„Fizika 2 - Vizsga, 2013.01.02.” változatai közötti eltérés
a |
|||
(33 közbenső módosítás, amit 4 másik szerkesztő végzett, nincs mutatva) | |||
1. sor: | 1. sor: | ||
+ | {{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. | A másik csoportnak ugyanezek a feladatok voltak, a sorrend volt csak más. | ||
− | + | == Számítási feladatok == | |
− | + | ||
+ | === 1. Feladat (Feladatlapon 4. sorszámmal) === | ||
<math>0.5 m = 2 r \pi \Rightarrow r \approx 0.0796 m</math> | <math>0.5 m = 2 r \pi \Rightarrow r \approx 0.0796 m</math> | ||
13. sor: | 18. sor: | ||
Ez akkor maximális ha <math>sin = -1</math>, tehát | 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} \approx 10 | + | <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 (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)''' | ||
− | + | === 3. Feladat (Feladatlapon 5. sorszámmal) === | |
+ | Van rá képlet Hudson-Nelsonban is, de nem nehéz levezetni. | ||
− | ====2.==== | + | A törésmutató definíciójából (mivel a frekvencia nem változhat): |
− | A | + | |
+ | <math>n = \frac{c}{v_n} = \frac{\lambda \cdot f}{\lambda_n \cdot f} = \frac{\lambda}{\lambda_n} \Rightarrow \lambda_n = \frac{\lambda}{n} \approx 389.61 nm</math> | ||
+ | |||
+ | <math>d = k \cdot \lambda \Rightarrow k = \frac{d}{\lambda} \approx 166.667</math> | ||
+ | |||
+ | <math>k_n = \frac{d}{\lambda_n} \approx 256.667</math> | ||
+ | |||
+ | <math>\Delta k = k_n - k = 90</math> | ||
+ | |||
+ | Lehetne csinosabb képletet is szülni rá, de kijön így, '''a)''' a válasz. | ||
+ | |||
+ | === 4. Feladat (Feladatlapon 2. sorszámmal) === | ||
+ | |||
+ | A teljes ellenállás az elemi gömbhéjak integrálásval számítható. Egy <math>\mathrm d r</math> vastagságú gömbhéjának a <math>\mathrm dR</math> ellenállása (az <math>R = \varrho \frac{l}{A}</math> képletbe behelyettesítve, és figyelembe véve, hogy <math>\varrho = \frac 1 \sigma</math>): | ||
+ | |||
+ | <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 \sigma \pi} \left[ \frac {-1}{r} \right]_a^b = | ||
+ | \frac{1}{4 \sigma \pi} \left(\frac {-1} b - \frac {-1} a \right) = | ||
+ | </math> | ||
+ | |||
+ | :: (Mivel <math>\frac {-1} b - \frac {-1} a = \frac 1 a - \frac 1 b = \frac {b - a}{ab}</math>) | ||
+ | |||
+ | <math>= \frac {b - a}{4 \pi \sigma a b}</math> ('''c válasz''') | ||
+ | |||
+ | '''Megjegyzés''': A <math>R = \varrho V</math> képlet ''nem'' használható, dimenzióra sem stimmel <math>\left( [\varrho] = \mathrm \Omega \mathrm m, [V] = \mathrm m^3 \right)</math> | ||
+ | |||
+ | === 5. Feladat (Feladatlapon 3. sorszámmal) === | ||
+ | A Newton-i erő-ellenerő törvényre figyeljünk, a vezetők F erővel vonzzák egymást, az egyik F-fel vonzza a másikat, a másik szintén F-fel az egyiket. Előjelben térnek el, ha egy dimenzióban akarjuk vizsgálni. Tehát azt az erőt keressük, amit az egyik kifejt a másikra. | ||
+ | Az Ampere-tövényt használjuk fel, miszerint: | ||
+ | <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. | ||
+ | |||
+ | === 6. Feladat (Feladatlapon 1. sorszámmal) === | ||
+ | |||
+ | Ott nem hat erő a részecskére, ahol a térerősség (''E'') értéke nulla, ami viszont az (''U'') elektromos potenciál negatív gradiense: <math>E = - \nabla U</math> | ||
+ | |||
+ | <math>U = 3x^2-6y(x-1)</math> | ||
+ | |||
+ | <math>\operatorname {grad} U = \left( 6x-6y, -6x+6, 0 \right) = \left(0, 0, 0 \right)</math> | ||
+ | |||
+ | <math>-6x + 6 = 0 \Rightarrow x = 1</math> | ||
+ | |||
+ | <math>6(1)-6y = 0 \Rightarrow y = 1</math> | ||
