J \over \sigma } </math>

Továbbá <math>E_{t1} = E_{t2}</math> és <math>D_{n2} = D_{n1} + \sigma </math> (!!! ez itt felületi töltéssűrűség, ami a példában 0), tehát <math>D_{n2} = D_{n1}</math>

Ezekből következik, hogy: <math>E_1 = E_2</math>

Azaz: <math>{J_1 \over \sigma^-} = {J_2 \over \sigma^+}</math>

<math>J_2 = J_1(x) \cdot e_x\cdot {\sigma^+ \over \sigma^-} + J_1(z) \cdot e_z \cdot {\sigma^+ \over \sigma^-}</math>
}}

=== 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 síkjára 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 (egy r szorzó bejön a Jacobi-determináns miatt):

<math>W_m={1 \over 2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \mu H^2(r) \cdot 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 \cdot r \;\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^3 \; \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^3 \; \mathrm{d} r =
{\mu I^2 \over 4 R^4 \pi} \cdot \left[ {r^4 \over 4} \right]_0^R=
{\mu I^2 \over 16 R^4 \pi} \cdot R^4 =
{\mu I^2 \over 16 \pi} = {\mu_0 \mu_r I^2 \over 16 \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 <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.

}}

=== 83. Feladat: Ideális távvezeték meddő teljesítménye ===

Egy ideális, légszigetelésű <math>l=83.2m</math> hosszúságú, <math>Z_0 = 50\Omega</math> hullámimpedanciájú távvezeték vezetett hullámhossza <math>\lambda = 75\;m</math>. A távvezeték bemenetére egy <math>U = 100V</math> amplitúdójú, <math>\omega</math> körfrekvenciájú feszültséggenerátort kapcsolunk, miközben szakadással zárjuk le a másik oldalt.

Mekkora a távvezeték által felvett meddő teljesítmény?

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

A távvezeték helyettesíthető egyetlen <math>Z_{be}</math> nagyságú impedanciával figyelembe véve azt, hogy a lezáró <math>Z_2</math> impedancia a szakadás miatt végtelen nagyságú.

<math>
Z_{be}=Z_0 {Z_2 + j Z_0 tg(\beta l) \over Z_0 + j Z_2 tg(\beta l) } \longrightarrow
{ Z_0 \over j tg(\beta l)}
</math>

Ezzel a helyettesítéssel már egyszerűen számolható a kapcsolás komplex látszólagos teljesítménye:

<math>
S = {1 \over 2} U I^* =
{1 \over 2} U { \left( {U \over Z_{be}} \right) }^* =
{1 \over 2} |U|^2 { 1\over Z_{be}^*} =
{1 \over 2} |U|^2 {\left( { j tg(\beta l) \over Z_0} \right)}^* =
-j{1 \over 2} |U|^2 {tg(\beta l) \over Z_0} =
-j{1 \over 2} |U|^2 {tg({2 \pi \over \lambda}l) \over Z_0}
</math>

A távvezeték által felvett meddő teljesítmény a komplex látszólagos teljesítményének imaginárius részével egyezik meg:

<math>
Q = Im \left\{ S \right\} =
-{1 \over 2} |U|^2 {tg({2 \pi \over \lambda}l) \over Z_0} =
-{1 \over 2} \cdot 100^2 \cdot {tg({2 \pi \over 75}\cdot 83.2) \over 50} \approx -82.024 \; Var
</math>

}}

=== 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>

}}

=== 106. Feladat: Koaxiális kábel váltóáramú ellenállása ===

Egy koaxiális kábel magjának sugara <math>r_1 = 2mm</math>, a köpenyének belső sugara <math>r_2 = 6 mm</math>, a külső sugara pedig <math>r_3 = 7 mm</math>. A mag és a köpeny vezetőképessége egyaránt <math>\sigma = 57 MS</math>. A behatolási mélység a kábelre kapcsolt generátor frekvenciáján <math>\delta = 102 \mu m</math>.

Adja meg az elrendezés hosszegységre eső váltóáramú ellenállását.

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

A koaxiális kábel erővonalképe:

[[File:Terek_106_Feladat.PNG | 300px ]]

Az elektromos térerősség mind a magban, mind pedig a köpenyben <math>e^{- z / \delta }</math> függvény szerint csökken.

Mivel a behatolási mélység nagyságrenddel kisebb, mint a kábel méretei, így ellenállás szempontjából olyan, mintha csak egy-egy <math>\delta</math> vastagságú keresztmetszeten folyna egyenáram mind a magban, mind pedig a köpenyben. Az eredő váltóáramú ellenállás pedig ezen két egyenáramú ellenállás összege:

<math>
R_{AC} = R_{DC,m} + R_{DC,k} =
{1 \over \sigma} { l \over A_1 } + {1 \over \sigma} { l \over A_2 } \approx
{1 \over \sigma} { l \over 2 r_1 \pi \delta } + {1 \over \sigma} { l \over 2 r_2 \pi \delta } =
{l \over \sigma \cdot 2 \pi \delta} \left( { 1 \over r_1 } + { 1 \over r_2 } \right)
</math>

Ebből a hosszegységre eső váltóáramú ellenállás:

<math>
R_{AC,l} = {1 \over \sigma \cdot 2 \pi \delta} \cdot \left( { 1 \over r_1 } + { 1 \over r_2 } \right) =
{1 \over 57 \cdot 10^6 \cdot 2 \pi \cdot 102 \cdot 10^{-6}} \cdot \left( { 1 \over 0.002 } + { 1 \over 0.006 } \right) =
18.25 \; m\Omega
</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>
}}

=== 135. Feladat: Elektromágneses síkhullám által gerjesztett áramsűrűség ===
Egy levegőben terjedő síkhullám merőlegesen esik egy végtelen kiterjedésű fémsík felületére. A síktól <math>\lambda \over 8</math> távolságra az elektromos térerősség komplex amplitúdója <math>500 {{V} \over {m}}</math>. Számítsa ki a felületi áramsűrűség nagyságát!

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

A távvezeték analógiát felhasználva a lezárás rövidzár, így <math>r = -1</math>.

<math>E_2(h) = {E^+_2} \cdot {e^{j \beta (h-z)}} + {r} \cdot {{E^+_2} \cdot {e^{-j \beta (h-z)}}}</math>

<math>{\beta = {{2 \pi} \over {\lambda}}} \Rightarrow E_2({{\lambda} \over {8}}) = {E^+_2} \cdot {e^{j {{ \pi } \over {4}}}} - {E^+_2} \cdot {e^{-j {{ \pi } \over {4}}}} = E^+_2 \cdot {\sqrt{2}j}</math>

<math>E^+_2 = {{500 {{V}\over{m}}} \over {\sqrt{2}j}} = -353.55i {{V} \over {m}}</math>

<math>|H^+_2| = {{|E^+_2|}\over{120\pi}} = 0.9378 {{A}\over{m}}</math>

Mivel vezetőben <math>H_{1t} = 0</math> és <math>H_{2t} - H_{1t} = K</math> azaz <math>n \times H_2 = K</math>

<math>{{K=H^+_2} \cdot {(1+(-r))} = {{2} \cdot {H^+_2}} = 1.8756 {{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

2016-01-11T16:18:23Z

Márkus János Dániel: /* Vizsgabeugrók */

{{Tantárgy
|nev=Elektromágneses terek alapjai
|tárgykód=VIHVA201
|kredit=5
|felev=4
|kereszt=van
|tanszék=HVT
|kiszh=nincs
|vizsga=szóbeli írásbeli beugróval
|nagyzh=3 db
|hf=nincs
|szak=villany
|tad=https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIHVA201/
|targyhonlap=https://hvt.bme.hu/index.php?option=com_content&view=article&catid=1%3Absc-kepzes&id=641%3Aelektromagneses-terek-alapjai-vihva201&Itemid=35&lang=hu
|levlista=[https://lists.sch.bme.hu/wws/info/terek terek{{kukac}}sch.bme.hu]
}}

Az '''Elektromágneses terek alapjai''' erőteljesen épít a [[Matematika A3 villamosmérnököknek]] és a [[Fizika 2]] című tárgyak tananyagára. Ezenkívül a [[Jelek és rendszerek 1]] valamint [[Jelek és rendszerek 2]] előismeretek nagyon hasznosak. Magabiztos vektoranalízis és elektrodinamika alaptudás nélkül nem érdemes felvenni a tárgyat!

A tárgy elsődleges célkitűzése, hogy a villamosmérnök hallgatókkal megismertesse az elektromágneses térrel kapcsolatos alapfogalmakat és matematikai összefüggéseket. Célja továbbá a fontosabb térszámítási módszerek bemutatása, néhány egyszerűen tárgyalható feladattípus megoldása, a megoldások szemléltetése, értelmezése és alkalmazási területeik áttekintése. Egyszersmind megalapozza az MSc képzésben indított Elektromágneses terek tárgyat.

== Követelmények ==

*'''Előkövetelmény:''' [[Jelek és rendszerek 1]] című tárgy teljesítése, valamint a [[Matematika A3 villamosmérnököknek]] és a [[Fizika 2]] című tárgyakból az aláírás megszerzése.
*'''Jelenlét:''' Az előadásokon és gyakorlatokon való részvétel kötelező, de ezt nem ellenőrzik.
*'''NagyZH:''' A félév során három nagyzárthelyit kell megírni. Mindkét zárthelyi 1 darab 10 pontos nagypéldából és 5 darab 2 pontos kiskérdésből áll. Az elégségeshez a maximális 20 pontból legalább 10 pontot kell szerezni. Az aláírás megszerzésének feltétele, hogy a három nagyzárthelyiből a két legjobb átlaga legalább 2.0 legyen! '''A ZH-k nem pótolhatóak, azonban a három ZH-ból csak a két legjobb számít.''' A meg nem írt zárthelyik az átlagba 1-es eredménnyel számítanak bele.
*'''Vizsga:''' Egy írásbeli beugróból és egy szóbeliből áll:
*#A beugró 10 darab 1 pontos számolási feladatból áll, melyekre tesztes formában 4 válaszlehetőség van megadva. Legalább 5 kérdésnél kell választ jelöni, különben automatikusan elégtelen a vizsga. Helyes jelölés +1 pont, nincs jelölés 0 pont, hibás jelölés -1 pont. 4 ponttól sikeres a beugró, és csak ezután kezdhető meg a szóbeli. '''FONTOS: Csak PÁROS számú kérdést van értelme bejelölni!''' (Számolj utána)
*#Akinek a ZH átlaga legalább 4,0 vagy az Elektromágneses Terek Versenyen I-III. helyezést ér el, mentesül a beugró alól, vagyis rögtön szóbelizhet. Ez a kedvezmény csak az adott félév vizsgaidőszakában és csakis egy alkalommal érvényes.
*#A szóbelin két tételt kell húzni: egy számolási feladatot és egy elméleti témakört. Ennek kidolgozására 15-20 perc áll rendelkezésre.
*#A 6. vizsgán – annak kritikus volta miatt – a beugró eredményétől függetlenül lehetőség van szóbelizni, de ez már 2 fős bizottság előtt zajlik.

== Segédanyagok ==

=== Hivatalos Jegyzetek ===

*'''''Dr. Fodor György: Elektromágneses terek''''' című tankönyv nagyon jól használható, szinte kötelező a tárgyhoz!
*'''''Dr. Zombory László: Elektromágneses terek''''' című tankönyv szintén használható, mely a ''Műszaki Kiadó'' honlapján [http://www.muszakikiado.hu/files/Konyvek/Dr_Zombory_Laszlo_Elektromagneses_terek.pdf ingyenesen elérhető].
*'''''Dr. Bilicz Sándor: Elektromágneses terek példatár''''' jól használható gyakorlásra. Érdemes beszerezni!
*'''Kiemelt jegyzet:''' [[Media:Terek_jegyzet2011kereszt.pdf‎|Előadásjegyzet]] - ''Dr. Gyimóthy Szabolcs'' előadó órái alapján ''Mucsi Dénes'' által készített, jegyzetpályázatra beküldött, az előadó által ellenőrzött előadásjegyzet.
*[http://bme.videotorium.hu/hu/channels/details/815,Elektromagneses_terek Előadásvideók] - A tárgy összes előadásának felvétele elérhető itt - [[Elektromágneses terek alapjai - Előadásvideók címszavai időpontokkal|Előadások címszavai és időpontok]] (Az előadásvideók időpont és téma szerinti tartalomjegyzéke).

===Vizsgához segédanyagok ===

Sikeres beugró után a szóbeli két részből áll, kettő lapot kell húzni az elején. Az egyik egy tétel, ami a kiadott tételsor valamelyik tétele, ugyanolyan formában, ahogyan látható a tanszéki honlapon (nincs semmi magyarázat vagy vázlatpont stb.). A másik része egy feladat megoldása. Ezek a feladatok korábbi beugró példákból kerülnek ki, nem túl nehezek, de ismertetni kell a megoldást, az elméleti hátteret.

*[[Elektromágneses terek alapjai - Szóbeli feladatok|Szóbeli feladatok]] - Itt gyűjtjük a szóbelin húzható számolási feladatokat. '''''Szerkesszétek, bővítsétek! Az is jó, ha csak a feladat PONTOS szövegét és SORSZÁMÁT írjátok be!'''''
*'''Kiemelt kidolgozás: '''[[Media:Terek_tételkidolgozás2012.pdf‎|Tételkidolgozás]] - 2012/2013-as tavaszi félévben kiadott szóbeli tételek teljes kidolgozása.
*[[Media:Terek_tételkidolgozás.PDF|Számpéldák]] - Jópár számolási feladat kidolgozása. Néhány hiba előfordul benne! Kérlek ha észlelnél benne bármilyen hibát, akkor írd le pontos magyarázattal a többi [[Elektromágneses terek alapjai - Számolós vizsgakérdések kidolgozásában talált hibák javításai|hibajavításhoz]]!
*[[Media:Terek_40kidolzott_példa.pdf‎|40 vizsgapélda]] - ''Szilágyi Tamás'' által részletesen kidolgozott vizsgapéldák. '''Fontos:''' Most már nem ezek közül kerülnek ki a beugrókérdések! Gyakorlásnak viszont jók!
*[[Media:Terek_tételekhez_képletek.pdf‎|Képletgyűjtemény]] - Szóbeli tételekhez rendszerezett képletgyűjtemény.
*[[Media:EMT_teljes_2015_osz.pdf|Előadások és gyakorlatok]] - Összes előadás és 6 db gyakorlat. (2015 ősz)

=== Egyéb segédanyagok ===

*[[Media:EMTA2_ZH_kisfeladatok_2015.pdf|Kisfeladatok2ZH]]- 2015 előtti zárthelyik(/vizsgabeugrók) kis-feladatainak gyűjteménye a 3Zh-s rendszer 2.Zárhelyiéhez.
*[[Media:Terek távvezetékesfeladatokkidolgozása.pdf|Távvezetékek]] - Néhány távvezetékes feladat nagyon jó kidolgozása, a hozzájuk szükséges képletek rendszerezésével együtt.
*[[Media:Terek_képletek_1ZH-hoz.PDF‎|Első ZH]] és a [[Media:Terek_képletek_2ZH-hoz.PDF‎|második ZH]] anyagához egy-egy hasznos képlet-összefoglaló.
*[[Media:Terek_magicképletek.PDF|Magic képletek]] - ''Ács Judit'' által összegyűjtött néhány hasznos képlet.
*[http://www.youtube.com/playlist?list=PLEfarzfPitd3styANrY3KT8xg3jOkOLED Elektrodinamika] - 2014. őszi anyag a Széchenyi István Egyetemről, Elektrodinamika tárgyhoz, de tökéletesen használható az Elektromágneses terek megértéséhez - elmélettel, példákkal.

===Régebbi jegyzetek/kidolgozások===

Itt vannak összegyűjtve a régebbi jegyzetek/tételkidolgozások, melyek már kisebb-nagyobb mértékben aktualitásukat vesztették. Ezeket érdemes a végére hagyni és a fentebbi aktuális anyagokkal kezdeni. Ettől függetlenül, ha valaki valamit nem ért, ezek között is érdemes lehet keresgélni, mert vannak bennük hasznos anyagok!

*Az előadás-videók alapján ''Ecker Tibor Ádám'' által készített [[Media:Terek_előadásvideókjegyzet.pdf‎|jegyzet]].
*''Dr. Sebestyén Imre'' 2008/2009 tavaszi félévi előadásai alapján ''Sasvári Gergely'' által készített jól használható [[Media:Terek_jegyzet_2009tavasz.pdf‎|jegyzet]].
*2006/2007-es tavaszi félévben kiadott szóbeli tételek kézzel írt, szkennelt [[Media:Terek_2007tételek_1-15.pdf‎|kidolgozása]].
*2010/2011-es tavaszi félévben kiadott szóbeli tételek kézzel írt, szkennelt kidolgozásának [[Media:Terek_tételek1-16_2010tavasz.PDF|első]] és [[Media:Terek_tételek17-31_2010tavasz.PDF|második]] fele (készítője ''Chikán Viktor'').
*2010/2011-es tavaszi félévben kiadott szóbeli tételekhez egy másik, kézzel írt, szkennelt [[Media:Terek_tételekkidolgozása2010tavasz.PDF|kidolgozása]].
*'''Teljes kidolgozás: ''' 2013/2014-es tavaszi félévben kiadott szóbeli tételek kidolgozása (Gyimóthy Szabolcs előadásai alapján), kézzel írt, szkennelt: [[Média:terek_tetelkidolgozas_2013-2014_1-30_tetelek.pdf|1-30-as tételek]] és [[Média:terek_tetelkidolgozas_2013-2014_31-59_tetelek.pdf|31-59-es tételek]]

== Első zárthelyi ==

{| style="border-spacing: 1em; width: 100%;"

| style="vertical-align: top; width: 33%;" |
==== ZH - 2015 után====

*[[Media:Terek_2015_tavasz_ZH1_AB.pdf|2014/15 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_ZH1_2015kereszt.pdf|2015/16 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal

| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

==== Rendes ZH - 2015 előtt ====

*[[Media:Terek_2006tavasz_1ZHB.pdf‎|2005/06 tavasz]] - B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2007tavasz_1ZHB.pdf| 2006/07 tavasz]] - B csoport
*[[Media:Terek_2008tavasz_1ZHAB.pdf‎|2007/08 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009tavasz_1ZH.pdf‎|2008/09 tavasz]] - MINTA zárthelyi megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009tavasz_1ZHAB.pdf‎|2008/09 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009kereszt_1ZHAB.pdf‎|2009/10 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2010tavasz_1ZHAB.pdf|2009/10 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2010kereszt_1ZHAB.pdf‎|2010/11 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2011kereszt_1ZH.pdf‎|2011/12 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012tavasz_1ZHAB.pdf‎|2011/12 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012kereszt_1ZH.pdf|2012/13 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2013tavasz_ZH1.pdf‎|2012/13 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2013ősz_ZH1_AB.pdf|2013/14 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2014_tavasz_ZH1_AB.pdf|2013/14 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_ZH1_2014kereszt.pdf|2014/15 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal

| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

==== Pót ZH - 2015 előtt ====

*[[Media:Terek_2007tavasz_1ZHpót.pdf|2006/07 tavasz]] - megoldások nélkül
*[[Media:Terek_2008kereszt_1ZHpót.PDF|2008/09 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009tavasz_1ZHpót.pdf‎|2008/09 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009kereszt_1ZHpót.pdf|2009/10 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2010tavasz_1Zhpót.pdf‎|2009/10 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2011kereszt_1ZHpót.pdf‎|2011/12 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012tavasz_1ZHpót.pdf‎|2011/12 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012kereszt_1ZHpót.pdf‎|2012/13 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2013tavasz_pótZH_1.pdf‎|2012/13 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_pZH1_2013kereszt.pdf|2013/14 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2014tavasz_pótZH_1.pdf‎|2013/14 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_PZH1_2014kereszt.pdf‎|2014/15 kereszt]] - megoldásokkal
|}

== Második zárthelyi ==

{| style="border-spacing: 1em; width: 100%;"
| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

=== ZH - 2015 után ===

*[[Media:Zh2_2015_tavasz.pdf|2014/15 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_ZH2_2015kereszt.pdf|2015/16 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal

| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

=== Rendes ZH - 2015 előtt===

*[[Media:Terek_2002tavasz_1ZHA.pdf‎|2001/02 tavasz]] - A és B csoport
*[[Media:Terek_2006kereszt_1ZHB.PDF|2006/07 kereszt]] - B csoport
*[[Media:Terek_2007tavasz_2ZHAB.PDF|2006/07 tavasz]] - A és B csoport
*[[Media:Terek_2008tavasz_2ZHAB.pdf|2007/08 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2008kereszt_2ZHAB.pdf‎|2008/09 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009tavasz_2ZHAB.pdf|2008/09 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009kereszt_2ZHAB.pdf‎|2009/10 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2010tavasz_2ZHAB.pdf‎|2009/10 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2010kereszt_2ZHAB.pdf‎|2010/11 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2011kereszt_2ZH.pdf‎|2011/12 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012tavasz_2ZH.pdf‎|2011/12 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012kereszt_2ZH.pdf‎|2012/13 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2013tavasz_2ZH_AB.pdf|2012/13 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:terek_ZH2_2013ősz.pdf|2013/14 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2014tavasz_2ZH_AB.pdf|2013/14 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_ZH2_2014kereszt.pdf|2014/15 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal

| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

=== Pót ZH - 2015 előtt ===

*[[Media:Terek_2007tavasz_2ZHpót.PDF‎|2006/07 tavasz]] - megoldások nélkül
*[[Media:Terek_2008tavasz_2ZHpót.PDF‎|2007/08 tavasz]] - megoldások nélkül
*[[Media:Terek_2008kereszt_2ZHpót.PDF|2008/09 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009tavasz_2ZHpótAB.pdf‎‎|2008/09 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009kereszt_2ZHpót.pdf‎|2009/10 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2010tavasz_2ZHpót.pdf|2009/10 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2011kereszt_2ZHpót.pdf‎|2011/12 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012tavasz_2ZHpót.pdf‎|2011/12 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012kereszt_2ZHpót.pdf‎|2012/13 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2013tavasz_pótZH_2.pdf‎|2012/13 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2013kereszt_pZH2.pdf‎|2013/14 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2014tavasz_pótZH_2.pdf‎|2013/14 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_PZH2_2014kereszt.pdf|2014/15 kereszt]] - megoldásokkal

|}

== Harmadik zárthelyi ==

{| style="border-spacing: 1em; width: 100%;"
| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

