Fizika 2 - Vizsga, 2013.01.02. forrásának megtekintése

{{Vissza|Fizika 2}}

'''[[Media:2013.01.02.Fiz2.vizsgaZH.nem.teljes.megoldasokkal.pdf‎|A vizsgafeladatok.]] (Katt ide!)'''

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

==Számítási feladatok==

===1. feladat (a feltöltött feladatlapon 4. sorszámmal)===
<math>0.5 m = 2 r \pi \Rightarrow r \approx 0.0796 m</math>

<math>A = r^2 \pi \approx 0.01989 m^2</math>

Fluxus a kör felületén: <math>\Phi = \int{B}dA  \Rightarrow  \Phi = B A \cos (\omega t + \phi)</math> (skalárszorzat miatt)

Indukált feszütség: <math>U = \frac{d\Phi}{dt} = - B A \sin (\omega t + \phi) \omega</math>

Ez akkor maximális ha <math>sin = -1</math>, tehát

<math>3.14 mV = B A \omega \Rightarrow \omega = \frac{3.14 \cdot 10^{-3}}{B A} = 62.8 = 2 \pi f \Rightarrow f = \frac{62.8}{2 \pi} s^{-1} \approx 10 s^{-1}</math>

Tehát d)

===2. feladat (a feladatlapon 9. sorszámmal)===
A Gauss-törvényből következik, hogy az E tér csak a bezárt töltéstől függ. Mivel 1cm < 1.25cm < 1.5cm, külső henger töltése/tere lényegtelen. A térerősség sugárirányú a rendszer szimmetriája miatt, kifelé mutat mert pozitív töltés.
A felhasznált Gauss-felület a hengerpalást, a záró lapok a végtelen hossz (a) miatt elhanyagolhatók.

<math>\oint{E(r)}dA = \frac{q_b}{\varepsilon_0}</math>

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

<math>E(r) 2 r \pi a = \frac{2 R \pi a \sigma}{\varepsilon_0} \Rightarrow E(r) = \frac{R \sigma}{r \varepsilon_0}</math>, ha <math>R=R_1 < r < R_2</math>

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

Tehát b)

===4. feladat (a feladatlapon 2. sorszámmal) ===
A teljes ellenállás számítható integrálással:

A gömbhéj egy <math>\mathrm d r</math> vastagságú gömbhéjának a <math>\mathrm dR</math> ellenállása (a <math>R = \varrho \frac{l}{A}</math> képletbe behelyettesítve):

<math>\mathrm d R = \frac 1 \sigma \frac{\mathrm d r}{4 r^2 \pi}</math>

A teljes ''R'' ellenállás:

<math>R = \int \mathrm dR = \int_a^b \frac 1 \sigma \frac{\mathrm d r}{4 r^2 \pi} = \frac{1}{4 \sigma \pi} \int_a^b \frac{\mathrm d r}{r^2} = - \frac{1}{4 \pi \sigma b} + \frac{1}{4 \pi \sigma a} = \frac{b-a}{4 \pi \sigma a b}</math>

Tehát c)

===5. feladat (a feladatlapon 3. sorszámmal)===
A Newton-i erő-ellenerő törvényre figyeljünk, a vezetők F erővel vonzzák egymást, az egyik F-fel vonzza a másikat, a másik szintén F-fel az egyiket. Előjelben térnek el, ha egy dimenzióban akarjuk vizsgálni. Tehát azt az erőt keressük, amit az egyik kifejt a másikra.
Az Ampere-tövényt használjuk fel, miszerint:
<math>\oint{B}ds = \mu_0 \int{j}dA</math>

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

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

<math>B(r) 2 r \pi = \mu_0 I \Rightarrow B(r) = \frac{\mu_0 I}{2 r \pi}</math>

A kifejtett erő levezethető a Lorentz-erő képletéből:

<math>F_L = q (v \times B) \Rightarrow F = I (l \times B)</math>, mert <math>q v = q \frac{dl}{dt} \rightarrow \frac{dq}{dt} l = I l</math>

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

<math>F = I l B(r) \Rightarrow I = \frac{F}{l B(r)} = \frac{F}{l \frac{\mu_0 I}{2 r \pi}}</math>, mindkét oldalt I-vel szorozva:

<math>I^2 = \frac{F 2 r \pi}{\mu_0 l} \Rightarrow I = \pm\sqrt{\frac{F 2 r \pi}{\mu_0 l}} = \pm 20 (A)</math>

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

==Kiegészítős kérdések==
===4. homogén mágneses térben forgó töltés===
Az eredeti megoldókulcsban az volt, hogy a pálya sugara nem változik, ezt többeknek elfogadták. Megtekintéskor azt sikerült megbeszélni az egyik előadóval, hogy a '''kétszeres térerősség miatt felére csökken a sugár''', majd erről ő meggyőzte a másikat is ott előttünk (neveket inkább nem is írok).

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

<math>F_{cp} = m \frac{v^2}{R} = q v B = F_L \Rightarrow m \frac{v}{R} = q B</math>

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

<math>B \cdot R = konst \Rightarrow B \cdot R = (2 B) \cdot \left(\frac{1}{2} R\right)</math>

==Esszékérdések==
//TODO: ezt valaki nézze ki Hudson-Nelsonból