+ | |||
+ | Tehát '''a)''' a válasz. | ||
+ | |||
+ | === 7. Feladat (Feladatlapon 6. sorszámmal) === | ||
+ | Brewster-szög: az a szög, aminél a visszavert és a megtört fénysugár éppen 90°-ot zár be egymással, a visszavert fény síkban polarizálttá válik, mert benne az E elektromos térerősségvektorok az üveglemez felületével párhuzamos egyenes mentén rezegnek. | ||
+ | |||
+ | Számítása:<math>\operatorname{tg} \alpha = n</math>, ahol n a közegre vonatkoztatott törésmutató. | ||
+ | |||
+ | A levegő törésmutatója közel 1, mert a levegőben majdnem fénysebességgel tud terjedni a fény. | ||
+ | |||
+ | <math>n = \frac{c}{v_n}</math> | ||
+ | |||
+ | A levegőre vonatkozó relatív törésmutató emiatt: <math>n = \frac{n_{absz}}{1} \Rightarrow n_{absz} = \operatorname{tg} \alpha = 1.5399</math> | ||
+ | |||
+ | A vízre vonatkoztatott relatív törésmutató: <math>n' = \frac{n_{absz}}{1.33} \approx 1.1578= \operatorname{tg} \theta</math> | ||
+ | |||
+ | <math>\theta = \operatorname{atan} n' \approx 49.182^\circ</math> | ||
+ | |||
+ | Tehát '''b)''' a válasz. | ||
+ | |||
+ | === 8. Feladat (Feladatlapon 8. sorszámmal) === | ||
+ | A Faraday-törvény segítségével: | ||
+ | |||
+ | <math>\oint E dr = -\frac{d}{dt} \int B dA</math> | ||
+ | |||
+ | Az elektromos térerősség érintő irányú a körön, a B merőleges a kör felületére, ezért az integrálok szorzássá egyszerűsödnek. A felület időben nem fog változni, ezért szabad a deriválást csak a mágneses térerősségre értelmezni. | ||
+ | |||
+ | <math>E(r) \cdot 2 r \pi = -\left(\frac{d}{dt}B \right) r^2 \pi</math> | ||
+ | |||
+ | Mivel <math>B = B_0 t \rightarrow B' = B_0</math>: | ||
+ | |||
+ | <math>E(r) = -\frac{B_0 r}{2} = -\frac{0.3 \cdot 0.02}{2} = - 3 \cdot 10^{-3} \frac{V}{m}</math> | ||
+ | |||
+ | Tehát a válasz '''d)''', a negatív előjel pedig azt jelzi, hogy a kialakuló tér fékezni próbálja a hatást, ami létrehozza. | ||
+ | |||
+ | === 10. Feladat (Feladatlapon 7. sorszámmal) === | ||
+ | A feladatlapon nem szerepel minden konstans, ami kell, ezeket a táblára írták vizsga közben: <math>m_n = 1.674 \cdot 10^{-27} kg</math> | ||
+ | |||
+ | A de Broglie hullámhosszról tudjuk, hogy: | ||
+ | |||
+ | <math>\lambda = \frac{h}{p} = \frac {h}{{m}{v}} \sqrt{1 - \frac{v^2}{c^2}} \approx \frac{h}{m v} \Rightarrow p = \frac{h}{\lambda}</math> | ||
+ | |||
+ | <math>p = m \cdot v</math> | ||
+ | |||
+ | <math>E = \frac{1}{2} m v^2 = \frac{p^2}{2 m} = \frac{h^2}{2 \lambda^2 m_n} \approx \frac{(6.62 \cdot 10^{-34})^2}{2 \cdot (0.2\cdot 10^{-9})^2 1.674^{-27}} \approx 3.2724 \cdot 10^{-21} J</math> | ||
+ | |||
+ | Tehát '''c)''' a válasz. | ||
+ | |||
+ | == Kiegészítős mondatok == | ||
+ | |||
+ | === 4. homogén mágneses térben forgó töltés=== | ||
+ | Az eredeti megoldókulcsban az volt, hogy a pálya sugara nem változik, ezt többeknek elfogadták. Megtekintéskor azt sikerült megbeszélni az egyik előadóval, hogy a '''kétszeres térerősség miatt felére csökken a sugár''', majd erről ő meggyőzte a másikat is ott előttünk (neveket inkább nem is írok). | ||
+ | |||
+ | Tudjuk, hogy körpályán a centripetális erő tartja, ami a részecskére ható erők összege. A részecskére csak a Lorentz erő hat. A gravitáció hatása elhanyagolhatóan kicsi. | ||
+ | |||
+ | <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 | //TODO: ezt valaki nézze ki Hudson-Nelsonból | ||
+ | |||
+ | [[Kategória:Villamosmérnök]] |
A lap jelenlegi, 2014. március 13., 16:16-kori változata
A vizsgafeladatok. (Katt ide!)