=== ZH - 2015 után ===

*[[Media:Terek_ZH3_2015tavasz.pdf|2014/15 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_ZH3_2015kereszt.pdf|2015/16 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal

|}

== Vizsgabeugrók ==

{| style="border-spacing: 1em; width: 100%;"
| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

*2008/09 - kereszt:
**[[Media:Terek_beugró_20090112.PDF|2009.01.12]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20090119.PDF|2009.01.19]] - megoldások nélkül

*2009/10 - kereszt:
**[[Media:Terek_beugró_20091222.pdf‎|2009.12.22]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100115.pdf‎|2010.01.15]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100122.PDF‎|2010.01.22]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100129.PDF‎|2010.01.29]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100202.PDF‎|2010.02.02]] - részletes megoldásokkal

*2009/10:
**[[Media:Terek_beugró_20100528.pdf‎|2010.05.28]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100604.pdf|2010.06.04]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100611A.PDF‎|2010.06.11]] - A csoport részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100611B.PDF|2010.06.11]] - B csoport megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100618A.PDF|2010.06.18]] - A csoport részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100618B.PDF‎|2010.06.18]] - B csoport megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100826.PDF|2010.08.26]] - megoldásokkal

*2010/11 - kereszt:
**[[Media:Terek_beugró_20101222.PDF‎|2010.12.22]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20110105.PDF|2011.01.05]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20110112.PDF‎|2011.01.12]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20110119.pdf‎|2011.01.19]] - részben megoldásokkal

| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

*2010/11:
**[[Media:Terek_beugró_20110526.pdf‎|2011.05.26]] - részben megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20110602.pdf|2011.06.02]] - részben megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20110609.pdf|2011.06.09]] - részben megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20110616.pdf‎|2011.08.25]] - hivatalos megoldásokkal

*2011/12 - kereszt:
**[[Media:Terek_beugró_20120112.pdf‎|2012.01.12]] - részletes megoldásokkal

*2011/12:
**[[Media:Terek_beugró_20120531.pdf‎|2012.05.31]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20120607.pdf‎|2012.06.07]] - emlékezetből, megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20120614.pdf‎‎|2012.06.14]] - emlékezetből, megoldásokkal

*2012/13 - kereszt:
**[[Media:Terek_beugró_20121220.PDF|2012.12.20]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20130110.PDF‎|2013.01.10]] - megoldásokkal

*2012/13:
**[[Media:EMTa_vizsga_20130606.pdf|2013.06.06]] - emlékezetből, megoldás nélkül
**[[Média:EMTA_beugro_20130613.jpg|2013.06.13]] - megoldásokkal

*2013/14 - kereszt:
**[[Media:Terek_beugro_2014.01.09.jpg|2014.01.09]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugro_2014.01.16.pdf|2014.01.16]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugro_20140123.pdf|2014.01.23]] - megoldásokkal

| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

*2013/14:
**[[Media:Terek_beugró_20140529.pdf|2014.05.29]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugro_20140605_megoldasokkal.pdf|2014.06.05]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_2014_v3_A.jpg|2014.06.12]] - A csoport hivatalos megoldásokkal
**[[Media:Terek_2014_v3_B_megoldasokkal.pdf|2014.06.12]] - B csoport hivatalos megoldásokkal (kidolgozva)
**[[Media:Terek_beugro_20140619.pdf|2014.06.19]] - megoldásokkal

*2014/15:
**[[Media:Terek_beugro_20150528.pdf|2015.05.28]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugro_20150604_megoldasokkal.pdf|2015.06.04]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugro_20150618_megoldasokkal.pdf|2015.06.18]] - megoldásokkal

*2015/16:
**[[Media:EMT20160107.pdf|2016.01.07]] - megoldásokkal

|}

== Tippek ==

*A tárgynak legendás híre van és tényleg nem könnyű, tehát ne vedd félvállról. Ne becsüld le, mert fontos és szemléletformáló. Alapvetően fizika, de részletesebb és sok a gyakorlati kitekintés. Ha tudod, hogy nem fogsz tudni elég időt szánni rá, akkor ne is vedd fel. A vektoranalízisre erősen épít, így A3 nélkül szintén nem érdemes felvenni.
*Az aláírás a vizsgabeugróhoz képest jóval könnyebben teljesíthető. A vizsga szóbeli és írásbeli részből áll. A vizsgára az összes tételt tudni kell, mert ha egyet nem tudsz, az hamar kiderül. Ha gyakorolsz és átlátod az anyagot, a beugró akkor is nehéz, erőteljes rutint kell szerezni a feladatmegoldásban. A beugróban egyébként különböző időigényűek a feladatok és ugyanannyi pontot érnek, így ez alapján érdemes szelektálni közöttük.
*Ennél a tárgynál nem működik a "''megtanulok 10-20 képletet és majd behelyettesítek''" módszer! Hiába illenek bele egy képletbe a feladatban felsorolt adatok, attól még lehet, hogy teljesen mást kellene számolni. Tudni kell az alaptételeket, azt hogy mikor milyen egyszerűsítést lehet megtenni és ez alapján kell kitalálni, hogy mivel is kell számolni.
*Előadásra érdemes bejárni, még ha nem is értesz mindent ott helyben, mert ha a ZH-ra való készüléskor szembesülsz először az anyaggal, akkor sokkal nehezebb dolgod lesz.
*Miből tanulj, hogy ne forduljanak elő "''Sajnos most nem tudom átengedni''" típusú jelenségek? A '''Dr. Fodor György: Elektromágneses terek''' könyvet érdemes forgatni, mert abban viszonylag normálisan le vannak írva a dolgok. A Zombori-féle könyv is hasznos lehet, bár kevésbé követi a tematikája a tárgy anyagát és nem azokkal a jelölésekkel dolgozik, amit az előadáson mutatnak. A kidolgozott tételsorokból való készülés általában pedig ezt szüli: "''Ez kevés lesz, kolléga''". A szóbeli vizsgán az érdekli őket, hogy a mélyebb összefüggéseket érted-e, nem pedig az, hogy sikerült-e benyalnod időre egy 50 oldalas kidolgozást. Mindenesetre, ha már érted az anyag velejét, akkor ismétlésre, képletek áttekintésére nagyon jól használható a ''Mucsi Dénes'' által, ''Dr. Gyimóthy Szabolcs'' előadásaiból készített előadásjegyzet.
*Erősen szubjektív vélemény következik: Szerintem a Fodor-féle könyv egy nagy káosz. Bár illeszkedik a tematikához, de ha igazán meg akarod érteni a miérteket, ajánlom a következő két könyvet:
** Daniel '''Fleisch -- A Student's Guide to Maxwell's Equations'''
** David J. '''Griffiths -- Introduction to Electrodynamics'''
:Ha magyart szeretnél, akkor a Simonyi féle könyv lesz a nyerő. Angol nyelvű mindkettő, de középfokú nyelvismerettel ehetőek. Természetesen nem fednek le minden dolgot a kurzushoz, ezért előadásra érdemes bejárni, ugyanakkor nagyon szilárd alapot adnak az egész kurzushoz. A beszerzésnél a google lesz a barátod. Szintén erősen ajánlott nézegetni ''Walter H. G. Lewin (MIT)'' előadásait a youtube-on, ha úgy érzed a fizikai alapok hiányoznak a kurzushoz. Kifejezetten jól magyaráz, érthetővé tesz mindent.
*Az MIT open coursware oldalról: http://ocw.mit.edu/resources/res-6-001-electromagnetic-fields-and-energy-spring-2008/chapter-1/
:Bal oldalt lehet válogatni a fejezetek között. Hasznos, mivel az elméleti leírás mellett vannak hozzá kísérletes videók. Például a laplace-poisson egyenlet megoldását szemléltető kísérlet stb. stb.

== Verseny ==

A tárgyból rendeznek hivatalos tanulmányi versenyt is, melynek [http://verseny.vik.hk/versenyek/olvas/12?v=Elektrom%C3%A1gneses+terek itt] érhető el a honlapja.

Az Elektromágneses terek verseny témája a villamosmérnöki alapképzésen előadott, hasonló című tárgy anyagához illeszkedik. A versenyfeladatok természetesen mind a fizikai jelenségek, mind pedig azok matematikai modelljei tekintetében a tantárgyi tematikán túlmutató nehézségűek lehetnek.

Tekintettel a másodéves hallgatókra, a kitűzött feladatok közül háromnak az elméleti háttere kapcsolódik az Elektromágneses terek alapjai című tárgynak a verseny időpontjáig elhangzó előadásaihoz. A helyezések megállapításánál ugyancsak tekintettel vannak a másod- és felsőbbévesek tanulmányai közötti különbségre. Az irányelv az, hogy az I., II. és III. helyezés feltétele másodévesek esetén rendre két teljes megoldás, egy teljes megoldás illetve egy értékelhető részmegoldás. A felsőbbévesek esetén pedig rendre három, kettő illetve egy feladat teljes megoldása. Ez tehát azt jelenti, hogy egy másodéves hallgató megelőzi az eredménysorrendben a felsőbbévest, ha a versenyen azonos teljesítményt mutatnak fel.

{{Lábléc_-_Villamosmérnök_alapszak}}

Fájl:Terek beugro 20140605 megoldasokkal.pdf

2016-01-11T16:17:15Z

Márkus János Dániel: File uploaded with MsUpload

File uploaded with MsUpload

Fájl:Terek beugro 20140619.pdf

2016-01-11T12:41:06Z

Márkus János Dániel: Márkus János Dániel uploaded a new version of Fájl:Terek beugro 20140619.pdf

Fájl:Terek beugro 20140619.pdf

2016-01-11T12:39:02Z

Márkus János Dániel: Márkus János Dániel uploaded a new version of Fájl:Terek beugro 20140619.pdf

Elektromágneses terek alapjai

2016-01-10T17:37:52Z

Márkus János Dániel: /* Vizsgabeugrók */

{{Tantárgy
|nev=Elektromágneses terek alapjai
|tárgykód=VIHVA201
|kredit=5
|felev=4
|kereszt=van
|tanszék=HVT
|kiszh=nincs
|vizsga=szóbeli írásbeli beugróval
|nagyzh=3 db
|hf=nincs
|szak=villany
|tad=https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIHVA201/
|targyhonlap=https://hvt.bme.hu/index.php?option=com_content&view=article&catid=1%3Absc-kepzes&id=641%3Aelektromagneses-terek-alapjai-vihva201&Itemid=35&lang=hu
|levlista=[https://lists.sch.bme.hu/wws/info/terek terek{{kukac}}sch.bme.hu]
}}

Az '''Elektromágneses terek alapjai''' erőteljesen épít a [[Matematika A3 villamosmérnököknek]] és a [[Fizika 2]] című tárgyak tananyagára. Ezenkívül a [[Jelek és rendszerek 1]] valamint [[Jelek és rendszerek 2]] előismeretek nagyon hasznosak. Magabiztos vektoranalízis és elektrodinamika alaptudás nélkül nem érdemes felvenni a tárgyat!

A tárgy elsődleges célkitűzése, hogy a villamosmérnök hallgatókkal megismertesse az elektromágneses térrel kapcsolatos alapfogalmakat és matematikai összefüggéseket. Célja továbbá a fontosabb térszámítási módszerek bemutatása, néhány egyszerűen tárgyalható feladattípus megoldása, a megoldások szemléltetése, értelmezése és alkalmazási területeik áttekintése. Egyszersmind megalapozza az MSc képzésben indított Elektromágneses terek tárgyat.

== Követelmények ==

*'''Előkövetelmény:''' [[Jelek és rendszerek 1]] című tárgy teljesítése, valamint a [[Matematika A3 villamosmérnököknek]] és a [[Fizika 2]] című tárgyakból az aláírás megszerzése.
*'''Jelenlét:''' Az előadásokon és gyakorlatokon való részvétel kötelező, de ezt nem ellenőrzik.
*'''NagyZH:''' A félév során három nagyzárthelyit kell megírni. Mindkét zárthelyi 1 darab 10 pontos nagypéldából és 5 darab 2 pontos kiskérdésből áll. Az elégségeshez a maximális 20 pontból legalább 10 pontot kell szerezni. Az aláírás megszerzésének feltétele, hogy a három nagyzárthelyiből a két legjobb átlaga legalább 2.0 legyen! '''A ZH-k nem pótolhatóak, azonban a három ZH-ból csak a két legjobb számít.''' A meg nem írt zárthelyik az átlagba 1-es eredménnyel számítanak bele.
*'''Vizsga:''' Egy írásbeli beugróból és egy szóbeliből áll:
*#A beugró 10 darab 1 pontos számolási feladatból áll, melyekre tesztes formában 4 válaszlehetőség van megadva. Legalább 5 kérdésnél kell választ jelöni, különben automatikusan elégtelen a vizsga. Helyes jelölés +1 pont, nincs jelölés 0 pont, hibás jelölés -1 pont. 4 ponttól sikeres a beugró, és csak ezután kezdhető meg a szóbeli. '''FONTOS: Csak PÁROS számú kérdést van értelme bejelölni!''' (Számolj utána)
*#Akinek a ZH átlaga legalább 4,0 vagy az Elektromágneses Terek Versenyen I-III. helyezést ér el, mentesül a beugró alól, vagyis rögtön szóbelizhet. Ez a kedvezmény csak az adott félév vizsgaidőszakában és csakis egy alkalommal érvényes.
*#A szóbelin két tételt kell húzni: egy számolási feladatot és egy elméleti témakört. Ennek kidolgozására 15-20 perc áll rendelkezésre.
*#A 6. vizsgán – annak kritikus volta miatt – a beugró eredményétől függetlenül lehetőség van szóbelizni, de ez már 2 fős bizottság előtt zajlik.

== Segédanyagok ==

=== Hivatalos Jegyzetek ===

*'''''Dr. Fodor György: Elektromágneses terek''''' című tankönyv nagyon jól használható, szinte kötelező a tárgyhoz!
*'''''Dr. Zombory László: Elektromágneses terek''''' című tankönyv szintén használható, mely a ''Műszaki Kiadó'' honlapján [http://www.muszakikiado.hu/files/Konyvek/Dr_Zombory_Laszlo_Elektromagneses_terek.pdf ingyenesen elérhető].
*'''''Dr. Bilicz Sándor: Elektromágneses terek példatár''''' jól használható gyakorlásra. Érdemes beszerezni!
*'''Kiemelt jegyzet:''' [[Media:Terek_jegyzet2011kereszt.pdf‎|Előadásjegyzet]] - ''Dr. Gyimóthy Szabolcs'' előadó órái alapján ''Mucsi Dénes'' által készített, jegyzetpályázatra beküldött, az előadó által ellenőrzött előadásjegyzet.
*[http://bme.videotorium.hu/hu/channels/details/815,Elektromagneses_terek Előadásvideók] - A tárgy összes előadásának felvétele elérhető itt - [[Elektromágneses terek alapjai - Előadásvideók címszavai időpontokkal|Előadások címszavai és időpontok]] (Az előadásvideók időpont és téma szerinti tartalomjegyzéke).

===Vizsgához segédanyagok ===

Sikeres beugró után a szóbeli két részből áll, kettő lapot kell húzni az elején. Az egyik egy tétel, ami a kiadott tételsor valamelyik tétele, ugyanolyan formában, ahogyan látható a tanszéki honlapon (nincs semmi magyarázat vagy vázlatpont stb.). A másik része egy feladat megoldása. Ezek a feladatok korábbi beugró példákból kerülnek ki, nem túl nehezek, de ismertetni kell a megoldást, az elméleti hátteret.

*[[Elektromágneses terek alapjai - Szóbeli feladatok|Szóbeli feladatok]] - Itt gyűjtjük a szóbelin húzható számolási feladatokat. '''''Szerkesszétek, bővítsétek! Az is jó, ha csak a feladat PONTOS szövegét és SORSZÁMÁT írjátok be!'''''
*'''Kiemelt kidolgozás: '''[[Media:Terek_tételkidolgozás2012.pdf‎|Tételkidolgozás]] - 2012/2013-as tavaszi félévben kiadott szóbeli tételek teljes kidolgozása.
*[[Media:Terek_tételkidolgozás.PDF|Számpéldák]] - Jópár számolási feladat kidolgozása. Néhány hiba előfordul benne! Kérlek ha észlelnél benne bármilyen hibát, akkor írd le pontos magyarázattal a többi [[Elektromágneses terek alapjai - Számolós vizsgakérdések kidolgozásában talált hibák javításai|hibajavításhoz]]!
*[[Media:Terek_40kidolzott_példa.pdf‎|40 vizsgapélda]] - ''Szilágyi Tamás'' által részletesen kidolgozott vizsgapéldák. '''Fontos:''' Most már nem ezek közül kerülnek ki a beugrókérdések! Gyakorlásnak viszont jók!
*[[Media:Terek_tételekhez_képletek.pdf‎|Képletgyűjtemény]] - Szóbeli tételekhez rendszerezett képletgyűjtemény.
*[[Media:EMT_teljes_2015_osz.pdf|Előadások és gyakorlatok]] - Összes előadás és 6 db gyakorlat. (2015 ősz)

=== Egyéb segédanyagok ===

*[[Media:EMTA2_ZH_kisfeladatok_2015.pdf|Kisfeladatok2ZH]]- 2015 előtti zárthelyik(/vizsgabeugrók) kis-feladatainak gyűjteménye a 3Zh-s rendszer 2.Zárhelyiéhez.
*[[Media:Terek távvezetékesfeladatokkidolgozása.pdf|Távvezetékek]] - Néhány távvezetékes feladat nagyon jó kidolgozása, a hozzájuk szükséges képletek rendszerezésével együtt.
*[[Media:Terek_képletek_1ZH-hoz.PDF‎|Első ZH]] és a [[Media:Terek_képletek_2ZH-hoz.PDF‎|második ZH]] anyagához egy-egy hasznos képlet-összefoglaló.
*[[Media:Terek_magicképletek.PDF|Magic képletek]] - ''Ács Judit'' által összegyűjtött néhány hasznos képlet.
*[http://www.youtube.com/playlist?list=PLEfarzfPitd3styANrY3KT8xg3jOkOLED Elektrodinamika] - 2014. őszi anyag a Széchenyi István Egyetemről, Elektrodinamika tárgyhoz, de tökéletesen használható az Elektromágneses terek megértéséhez - elmélettel, példákkal.

===Régebbi jegyzetek/kidolgozások===

Itt vannak összegyűjtve a régebbi jegyzetek/tételkidolgozások, melyek már kisebb-nagyobb mértékben aktualitásukat vesztették. Ezeket érdemes a végére hagyni és a fentebbi aktuális anyagokkal kezdeni. Ettől függetlenül, ha valaki valamit nem ért, ezek között is érdemes lehet keresgélni, mert vannak bennük hasznos anyagok!

*Az előadás-videók alapján ''Ecker Tibor Ádám'' által készített [[Media:Terek_előadásvideókjegyzet.pdf‎|jegyzet]].
*''Dr. Sebestyén Imre'' 2008/2009 tavaszi félévi előadásai alapján ''Sasvári Gergely'' által készített jól használható [[Media:Terek_jegyzet_2009tavasz.pdf‎|jegyzet]].
*2006/2007-es tavaszi félévben kiadott szóbeli tételek kézzel írt, szkennelt [[Media:Terek_2007tételek_1-15.pdf‎|kidolgozása]].
*2010/2011-es tavaszi félévben kiadott szóbeli tételek kézzel írt, szkennelt kidolgozásának [[Media:Terek_tételek1-16_2010tavasz.PDF|első]] és [[Media:Terek_tételek17-31_2010tavasz.PDF|második]] fele (készítője ''Chikán Viktor'').
*2010/2011-es tavaszi félévben kiadott szóbeli tételekhez egy másik, kézzel írt, szkennelt [[Media:Terek_tételekkidolgozása2010tavasz.PDF|kidolgozása]].
*'''Teljes kidolgozás: ''' 2013/2014-es tavaszi félévben kiadott szóbeli tételek kidolgozása (Gyimóthy Szabolcs előadásai alapján), kézzel írt, szkennelt: [[Média:terek_tetelkidolgozas_2013-2014_1-30_tetelek.pdf|1-30-as tételek]] és [[Média:terek_tetelkidolgozas_2013-2014_31-59_tetelek.pdf|31-59-es tételek]]

== Első zárthelyi ==

{| style="border-spacing: 1em; width: 100%;"

| style="vertical-align: top; width: 33%;" |
==== ZH - 2015 után====

*[[Media:Terek_2015_tavasz_ZH1_AB.pdf|2014/15 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_ZH1_2015kereszt.pdf|2015/16 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal

| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

==== Rendes ZH - 2015 előtt ====

*[[Media:Terek_2006tavasz_1ZHB.pdf‎|2005/06 tavasz]] - B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2007tavasz_1ZHB.pdf| 2006/07 tavasz]] - B csoport
*[[Media:Terek_2008tavasz_1ZHAB.pdf‎|2007/08 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009tavasz_1ZH.pdf‎|2008/09 tavasz]] - MINTA zárthelyi megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009tavasz_1ZHAB.pdf‎|2008/09 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009kereszt_1ZHAB.pdf‎|2009/10 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2010tavasz_1ZHAB.pdf|2009/10 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2010kereszt_1ZHAB.pdf‎|2010/11 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2011kereszt_1ZH.pdf‎|2011/12 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012tavasz_1ZHAB.pdf‎|2011/12 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012kereszt_1ZH.pdf|2012/13 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2013tavasz_ZH1.pdf‎|2012/13 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2013ősz_ZH1_AB.pdf|2013/14 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2014_tavasz_ZH1_AB.pdf|2013/14 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_ZH1_2014kereszt.pdf|2014/15 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal

| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

==== Pót ZH - 2015 előtt ====

*[[Media:Terek_2007tavasz_1ZHpót.pdf|2006/07 tavasz]] - megoldások nélkül
*[[Media:Terek_2008kereszt_1ZHpót.PDF|2008/09 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009tavasz_1ZHpót.pdf‎|2008/09 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009kereszt_1ZHpót.pdf|2009/10 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2010tavasz_1Zhpót.pdf‎|2009/10 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2011kereszt_1ZHpót.pdf‎|2011/12 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012tavasz_1ZHpót.pdf‎|2011/12 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012kereszt_1ZHpót.pdf‎|2012/13 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2013tavasz_pótZH_1.pdf‎|2012/13 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_pZH1_2013kereszt.pdf|2013/14 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2014tavasz_pótZH_1.pdf‎|2013/14 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_PZH1_2014kereszt.pdf‎|2014/15 kereszt]] - megoldásokkal
|}

== Második zárthelyi ==

{| style="border-spacing: 1em; width: 100%;"
| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

=== ZH - 2015 után ===

*[[Media:Zh2_2015_tavasz.pdf|2014/15 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_ZH2_2015kereszt.pdf|2015/16 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal

| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

=== Rendes ZH - 2015 előtt===

*[[Media:Terek_2002tavasz_1ZHA.pdf‎|2001/02 tavasz]] - A és B csoport
*[[Media:Terek_2006kereszt_1ZHB.PDF|2006/07 kereszt]] - B csoport
*[[Media:Terek_2007tavasz_2ZHAB.PDF|2006/07 tavasz]] - A és B csoport
*[[Media:Terek_2008tavasz_2ZHAB.pdf|2007/08 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2008kereszt_2ZHAB.pdf‎|2008/09 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009tavasz_2ZHAB.pdf|2008/09 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009kereszt_2ZHAB.pdf‎|2009/10 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2010tavasz_2ZHAB.pdf‎|2009/10 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2010kereszt_2ZHAB.pdf‎|2010/11 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2011kereszt_2ZH.pdf‎|2011/12 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012tavasz_2ZH.pdf‎|2011/12 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012kereszt_2ZH.pdf‎|2012/13 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2013tavasz_2ZH_AB.pdf|2012/13 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:terek_ZH2_2013ősz.pdf|2013/14 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2014tavasz_2ZH_AB.pdf|2013/14 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_ZH2_2014kereszt.pdf|2014/15 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal

| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

=== Pót ZH - 2015 előtt ===

*[[Media:Terek_2007tavasz_2ZHpót.PDF‎|2006/07 tavasz]] - megoldások nélkül
*[[Media:Terek_2008tavasz_2ZHpót.PDF‎|2007/08 tavasz]] - megoldások nélkül
*[[Media:Terek_2008kereszt_2ZHpót.PDF|2008/09 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009tavasz_2ZHpótAB.pdf‎‎|2008/09 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009kereszt_2ZHpót.pdf‎|2009/10 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2010tavasz_2ZHpót.pdf|2009/10 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2011kereszt_2ZHpót.pdf‎|2011/12 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012tavasz_2ZHpót.pdf‎|2011/12 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012kereszt_2ZHpót.pdf‎|2012/13 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2013tavasz_pótZH_2.pdf‎|2012/13 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2013kereszt_pZH2.pdf‎|2013/14 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2014tavasz_pótZH_2.pdf‎|2013/14 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_PZH2_2014kereszt.pdf|2014/15 kereszt]] - megoldásokkal

|}

== Harmadik zárthelyi ==

{| style="border-spacing: 1em; width: 100%;"
| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

=== ZH - 2015 után ===

*[[Media:Terek_ZH3_2015tavasz.pdf|2014/15 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_ZH3_2015kereszt.pdf|2015/16 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal

|}

== Vizsgabeugrók ==

{| style="border-spacing: 1em; width: 100%;"
| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

*2008/09 - kereszt:
**[[Media:Terek_beugró_20090112.PDF|2009.01.12]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20090119.PDF|2009.01.19]] - megoldások nélkül

*2009/10 - kereszt:
**[[Media:Terek_beugró_20091222.pdf‎|2009.12.22]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100115.pdf‎|2010.01.15]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100122.PDF‎|2010.01.22]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100129.PDF‎|2010.01.29]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100202.PDF‎|2010.02.02]] - részletes megoldásokkal

*2009/10:
**[[Media:Terek_beugró_20100528.pdf‎|2010.05.28]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100604.pdf|2010.06.04]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100611A.PDF‎|2010.06.11]] - A csoport részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100611B.PDF|2010.06.11]] - B csoport megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100618A.PDF|2010.06.18]] - A csoport részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100618B.PDF‎|2010.06.18]] - B csoport megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100826.PDF|2010.08.26]] - megoldásokkal

*2010/11 - kereszt:
**[[Media:Terek_beugró_20101222.PDF‎|2010.12.22]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20110105.PDF|2011.01.05]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20110112.PDF‎|2011.01.12]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20110119.pdf‎|2011.01.19]] - részben megoldásokkal

| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

*2010/11:
**[[Media:Terek_beugró_20110526.pdf‎|2011.05.26]] - részben megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20110602.pdf|2011.06.02]] - részben megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20110609.pdf|2011.06.09]] - részben megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20110616.pdf‎|2011.08.25]] - hivatalos megoldásokkal

*2011/12 - kereszt:
**[[Media:Terek_beugró_20120112.pdf‎|2012.01.12]] - részletes megoldásokkal

*2011/12:
**[[Media:Terek_beugró_20120531.pdf‎|2012.05.31]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20120607.pdf‎|2012.06.07]] - emlékezetből, megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20120614.pdf‎‎|2012.06.14]] - emlékezetből, megoldásokkal

*2012/13 - kereszt:
**[[Media:Terek_beugró_20121220.PDF|2012.12.20]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20130110.PDF‎|2013.01.10]] - megoldásokkal

*2012/13:
**[[Media:EMTa_vizsga_20130606.pdf|2013.06.06]] - emlékezetből, megoldás nélkül
**[[Média:EMTA_beugro_20130613.jpg|2013.06.13]] - megoldásokkal

*2013/14 - kereszt:
**[[Media:Terek_beugro_2014.01.09.jpg|2014.01.09]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugro_2014.01.16.pdf|2014.01.16]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugro_20140123.pdf|2014.01.23]] - megoldásokkal

| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

*2013/14:
**[[Media:Terek_beugró_20140529.pdf|2014.05.29]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20140605.jpg|2014.06.05]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_2014_v3_A.jpg|2014.06.12]] - A csoport hivatalos megoldásokkal
**[[Media:Terek_2014_v3_B_megoldasokkal.pdf|2014.06.12]] - B csoport hivatalos megoldásokkal (kidolgozva)
**[[Media:Terek_beugro_20140619.pdf|2014.06.19]] - megoldásokkal

*2014/15:
**[[Media:Terek_beugro_20150528.pdf|2015.05.28]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugro_20150604_megoldasokkal.pdf|2015.06.04]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugro_20150618_megoldasokkal.pdf|2015.06.18]] - megoldásokkal
|}

== Tippek ==

*A tárgynak legendás híre van és tényleg nem könnyű, tehát ne vedd félvállról. Ne becsüld le, mert fontos és szemléletformáló. Alapvetően fizika, de részletesebb és sok a gyakorlati kitekintés. Ha tudod, hogy nem fogsz tudni elég időt szánni rá, akkor ne is vedd fel. A vektoranalízisre erősen épít, így A3 nélkül szintén nem érdemes felvenni.
*Az aláírás a vizsgabeugróhoz képest jóval könnyebben teljesíthető. A vizsga szóbeli és írásbeli részből áll. A vizsgára az összes tételt tudni kell, mert ha egyet nem tudsz, az hamar kiderül. Ha gyakorolsz és átlátod az anyagot, a beugró akkor is nehéz, erőteljes rutint kell szerezni a feladatmegoldásban. A beugróban egyébként különböző időigényűek a feladatok és ugyanannyi pontot érnek, így ez alapján érdemes szelektálni közöttük.
*Ennél a tárgynál nem működik a "''megtanulok 10-20 képletet és majd behelyettesítek''" módszer! Hiába illenek bele egy képletbe a feladatban felsorolt adatok, attól még lehet, hogy teljesen mást kellene számolni. Tudni kell az alaptételeket, azt hogy mikor milyen egyszerűsítést lehet megtenni és ez alapján kell kitalálni, hogy mivel is kell számolni.
*Előadásra érdemes bejárni, még ha nem is értesz mindent ott helyben, mert ha a ZH-ra való készüléskor szembesülsz először az anyaggal, akkor sokkal nehezebb dolgod lesz.
*Miből tanulj, hogy ne forduljanak elő "''Sajnos most nem tudom átengedni''" típusú jelenségek? A '''Dr. Fodor György: Elektromágneses terek''' könyvet érdemes forgatni, mert abban viszonylag normálisan le vannak írva a dolgok. A Zombori-féle könyv is hasznos lehet, bár kevésbé követi a tematikája a tárgy anyagát és nem azokkal a jelölésekkel dolgozik, amit az előadáson mutatnak. A kidolgozott tételsorokból való készülés általában pedig ezt szüli: "''Ez kevés lesz, kolléga''". A szóbeli vizsgán az érdekli őket, hogy a mélyebb összefüggéseket érted-e, nem pedig az, hogy sikerült-e benyalnod időre egy 50 oldalas kidolgozást. Mindenesetre, ha már érted az anyag velejét, akkor ismétlésre, képletek áttekintésére nagyon jól használható a ''Mucsi Dénes'' által, ''Dr. Gyimóthy Szabolcs'' előadásaiból készített előadásjegyzet.
*Erősen szubjektív vélemény következik: Szerintem a Fodor-féle könyv egy nagy káosz. Bár illeszkedik a tematikához, de ha igazán meg akarod érteni a miérteket, ajánlom a következő két könyvet:
** Daniel '''Fleisch -- A Student's Guide to Maxwell's Equations'''
** David J. '''Griffiths -- Introduction to Electrodynamics'''
:Ha magyart szeretnél, akkor a Simonyi féle könyv lesz a nyerő. Angol nyelvű mindkettő, de középfokú nyelvismerettel ehetőek. Természetesen nem fednek le minden dolgot a kurzushoz, ezért előadásra érdemes bejárni, ugyanakkor nagyon szilárd alapot adnak az egész kurzushoz. A beszerzésnél a google lesz a barátod. Szintén erősen ajánlott nézegetni ''Walter H. G. Lewin (MIT)'' előadásait a youtube-on, ha úgy érzed a fizikai alapok hiányoznak a kurzushoz. Kifejezetten jól magyaráz, érthetővé tesz mindent.
*Az MIT open coursware oldalról: http://ocw.mit.edu/resources/res-6-001-electromagnetic-fields-and-energy-spring-2008/chapter-1/
:Bal oldalt lehet válogatni a fejezetek között. Hasznos, mivel az elméleti leírás mellett vannak hozzá kísérletes videók. Például a laplace-poisson egyenlet megoldását szemléltető kísérlet stb. stb.

== Verseny ==

A tárgyból rendeznek hivatalos tanulmányi versenyt is, melynek [http://verseny.vik.hk/versenyek/olvas/12?v=Elektrom%C3%A1gneses+terek itt] érhető el a honlapja.

Az Elektromágneses terek verseny témája a villamosmérnöki alapképzésen előadott, hasonló című tárgy anyagához illeszkedik. A versenyfeladatok természetesen mind a fizikai jelenségek, mind pedig azok matematikai modelljei tekintetében a tantárgyi tematikán túlmutató nehézségűek lehetnek.

Tekintettel a másodéves hallgatókra, a kitűzött feladatok közül háromnak az elméleti háttere kapcsolódik az Elektromágneses terek alapjai című tárgynak a verseny időpontjáig elhangzó előadásaihoz. A helyezések megállapításánál ugyancsak tekintettel vannak a másod- és felsőbbévesek tanulmányai közötti különbségre. Az irányelv az, hogy az I., II. és III. helyezés feltétele másodévesek esetén rendre két teljes megoldás, egy teljes megoldás illetve egy értékelhető részmegoldás. A felsőbbévesek esetén pedig rendre három, kettő illetve egy feladat teljes megoldása. Ez tehát azt jelenti, hogy egy másodéves hallgató megelőzi az eredménysorrendben a felsőbbévest, ha a versenyen azonos teljesítményt mutatnak fel.

{{Lábléc_-_Villamosmérnök_alapszak}}

Fájl:Terek 2014 v3 B megoldasokkal.pdf

2016-01-10T17:37:18Z

Márkus János Dániel: File uploaded with MsUpload

File uploaded with MsUpload

Fájl:Terek beugro 20150604 megoldasokkal.pdf

2016-01-10T17:37:16Z

Márkus János Dániel: File uploaded with MsUpload

File uploaded with MsUpload

Elektromágneses terek alapjai

2016-01-10T17:36:42Z

Márkus János Dániel: 2015.06.04 és 2014.v3.B beugrók kidolgozva

{{Tantárgy
|nev=Elektromágneses terek alapjai
|tárgykód=VIHVA201
|kredit=5
|felev=4
|kereszt=van
|tanszék=HVT
|kiszh=nincs
|vizsga=szóbeli írásbeli beugróval
|nagyzh=3 db
|hf=nincs
|szak=villany
|tad=https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIHVA201/
|targyhonlap=https://hvt.bme.hu/index.php?option=com_content&view=article&catid=1%3Absc-kepzes&id=641%3Aelektromagneses-terek-alapjai-vihva201&Itemid=35&lang=hu
|levlista=[https://lists.sch.bme.hu/wws/info/terek terek{{kukac}}sch.bme.hu]
}}

Az '''Elektromágneses terek alapjai''' erőteljesen épít a [[Matematika A3 villamosmérnököknek]] és a [[Fizika 2]] című tárgyak tananyagára. Ezenkívül a [[Jelek és rendszerek 1]] valamint [[Jelek és rendszerek 2]] előismeretek nagyon hasznosak. Magabiztos vektoranalízis és elektrodinamika alaptudás nélkül nem érdemes felvenni a tárgyat!

A tárgy elsődleges célkitűzése, hogy a villamosmérnök hallgatókkal megismertesse az elektromágneses térrel kapcsolatos alapfogalmakat és matematikai összefüggéseket. Célja továbbá a fontosabb térszámítási módszerek bemutatása, néhány egyszerűen tárgyalható feladattípus megoldása, a megoldások szemléltetése, értelmezése és alkalmazási területeik áttekintése. Egyszersmind megalapozza az MSc képzésben indított Elektromágneses terek tárgyat.

== Követelmények ==

*'''Előkövetelmény:''' [[Jelek és rendszerek 1]] című tárgy teljesítése, valamint a [[Matematika A3 villamosmérnököknek]] és a [[Fizika 2]] című tárgyakból az aláírás megszerzése.
*'''Jelenlét:''' Az előadásokon és gyakorlatokon való részvétel kötelező, de ezt nem ellenőrzik.
*'''NagyZH:''' A félév során három nagyzárthelyit kell megírni. Mindkét zárthelyi 1 darab 10 pontos nagypéldából és 5 darab 2 pontos kiskérdésből áll. Az elégségeshez a maximális 20 pontból legalább 10 pontot kell szerezni. Az aláírás megszerzésének feltétele, hogy a három nagyzárthelyiből a két legjobb átlaga legalább 2.0 legyen! '''A ZH-k nem pótolhatóak, azonban a három ZH-ból csak a két legjobb számít.''' A meg nem írt zárthelyik az átlagba 1-es eredménnyel számítanak bele.
*'''Vizsga:''' Egy írásbeli beugróból és egy szóbeliből áll:
*#A beugró 10 darab 1 pontos számolási feladatból áll, melyekre tesztes formában 4 válaszlehetőség van megadva. Legalább 5 kérdésnél kell választ jelöni, különben automatikusan elégtelen a vizsga. Helyes jelölés +1 pont, nincs jelölés 0 pont, hibás jelölés -1 pont. 4 ponttól sikeres a beugró, és csak ezután kezdhető meg a szóbeli. '''FONTOS: Csak PÁROS számú kérdést van értelme bejelölni!''' (Számolj utána)
*#Akinek a ZH átlaga legalább 4,0 vagy az Elektromágneses Terek Versenyen I-III. helyezést ér el, mentesül a beugró alól, vagyis rögtön szóbelizhet. Ez a kedvezmény csak az adott félév vizsgaidőszakában és csakis egy alkalommal érvényes.
*#A szóbelin két tételt kell húzni: egy számolási feladatot és egy elméleti témakört. Ennek kidolgozására 15-20 perc áll rendelkezésre.
*#A 6. vizsgán – annak kritikus volta miatt – a beugró eredményétől függetlenül lehetőség van szóbelizni, de ez már 2 fős bizottság előtt zajlik.

== Segédanyagok ==

=== Hivatalos Jegyzetek ===

*'''''Dr. Fodor György: Elektromágneses terek''''' című tankönyv nagyon jól használható, szinte kötelező a tárgyhoz!
*'''''Dr. Zombory László: Elektromágneses terek''''' című tankönyv szintén használható, mely a ''Műszaki Kiadó'' honlapján [http://www.muszakikiado.hu/files/Konyvek/Dr_Zombory_Laszlo_Elektromagneses_terek.pdf ingyenesen elérhető].
*'''''Dr. Bilicz Sándor: Elektromágneses terek példatár''''' jól használható gyakorlásra. Érdemes beszerezni!
*'''Kiemelt jegyzet:''' [[Media:Terek_jegyzet2011kereszt.pdf‎|Előadásjegyzet]] - ''Dr. Gyimóthy Szabolcs'' előadó órái alapján ''Mucsi Dénes'' által készített, jegyzetpályázatra beküldött, az előadó által ellenőrzött előadásjegyzet.
*[http://bme.videotorium.hu/hu/channels/details/815,Elektromagneses_terek Előadásvideók] - A tárgy összes előadásának felvétele elérhető itt - [[Elektromágneses terek alapjai - Előadásvideók címszavai időpontokkal|Előadások címszavai és időpontok]] (Az előadásvideók időpont és téma szerinti tartalomjegyzéke).

===Vizsgához segédanyagok ===

Sikeres beugró után a szóbeli két részből áll, kettő lapot kell húzni az elején. Az egyik egy tétel, ami a kiadott tételsor valamelyik tétele, ugyanolyan formában, ahogyan látható a tanszéki honlapon (nincs semmi magyarázat vagy vázlatpont stb.). A másik része egy feladat megoldása. Ezek a feladatok korábbi beugró példákból kerülnek ki, nem túl nehezek, de ismertetni kell a megoldást, az elméleti hátteret.

*[[Elektromágneses terek alapjai - Szóbeli feladatok|Szóbeli feladatok]] - Itt gyűjtjük a szóbelin húzható számolási feladatokat. '''''Szerkesszétek, bővítsétek! Az is jó, ha csak a feladat PONTOS szövegét és SORSZÁMÁT írjátok be!'''''
*'''Kiemelt kidolgozás: '''[[Media:Terek_tételkidolgozás2012.pdf‎|Tételkidolgozás]] - 2012/2013-as tavaszi félévben kiadott szóbeli tételek teljes kidolgozása.
*[[Media:Terek_tételkidolgozás.PDF|Számpéldák]] - Jópár számolási feladat kidolgozása. Néhány hiba előfordul benne! Kérlek ha észlelnél benne bármilyen hibát, akkor írd le pontos magyarázattal a többi [[Elektromágneses terek alapjai - Számolós vizsgakérdések kidolgozásában talált hibák javításai|hibajavításhoz]]!
*[[Media:Terek_40kidolzott_példa.pdf‎|40 vizsgapélda]] - ''Szilágyi Tamás'' által részletesen kidolgozott vizsgapéldák. '''Fontos:''' Most már nem ezek közül kerülnek ki a beugrókérdések! Gyakorlásnak viszont jók!
*[[Media:Terek_tételekhez_képletek.pdf‎|Képletgyűjtemény]] - Szóbeli tételekhez rendszerezett képletgyűjtemény.
*[[Media:EMT_teljes_2015_osz.pdf|Előadások és gyakorlatok]] - Összes előadás és 6 db gyakorlat. (2015 ősz)

=== Egyéb segédanyagok ===

*[[Media:EMTA2_ZH_kisfeladatok_2015.pdf|Kisfeladatok2ZH]]- 2015 előtti zárthelyik(/vizsgabeugrók) kis-feladatainak gyűjteménye a 3Zh-s rendszer 2.Zárhelyiéhez.
*[[Media:Terek távvezetékesfeladatokkidolgozása.pdf|Távvezetékek]] - Néhány távvezetékes feladat nagyon jó kidolgozása, a hozzájuk szükséges képletek rendszerezésével együtt.
*[[Media:Terek_képletek_1ZH-hoz.PDF‎|Első ZH]] és a [[Media:Terek_képletek_2ZH-hoz.PDF‎|második ZH]] anyagához egy-egy hasznos képlet-összefoglaló.
*[[Media:Terek_magicképletek.PDF|Magic képletek]] - ''Ács Judit'' által összegyűjtött néhány hasznos képlet.
*[http://www.youtube.com/playlist?list=PLEfarzfPitd3styANrY3KT8xg3jOkOLED Elektrodinamika] - 2014. őszi anyag a Széchenyi István Egyetemről, Elektrodinamika tárgyhoz, de tökéletesen használható az Elektromágneses terek megértéséhez - elmélettel, példákkal.

===Régebbi jegyzetek/kidolgozások===

Itt vannak összegyűjtve a régebbi jegyzetek/tételkidolgozások, melyek már kisebb-nagyobb mértékben aktualitásukat vesztették. Ezeket érdemes a végére hagyni és a fentebbi aktuális anyagokkal kezdeni. Ettől függetlenül, ha valaki valamit nem ért, ezek között is érdemes lehet keresgélni, mert vannak bennük hasznos anyagok!