A másik csoportnak ugyanezek a feladatok voltak, a sorrend volt csak más.
Tartalomjegyzék
- 1 Számítási feladatok
- 1.1 1. Feladat (Feladatlapon 4. sorszámmal)
- 1.2 2. Feladat (Feladatlapon 9. sorszámmal)
- 1.3 3. Feladat (Feladatlapon 5. sorszámmal)
- 1.4 4. Feladat (Feladatlapon 2. sorszámmal)
- 1.5 5. Feladat (Feladatlapon 3. sorszámmal)
- 1.6 6. Feladat (Feladatlapon 1. sorszámmal)
- 1.7 7. Feladat (Feladatlapon 6. sorszámmal)
- 1.8 8. Feladat (Feladatlapon 8. sorszámmal)
- 1.9 10. Feladat (Feladatlapon 7. sorszámmal)
- 2 Kiegészítős mondatok
- 3 Esszékérdések
Számítási feladatok
1. Feladat (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 (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 \lt r \lt 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)
3. Feladat (Feladatlapon 5. sorszámmal)
Van rá képlet Hudson-Nelsonban is, de nem nehéz levezetni.
A törésmutató definíciójából (mivel a frekvencia nem változhat):
[math]n = \frac{c}{v_n} = \frac{\lambda \cdot f}{\lambda_n \cdot f} = \frac{\lambda}{\lambda_n} \Rightarrow \lambda_n = \frac{\lambda}{n} \approx 389.61 nm[/math]
[math]d = k \cdot \lambda \Rightarrow k = \frac{d}{\lambda} \approx 166.667[/math]
[math]k_n = \frac{d}{\lambda_n} \approx 256.667[/math]
[math]\Delta k = k_n - k = 90[/math]
Lehetne csinosabb képletet is szülni rá, de kijön így, a) a válasz.
4. Feladat (Feladatlapon 2. sorszámmal)
A teljes ellenállás az elemi gömbhéjak integrálásval számítható. Egy [math]\mathrm d r[/math] vastagságú gömbhéjának a [math]\mathrm dR[/math] ellenállása (az [math]R = \varrho \frac{l}{A}[/math] képletbe behelyettesítve, és figyelembe véve, hogy [math]\varrho = \frac 1 \sigma[/math]):
[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 \sigma \pi} \left[ \frac {-1}{r} \right]_a^b = \frac{1}{4 \sigma \pi} \left(\frac {-1} b - \frac {-1} a \right) = [/math]
- (Mivel [math]\frac {-1} b - \frac {-1} a = \frac 1 a - \frac 1 b = \frac {b - a}{ab}[/math])
[math]= \frac {b - a}{4 \pi \sigma a b}[/math] (c válasz)
Megjegyzés: A [math]R = \varrho V[/math] képlet nem használható, dimenzióra sem stimmel [math]\left( [\varrho] = \mathrm \Omega \mathrm m, [V] = \mathrm m^3 \right)[/math]
5. Feladat (Feladatlapon 3. sorszámmal)
A Newton-i erő-ellenerő törvényre figyeljünk, a vezetők F erővel vonzzák egymást, az egyik F-fel vonzza a másikat, a másik szintén F-fel az egyiket. Előjelben térnek el, ha egy dimenzióban akarjuk vizsgálni. Tehát azt az erőt keressük, amit az egyik kifejt a másikra. Az Ampere-tövényt használjuk fel, miszerint: [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.