*Az előadás-videók alapján ''Ecker Tibor Ádám'' által készített [[Media:Terek_előadásvideókjegyzet.pdf‎|jegyzet]].
*''Dr. Sebestyén Imre'' 2008/2009 tavaszi félévi előadásai alapján ''Sasvári Gergely'' által készített jól használható [[Media:Terek_jegyzet_2009tavasz.pdf‎|jegyzet]].
*2006/2007-es tavaszi félévben kiadott szóbeli tételek kézzel írt, szkennelt [[Media:Terek_2007tételek_1-15.pdf‎|kidolgozása]].
*2010/2011-es tavaszi félévben kiadott szóbeli tételek kézzel írt, szkennelt kidolgozásának [[Media:Terek_tételek1-16_2010tavasz.PDF|első]] és [[Media:Terek_tételek17-31_2010tavasz.PDF|második]] fele (készítője ''Chikán Viktor'').
*2010/2011-es tavaszi félévben kiadott szóbeli tételekhez egy másik, kézzel írt, szkennelt [[Media:Terek_tételekkidolgozása2010tavasz.PDF|kidolgozása]].
*'''Teljes kidolgozás: ''' 2013/2014-es tavaszi félévben kiadott szóbeli tételek kidolgozása (Gyimóthy Szabolcs előadásai alapján), kézzel írt, szkennelt: [[Média:terek_tetelkidolgozas_2013-2014_1-30_tetelek.pdf|1-30-as tételek]] és [[Média:terek_tetelkidolgozas_2013-2014_31-59_tetelek.pdf|31-59-es tételek]]

== Első zárthelyi ==

{| style="border-spacing: 1em; width: 100%;"

| style="vertical-align: top; width: 33%;" |
==== ZH - 2015 után====

*[[Media:Terek_2015_tavasz_ZH1_AB.pdf|2014/15 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_ZH1_2015kereszt.pdf|2015/16 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal

| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

==== Rendes ZH - 2015 előtt ====

*[[Media:Terek_2006tavasz_1ZHB.pdf‎|2005/06 tavasz]] - B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2007tavasz_1ZHB.pdf| 2006/07 tavasz]] - B csoport
*[[Media:Terek_2008tavasz_1ZHAB.pdf‎|2007/08 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009tavasz_1ZH.pdf‎|2008/09 tavasz]] - MINTA zárthelyi megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009tavasz_1ZHAB.pdf‎|2008/09 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009kereszt_1ZHAB.pdf‎|2009/10 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2010tavasz_1ZHAB.pdf|2009/10 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2010kereszt_1ZHAB.pdf‎|2010/11 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2011kereszt_1ZH.pdf‎|2011/12 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012tavasz_1ZHAB.pdf‎|2011/12 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012kereszt_1ZH.pdf|2012/13 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2013tavasz_ZH1.pdf‎|2012/13 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2013ősz_ZH1_AB.pdf|2013/14 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2014_tavasz_ZH1_AB.pdf|2013/14 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_ZH1_2014kereszt.pdf|2014/15 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal

| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

==== Pót ZH - 2015 előtt ====

*[[Media:Terek_2007tavasz_1ZHpót.pdf|2006/07 tavasz]] - megoldások nélkül
*[[Media:Terek_2008kereszt_1ZHpót.PDF|2008/09 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009tavasz_1ZHpót.pdf‎|2008/09 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009kereszt_1ZHpót.pdf|2009/10 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2010tavasz_1Zhpót.pdf‎|2009/10 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2011kereszt_1ZHpót.pdf‎|2011/12 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012tavasz_1ZHpót.pdf‎|2011/12 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012kereszt_1ZHpót.pdf‎|2012/13 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2013tavasz_pótZH_1.pdf‎|2012/13 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_pZH1_2013kereszt.pdf|2013/14 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2014tavasz_pótZH_1.pdf‎|2013/14 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_PZH1_2014kereszt.pdf‎|2014/15 kereszt]] - megoldásokkal
|}

== Második zárthelyi ==

{| style="border-spacing: 1em; width: 100%;"
| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

=== ZH - 2015 után ===

*[[Media:Zh2_2015_tavasz.pdf|2014/15 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_ZH2_2015kereszt.pdf|2015/16 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal

| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

=== Rendes ZH - 2015 előtt===

*[[Media:Terek_2002tavasz_1ZHA.pdf‎|2001/02 tavasz]] - A és B csoport
*[[Media:Terek_2006kereszt_1ZHB.PDF|2006/07 kereszt]] - B csoport
*[[Media:Terek_2007tavasz_2ZHAB.PDF|2006/07 tavasz]] - A és B csoport
*[[Media:Terek_2008tavasz_2ZHAB.pdf|2007/08 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2008kereszt_2ZHAB.pdf‎|2008/09 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009tavasz_2ZHAB.pdf|2008/09 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009kereszt_2ZHAB.pdf‎|2009/10 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2010tavasz_2ZHAB.pdf‎|2009/10 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2010kereszt_2ZHAB.pdf‎|2010/11 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2011kereszt_2ZH.pdf‎|2011/12 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012tavasz_2ZH.pdf‎|2011/12 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012kereszt_2ZH.pdf‎|2012/13 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2013tavasz_2ZH_AB.pdf|2012/13 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:terek_ZH2_2013ősz.pdf|2013/14 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2014tavasz_2ZH_AB.pdf|2013/14 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_ZH2_2014kereszt.pdf|2014/15 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal

| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

=== Pót ZH - 2015 előtt ===

*[[Media:Terek_2007tavasz_2ZHpót.PDF‎|2006/07 tavasz]] - megoldások nélkül
*[[Media:Terek_2008tavasz_2ZHpót.PDF‎|2007/08 tavasz]] - megoldások nélkül
*[[Media:Terek_2008kereszt_2ZHpót.PDF|2008/09 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009tavasz_2ZHpótAB.pdf‎‎|2008/09 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009kereszt_2ZHpót.pdf‎|2009/10 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2010tavasz_2ZHpót.pdf|2009/10 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2011kereszt_2ZHpót.pdf‎|2011/12 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012tavasz_2ZHpót.pdf‎|2011/12 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012kereszt_2ZHpót.pdf‎|2012/13 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2013tavasz_pótZH_2.pdf‎|2012/13 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2013kereszt_pZH2.pdf‎|2013/14 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2014tavasz_pótZH_2.pdf‎|2013/14 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_PZH2_2014kereszt.pdf|2014/15 kereszt]] - megoldásokkal

|}

== Harmadik zárthelyi ==

{| style="border-spacing: 1em; width: 100%;"
| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

=== ZH - 2015 után ===

*[[Media:Terek_ZH3_2015tavasz.pdf|2014/15 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_ZH3_2015kereszt.pdf|2015/16 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal

|}

== Vizsgabeugrók ==

{| style="border-spacing: 1em; width: 100%;"
| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

*2008/09 - kereszt:
**[[Media:Terek_beugró_20090112.PDF|2009.01.12]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20090119.PDF|2009.01.19]] - megoldások nélkül

*2009/10 - kereszt:
**[[Media:Terek_beugró_20091222.pdf‎|2009.12.22]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100115.pdf‎|2010.01.15]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100122.PDF‎|2010.01.22]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100129.PDF‎|2010.01.29]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100202.PDF‎|2010.02.02]] - részletes megoldásokkal

*2009/10:
**[[Media:Terek_beugró_20100528.pdf‎|2010.05.28]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100604.pdf|2010.06.04]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100611A.PDF‎|2010.06.11]] - A csoport részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100611B.PDF|2010.06.11]] - B csoport megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100618A.PDF|2010.06.18]] - A csoport részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100618B.PDF‎|2010.06.18]] - B csoport megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100826.PDF|2010.08.26]] - megoldásokkal

*2010/11 - kereszt:
**[[Media:Terek_beugró_20101222.PDF‎|2010.12.22]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20110105.PDF|2011.01.05]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20110112.PDF‎|2011.01.12]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20110119.pdf‎|2011.01.19]] - részben megoldásokkal

| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

*2010/11:
**[[Media:Terek_beugró_20110526.pdf‎|2011.05.26]] - részben megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20110602.pdf|2011.06.02]] - részben megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20110609.pdf|2011.06.09]] - részben megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20110616.pdf‎|2011.08.25]] - hivatalos megoldásokkal

*2011/12 - kereszt:
**[[Media:Terek_beugró_20120112.pdf‎|2012.01.12]] - részletes megoldásokkal

*2011/12:
**[[Media:Terek_beugró_20120531.pdf‎|2012.05.31]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20120607.pdf‎|2012.06.07]] - emlékezetből, megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20120614.pdf‎‎|2012.06.14]] - emlékezetből, megoldásokkal

*2012/13 - kereszt:
**[[Media:Terek_beugró_20121220.PDF|2012.12.20]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20130110.PDF‎|2013.01.10]] - megoldásokkal

*2012/13:
**[[Media:EMTa_vizsga_20130606.pdf|2013.06.06]] - emlékezetből, megoldás nélkül
**[[Média:EMTA_beugro_20130613.jpg|2013.06.13]] - megoldásokkal

*2013/14 - kereszt:
**[[Media:Terek_beugro_2014.01.09.jpg|2014.01.09]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugro_2014.01.16.pdf|2014.01.16]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugro_20140123.pdf|2014.01.23]] - megoldásokkal

| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

*2013/14:
**[[Media:Terek_beugró_20140529.pdf|2014.05.29]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20140605.jpg|2014.06.05]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_2014_v3_A.jpg|2014.06.12]] - A csoport hivatalos megoldásokkal
**[[Media:Terek_2014_v3_B_megoldasokkal.pdf|2014.06.12]] - B csoport hivatalos megoldásokkal (kidolgozva)
**[[Media:Terek_beugro_20140619.pdf|2014.06.19]] - megoldásokkal

*2014/15:
**[[Media:Terek_beugro_20150528.pdf|2015.05.28]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20150604_megoldasokkal.pdf|2015.06.04]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugro_20150618_megoldasokkal.pdf|2015.06.18]] - megoldásokkal
|}

== Tippek ==

*A tárgynak legendás híre van és tényleg nem könnyű, tehát ne vedd félvállról. Ne becsüld le, mert fontos és szemléletformáló. Alapvetően fizika, de részletesebb és sok a gyakorlati kitekintés. Ha tudod, hogy nem fogsz tudni elég időt szánni rá, akkor ne is vedd fel. A vektoranalízisre erősen épít, így A3 nélkül szintén nem érdemes felvenni.
*Az aláírás a vizsgabeugróhoz képest jóval könnyebben teljesíthető. A vizsga szóbeli és írásbeli részből áll. A vizsgára az összes tételt tudni kell, mert ha egyet nem tudsz, az hamar kiderül. Ha gyakorolsz és átlátod az anyagot, a beugró akkor is nehéz, erőteljes rutint kell szerezni a feladatmegoldásban. A beugróban egyébként különböző időigényűek a feladatok és ugyanannyi pontot érnek, így ez alapján érdemes szelektálni közöttük.
*Ennél a tárgynál nem működik a "''megtanulok 10-20 képletet és majd behelyettesítek''" módszer! Hiába illenek bele egy képletbe a feladatban felsorolt adatok, attól még lehet, hogy teljesen mást kellene számolni. Tudni kell az alaptételeket, azt hogy mikor milyen egyszerűsítést lehet megtenni és ez alapján kell kitalálni, hogy mivel is kell számolni.
*Előadásra érdemes bejárni, még ha nem is értesz mindent ott helyben, mert ha a ZH-ra való készüléskor szembesülsz először az anyaggal, akkor sokkal nehezebb dolgod lesz.
*Miből tanulj, hogy ne forduljanak elő "''Sajnos most nem tudom átengedni''" típusú jelenségek? A '''Dr. Fodor György: Elektromágneses terek''' könyvet érdemes forgatni, mert abban viszonylag normálisan le vannak írva a dolgok. A Zombori-féle könyv is hasznos lehet, bár kevésbé követi a tematikája a tárgy anyagát és nem azokkal a jelölésekkel dolgozik, amit az előadáson mutatnak. A kidolgozott tételsorokból való készülés általában pedig ezt szüli: "''Ez kevés lesz, kolléga''". A szóbeli vizsgán az érdekli őket, hogy a mélyebb összefüggéseket érted-e, nem pedig az, hogy sikerült-e benyalnod időre egy 50 oldalas kidolgozást. Mindenesetre, ha már érted az anyag velejét, akkor ismétlésre, képletek áttekintésére nagyon jól használható a ''Mucsi Dénes'' által, ''Dr. Gyimóthy Szabolcs'' előadásaiból készített előadásjegyzet.
*Erősen szubjektív vélemény következik: Szerintem a Fodor-féle könyv egy nagy káosz. Bár illeszkedik a tematikához, de ha igazán meg akarod érteni a miérteket, ajánlom a következő két könyvet:
** Daniel '''Fleisch -- A Student's Guide to Maxwell's Equations'''
** David J. '''Griffiths -- Introduction to Electrodynamics'''
:Ha magyart szeretnél, akkor a Simonyi féle könyv lesz a nyerő. Angol nyelvű mindkettő, de középfokú nyelvismerettel ehetőek. Természetesen nem fednek le minden dolgot a kurzushoz, ezért előadásra érdemes bejárni, ugyanakkor nagyon szilárd alapot adnak az egész kurzushoz. A beszerzésnél a google lesz a barátod. Szintén erősen ajánlott nézegetni ''Walter H. G. Lewin (MIT)'' előadásait a youtube-on, ha úgy érzed a fizikai alapok hiányoznak a kurzushoz. Kifejezetten jól magyaráz, érthetővé tesz mindent.
*Az MIT open coursware oldalról: http://ocw.mit.edu/resources/res-6-001-electromagnetic-fields-and-energy-spring-2008/chapter-1/
:Bal oldalt lehet válogatni a fejezetek között. Hasznos, mivel az elméleti leírás mellett vannak hozzá kísérletes videók. Például a laplace-poisson egyenlet megoldását szemléltető kísérlet stb. stb.

== Verseny ==

A tárgyból rendeznek hivatalos tanulmányi versenyt is, melynek [http://verseny.vik.hk/versenyek/olvas/12?v=Elektrom%C3%A1gneses+terek itt] érhető el a honlapja.

Az Elektromágneses terek verseny témája a villamosmérnöki alapképzésen előadott, hasonló című tárgy anyagához illeszkedik. A versenyfeladatok természetesen mind a fizikai jelenségek, mind pedig azok matematikai modelljei tekintetében a tantárgyi tematikán túlmutató nehézségűek lehetnek.

Tekintettel a másodéves hallgatókra, a kitűzött feladatok közül háromnak az elméleti háttere kapcsolódik az Elektromágneses terek alapjai című tárgynak a verseny időpontjáig elhangzó előadásaihoz. A helyezések megállapításánál ugyancsak tekintettel vannak a másod- és felsőbbévesek tanulmányai közötti különbségre. Az irányelv az, hogy az I., II. és III. helyezés feltétele másodévesek esetén rendre két teljes megoldás, egy teljes megoldás illetve egy értékelhető részmegoldás. A felsőbbévesek esetén pedig rendre három, kettő illetve egy feladat teljes megoldása. Ez tehát azt jelenti, hogy egy másodéves hallgató megelőzi az eredménysorrendben a felsőbbévest, ha a versenyen azonos teljesítményt mutatnak fel.

{{Lábléc_-_Villamosmérnök_alapszak}}

Elektromágneses terek alapjai

2016-01-06T14:12:43Z

Márkus János Dániel: /* Vizsgabeugrók */

{{Tantárgy
|nev=Elektromágneses terek alapjai
|tárgykód=VIHVA201
|kredit=5
|felev=4
|kereszt=van
|tanszék=HVT
|kiszh=nincs
|vizsga=szóbeli írásbeli beugróval
|nagyzh=3 db
|hf=nincs
|szak=villany
|tad=https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIHVA201/
|targyhonlap=https://hvt.bme.hu/index.php?option=com_content&view=article&catid=1%3Absc-kepzes&id=641%3Aelektromagneses-terek-alapjai-vihva201&Itemid=35&lang=hu
|levlista=[https://lists.sch.bme.hu/wws/info/terek terek{{kukac}}sch.bme.hu]
}}

Az '''Elektromágneses terek alapjai''' erőteljesen épít a [[Matematika A3 villamosmérnököknek]] és a [[Fizika 2]] című tárgyak tananyagára. Ezenkívül a [[Jelek és rendszerek 1]] valamint [[Jelek és rendszerek 2]] előismeretek nagyon hasznosak. Magabiztos vektoranalízis és elektrodinamika alaptudás nélkül nem érdemes felvenni a tárgyat!

A tárgy elsődleges célkitűzése, hogy a villamosmérnök hallgatókkal megismertesse az elektromágneses térrel kapcsolatos alapfogalmakat és matematikai összefüggéseket. Célja továbbá a fontosabb térszámítási módszerek bemutatása, néhány egyszerűen tárgyalható feladattípus megoldása, a megoldások szemléltetése, értelmezése és alkalmazási területeik áttekintése. Egyszersmind megalapozza az MSc képzésben indított Elektromágneses terek tárgyat.

== Követelmények ==

*'''Előkövetelmény:''' [[Jelek és rendszerek 1]] című tárgy teljesítése, valamint a [[Matematika A3 villamosmérnököknek]] és a [[Fizika 2]] című tárgyakból az aláírás megszerzése.
*'''Jelenlét:''' Az előadásokon és gyakorlatokon való részvétel kötelező, de ezt nem ellenőrzik.
*'''NagyZH:''' A félév során három nagyzárthelyit kell megírni. Mindkét zárthelyi 1 darab 10 pontos nagypéldából és 5 darab 2 pontos kiskérdésből áll. Az elégségeshez a maximális 20 pontból legalább 10 pontot kell szerezni. Az aláírás megszerzésének feltétele, hogy a három nagyzárthelyiből a két legjobb átlaga legalább 2.0 legyen! '''A ZH-k nem pótolhatóak, azonban a három ZH-ból csak a két legjobb számít.''' A meg nem írt zárthelyik az átlagba 1-es eredménnyel számítanak bele.
*'''Vizsga:''' Egy írásbeli beugróból és egy szóbeliből áll:
*#A beugró 10 darab 1 pontos számolási feladatból áll, melyekre tesztes formában 4 válaszlehetőség van megadva. Legalább 5 kérdésnél kell választ jelöni, különben automatikusan elégtelen a vizsga. Helyes jelölés +1 pont, nincs jelölés 0 pont, hibás jelölés -1 pont. 4 ponttól sikeres a beugró, és csak ezután kezdhető meg a szóbeli. '''FONTOS: Csak PÁROS számú kérdést van értelme bejelölni!''' (Számolj utána)
*#Akinek a ZH átlaga legalább 4,0 vagy az Elektromágneses Terek Versenyen I-III. helyezést ér el, mentesül a beugró alól, vagyis rögtön szóbelizhet. Ez a kedvezmény csak az adott félév vizsgaidőszakában és csakis egy alkalommal érvényes.
*#A szóbelin két tételt kell húzni: egy számolási feladatot és egy elméleti témakört. Ennek kidolgozására 15-20 perc áll rendelkezésre.
*#A 6. vizsgán – annak kritikus volta miatt – a beugró eredményétől függetlenül lehetőség van szóbelizni, de ez már 2 fős bizottság előtt zajlik.

== Segédanyagok ==

=== Hivatalos Jegyzetek ===

*'''''Dr. Fodor György: Elektromágneses terek''''' című tankönyv nagyon jól használható, szinte kötelező a tárgyhoz!
*'''''Dr. Zombory László: Elektromágneses terek''''' című tankönyv szintén használható, mely a ''Műszaki Kiadó'' honlapján [http://www.muszakikiado.hu/files/Konyvek/Dr_Zombory_Laszlo_Elektromagneses_terek.pdf ingyenesen elérhető].
*'''''Dr. Bilicz Sándor: Elektromágneses terek példatár''''' jól használható gyakorlásra. Érdemes beszerezni!
*'''Kiemelt jegyzet:''' [[Media:Terek_jegyzet2011kereszt.pdf‎|Előadásjegyzet]] - ''Dr. Gyimóthy Szabolcs'' előadó órái alapján ''Mucsi Dénes'' által készített, jegyzetpályázatra beküldött, az előadó által ellenőrzött előadásjegyzet.
*[http://bme.videotorium.hu/hu/channels/details/815,Elektromagneses_terek Előadásvideók] - A tárgy összes előadásának felvétele elérhető itt - [[Elektromágneses terek alapjai - Előadásvideók címszavai időpontokkal|Előadások címszavai és időpontok]] (Az előadásvideók időpont és téma szerinti tartalomjegyzéke).

===Vizsgához segédanyagok ===

Sikeres beugró után a szóbeli két részből áll, kettő lapot kell húzni az elején. Az egyik egy tétel, ami a kiadott tételsor valamelyik tétele, ugyanolyan formában, ahogyan látható a tanszéki honlapon (nincs semmi magyarázat vagy vázlatpont stb.). A másik része egy feladat megoldása. Ezek a feladatok korábbi beugró példákból kerülnek ki, nem túl nehezek, de ismertetni kell a megoldást, az elméleti hátteret.

*[[Elektromágneses terek alapjai - Szóbeli feladatok|Szóbeli feladatok]] - Itt gyűjtjük a szóbelin húzható számolási feladatokat. '''''Szerkesszétek, bővítsétek! Az is jó, ha csak a feladat PONTOS szövegét és SORSZÁMÁT írjátok be!'''''
*'''Kiemelt kidolgozás: '''[[Media:Terek_tételkidolgozás2012.pdf‎|Tételkidolgozás]] - 2012/2013-as tavaszi félévben kiadott szóbeli tételek teljes kidolgozása.
*[[Media:Terek_tételkidolgozás.PDF|Számpéldák]] - Jópár számolási feladat kidolgozása. Néhány hiba előfordul benne! Kérlek ha észlelnél benne bármilyen hibát, akkor írd le pontos magyarázattal a többi [[Elektromágneses terek alapjai - Számolós vizsgakérdések kidolgozásában talált hibák javításai|hibajavításhoz]]!
*[[Media:Terek_40kidolzott_példa.pdf‎|40 vizsgapélda]] - ''Szilágyi Tamás'' által részletesen kidolgozott vizsgapéldák. '''Fontos:''' Most már nem ezek közül kerülnek ki a beugrókérdések! Gyakorlásnak viszont jók!
*[[Media:Terek_tételekhez_képletek.pdf‎|Képletgyűjtemény]] - Szóbeli tételekhez rendszerezett képletgyűjtemény.
*[[Media:EMT_teljes_2015_osz.pdf|Előadások és gyakorlatok]] - Összes előadás és 6 db gyakorlat. (2015 ősz)

=== Egyéb segédanyagok ===

*[[Media:EMTA2_ZH_kisfeladatok_2015.pdf|Kisfeladatok2ZH]]- 2015 előtti zárthelyik(/vizsgabeugrók) kis-feladatainak gyűjteménye a 3Zh-s rendszer 2.Zárhelyiéhez.
*[[Media:Terek távvezetékesfeladatokkidolgozása.pdf|Távvezetékek]] - Néhány távvezetékes feladat nagyon jó kidolgozása, a hozzájuk szükséges képletek rendszerezésével együtt.
*[[Media:Terek_képletek_1ZH-hoz.PDF‎|Első ZH]] és a [[Media:Terek_képletek_2ZH-hoz.PDF‎|második ZH]] anyagához egy-egy hasznos képlet-összefoglaló.
*[[Media:Terek_magicképletek.PDF|Magic képletek]] - ''Ács Judit'' által összegyűjtött néhány hasznos képlet.
*[http://www.youtube.com/playlist?list=PLEfarzfPitd3styANrY3KT8xg3jOkOLED Elektrodinamika] - 2014. őszi anyag a Széchenyi István Egyetemről, Elektrodinamika tárgyhoz, de tökéletesen használható az Elektromágneses terek megértéséhez - elmélettel, példákkal.

===Régebbi jegyzetek/kidolgozások===

Itt vannak összegyűjtve a régebbi jegyzetek/tételkidolgozások, melyek már kisebb-nagyobb mértékben aktualitásukat vesztették. Ezeket érdemes a végére hagyni és a fentebbi aktuális anyagokkal kezdeni. Ettől függetlenül, ha valaki valamit nem ért, ezek között is érdemes lehet keresgélni, mert vannak bennük hasznos anyagok!

*Az előadás-videók alapján ''Ecker Tibor Ádám'' által készített [[Media:Terek_előadásvideókjegyzet.pdf‎|jegyzet]].
*''Dr. Sebestyén Imre'' 2008/2009 tavaszi félévi előadásai alapján ''Sasvári Gergely'' által készített jól használható [[Media:Terek_jegyzet_2009tavasz.pdf‎|jegyzet]].
*2006/2007-es tavaszi félévben kiadott szóbeli tételek kézzel írt, szkennelt [[Media:Terek_2007tételek_1-15.pdf‎|kidolgozása]].
*2010/2011-es tavaszi félévben kiadott szóbeli tételek kézzel írt, szkennelt kidolgozásának [[Media:Terek_tételek1-16_2010tavasz.PDF|első]] és [[Media:Terek_tételek17-31_2010tavasz.PDF|második]] fele (készítője ''Chikán Viktor'').
*2010/2011-es tavaszi félévben kiadott szóbeli tételekhez egy másik, kézzel írt, szkennelt [[Media:Terek_tételekkidolgozása2010tavasz.PDF|kidolgozása]].
*'''Teljes kidolgozás: ''' 2013/2014-es tavaszi félévben kiadott szóbeli tételek kidolgozása (Gyimóthy Szabolcs előadásai alapján), kézzel írt, szkennelt: [[Média:terek_tetelkidolgozas_2013-2014_1-30_tetelek.pdf|1-30-as tételek]] és [[Média:terek_tetelkidolgozas_2013-2014_31-59_tetelek.pdf|31-59-es tételek]]

== Első zárthelyi ==

{| style="border-spacing: 1em; width: 100%;"

| style="vertical-align: top; width: 33%;" |
==== ZH - 2015 után====

*[[Media:Terek_2015_tavasz_ZH1_AB.pdf|2014/15 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_ZH1_2015kereszt.pdf|2015/16 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal

| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

==== Rendes ZH - 2015 előtt ====

*[[Media:Terek_2006tavasz_1ZHB.pdf‎|2005/06 tavasz]] - B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2007tavasz_1ZHB.pdf| 2006/07 tavasz]] - B csoport
*[[Media:Terek_2008tavasz_1ZHAB.pdf‎|2007/08 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009tavasz_1ZH.pdf‎|2008/09 tavasz]] - MINTA zárthelyi megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009tavasz_1ZHAB.pdf‎|2008/09 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009kereszt_1ZHAB.pdf‎|2009/10 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2010tavasz_1ZHAB.pdf|2009/10 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2010kereszt_1ZHAB.pdf‎|2010/11 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2011kereszt_1ZH.pdf‎|2011/12 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012tavasz_1ZHAB.pdf‎|2011/12 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012kereszt_1ZH.pdf|2012/13 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2013tavasz_ZH1.pdf‎|2012/13 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2013ősz_ZH1_AB.pdf|2013/14 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2014_tavasz_ZH1_AB.pdf|2013/14 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_ZH1_2014kereszt.pdf|2014/15 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal

| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

==== Pót ZH - 2015 előtt ====

*[[Media:Terek_2007tavasz_1ZHpót.pdf|2006/07 tavasz]] - megoldások nélkül
*[[Media:Terek_2008kereszt_1ZHpót.PDF|2008/09 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009tavasz_1ZHpót.pdf‎|2008/09 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009kereszt_1ZHpót.pdf|2009/10 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2010tavasz_1Zhpót.pdf‎|2009/10 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2011kereszt_1ZHpót.pdf‎|2011/12 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012tavasz_1ZHpót.pdf‎|2011/12 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012kereszt_1ZHpót.pdf‎|2012/13 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2013tavasz_pótZH_1.pdf‎|2012/13 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_pZH1_2013kereszt.pdf|2013/14 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2014tavasz_pótZH_1.pdf‎|2013/14 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_PZH1_2014kereszt.pdf‎|2014/15 kereszt]] - megoldásokkal
|}

== Második zárthelyi ==

{| style="border-spacing: 1em; width: 100%;"
| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

=== ZH - 2015 után ===

*[[Media:Zh2_2015_tavasz.pdf|2014/15 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_ZH2_2015kereszt.pdf|2015/16 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal

| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

=== Rendes ZH - 2015 előtt===

*[[Media:Terek_2002tavasz_1ZHA.pdf‎|2001/02 tavasz]] - A és B csoport
*[[Media:Terek_2006kereszt_1ZHB.PDF|2006/07 kereszt]] - B csoport
*[[Media:Terek_2007tavasz_2ZHAB.PDF|2006/07 tavasz]] - A és B csoport
*[[Media:Terek_2008tavasz_2ZHAB.pdf|2007/08 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2008kereszt_2ZHAB.pdf‎|2008/09 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009tavasz_2ZHAB.pdf|2008/09 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009kereszt_2ZHAB.pdf‎|2009/10 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2010tavasz_2ZHAB.pdf‎|2009/10 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2010kereszt_2ZHAB.pdf‎|2010/11 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2011kereszt_2ZH.pdf‎|2011/12 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012tavasz_2ZH.pdf‎|2011/12 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012kereszt_2ZH.pdf‎|2012/13 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2013tavasz_2ZH_AB.pdf|2012/13 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:terek_ZH2_2013ősz.pdf|2013/14 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2014tavasz_2ZH_AB.pdf|2013/14 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_ZH2_2014kereszt.pdf|2014/15 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal

| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

=== Pót ZH - 2015 előtt ===

*[[Media:Terek_2007tavasz_2ZHpót.PDF‎|2006/07 tavasz]] - megoldások nélkül
*[[Media:Terek_2008tavasz_2ZHpót.PDF‎|2007/08 tavasz]] - megoldások nélkül
*[[Media:Terek_2008kereszt_2ZHpót.PDF|2008/09 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009tavasz_2ZHpótAB.pdf‎‎|2008/09 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009kereszt_2ZHpót.pdf‎|2009/10 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2010tavasz_2ZHpót.pdf|2009/10 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2011kereszt_2ZHpót.pdf‎|2011/12 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012tavasz_2ZHpót.pdf‎|2011/12 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012kereszt_2ZHpót.pdf‎|2012/13 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2013tavasz_pótZH_2.pdf‎|2012/13 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2013kereszt_pZH2.pdf‎|2013/14 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2014tavasz_pótZH_2.pdf‎|2013/14 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_PZH2_2014kereszt.pdf|2014/15 kereszt]] - megoldásokkal

|}

== Harmadik zárthelyi ==

{| style="border-spacing: 1em; width: 100%;"
| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

=== ZH - 2015 után ===

*[[Media:Terek_ZH3_2015tavasz.pdf|2014/15 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_ZH3_2015kereszt.pdf|2015/16 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal

|}

== Vizsgabeugrók ==

{| style="border-spacing: 1em; width: 100%;"
| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

*2008/09 - kereszt:
**[[Media:Terek_beugró_20090112.PDF|2009.01.12]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20090119.PDF|2009.01.19]] - megoldások nélkül

*2009/10 - kereszt:
**[[Media:Terek_beugró_20091222.pdf‎|2009.12.22]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100115.pdf‎|2010.01.15]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100122.PDF‎|2010.01.22]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100129.PDF‎|2010.01.29]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100202.PDF‎|2010.02.02]] - részletes megoldásokkal

*2009/10:
**[[Media:Terek_beugró_20100528.pdf‎|2010.05.28]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100604.pdf|2010.06.04]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100611A.PDF‎|2010.06.11]] - A csoport részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100611B.PDF|2010.06.11]] - B csoport megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100618A.PDF|2010.06.18]] - A csoport részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100618B.PDF‎|2010.06.18]] - B csoport megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100826.PDF|2010.08.26]] - megoldásokkal

*2010/11 - kereszt:
**[[Media:Terek_beugró_20101222.PDF‎|2010.12.22]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20110105.PDF|2011.01.05]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20110112.PDF‎|2011.01.12]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20110119.pdf‎|2011.01.19]] - részben megoldásokkal

| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

*2010/11:
**[[Media:Terek_beugró_20110526.pdf‎|2011.05.26]] - részben megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20110602.pdf|2011.06.02]] - részben megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20110609.pdf|2011.06.09]] - részben megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20110616.pdf‎|2011.08.25]] - hivatalos megoldásokkal

*2011/12 - kereszt:
**[[Media:Terek_beugró_20120112.pdf‎|2012.01.12]] - részletes megoldásokkal

*2011/12:
**[[Media:Terek_beugró_20120531.pdf‎|2012.05.31]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20120607.pdf‎|2012.06.07]] - emlékezetből, megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20120614.pdf‎‎|2012.06.14]] - emlékezetből, megoldásokkal

*2012/13 - kereszt:
**[[Media:Terek_beugró_20121220.PDF|2012.12.20]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20130110.PDF‎|2013.01.10]] - megoldásokkal

*2012/13:
**[[Media:EMTa_vizsga_20130606.pdf|2013.06.06]] - emlékezetből, megoldás nélkül
**[[Média:EMTA_beugro_20130613.jpg|2013.06.13]] - megoldásokkal

*2013/14 - kereszt:
**[[Media:Terek_beugro_2014.01.09.jpg|2014.01.09]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugro_2014.01.16.pdf|2014.01.16]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugro_20140123.pdf|2014.01.23]] - megoldásokkal

| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

*2013/14:
**[[Media:Terek_beugró_20140529.pdf|2014.05.29]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20140605.jpg|2014.06.05]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_2014_v3_A.jpg|2014.06.12]] - A csoport hivatalos megoldásokkal
**[[Media:Terek_2014_v3_B.jpg|2014.06.12]] - B csoport hivatalos megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugro_20140619.pdf|2014.06.19]] - megoldásokkal

*2014/15:
**[[Media:Terek_beugro_20150528.pdf|2015.05.28]]
**[[Media:Terek_beugró_20150604.jpg|2015.06.04]]
**[[Media:Terek_beugro_20150618_megoldasokkal.pdf|2015.06.18]] - megoldásokkal
|}

== Tippek ==

*A tárgynak legendás híre van és tényleg nem könnyű, tehát ne vedd félvállról. Ne becsüld le, mert fontos és szemléletformáló. Alapvetően fizika, de részletesebb és sok a gyakorlati kitekintés. Ha tudod, hogy nem fogsz tudni elég időt szánni rá, akkor ne is vedd fel. A vektoranalízisre erősen épít, így A3 nélkül szintén nem érdemes felvenni.
*Az aláírás a vizsgabeugróhoz képest jóval könnyebben teljesíthető. A vizsga szóbeli és írásbeli részből áll. A vizsgára az összes tételt tudni kell, mert ha egyet nem tudsz, az hamar kiderül. Ha gyakorolsz és átlátod az anyagot, a beugró akkor is nehéz, erőteljes rutint kell szerezni a feladatmegoldásban. A beugróban egyébként különböző időigényűek a feladatok és ugyanannyi pontot érnek, így ez alapján érdemes szelektálni közöttük.
*Ennél a tárgynál nem működik a "''megtanulok 10-20 képletet és majd behelyettesítek''" módszer! Hiába illenek bele egy képletbe a feladatban felsorolt adatok, attól még lehet, hogy teljesen mást kellene számolni. Tudni kell az alaptételeket, azt hogy mikor milyen egyszerűsítést lehet megtenni és ez alapján kell kitalálni, hogy mivel is kell számolni.
*Előadásra érdemes bejárni, még ha nem is értesz mindent ott helyben, mert ha a ZH-ra való készüléskor szembesülsz először az anyaggal, akkor sokkal nehezebb dolgod lesz.
*Miből tanulj, hogy ne forduljanak elő "''Sajnos most nem tudom átengedni''" típusú jelenségek? A '''Dr. Fodor György: Elektromágneses terek''' könyvet érdemes forgatni, mert abban viszonylag normálisan le vannak írva a dolgok. A Zombori-féle könyv is hasznos lehet, bár kevésbé követi a tematikája a tárgy anyagát és nem azokkal a jelölésekkel dolgozik, amit az előadáson mutatnak. A kidolgozott tételsorokból való készülés általában pedig ezt szüli: "''Ez kevés lesz, kolléga''". A szóbeli vizsgán az érdekli őket, hogy a mélyebb összefüggéseket érted-e, nem pedig az, hogy sikerült-e benyalnod időre egy 50 oldalas kidolgozást. Mindenesetre, ha már érted az anyag velejét, akkor ismétlésre, képletek áttekintésére nagyon jól használható a ''Mucsi Dénes'' által, ''Dr. Gyimóthy Szabolcs'' előadásaiból készített előadásjegyzet.
*Erősen szubjektív vélemény következik: Szerintem a Fodor-féle könyv egy nagy káosz. Bár illeszkedik a tematikához, de ha igazán meg akarod érteni a miérteket, ajánlom a következő két könyvet:
** Daniel '''Fleisch -- A Student's Guide to Maxwell's Equations'''
** David J. '''Griffiths -- Introduction to Electrodynamics'''
:Ha magyart szeretnél, akkor a Simonyi féle könyv lesz a nyerő. Angol nyelvű mindkettő, de középfokú nyelvismerettel ehetőek. Természetesen nem fednek le minden dolgot a kurzushoz, ezért előadásra érdemes bejárni, ugyanakkor nagyon szilárd alapot adnak az egész kurzushoz. A beszerzésnél a google lesz a barátod. Szintén erősen ajánlott nézegetni ''Walter H. G. Lewin (MIT)'' előadásait a youtube-on, ha úgy érzed a fizikai alapok hiányoznak a kurzushoz. Kifejezetten jól magyaráz, érthetővé tesz mindent.
*Az MIT open coursware oldalról: http://ocw.mit.edu/resources/res-6-001-electromagnetic-fields-and-energy-spring-2008/chapter-1/
:Bal oldalt lehet válogatni a fejezetek között. Hasznos, mivel az elméleti leírás mellett vannak hozzá kísérletes videók. Például a laplace-poisson egyenlet megoldását szemléltető kísérlet stb. stb.

== Verseny ==

A tárgyból rendeznek hivatalos tanulmányi versenyt is, melynek [http://verseny.vik.hk/versenyek/olvas/12?v=Elektrom%C3%A1gneses+terek itt] érhető el a honlapja.

Az Elektromágneses terek verseny témája a villamosmérnöki alapképzésen előadott, hasonló című tárgy anyagához illeszkedik. A versenyfeladatok természetesen mind a fizikai jelenségek, mind pedig azok matematikai modelljei tekintetében a tantárgyi tematikán túlmutató nehézségűek lehetnek.

Tekintettel a másodéves hallgatókra, a kitűzött feladatok közül háromnak az elméleti háttere kapcsolódik az Elektromágneses terek alapjai című tárgynak a verseny időpontjáig elhangzó előadásaihoz. A helyezések megállapításánál ugyancsak tekintettel vannak a másod- és felsőbbévesek tanulmányai közötti különbségre. Az irányelv az, hogy az I., II. és III. helyezés feltétele másodévesek esetén rendre két teljes megoldás, egy teljes megoldás illetve egy értékelhető részmegoldás. A felsőbbévesek esetén pedig rendre három, kettő illetve egy feladat teljes megoldása. Ez tehát azt jelenti, hogy egy másodéves hallgató megelőzi az eredménysorrendben a felsőbbévest, ha a versenyen azonos teljesítményt mutatnak fel.

{{Lábléc_-_Villamosmérnök_alapszak}}

Fájl:Terek beugro 20150618 megoldasokkal.pdf

2016-01-06T14:12:01Z

Márkus János Dániel:

Elektromágneses terek alapjai

2016-01-06T14:11:28Z

Márkus János Dániel: 2015.06.18 beugró megoldások

{{Tantárgy
|nev=Elektromágneses terek alapjai
|tárgykód=VIHVA201
|kredit=5
|felev=4
|kereszt=van
|tanszék=HVT
|kiszh=nincs
|vizsga=szóbeli írásbeli beugróval
|nagyzh=3 db
|hf=nincs
|szak=villany
|tad=https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIHVA201/
|targyhonlap=https://hvt.bme.hu/index.php?option=com_content&view=article&catid=1%3Absc-kepzes&id=641%3Aelektromagneses-terek-alapjai-vihva201&Itemid=35&lang=hu
|levlista=[https://lists.sch.bme.hu/wws/info/terek terek{{kukac}}sch.bme.hu]
}}

Az '''Elektromágneses terek alapjai''' erőteljesen épít a [[Matematika A3 villamosmérnököknek]] és a [[Fizika 2]] című tárgyak tananyagára. Ezenkívül a [[Jelek és rendszerek 1]] valamint [[Jelek és rendszerek 2]] előismeretek nagyon hasznosak. Magabiztos vektoranalízis és elektrodinamika alaptudás nélkül nem érdemes felvenni a tárgyat!

A tárgy elsődleges célkitűzése, hogy a villamosmérnök hallgatókkal megismertesse az elektromágneses térrel kapcsolatos alapfogalmakat és matematikai összefüggéseket. Célja továbbá a fontosabb térszámítási módszerek bemutatása, néhány egyszerűen tárgyalható feladattípus megoldása, a megoldások szemléltetése, értelmezése és alkalmazási területeik áttekintése. Egyszersmind megalapozza az MSc képzésben indított Elektromágneses terek tárgyat.

== Követelmények ==

*'''Előkövetelmény:''' [[Jelek és rendszerek 1]] című tárgy teljesítése, valamint a [[Matematika A3 villamosmérnököknek]] és a [[Fizika 2]] című tárgyakból az aláírás megszerzése.
*'''Jelenlét:''' Az előadásokon és gyakorlatokon való részvétel kötelező, de ezt nem ellenőrzik.
*'''NagyZH:''' A félév során három nagyzárthelyit kell megírni. Mindkét zárthelyi 1 darab 10 pontos nagypéldából és 5 darab 2 pontos kiskérdésből áll. Az elégségeshez a maximális 20 pontból legalább 10 pontot kell szerezni. Az aláírás megszerzésének feltétele, hogy a három nagyzárthelyiből a két legjobb átlaga legalább 2.0 legyen! '''A ZH-k nem pótolhatóak, azonban a három ZH-ból csak a két legjobb számít.''' A meg nem írt zárthelyik az átlagba 1-es eredménnyel számítanak bele.
*'''Vizsga:''' Egy írásbeli beugróból és egy szóbeliből áll:
*#A beugró 10 darab 1 pontos számolási feladatból áll, melyekre tesztes formában 4 válaszlehetőség van megadva. Legalább 5 kérdésnél kell választ jelöni, különben automatikusan elégtelen a vizsga. Helyes jelölés +1 pont, nincs jelölés 0 pont, hibás jelölés -1 pont. 4 ponttól sikeres a beugró, és csak ezután kezdhető meg a szóbeli. '''FONTOS: Csak PÁROS számú kérdést van értelme bejelölni!''' (Számolj utána)
*#Akinek a ZH átlaga legalább 4,0 vagy az Elektromágneses Terek Versenyen I-III. helyezést ér el, mentesül a beugró alól, vagyis rögtön szóbelizhet. Ez a kedvezmény csak az adott félév vizsgaidőszakában és csakis egy alkalommal érvényes.
*#A szóbelin két tételt kell húzni: egy számolási feladatot és egy elméleti témakört. Ennek kidolgozására 15-20 perc áll rendelkezésre.
*#A 6. vizsgán – annak kritikus volta miatt – a beugró eredményétől függetlenül lehetőség van szóbelizni, de ez már 2 fős bizottság előtt zajlik.