6. Feladat (Feladatlapon 1. sorszámmal)
Ott nem hat erő a részecskére, ahol a térerősség (E) értéke nulla, ami viszont az (U) elektromos potenciál negatív gradiense: [math]E = - \nabla U[/math]
[math]U = 3x^2-6y(x-1)[/math]
[math]\operatorname {grad} U = \left( 6x-6y, -6x+6, 0 \right) = \left(0, 0, 0 \right)[/math]
[math]-6x + 6 = 0 \Rightarrow x = 1[/math]
[math]6(1)-6y = 0 \Rightarrow y = 1[/math]
Tehát a) a válasz.
7. Feladat (Feladatlapon 6. sorszámmal)
Brewster-szög: az a szög, aminél a visszavert és a megtört fénysugár éppen 90°-ot zár be egymással, a visszavert fény síkban polarizálttá válik, mert benne az E elektromos térerősségvektorok az üveglemez felületével párhuzamos egyenes mentén rezegnek.
Számítása:[math]\operatorname{tg} \alpha = n[/math], ahol n a közegre vonatkoztatott törésmutató.
A levegő törésmutatója közel 1, mert a levegőben majdnem fénysebességgel tud terjedni a fény.
[math]n = \frac{c}{v_n}[/math]
A levegőre vonatkozó relatív törésmutató emiatt: [math]n = \frac{n_{absz}}{1} \Rightarrow n_{absz} = \operatorname{tg} \alpha = 1.5399[/math]
A vízre vonatkoztatott relatív törésmutató: [math]n' = \frac{n_{absz}}{1.33} \approx 1.1578= \operatorname{tg} \theta[/math]
[math]\theta = \operatorname{atan} n' \approx 49.182^\circ[/math]
Tehát b) a válasz.
8. Feladat (Feladatlapon 8. sorszámmal)
A Faraday-törvény segítségével:
[math]\oint E dr = -\frac{d}{dt} \int B dA[/math]
Az elektromos térerősség érintő irányú a körön, a B merőleges a kör felületére, ezért az integrálok szorzássá egyszerűsödnek. A felület időben nem fog változni, ezért szabad a deriválást csak a mágneses térerősségre értelmezni.
[math]E(r) \cdot 2 r \pi = -\left(\frac{d}{dt}B \right) r^2 \pi[/math]
Mivel [math]B = B_0 t \rightarrow B' = B_0[/math]:
[math]E(r) = -\frac{B_0 r}{2} = -\frac{0.3 \cdot 0.02}{2} = - 3 \cdot 10^{-3} \frac{V}{m}[/math]
Tehát a válasz d), a negatív előjel pedig azt jelzi, hogy a kialakuló tér fékezni próbálja a hatást, ami létrehozza.
10. Feladat (Feladatlapon 7. sorszámmal)
A feladatlapon nem szerepel minden konstans, ami kell, ezeket a táblára írták vizsga közben: [math]m_n = 1.674 \cdot 10^{-27} kg[/math]
A de Broglie hullámhosszról tudjuk, hogy:
[math]\lambda = \frac{h}{p} = \frac {h}{{m}{v}} \sqrt{1 - \frac{v^2}{c^2}} \approx \frac{h}{m v} \Rightarrow p = \frac{h}{\lambda}[/math]
[math]p = m \cdot v[/math]
[math]E = \frac{1}{2} m v^2 = \frac{p^2}{2 m} = \frac{h^2}{2 \lambda^2 m_n} \approx \frac{(6.62 \cdot 10^{-34})^2}{2 \cdot (0.2\cdot 10^{-9})^2 1.674^{-27}} \approx 3.2724 \cdot 10^{-21} J[/math]
Tehát c) a válasz.
Kiegészítős mondatok
4. homogén mágneses térben forgó töltés
Az eredeti megoldókulcsban az volt, hogy a pálya sugara nem változik, ezt többeknek elfogadták. Megtekintéskor azt sikerült megbeszélni az egyik előadóval, hogy a kétszeres térerősség miatt felére csökken a sugár, majd erről ő meggyőzte a másikat is ott előttünk (neveket inkább nem is írok).
Tudjuk, hogy körpályán a centripetális erő tartja, ami a részecskére ható erők összege. A részecskére csak a Lorentz erő hat. A gravitáció hatása elhanyagolhatóan kicsi.
[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