== Segédanyagok ==

=== Hivatalos Jegyzetek ===

*'''''Dr. Fodor György: Elektromágneses terek''''' című tankönyv nagyon jól használható, szinte kötelező a tárgyhoz!
*'''''Dr. Zombory László: Elektromágneses terek''''' című tankönyv szintén használható, mely a ''Műszaki Kiadó'' honlapján [http://www.muszakikiado.hu/files/Konyvek/Dr_Zombory_Laszlo_Elektromagneses_terek.pdf ingyenesen elérhető].
*'''''Dr. Bilicz Sándor: Elektromágneses terek példatár''''' jól használható gyakorlásra. Érdemes beszerezni!
*'''Kiemelt jegyzet:''' [[Media:Terek_jegyzet2011kereszt.pdf‎|Előadásjegyzet]] - ''Dr. Gyimóthy Szabolcs'' előadó órái alapján ''Mucsi Dénes'' által készített, jegyzetpályázatra beküldött, az előadó által ellenőrzött előadásjegyzet.
*[http://bme.videotorium.hu/hu/channels/details/815,Elektromagneses_terek Előadásvideók] - A tárgy összes előadásának felvétele elérhető itt - [[Elektromágneses terek alapjai - Előadásvideók címszavai időpontokkal|Előadások címszavai és időpontok]] (Az előadásvideók időpont és téma szerinti tartalomjegyzéke).

===Vizsgához segédanyagok ===

Sikeres beugró után a szóbeli két részből áll, kettő lapot kell húzni az elején. Az egyik egy tétel, ami a kiadott tételsor valamelyik tétele, ugyanolyan formában, ahogyan látható a tanszéki honlapon (nincs semmi magyarázat vagy vázlatpont stb.). A másik része egy feladat megoldása. Ezek a feladatok korábbi beugró példákból kerülnek ki, nem túl nehezek, de ismertetni kell a megoldást, az elméleti hátteret.

*[[Elektromágneses terek alapjai - Szóbeli feladatok|Szóbeli feladatok]] - Itt gyűjtjük a szóbelin húzható számolási feladatokat. '''''Szerkesszétek, bővítsétek! Az is jó, ha csak a feladat PONTOS szövegét és SORSZÁMÁT írjátok be!'''''
*'''Kiemelt kidolgozás: '''[[Media:Terek_tételkidolgozás2012.pdf‎|Tételkidolgozás]] - 2012/2013-as tavaszi félévben kiadott szóbeli tételek teljes kidolgozása.
*[[Media:Terek_tételkidolgozás.PDF|Számpéldák]] - Jópár számolási feladat kidolgozása. Néhány hiba előfordul benne! Kérlek ha észlelnél benne bármilyen hibát, akkor írd le pontos magyarázattal a többi [[Elektromágneses terek alapjai - Számolós vizsgakérdések kidolgozásában talált hibák javításai|hibajavításhoz]]!
*[[Media:Terek_40kidolzott_példa.pdf‎|40 vizsgapélda]] - ''Szilágyi Tamás'' által részletesen kidolgozott vizsgapéldák. '''Fontos:''' Most már nem ezek közül kerülnek ki a beugrókérdések! Gyakorlásnak viszont jók!
*[[Media:Terek_tételekhez_képletek.pdf‎|Képletgyűjtemény]] - Szóbeli tételekhez rendszerezett képletgyűjtemény.
*[[Media:EMT_teljes_2015_osz.pdf|Előadások és gyakorlatok]] - Összes előadás és 6 db gyakorlat. (2015 ősz)

=== Egyéb segédanyagok ===

*[[Media:EMTA2_ZH_kisfeladatok_2015.pdf|Kisfeladatok2ZH]]- 2015 előtti zárthelyik(/vizsgabeugrók) kis-feladatainak gyűjteménye a 3Zh-s rendszer 2.Zárhelyiéhez.
*[[Media:Terek távvezetékesfeladatokkidolgozása.pdf|Távvezetékek]] - Néhány távvezetékes feladat nagyon jó kidolgozása, a hozzájuk szükséges képletek rendszerezésével együtt.
*[[Media:Terek_képletek_1ZH-hoz.PDF‎|Első ZH]] és a [[Media:Terek_képletek_2ZH-hoz.PDF‎|második ZH]] anyagához egy-egy hasznos képlet-összefoglaló.
*[[Media:Terek_magicképletek.PDF|Magic képletek]] - ''Ács Judit'' által összegyűjtött néhány hasznos képlet.
*[http://www.youtube.com/playlist?list=PLEfarzfPitd3styANrY3KT8xg3jOkOLED Elektrodinamika] - 2014. őszi anyag a Széchenyi István Egyetemről, Elektrodinamika tárgyhoz, de tökéletesen használható az Elektromágneses terek megértéséhez - elmélettel, példákkal.

===Régebbi jegyzetek/kidolgozások===

Itt vannak összegyűjtve a régebbi jegyzetek/tételkidolgozások, melyek már kisebb-nagyobb mértékben aktualitásukat vesztették. Ezeket érdemes a végére hagyni és a fentebbi aktuális anyagokkal kezdeni. Ettől függetlenül, ha valaki valamit nem ért, ezek között is érdemes lehet keresgélni, mert vannak bennük hasznos anyagok!

*Az előadás-videók alapján ''Ecker Tibor Ádám'' által készített [[Media:Terek_előadásvideókjegyzet.pdf‎|jegyzet]].
*''Dr. Sebestyén Imre'' 2008/2009 tavaszi félévi előadásai alapján ''Sasvári Gergely'' által készített jól használható [[Media:Terek_jegyzet_2009tavasz.pdf‎|jegyzet]].
*2006/2007-es tavaszi félévben kiadott szóbeli tételek kézzel írt, szkennelt [[Media:Terek_2007tételek_1-15.pdf‎|kidolgozása]].
*2010/2011-es tavaszi félévben kiadott szóbeli tételek kézzel írt, szkennelt kidolgozásának [[Media:Terek_tételek1-16_2010tavasz.PDF|első]] és [[Media:Terek_tételek17-31_2010tavasz.PDF|második]] fele (készítője ''Chikán Viktor'').
*2010/2011-es tavaszi félévben kiadott szóbeli tételekhez egy másik, kézzel írt, szkennelt [[Media:Terek_tételekkidolgozása2010tavasz.PDF|kidolgozása]].
*'''Teljes kidolgozás: ''' 2013/2014-es tavaszi félévben kiadott szóbeli tételek kidolgozása (Gyimóthy Szabolcs előadásai alapján), kézzel írt, szkennelt: [[Média:terek_tetelkidolgozas_2013-2014_1-30_tetelek.pdf|1-30-as tételek]] és [[Média:terek_tetelkidolgozas_2013-2014_31-59_tetelek.pdf|31-59-es tételek]]

== Első zárthelyi ==

{| style="border-spacing: 1em; width: 100%;"

| style="vertical-align: top; width: 33%;" |
==== ZH - 2015 után====

*[[Media:Terek_2015_tavasz_ZH1_AB.pdf|2014/15 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_ZH1_2015kereszt.pdf|2015/16 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal

| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

==== Rendes ZH - 2015 előtt ====

*[[Media:Terek_2006tavasz_1ZHB.pdf‎|2005/06 tavasz]] - B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2007tavasz_1ZHB.pdf| 2006/07 tavasz]] - B csoport
*[[Media:Terek_2008tavasz_1ZHAB.pdf‎|2007/08 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009tavasz_1ZH.pdf‎|2008/09 tavasz]] - MINTA zárthelyi megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009tavasz_1ZHAB.pdf‎|2008/09 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009kereszt_1ZHAB.pdf‎|2009/10 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2010tavasz_1ZHAB.pdf|2009/10 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2010kereszt_1ZHAB.pdf‎|2010/11 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2011kereszt_1ZH.pdf‎|2011/12 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012tavasz_1ZHAB.pdf‎|2011/12 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012kereszt_1ZH.pdf|2012/13 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2013tavasz_ZH1.pdf‎|2012/13 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2013ősz_ZH1_AB.pdf|2013/14 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2014_tavasz_ZH1_AB.pdf|2013/14 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_ZH1_2014kereszt.pdf|2014/15 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal

| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

==== Pót ZH - 2015 előtt ====

*[[Media:Terek_2007tavasz_1ZHpót.pdf|2006/07 tavasz]] - megoldások nélkül
*[[Media:Terek_2008kereszt_1ZHpót.PDF|2008/09 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009tavasz_1ZHpót.pdf‎|2008/09 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009kereszt_1ZHpót.pdf|2009/10 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2010tavasz_1Zhpót.pdf‎|2009/10 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2011kereszt_1ZHpót.pdf‎|2011/12 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012tavasz_1ZHpót.pdf‎|2011/12 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012kereszt_1ZHpót.pdf‎|2012/13 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2013tavasz_pótZH_1.pdf‎|2012/13 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_pZH1_2013kereszt.pdf|2013/14 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2014tavasz_pótZH_1.pdf‎|2013/14 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_PZH1_2014kereszt.pdf‎|2014/15 kereszt]] - megoldásokkal
|}

== Második zárthelyi ==

{| style="border-spacing: 1em; width: 100%;"
| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

=== ZH - 2015 után ===

*[[Media:Zh2_2015_tavasz.pdf|2014/15 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_ZH2_2015kereszt.pdf|2015/16 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal

| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

=== Rendes ZH - 2015 előtt===

*[[Media:Terek_2002tavasz_1ZHA.pdf‎|2001/02 tavasz]] - A és B csoport
*[[Media:Terek_2006kereszt_1ZHB.PDF|2006/07 kereszt]] - B csoport
*[[Media:Terek_2007tavasz_2ZHAB.PDF|2006/07 tavasz]] - A és B csoport
*[[Media:Terek_2008tavasz_2ZHAB.pdf|2007/08 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2008kereszt_2ZHAB.pdf‎|2008/09 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009tavasz_2ZHAB.pdf|2008/09 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009kereszt_2ZHAB.pdf‎|2009/10 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2010tavasz_2ZHAB.pdf‎|2009/10 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2010kereszt_2ZHAB.pdf‎|2010/11 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2011kereszt_2ZH.pdf‎|2011/12 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012tavasz_2ZH.pdf‎|2011/12 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012kereszt_2ZH.pdf‎|2012/13 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2013tavasz_2ZH_AB.pdf|2012/13 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:terek_ZH2_2013ősz.pdf|2013/14 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2014tavasz_2ZH_AB.pdf|2013/14 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_ZH2_2014kereszt.pdf|2014/15 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal

| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

=== Pót ZH - 2015 előtt ===

*[[Media:Terek_2007tavasz_2ZHpót.PDF‎|2006/07 tavasz]] - megoldások nélkül
*[[Media:Terek_2008tavasz_2ZHpót.PDF‎|2007/08 tavasz]] - megoldások nélkül
*[[Media:Terek_2008kereszt_2ZHpót.PDF|2008/09 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009tavasz_2ZHpótAB.pdf‎‎|2008/09 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2009kereszt_2ZHpót.pdf‎|2009/10 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2010tavasz_2ZHpót.pdf|2009/10 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2011kereszt_2ZHpót.pdf‎|2011/12 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012tavasz_2ZHpót.pdf‎|2011/12 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2012kereszt_2ZHpót.pdf‎|2012/13 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_2013tavasz_pótZH_2.pdf‎|2012/13 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2013kereszt_pZH2.pdf‎|2013/14 kereszt]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_2014tavasz_pótZH_2.pdf‎|2013/14 tavasz]] - megoldásokkal
*[[Media:Terek_PZH2_2014kereszt.pdf|2014/15 kereszt]] - megoldásokkal

|}

== Harmadik zárthelyi ==

{| style="border-spacing: 1em; width: 100%;"
| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

=== ZH - 2015 után ===

*[[Media:Terek_ZH3_2015tavasz.pdf|2014/15 tavasz]] - A és B csoport megoldásokkal
*[[Media:Terek_ZH3_2015kereszt.pdf|2015/16 kereszt]] - A és B csoport megoldásokkal

|}

== Vizsgabeugrók ==

{| style="border-spacing: 1em; width: 100%;"
| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

*2008/09 - kereszt:
**[[Media:Terek_beugró_20090112.PDF|2009.01.12]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20090119.PDF|2009.01.19]] - megoldások nélkül

*2009/10 - kereszt:
**[[Media:Terek_beugró_20091222.pdf‎|2009.12.22]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100115.pdf‎|2010.01.15]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100122.PDF‎|2010.01.22]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100129.PDF‎|2010.01.29]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100202.PDF‎|2010.02.02]] - részletes megoldásokkal

*2009/10:
**[[Media:Terek_beugró_20100528.pdf‎|2010.05.28]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100604.pdf|2010.06.04]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100611A.PDF‎|2010.06.11]] - A csoport részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100611B.PDF|2010.06.11]] - B csoport megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100618A.PDF|2010.06.18]] - A csoport részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100618B.PDF‎|2010.06.18]] - B csoport megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20100826.PDF|2010.08.26]] - megoldásokkal

*2010/11 - kereszt:
**[[Media:Terek_beugró_20101222.PDF‎|2010.12.22]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20110105.PDF|2011.01.05]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20110112.PDF‎|2011.01.12]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20110119.pdf‎|2011.01.19]] - részben megoldásokkal

| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

*2010/11:
**[[Media:Terek_beugró_20110526.pdf‎|2011.05.26]] - részben megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20110602.pdf|2011.06.02]] - részben megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20110609.pdf|2011.06.09]] - részben megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20110616.pdf‎|2011.08.25]] - hivatalos megoldásokkal

*2011/12 - kereszt:
**[[Media:Terek_beugró_20120112.pdf‎|2012.01.12]] - részletes megoldásokkal

*2011/12:
**[[Media:Terek_beugró_20120531.pdf‎|2012.05.31]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20120607.pdf‎|2012.06.07]] - emlékezetből, megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20120614.pdf‎‎|2012.06.14]] - emlékezetből, megoldásokkal

*2012/13 - kereszt:
**[[Media:Terek_beugró_20121220.PDF|2012.12.20]] - részletes megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20130110.PDF‎|2013.01.10]] - megoldásokkal

*2012/13:
**[[Media:EMTa_vizsga_20130606.pdf|2013.06.06]] - emlékezetből, megoldás nélkül
**[[Média:EMTA_beugro_20130613.jpg|2013.06.13]] - megoldásokkal

*2013/14 - kereszt:
**[[Media:Terek_beugro_2014.01.09.jpg|2014.01.09]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugro_2014.01.16.pdf|2014.01.16]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugro_20140123.pdf|2014.01.23]] - megoldásokkal

| style="vertical-align: top; width: 33%;" |

*2013/14:
**[[Media:Terek_beugró_20140529.pdf|2014.05.29]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugró_20140605.jpg|2014.06.05]] - megoldásokkal
**[[Media:Terek_2014_v3_A.jpg|2014.06.12]] - A csoport hivatalos megoldásokkal
**[[Media:Terek_2014_v3_B.jpg|2014.06.12]] - B csoport hivatalos megoldásokkal
**[[Media:Terek_beugro_20140619.pdf|2014.06.19]] - megoldásokkal

*2014/15:
**[[Media:Terek_beugro_20150528.pdf|2015.05.28]]
**[[Media:Terek_beugró_20150604.jpg|2015.06.04]]
**[[Media:Terek_beugro_20150618.pdf|2015.06.18]] - megoldásokkal
|}

== Tippek ==

*A tárgynak legendás híre van és tényleg nem könnyű, tehát ne vedd félvállról. Ne becsüld le, mert fontos és szemléletformáló. Alapvetően fizika, de részletesebb és sok a gyakorlati kitekintés. Ha tudod, hogy nem fogsz tudni elég időt szánni rá, akkor ne is vedd fel. A vektoranalízisre erősen épít, így A3 nélkül szintén nem érdemes felvenni.
*Az aláírás a vizsgabeugróhoz képest jóval könnyebben teljesíthető. A vizsga szóbeli és írásbeli részből áll. A vizsgára az összes tételt tudni kell, mert ha egyet nem tudsz, az hamar kiderül. Ha gyakorolsz és átlátod az anyagot, a beugró akkor is nehéz, erőteljes rutint kell szerezni a feladatmegoldásban. A beugróban egyébként különböző időigényűek a feladatok és ugyanannyi pontot érnek, így ez alapján érdemes szelektálni közöttük.
*Ennél a tárgynál nem működik a "''megtanulok 10-20 képletet és majd behelyettesítek''" módszer! Hiába illenek bele egy képletbe a feladatban felsorolt adatok, attól még lehet, hogy teljesen mást kellene számolni. Tudni kell az alaptételeket, azt hogy mikor milyen egyszerűsítést lehet megtenni és ez alapján kell kitalálni, hogy mivel is kell számolni.
*Előadásra érdemes bejárni, még ha nem is értesz mindent ott helyben, mert ha a ZH-ra való készüléskor szembesülsz először az anyaggal, akkor sokkal nehezebb dolgod lesz.
*Miből tanulj, hogy ne forduljanak elő "''Sajnos most nem tudom átengedni''" típusú jelenségek? A '''Dr. Fodor György: Elektromágneses terek''' könyvet érdemes forgatni, mert abban viszonylag normálisan le vannak írva a dolgok. A Zombori-féle könyv is hasznos lehet, bár kevésbé követi a tematikája a tárgy anyagát és nem azokkal a jelölésekkel dolgozik, amit az előadáson mutatnak. A kidolgozott tételsorokból való készülés általában pedig ezt szüli: "''Ez kevés lesz, kolléga''". A szóbeli vizsgán az érdekli őket, hogy a mélyebb összefüggéseket érted-e, nem pedig az, hogy sikerült-e benyalnod időre egy 50 oldalas kidolgozást. Mindenesetre, ha már érted az anyag velejét, akkor ismétlésre, képletek áttekintésére nagyon jól használható a ''Mucsi Dénes'' által, ''Dr. Gyimóthy Szabolcs'' előadásaiból készített előadásjegyzet.
*Erősen szubjektív vélemény következik: Szerintem a Fodor-féle könyv egy nagy káosz. Bár illeszkedik a tematikához, de ha igazán meg akarod érteni a miérteket, ajánlom a következő két könyvet:
** Daniel '''Fleisch -- A Student's Guide to Maxwell's Equations'''
** David J. '''Griffiths -- Introduction to Electrodynamics'''
:Ha magyart szeretnél, akkor a Simonyi féle könyv lesz a nyerő. Angol nyelvű mindkettő, de középfokú nyelvismerettel ehetőek. Természetesen nem fednek le minden dolgot a kurzushoz, ezért előadásra érdemes bejárni, ugyanakkor nagyon szilárd alapot adnak az egész kurzushoz. A beszerzésnél a google lesz a barátod. Szintén erősen ajánlott nézegetni ''Walter H. G. Lewin (MIT)'' előadásait a youtube-on, ha úgy érzed a fizikai alapok hiányoznak a kurzushoz. Kifejezetten jól magyaráz, érthetővé tesz mindent.
*Az MIT open coursware oldalról: http://ocw.mit.edu/resources/res-6-001-electromagnetic-fields-and-energy-spring-2008/chapter-1/
:Bal oldalt lehet válogatni a fejezetek között. Hasznos, mivel az elméleti leírás mellett vannak hozzá kísérletes videók. Például a laplace-poisson egyenlet megoldását szemléltető kísérlet stb. stb.

== Verseny ==

A tárgyból rendeznek hivatalos tanulmányi versenyt is, melynek [http://verseny.vik.hk/versenyek/olvas/12?v=Elektrom%C3%A1gneses+terek itt] érhető el a honlapja.

Az Elektromágneses terek verseny témája a villamosmérnöki alapképzésen előadott, hasonló című tárgy anyagához illeszkedik. A versenyfeladatok természetesen mind a fizikai jelenségek, mind pedig azok matematikai modelljei tekintetében a tantárgyi tematikán túlmutató nehézségűek lehetnek.

Tekintettel a másodéves hallgatókra, a kitűzött feladatok közül háromnak az elméleti háttere kapcsolódik az Elektromágneses terek alapjai című tárgynak a verseny időpontjáig elhangzó előadásaihoz. A helyezések megállapításánál ugyancsak tekintettel vannak a másod- és felsőbbévesek tanulmányai közötti különbségre. Az irányelv az, hogy az I., II. és III. helyezés feltétele másodévesek esetén rendre két teljes megoldás, egy teljes megoldás illetve egy értékelhető részmegoldás. A felsőbbévesek esetén pedig rendre három, kettő illetve egy feladat teljes megoldása. Ez tehát azt jelenti, hogy egy másodéves hallgató megelőzi az eredménysorrendben a felsőbbévest, ha a versenyen azonos teljesítményt mutatnak fel.

{{Lábléc_-_Villamosmérnök_alapszak}}

Elektromágneses terek alapjai - Szóbeli feladatok

2015-12-30T20:00:35Z

Márkus János Dániel: /* 27. Feladat: R sugarú egyenletesen töltött gömb D tere */

{{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.
De ha még ez se megy, akkor egyszerűen nézzél meg egy már fent lévő feladatot, hogy ott hogy vannak megoldva a speciális karakterek.

{{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.
}}

=== 24. Feladat: Elektródarendszer energiája ===

Két elektródából és földből álló elektródarendszer föld- és főkapacitásai: <math>C_{10}, C_{20}, C_{12}</math>. Az elektródák potenciálja <math>\varphi_{1}, \varphi_{2}</math> a föld potenciálját válasszuk nullának: <math>\varphi_{0}=0</math>.

Mekkora az elektródarendszerben tárolt elektrosztatikus energia?

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

[[File:Terek_24_Feladat.PNG | 500px]]

Az elektródarendszerben tárolt teljes elektrosztatikus energia a föld- és főkapacitásokban tárolt összenergiával egyezik meg. Egy kondenzátor elektrosztatikus energiája:

<math>
w_e = { 1 \over 2 } \sum_k { \Phi_k Q_k} =
{ 1 \over 2 } \left( \Phi^+ Q + \Phi^- (-Q) \right) =
{ 1 \over 2 } Q \left( \Phi^+ - \Phi^- \right) =
{ 1 \over 2 } Q U =
{ 1 \over 2 } (CU) U =
{ 1 \over 2 } C U^2
</math>

Ezt felhasználva a három kapacitásban tárolt összenergia:

<math>
W_e = \frac{1}{2}C_{12}(\varphi _{1}-\varphi _{2})^{2}+\frac{1}{2}C_{10}(\varphi _{1})^{2}+\frac{1}{2}C_{20}(\varphi _{2})^{2}
</math>

}}

===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>

}}

=== 27. Feladat: R sugarú egyenletesen töltött gömb D tere ===

Egy R sugarú gömb egyenletes <math>\rho</math> térfogati töltéssűrűséggel töltött.

Adja meg az elektromos eltolás nagyságát a középpontól 2R távolságban.

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

Írjuk fel a Gauss-törvényt egy zárt, <math>r > R</math> sugarú, <math>A</math> felületű gömbre, melynek középpontja egybeesik a töltött gömb középpontjával:

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

<math>\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \rho \cdot {4 R^3 \pi \over 3}</math>

Szimmetria okokból az elektromos eltolásvektorok a gömb felületének minden pontjában sugárirányúak, azaz párhuzamosak a felület normálisával, tehát a felületintegrál szorzássá egyszerűsödik.

<math>\vec{D}(r) \cdot 4 r^2 \pi = \rho \cdot {4 R^3 \pi \over 3}</math>

<math>\vec{D}(r) = { \rho R^3 \over 3} \cdot {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r</math>

<math>\vec{D}(2R) = { \rho R \over 12} \cdot \vec{e}_r</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=

Legyen <math>r_1</math> csak a fémgömb és <math>r_2</math> a teljes golyó sugara, valamint <math>r_0=\infty</math>.

Ekkor az elektromos térerősség:

<math>
E(r) =
\begin{cases}
{\frac Q {4\pi\varepsilon_0} \cdot \frac 1 {r^2} }, & \text{ha }r>r_2 \\
{\frac Q {4\pi\varepsilon} \cdot \frac 1 {r^2} }, & \text{ha }r_1<r<r_2
\end{cases}
</math>

Az elektromos potenciál:

<math>\varphi(r)=\int_{r_0}^{r_1}E(r)dr=\int_{r_0}^{r_2}E(r)dr+\int_{r_2}^{r_1}E(r)dr=\frac Q {4\pi{\varepsilon_0}}\frac 1 {r_2}+\frac Q {4\pi\varepsilon}\left(\frac 1 {r_1} -\frac 1 {r_2}\right)=\frac Q {4\pi{\varepsilon_0}} \cdot \left(\frac 1 {r_2} + \frac 1 {\varepsilon_r}\left(\frac 1 {r_1} - \frac 1 {r_2}\right)\right)</math>

Felhasználva a <math>C=\frac Q U</math> formulát:

<math>
C=4\pi{\varepsilon_0} \cdot \left(\frac 1 {\frac 1 {r_2} + \frac 1 {\varepsilon_r}\left(\frac 1 {r_1} - \frac 1 {r_2}\right)}\right) = 24.78pF
</math>

/*<math>\varepsilon_r</math> Nem viselkedik valami jól az utolsó képletben.*/

}}

== Stacionárius áramlási tér ==

=== 34. Feladat: Áramsűrűség meghatározása egy felület másik oldalán ===

Adott <math>Z=0</math> sík. A <math>\sigma</math> áramsűrűség: <math>Z>0</math> esetén <math>\sigma = \sigma^+</math> és <math>Z<0</math> esetén <math>\sigma = \sigma^-</math>. Adott <math>J_1 = J_1(x) \cdot e_x + J_1(z) \cdot e_z</math> áramsűrűség a sík egyik oldalán.

Határozza meg az áramsűrűség függvényt a felület másik oldalán!

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

Tudjuk, hogy <math >E = { J \over \sigma } </math>

Továbbá <math>E_{t1} = E_{t2}</math> és <math>D_{n2} = D_{n1} + \sigma </math> (!!! ez itt felületi töltéssűrűség, ami a példában 0), tehát <math>D_{n2} = D_{n1}</math>

Ezekből következik, hogy: <math>E_1 = E_2</math>

Azaz: <math>{J_1 \over \sigma^-} = {J_2 \over \sigma^+}</math>

<math>J_2 = J_1(x) \cdot e_x\cdot {\sigma^+ \over \sigma^-} + J_1(z) \cdot e_z \cdot {\sigma^+ \over \sigma^-}</math>
}}

=== 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 (egy r szorzó bejön a Jacobi-determináns miatt):

<math>W_m={1 \over 2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \mu H^2(r) \cdot 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 \cdot r \;\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^3 \; \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^3 \; \mathrm{d} r =
{\mu I^2 \over 4 R^4 \pi} \cdot \left[ {r^4 \over 4} \right]_0^R=
{\mu I^2 \over 16 R^4 \pi} \cdot R^4 =
{\mu I^2 \over 16 \pi} = {\mu_0 \mu_r I^2 \over 16 \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 <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.

}}

=== 83. Feladat: Ideális távvezeték meddő teljesítménye ===

Egy ideális, légszigetelésű <math>l=83.2m</math> hosszúságú, <math>Z_0 = 50\Omega</math> hullámimpedanciájú távvezeték vezetett hullámhossza <math>\lambda = 75\;m</math>. A távvezeték bemenetére egy <math>U = 100V</math> amplitúdójú, <math>\omega</math> körfrekvenciájú feszültséggenerátort kapcsolunk, miközben szakadással zárjuk le a másik oldalt.

Mekkora a távvezeték által felvett meddő teljesítmény?

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

A távvezeték helyettesíthető egyetlen <math>Z_{be}</math> nagyságú impedanciával figyelembe véve azt, hogy a lezáró <math>Z_2</math> impedancia a szakadás miatt végtelen nagyságú.

<math>
Z_{be}=Z_0 {Z_2 + j Z_0 tg(\beta l) \over Z_0 + j Z_2 tg(\beta l) } \longrightarrow
{ Z_0 \over j tg(\beta l)}
</math>

Ezzel a helyettesítéssel már egyszerűen számolható a kapcsolás komplex látszólagos teljesítménye:

<math>
S = {1 \over 2} U I^* =
{1 \over 2} U { \left( {U \over Z_{be}} \right) }^* =
{1 \over 2} |U|^2 { 1\over Z_{be}^*} =
{1 \over 2} |U|^2 {\left( { j tg(\beta l) \over Z_0} \right)}^* =
-j{1 \over 2} |U|^2 {tg(\beta l) \over Z_0} =
-j{1 \over 2} |U|^2 {tg({2 \pi \over \lambda}l) \over Z_0}
</math>

A távvezeték által felvett meddő teljesítmény a komplex látszólagos teljesítményének imaginárius részével egyezik meg:

<math>
Q = Im \left\{ S \right\} =
-{1 \over 2} |U|^2 {tg({2 \pi \over \lambda}l) \over Z_0} =
-{1 \over 2} \cdot 100^2 \cdot {tg({2 \pi \over 75}\cdot 83.2) \over 50} \approx -82.024 \; Var
</math>

}}

=== 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>

}}

=== 106. Feladat: Koaxiális kábel váltóáramú ellenállása ===

Egy koaxiális kábel magjának sugara <math>r_1 = 2mm</math>, a köpenyének belső sugara <math>r_2 = 6 mm</math>, a külső sugara pedig <math>r_3 = 7 mm</math>. A mag és a köpeny vezetőképessége egyaránt <math>\sigma = 57 MS</math>. A behatolási mélység a kábelre kapcsolt generátor frekvenciáján <math>\delta = 102 \mu m</math>.

Adja meg az elrendezés hosszegységre eső váltóáramú ellenállását.

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

A koaxiális kábel erővonalképe:

[[File:Terek_106_Feladat.PNG | 300px ]]

Az elektromos térerősség mind a magban, mind pedig a köpenyben <math>e^{- z / \delta }</math> függvény szerint csökken.

Mivel a behatolási mélység nagyságrenddel kisebb, mint a kábel méretei, így ellenállás szempontjából olyan, mintha csak egy-egy <math>\delta</math> vastagságú keresztmetszeten folyna egyenáram mind a magban, mind pedig a köpenyben. Az eredő váltóáramú ellenállás pedig ezen két egyenáramú ellenállás összege:

<math>
R_{AC} = R_{DC,m} + R_{DC,k} =
{1 \over \sigma} { l \over A_1 } + {1 \over \sigma} { l \over A_2 } \approx
{1 \over \sigma} { l \over 2 r_1 \pi \delta } + {1 \over \sigma} { l \over 2 r_2 \pi \delta } =
{l \over \sigma \cdot 2 \pi \delta} \left( { 1 \over r_1 } + { 1 \over r_2 } \right)
</math>

Ebből a hosszegységre eső váltóáramú ellenállás:

<math>
R_{AC,l} = {1 \over \sigma \cdot 2 \pi \delta} \cdot \left( { 1 \over r_1 } + { 1 \over r_2 } \right) =
{1 \over 57 \cdot 10^6 \cdot 2 \pi \cdot 102 \cdot 10^{-6}} \cdot \left( { 1 \over 0.002 } + { 1 \over 0.006 } \right) =
18.25 \; m\Omega
</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

2015-12-30T19:46:50Z

Márkus János Dániel: 27. feladat javítás: a Gauss-egyenlet jobb oldalát a gömb héjáig (R) kell integrálni, azon kívül a gömbbe zárt töltés nagysága nem változik.

{{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.
De ha még ez se megy, akkor egyszerűen nézzél meg egy már fent lévő feladatot, hogy ott hogy vannak megoldva a speciális karakterek.

{{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.
}}

=== 24. Feladat: Elektródarendszer energiája ===

Két elektródából és földből álló elektródarendszer föld- és főkapacitásai: <math>C_{10}, C_{20}, C_{12}</math>. Az elektródák potenciálja <math>\varphi_{1}, \varphi_{2}</math> a föld potenciálját válasszuk nullának: <math>\varphi_{0}=0</math>.

Mekkora az elektródarendszerben tárolt elektrosztatikus energia?

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

[[File:Terek_24_Feladat.PNG | 500px]]

Az elektródarendszerben tárolt teljes elektrosztatikus energia a föld- és főkapacitásokban tárolt összenergiával egyezik meg. Egy kondenzátor elektrosztatikus energiája:

<math>
w_e = { 1 \over 2 } \sum_k { \Phi_k Q_k} =
{ 1 \over 2 } \left( \Phi^+ Q + \Phi^- (-Q) \right) =
{ 1 \over 2 } Q \left( \Phi^+ - \Phi^- \right) =
{ 1 \over 2 } Q U =
{ 1 \over 2 } (CU) U =
{ 1 \over 2 } C U^2
</math>

Ezt felhasználva a három kapacitásban tárolt összenergia:

<math>
W_e = \frac{1}{2}C_{12}(\varphi _{1}-\varphi _{2})^{2}+\frac{1}{2}C_{10}(\varphi _{1})^{2}+\frac{1}{2}C_{20}(\varphi _{2})^{2}
</math>

}}

===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>

}}

=== 27. Feladat: R sugarú egyenletesen töltött gömb D tere ===

Egy R sugarú gömb egyenletes <math>\rho</math> térfogati töltéssűrűséggel töltött.

Adja meg az elektromos eltolás nagyságát a középpontól 2R távolságban.

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

Írjuk fel a Gauss-törvényt egy zárt, <math>r > R</math> sugarú, <math>V</math> térfogatú és <math>A</math> felületű gömbre, melynek középpontja egybeesik a töltött gömb középpontjával:

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

<math>\oint_{A} \vec{D} \; \mathrm{d} \vec{s} = \rho \cdot {4 R^3 \pi \over 3}</math>

Szimmetria okokból az elektromos eltolásvektorok a gömb felületének minden pontjában sugárirányúak, azaz párhuzamosak a felület normálisával, tehát a felületintegrál szorzássá egyszerűsödik.

<math>\vec{D}(r) \cdot 4 r^2 \pi = \rho \cdot {4 R^3 \pi \over 3}</math>

<math>\vec{D}(r) = { \rho R^3 \over 3} \cdot {1 \over r^2} \cdot \vec{e}_r</math>

<math>\vec{D}(2R) = { \rho R \over 12} \cdot \vec{e}_r</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=

Legyen <math>r_1</math> csak a fémgömb és <math>r_2</math> a teljes golyó sugara, valamint <math>r_0=\infty</math>.

Ekkor az elektromos térerősség:

<math>
E(r) =
\begin{cases}
{\frac Q {4\pi\varepsilon_0} \cdot \frac 1 {r^2} }, & \text{ha }r>r_2 \\
{\frac Q {4\pi\varepsilon} \cdot \frac 1 {r^2} }, & \text{ha }r_1<r<r_2
\end{cases}
</math>

Az elektromos potenciál:

<math>\varphi(r)=\int_{r_0}^{r_1}E(r)dr=\int_{r_0}^{r_2}E(r)dr+\int_{r_2}^{r_1}E(r)dr=\frac Q {4\pi{\varepsilon_0}}\frac 1 {r_2}+\frac Q {4\pi\varepsilon}\left(\frac 1 {r_1} -\frac 1 {r_2}\right)=\frac Q {4\pi{\varepsilon_0}} \cdot \left(\frac 1 {r_2} + \frac 1 {\varepsilon_r}\left(\frac 1 {r_1} - \frac 1 {r_2}\right)\right)</math>

Felhasználva a <math>C=\frac Q U</math> formulát:

<math>
C=4\pi{\varepsilon_0} \cdot \left(\frac 1 {\frac 1 {r_2} + \frac 1 {\varepsilon_r}\left(\frac 1 {r_1} - \frac 1 {r_2}\right)}\right) = 24.78pF
</math>

/*<math>\varepsilon_r</math> Nem viselkedik valami jól az utolsó képletben.*/

}}

== Stacionárius áramlási tér ==

=== 34. Feladat: Áramsűrűség meghatározása egy felület másik oldalán ===

Adott <math>Z=0</math> sík. A <math>\sigma</math> áramsűrűség: <math>Z>0</math> esetén <math>\sigma = \sigma^+</math> és <math>Z<0</math> esetén <math>\sigma = \sigma^-</math>. Adott <math>J_1 = J_1(x) \cdot e_x + J_1(z) \cdot e_z</math> áramsűrűség a sík egyik oldalán.

Határozza meg az áramsűrűség függvényt a felület másik oldalán!

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

Tudjuk, hogy <math >E = { J \over \sigma } </math>

Továbbá <math>E_{t1} = E_{t2}</math> és <math>D_{n2} = D_{n1} + \sigma </math> (!!! ez itt felületi töltéssűrűség, ami a példában 0), tehát <math>D_{n2} = D_{n1}</math>

Ezekből következik, hogy: <math>E_1 = E_2</math>

Azaz: <math>{J_1 \over \sigma^-} = {J_2 \over \sigma^+}</math>

<math>J_2 = J_1(x) \cdot e_x\cdot {\sigma^+ \over \sigma^-} + J_1(z) \cdot e_z \cdot {\sigma^+ \over \sigma^-}</math>
}}

=== 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 (egy r szorzó bejön a Jacobi-determináns miatt):

<math>W_m={1 \over 2} \int_0^R \int_{0}^{2\pi} \int_0^1 \mu H^2(r) \cdot 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 \cdot r \;\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^3 \; \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^3 \; \mathrm{d} r =
{\mu I^2 \over 4 R^4 \pi} \cdot \left[ {r^4 \over 4} \right]_0^R=
{\mu I^2 \over 16 R^4 \pi} \cdot R^4 =
{\mu I^2 \over 16 \pi} = {\mu_0 \mu_r I^2 \over 16 \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 <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.

}}

=== 83. Feladat: Ideális távvezeték meddő teljesítménye ===

Egy ideális, légszigetelésű <math>l=83.2m</math> hosszúságú, <math>Z_0 = 50\Omega</math> hullámimpedanciájú távvezeték vezetett hullámhossza <math>\lambda = 75\;m</math>. A távvezeték bemenetére egy <math>U = 100V</math> amplitúdójú, <math>\omega</math> körfrekvenciájú feszültséggenerátort kapcsolunk, miközben szakadással zárjuk le a másik oldalt.

Mekkora a távvezeték által felvett meddő teljesítmény?

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

A távvezeték helyettesíthető egyetlen <math>Z_{be}</math> nagyságú impedanciával figyelembe véve azt, hogy a lezáró <math>Z_2</math> impedancia a szakadás miatt végtelen nagyságú.

<math>
Z_{be}=Z_0 {Z_2 + j Z_0 tg(\beta l) \over Z_0 + j Z_2 tg(\beta l) } \longrightarrow
{ Z_0 \over j tg(\beta l)}
</math>

Ezzel a helyettesítéssel már egyszerűen számolható a kapcsolás komplex látszólagos teljesítménye:

<math>
S = {1 \over 2} U I^* =
{1 \over 2} U { \left( {U \over Z_{be}} \right) }^* =
{1 \over 2} |U|^2 { 1\over Z_{be}^*} =
{1 \over 2} |U|^2 {\left( { j tg(\beta l) \over Z_0} \right)}^* =
-j{1 \over 2} |U|^2 {tg(\beta l) \over Z_0} =
-j{1 \over 2} |U|^2 {tg({2 \pi \over \lambda}l) \over Z_0}
</math>

A távvezeték által felvett meddő teljesítmény a komplex látszólagos teljesítményének imaginárius részével egyezik meg:

<math>
Q = Im \left\{ S \right\} =
-{1 \over 2} |U|^2 {tg({2 \pi \over \lambda}l) \over Z_0} =
-{1 \over 2} \cdot 100^2 \cdot {tg({2 \pi \over 75}\cdot 83.2) \over 50} \approx -82.024 \; Var
</math>

}}

=== 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>

}}

=== 106. Feladat: Koaxiális kábel váltóáramú ellenállása ===

Egy koaxiális kábel magjának sugara <math>r_1 = 2mm</math>, a köpenyének belső sugara <math>r_2 = 6 mm</math>, a külső sugara pedig <math>r_3 = 7 mm</math>. A mag és a köpeny vezetőképessége egyaránt <math>\sigma = 57 MS</math>. A behatolási mélység a kábelre kapcsolt generátor frekvenciáján <math>\delta = 102 \mu m</math>.

Adja meg az elrendezés hosszegységre eső váltóáramú ellenállását.

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

A koaxiális kábel erővonalképe:

[[File:Terek_106_Feladat.PNG | 300px ]]

Az elektromos térerősség mind a magban, mind pedig a köpenyben <math>e^{- z / \delta }</math> függvény szerint csökken.

Mivel a behatolási mélység nagyságrenddel kisebb, mint a kábel méretei, így ellenállás szempontjából olyan, mintha csak egy-egy <math>\delta</math> vastagságú keresztmetszeten folyna egyenáram mind a magban, mind pedig a köpenyben. Az eredő váltóáramú ellenállás pedig ezen két egyenáramú ellenállás összege:

<math>
R_{AC} = R_{DC,m} + R_{DC,k} =
{1 \over \sigma} { l \over A_1 } + {1 \over \sigma} { l \over A_2 } \approx
{1 \over \sigma} { l \over 2 r_1 \pi \delta } + {1 \over \sigma} { l \over 2 r_2 \pi \delta } =
{l \over \sigma \cdot 2 \pi \delta} \left( { 1 \over r_1 } + { 1 \over r_2 } \right)
</math>

Ebből a hosszegységre eső váltóáramú ellenállás:

<math>
R_{AC,l} = {1 \over \sigma \cdot 2 \pi \delta} \cdot \left( { 1 \over r_1 } + { 1 \over r_2 } \right) =
{1 \over 57 \cdot 10^6 \cdot 2 \pi \cdot 102 \cdot 10^{-6}} \cdot \left( { 1 \over 0.002 } + { 1 \over 0.006 } \right) =
18.25 \; m\Omega
</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]]

Elektronikai technológia

2014-12-02T03:12:53Z

Márkus János Dániel: /* VI. Lézeres technológiák a moduláramköri hordozók kialakításában */

{{Tantárgy
|nev=Elektronikai technológia
|targykod=VIETA302
|szak=villany
|kredit=5
|felev=5
|kereszt=vizsgakurzus
|tanszék=ETT
|labor=7 alkalom
|kiszh=7 db laborbeugró
|nagyzh=1 db
|vizsga=írásbeli
|hf=nincs
|levlista=ett{{kukac}}sch.bme.hu
|tad=https://www.vik.bme.hu/kepzes/targyak/VIETA302/
|targyhonlap=http://www.ett.bme.hu/targy_reszletek.php?sub_id=1080916026875.9_f42b06b90f3952c8d5321c80d9b9c8b5
}}

Az Elektronikai technológia c. szakmai alaptárgy keretében folyó képzés elsődleges célja a hallgatóknak az elektronikai moduláramkörök és rendszerek kivitelezésével kapcsolatos alapvető elméleti és gyakorlati ismereteinek megszerzése, készségeinek fejlesztése.

A tárgy célja áttekintést adni a mikroelektronikai eszközök és alkatrészek, az áramköri, optoelektronikai, mechatronikai, és egyéb modulok, valamint az elektronikus készülékek struktúrájáról, felépítéséről, előállítási és szerelési technológiájáról, a szakterület fejlődési trendjeiről. A tárgy azon elektronikai technológiai - mikroelektronikai, áramkör építési, szereléstechnológiai, készüléképítési - ismereteket foglalja össze, amelyek minden villamosmérnök számára szükségesek az integrált áramkörökkel, továbbá az elektronikai részegységek és rendszerek kivitelezésével kapcsolatos alapvető tájékozottsághoz és az erre a területre specializálódott ipari szakemberekkel és kutatókkal való együttműködéshez. A tárgy feladata az elektronikai technológiai módszerek összehasonlító elemzése is.

==Követelmények==

*'''Előkövetelmény:''' [[Fizika 1]] és az [[Anyagtudomány]] című tárgyakból az aláírás megszerzése.
*'''Laborok:''' Minden labor beugróval kezdődik. A kérdések a sillabusz adott laborhoz tartozó részeiből kerülnek ki. Egy labor akkor sikeres, ha a beugrót elfogadják és a laborvezető utasításai szerint jártál el. Az aláíráshoz minden labor teljesítése szükséges. A félév során két labor pótlására van lehetőség.
*'''NagyZH:''' A félév során egy nagyzárthelyit kell megírni, amire két pótlási lehetőség van. A megszerezhető 25 pontból legalább 12 pontot kell elérni az elégségeshez. A ZH pontszámának a 20%-a hozzáadódik a vizsgapontszámhoz.
*'''Vizsga''': A zárthelyihez hasonló felépítésű vizsga 25 pontos, melyhez hozzáadódik zárthelyi pontszámának 20%-a, így maximum 30 pont szerezhető. Az elégségeshez magán a vizsgán legalább 12 pontot kell összegyűjteni. A végső jegyet az összpontszám alapján számítják:
:{| class="wikitable" align="center"
!Pont!!Jegy
|-
| < 12 pontos vizsga < szumma 14 pont|| 1
|-
|14-17.5 || 2
|-
|18-21 || 3
|-
|21.5-24.5 || 4
|-
|25-30|| 5
|}

==Segédanyagok==

*'''''Elektronikai technológia laboratórium, 55082''''' című mérési segédlet ajánlott a laborokhoz. A beugrókérdések is ebből vannak.
*[[Media: Ett diak 2012 0-01 bevezetes merged.pdf|Előadásdiák I]] - A 2012-es tankönyvvel megegyező, színes diák első fele.
*[[Media: Ett diak 2012 3-01 Vekonyreteg merged.pdf|Előadásdiák II]] - A 2012-es tankönyvvel megegyező, színes diák második fele.
*[[Media: ETT vizsgafealadatok 2013 öf.pdf|Vizsgafeladatok voltak]] - Összegyűjtött, kidolgozott ZH és vizsgafeladatok gyűjteménye.
*[[Media: ETT vizsgaábrák 2013.pdf|Kitöltendő ábrák]] - Kitöltendő ábrák gyűjteménye, biankó formában is.
*Az előadásdiák darabokra bontva. Annyival tud többet, hogy ezzel le tudod magad ellenőrizni, hogy valóban tudod-e az ábrákat, technológiai lépéseket stb. Mikor elindítod a diavetítés, akkor például egy ábránál feljön maga az ábra, de az ábra részei csak megszámozva vannak, így mielőtt nyomnál egy entert, átgondolhatod magadban, hogy mik is az egyes részek: [[Media: Ett diak 2012 00 használati útmutató.ppt|Használati útmutató]] - van benne egy régi vizsgasor is
#[[Media:Ett diak 2012 01 th, sm alkatrészek.ppt|1-01 TH, SM alkatrészek]] [[Media:Ett diak 2012 02 hullámforrasztás.ppt|1-02 TH Hullámforrasztás]] [[Media:Ett diak 2012 03 sm reflow.ppt|1-03 SM reflow]]
#[[Media:Ett diak 2012 04 chip beültetés.ppt|2-01 Chip beültetés]] [[Media:Ett diak 2012 05 si anyagok tulajdonsagok.ppt|2-02 Si anyagok tulajdonságai]] [[Media:Ett diak 2012 06 szelet előállítása.ppt|2-03 Szelet előállítása]] [[Media:Ett diak 2012 07 epitaxia implant diff cvd.ppt|2-04 Rétegleválasztási és adalékolási technológiák]] [[Media:Ett diak 2012 08 ic litográfia.ppt|2-05 IC litográfia]]
#[[Media:Ett diak 2012 09 vékonyréteg.ppt|3-01 Vékonyréteg]] [[Media:Ett diak 2012 10 vákuumtechnika.ppt|3-02 Vákuumtechnika]]
#[[Media:Ett diak 2012 11 kerámia vastagréteg.ppt|4-01 Kerámia vastagréteg]] [[Media:Ett diak 2012 12 speciális vastagréteg.ppt|4-02 Speciális vastagréteg]]
#[[Media:Ett diak 2012 13 nyhl gyartas.ppt|5-01 NYHL gyártás I]] [[Media:Ett diak 2012 14 nyhl gyártás.ppt|5-02 NYHL gyártás II]] [[Media:Ett diak 2012 5-03 CAD.pdf|5-03 Számítógéppel segített tervezés]]
#[[Media:Ett diak 2012 6-01 hutesi megoldasok.pdf|6-01 Elektronikus készülékek hűtése]] [[Media:Ett diak 2012 6-02 Konstrukcio.pdf|6-02 Elektronikus készülékek konstrukciója]]
#[[Media:Ett diak 2012 7-01Minosegbiztositas.pdf|7-01 Minőségbiztosítás és megbízhatóság]]

==Útmutató a laborokhoz==
*'''Sikertelen labor:''' Abban az esetben ha sikertelen egy labor, akkor a pótlást célszerű év közben egy másik csoport mérésén, előzetes egyeztetés után megoldani. Az év végi pótlás leszervezése sokkal nehézkesebb, így azt célszerű elkerülni!
*'''Laborok pótlása:''' Egy, maximum két labor alkalom (nagyon nyomós indokkal) pótolható, melyről személyes igazolást kell kérni a tantárgyfelelőstől a V2 épületben - Érdemes már előre kinézni a neked megfelelő időpontot.
*'''Beugrók:''' Általában a segédlet végén található ellenőrző kérdésekből vannak, de néha mást is kérdeznek, így érdemes az egészet tudni.
*'''Segédlet:''' A laborok hivatalos segédlete, amiből készülni érdemes - '''''Elektronikai technológia laboratórium (55082-01).'''''
*'''Időtartam:''' A laborok hivatalosan 4x45 percet visznek igénybe, de közben nem tartanak szünetet. Tehát egy 8:15-kor kezdődő labornak 11:15-kor van vége. Persze ettől +/- fél órával eltérhetnek.
*'''Laborbeosztás:''' A tanszéki honlapon közlik.
*'''Laborok helyszíne:''' A V1 épület előterében gyülekező. Innét szólítják az alagsorban lévő laborokba egyesével a csoportokat.
*'''TIPP:''' Minden laborhoz (lentebb) megtalálható a segédlet odavágó része, valamint az ellenőrző kérdések kidolgozása. '''FONTOS:''' A laborok többségén a beugró kérdések "beseggelése" kevés volt az átmenetelhez, ezért érdemes legalább 2-3x átolvasni a kiadott segédletet, hogy tisztában legyél azzal, amit a laborban csináltok és ne érjen meglepetés. A kidolgozásokat a hivatalos segédlet alapján, illetve a laborokon elhangzottak alapján készültek, azonban hibák így is előfordulhatnak benne!

==I. Nyomtatott huzalozások technológiája==

*'''Segédlet:''' [[Media: ETT_sillabusz1.pdf |Sillabusz letöltése]]
*'''Beugró:''' [[Media: ETT_labor1_2012.pdf |Ellenőrző kérdések letöltése]]
*'''Vélemények''':
**Nem volt vészes, 2 kérdés volt a kiadottakból, nem is szívózott senkivel. A laborvezető tök jó fej volt, az anyag mellett egy csomó kommentárt fűzött magához a laborhoz is - épp aznap volt egy kivitelezői bejárás, emiatt aktuális volt. Konkrét munka nem nagyon volt, nem lett volna rá idő, helyette végigjártuk a folyamatot, mutatott kész és félkész lemezeket stb. Laza, szemlélődős óra.
**Két kérdést kapott mindenki, melyek nagyrészt a beugró kérdések közül voltak, de volt 1-2 ami a sillabusz egy-egy lényegesebb részére kérdezett rá, de ezek sem voltak vészesek. A beugró után kb 30-40 percben összefoglalta a laborvezető a sillabuszban leírtakat és kiegészítette néhány ipari aktualitással. Ezután körbejártuk a V1 alagsorában lévő kis "mini NYHL gyártósort", közben pedig részletesen ismertette és szemléltette az egyes technológiai lépéseket. Önálló munka nem volt, azonban egy 2,5-3 órás ácsorgásra készüljetek fel lelkileg!

==II. Vékonyrétegek áramkörök rétegfelviteli és ábrakialakítási technológiája==

*'''Segédlet:''' [[Media: ETT_sillabusz2.pdf |Sillabusz letöltése]]
*'''Beugró:''' [[Media: ETT_labor2_2012.pdf |Ellenőrző kérdések letöltése]]
*''' Vélemények''':
**A foglalkozást egy nagyon kedves hölgy, Makai Dóra doktorandusz vezette. A beugró nekünk az volt, hogy le kellett rajzolni egy vákuumpárologtatót magyarázattal. Senkit nem küldött el, sokat kérdezett tőlünk, hogy hogyan képzeljük el például az olajgőzös szivattyú működését, stb. Aztán ő rápárologtatott egy Al darabkát egy üveglapra, amiből csak egy kolléga látott érdemit, ahogy a csónakból eltűnik az Al. Ez volt a kísérlet. Még beszélgettünk, aztán kérésre átmentünk Balogh Bálinthoz, aki elmagyarázta röviden a lézer működését, mutogatott ezt-azt, érdekességeket mondott, és ösztönzött minket a szakirány választására :) Negatívum, hogy tulajdonképpen semmit nem csináltunk.
**A sillabuszban lévő rajzokat és ábrákat (vákuumpárologtató, elektronsugaras gőzforrás és fotolitográfia folyamata) nagyon alaposan meg kell tanulni, mert előszeretettel kérik a beugróban és némelyik laborvezető akár ki is csap, ha nem tudod pontosan lerajzolni és megnevezni a részeket. A beugró összességében korrekt, csak a sillabuszban lévő anyagot kérik vissza, de azt nagyon alaposan! Ebben a laborban nemigen van önálló munka, inkább csak kicsit kibővítve összefoglalják a sillabuszban foglaltakat és bemutatnak néhány demonstrációs jellegű műveletet.

==III. Vastagréteg technológia==
*'''Segédlet:''' [[Media: ETT_sillabusz3.pdf |Sillabusz letöltése]] + [[Media: ETT_labor3_magolni.pdf |magolandó (de a másikat is el kell olvasni)]]
*'''Beugró:''' [[Media: ETT_labor3_2012.pdf |Ellenőrző kérdések letöltése]]
*'''Vélemények:'''
**A labor beugróval kezdődött, két kérdés volt. Az egyik az ellenőrző kérdésekből volt, a másik pedig a sillabusz másik részéről - Például: a paszta 3 alkotóeleme és azok szerepe. Ezután akinek Illés Balázs nem volt megelégedve a válaszával azt megkérdezte, hogy pontosan hogy gondolta, átbeszéltük. Egy hallgatót küldött el pótmérésre.
**A beugró kérdések nem csak az ellenőrző kérdések közül kerültek ki, de csak olyat kérdeztek, ami benne volt a sillabuszban. Érdemes alaposan átnézni az egyes technológiai lépéseket és azokról megtanulni 1-2 jellemzőt. A laboron megnézhettük hogyan is történik a szitanyomtatás illetve a hőkezelés. A labor második felében vezető ragasztó segítségével készíteni kellett egy egyszerű világító áramkört.
**[[Media: Ett_vastegreteglabor_2012.JPG |Vastagréteg labor]] - A labor végén meg kell oldani ezt az egyszerű számítási feladatsort.

==IV. Moduláramkör készítése újraömlesztéses felületszerelési (SMT) technológiával==

*'''Segédlet:''' [[Media: ETT_sillabusz4.pdf |Sillabusz letöltése]]
*'''Beugró:''' [[Media: ETT_labor4_2012.pdf |Ellenőrző kérdések letöltése ]]
*'''Vélemények:'''
**A beugró kicsit parás, mert nem csak az ellenőrző kérdésekből van. Az alábbi definíciót mindenképpen érdemes tudni - Sírkő effektus: A felületi feszültségből származó erők nem egyenletesen oszlanak el a két végpont között, ennek következtében az alkatrész elfordul, vagy felemelkedik. A labor maga jó, mindenki legyártotta magának a LED-es villogóját. Mindenkinek működött, de ha nem működik az sem nagy baj.
**A beugró a teljes sillabusz anyagából van. Érdemes megtanulni az egyes forraszanyagok összetételét, valamint arra figyelni kell, hogy a sillabuszban az újraömlesztéses forrasztás hőprofilja kicsit hibás, így azt az előadásdiákból érdemes nagyon alaposan megtanulni a tengelyek pontos skálázásával és az egyes szakaszok neveivel együtt. A labor második felében mindenki elkészítette magának a saját USB-ről működő LED-es villogóját. Amikor a laborvezető az alkatrészek beültetésének módját magyarázza érdemes nagyon figyelni, mert azt könnyű elszúrni és akkor lehet elölről kezdeni az egészet.

==V. Furatszerelt alkatrészek szerelése újraömlesztéses forrasztási technológiával==

*'''Segédlet:''' [[Media: ETT_sillabusz5.pdf |Sillabusz letöltése]] [[Media: ETT_labor5_2012_gepelt.pdf | (+ gépelt verzió)]]
*'''Beugró:''' [[Media: ETT_labor5_2012.pdf |Ellenőrző kérdések letöltése ]]
*'''Vélemények:'''
**A beugró után 4 embert ki is dobott, majd utána is tett még fel kérdéseket szóban. Ezekre tudtuk a válaszokat, de lehet, hogy ha valaki nem tudta volna, az is repült volna. Mind a beugrón, mind pedig a szóban elhangzott kérdésekre a válaszok megtalálhatóak a laborsegédletben, tehát nem éreztem inkorrektnek a számonkérést, csak szigorúbbnak a többi mérésen megszokottnál.
**Volt beugró az ellenőrző kérdésekből, illetve a mérés elején található fogalmakból. Van egy képlet a térfogatszámításra azt nálunk nem kérte inkább, hogy értsük, hogy kb mikre kell odafigyelni. Beugró után alaposan végignézte a mérésvezető a beugrókat, ahol valami hibádzott ott megkérdezte még egyszer, hogy az illető pontosan mire is gondolt. Ezek után elmagyarázta az anyagot egy bő órában sokkal részletesebben, mint a sillabusz. A mérés kb 3,5 órán át tartott, mindenki sikeresen zárta.
**Beugró - 2012 és 2013 ősz:
**#PIP technológia lépései + ábrák?
**#Újraömlesztéses technológia definíciója?
**#Furatszerelt alkatrészek forrasztásának minőségi követelményei?
**#Stencil definíciója?
**#Mit akadályoz meg a kereszttel kitakart apertúra?

==VI. Lézeres technológiák a moduláramköri hordozók kialakításában==

*'''Segédlet:''' [[Media: ETT_sillabusz6.pdf |Sillabusz letöltése]]
*'''Beugró:''' [[Media: ETT_labor6_2012.pdf |Ellenőrző kérdések letöltése ]]
*'''Vélemények:'''
**Ellenőrző kérdéseket kérdezték tőlünk. Hatan voltunk, mindenki egyet-egyet kapott így közülük. Egyébként a másik előadó tartotta és nagyon jófej volt.
**Nálunk a "beugró" az volt, hogy mindenki tegyen fel a laborvezetőnek két értelmes kérdést a lézerekkel kapcsolatban. Ezután a laborvezető mindegyik kérdést részletesen megválaszolta és közben a kapcsolódó elméletet is alaposan végigtaglalta. A labor végén lehetett számológépek fedlapjára, telefonok hátlapjára mindenféle ábrákat/feliratokat gravíroztatni. Szóval érdemes már az adott tárggyal és a rágravírozandó ábra ötletével felszerelkezve érkezni a laborra. A laborvezető gépén van egy csomó vicces/érdekes kép már eleve, amik közül lehet válogatni - BME logó, űrhajó, Batman és Superman jel, Apple logó...
**Gravírozáshoz nagy kontrasztú, lehetőleg fekete-fehér képet hozzatok. A gravírozható felület nagysága maximum 5*5 cm lehet.

==VII. Nyomtatott huzalozású lemez tervezés elektronikai szerelési technológiák tesztelésére==

*'''Segédlet:''' [[Media:Ett_sillabusz7_2012.pdf‎|Sillabusz letöltése]]
*'''Beugró:''' [[Media: ETT_labor7_2012.pdf |Ellenőrző kérdések letöltése ]]
*'''Vélemények:'''
**Beugró az ellenőrző kérdésekből volt, rajzot is kértek. Az órai feladat a PADS Logic és a PADS Layout programokkal NYÁK tervezés, melyeket valószínűleg soha nem láttál. Ez elég bonyolult feladatnak bizonyulna, ám az órán egy, a tanszéki honlapon előre közzétett útmutató PDF alapján kell végrehajtanod, ami merő unalom, mivel gondolkozni nem nagyon kell. A végén persze elmented amire jutottál, aztán dokumentációt is kell készíteni. Az sem gond ha nem érsz végig az összes feladattal (nem is igazán lehetséges) a lényeg, hogy folyamatosan dolgozz.
**A beugró az ellenőrző kérdésekből volt. Rendes volt, nem vágott ki senkit, de volt akinek szólt, hogy a ZH-ra ennél azért pontosabban tanulja meg. Számítógépen dolgoztunk önállóan az útmutató szerint. Az elején össznépileg segített elindulni, aztán utána minden értelemszerűen ahogy le van írva. A kérdéseket szívesen fogadta és segített, amikor kellett. Nem volt vészes.

==Nagyzárthelyi==

A ZH anyaga bármi lehet a könyvből, amit zárthelyiig leadtak. Éppen ezért érdemes elég alaposan áttanulmányozni mindent az utolsó apró betűig, ábráig, kiegészítésig. Cserébe korrektek és azon kívül nem kérdeznek mást! '''FONTOS:''' Alaposan érdemes megtanulni az ábrákat, tulajdonságokat és felsorolásokat, ugyanis ha egy kérdéshez mondjuk 5 dolgot kell írni, akkor 5 helyes válasz 1 pont, 4 (esetleg 3) helyes válasz 0.5 pont, ennél kevesebb pedig 0 pont! Érdemes látogatni az előadásokat, ugyanis NÉHA előfordul, hogyha drasztikusan kevesen vannak előadáson, akkor + pontokat lehet szerezni a ZH-hoz, melynek 20%-a beleszámít a vizsgába is!

*[[Media: Ett_zh_20101018zh1.pdf|2010/11 ősz]] - A csoport és a hozzá tartozó [[Media: Ett_zhmegoldas20101018zh1.pdf|megoldások]]

==Vizsga==

*'''Vizsgakövetelmény:''' Konkrétan az egész könyvből kérdezhetnek az utolsó apró betűig, ábráig, kiegészítésig, ezért érdemes elég alaposan áttanulmányozni mindent. Cserébe korrektek és azon kívül nem kérdeznek mást. '''FONTOS:''' Alaposan érdemes megtanulni az ábrákat, tulajdonságokat és felsorolásokat, ugyanis ha egy kérdéshez mondjuk 5 dolgot kell írni, akkor 5 helyes válasz 1 pont, 4 (esetleg 3) helyes válasz 0.5 pont, ennél kevesebb pedig 0 pont!
*'''Pluszpontok:''' NÉHA előfordul, hogyha drasztikusan kevesen vannak előadáson, akkor + pontokat lehet szerezni a ZH-hoz, melyeknek 20%-a beleszámít a vizsgába is.
*'''Régi vizsgák:'''
**[[Media:Elektronikai_techonlógia_vizsga_2010ősz.pdf|2010 ősz]] - Nemhivatalos megoldásokkal
**[[Media: ett_vizsgakerdesek_2012.pdf |2012 ősz]] - Nemhivatalos megoldásokkal + Van benne egy csomó gyakran előforduló, kidolgozott vizsgapélda!

==Tippek==

*Ebből a tárgyból többet ér az, ha kevesebbet tudsz, de azt hibátlanul, mintha mindent, de csak nagyjából. A ZH illetve vizsga pontozása ugyanis úgy néz ki, hogy adott egy 1 pontos kérdés, amiért kérnek mondjuk 6 állítást. Ha mindent tudsz akkor 1 pont, ha 4-5 állítást akkor 0.5 pont, ha ennél kevesebbet akkor pedig 0 pont. Tehát nem érdemes felületesen tanulni, mert könnyen abba a hibába lehet esni, hogy tudod az anyag 50%-át mégis alig 1-2 pontot szerzel a számonkérésen!
*A diasorokban elég sok helyen, amikor valamilyen felsorolás vagy definíció van, akkor bizonyos kulcsszavak ki vannak pirossal emelve. Ha a ZH/vizsgán erre a témakörre kérdeznek rá, akkor lényegében ezeket a kulcsszavakat várják vissza (pont ennyi vonal van a válasznál), így ha ilyet találsz a diasorban, akkor fokozottan érdemes pontosan megtanulni.
*Az ábrákat, grafikonokat érdemes alaposan megtanulni, mert gyakran van "nevezd meg az ábra részeit" típusú feladat. Gyakran kérnek ezenkívül hőprofil rajzolást, ahol a tengelyek skálázása és a fontosabb pontok bejelölése is elvárt.
*A laborokat nem szabad félvállról venni, mert komolyan veszik a beugrókat és ha nagyobb gondok vannak, akkor szó nélkül kiraknak. A legtöbb laborvezető csak az ellenőrző kérdések közül kérdez, azonban van egy-két oktató, aki mélyebben is belekérdez az anyagba. Ennélfogva az ellenőrző kérdések bemagolása nem mentesít a segédlet alapos áttanulmányozása alól.
*Fontos az is, hogy nemcsak a beugrónál tehetnek ki! Ha azt veszik észre, hogy egyáltalán nem figyelsz, vagy a labor közben feltett alap kérdésekre nem tudsz válaszolni, akkor van olyan laborvezető, aki a mérés kellős közepén is képes hazaküldeni.

{{Lábléc_-_Villamosmérnök_alapszak}}