Elektromágneses terek alapjai - Számolós vizsgakérdések kidolgozásában talált hibák javításai

← Vissza az előző oldalra – Elektromágneses terek alapjai

Az elektromágneses terek vizsgára kiadott kiskérdések kidolgozásában talált hibák javításainak gyűjteménye!

Kérlek, ha ezeken kívül találnál még hibát a kidolgozásban, akkor azt írd le ide, pontos magyarázattal.

10-es példa

Nekem más eredményem lett, szerintem egy 2-es szorzó lemaradt valahol, de nem 100%.

Levezetés és megoldás:
Gauss képlettel az 1. gömb térerőssége: E1 = Q / (4*PI*ɛ*R^2)
A 2. gömb térerőssége: E2 = Q / [4*PI*ɛ*(2H-R)^2]       //ugyanaz, mint az 1. gömbé, csak a gömbtől való távolság 2H-R
U = ʃ Edl       (integrálási határok: R0 -> 2H-R0)
U = Q / (4*π*ɛ) * { -[1/(2H-R0) - 1/R0] + [1/R0 - 1/(2H-R0)] }       //a -Q miatt lesz + a második tag
U = Q / (4*π*ɛ) * [ -1/(2H-R0) + 1/R0 + 1/R0 - 1/(2H-R0)] = Q / (4*π*ɛ) * [ 2/R0 - 2/(2H-R0) ]
U = Q / (2*π*ɛ) * [ 1/R0 - 1/(2H-R0) ]
Elektrosztatika -> Stac. áramlás analógia: (Q,ɛ) -> (I, σ)
U = I / (2*π*σ) * [ 1/R0 - 1/(2H-R0) ]
-> U / I = R = 1 / (2*π*σ) * [ 1/R0 - 1/(2H-R0) ] = 150,78 Ω

11-es példa

A szivárgási ellenállásnál nem szorozni, hanem osztani kell a hosszal, úgy már jó a képlet.

Pontos levezetés és megoldás:

1. $\oint _{A}{\bar {J}}d{\bar {A}}=I\Rightarrow 2r\pi *l*{\bar {J}}=I$
   
   
2. ${\bar {J}}={\frac {I}{2r\pi l}}\Rightarrow {\bar {E}}={\frac {I}{2r\pi \sigma l}}$
   
   
3. A koaxiális kábel belső és külső vezetője közötti feszültségből számítandó, tehát:
   $U=\int _{r_{1}}^{r_{2}}{\bar {E}}(r)dr={\frac {I}{2\pi \sigma l}}\int _{r_{1}}^{r_{2}}{\frac {1}{r}}dr={\frac {I}{2\pi \sigma l}}\left[ln(r)\right]_{r_{1}}^{r_{2}}={\frac {I}{2\pi \sigma l}}*ln\left({\frac {r_{2}}{r_{1}}}\right)\Rightarrow$
   $\Rightarrow R={\frac {U}{I}}={\frac {1}{2\pi \sigma l}}*ln\left({\frac {r_{2}}{r_{1}}}\right)$
   
   

18-as példa

Az $E$ nem ${\frac {1}{r^{2}}}$ -esen csökken, hanem ${\frac {1}{r}}$ -esen, így $U={\frac {q}{2\pi \varepsilon }}*ln\left({\frac {2h-r_{0}}{r_{0}}}\right)$ -os kifejezés lesz.

Pontos levezetés és megoldás:

1. $\oint _{A}{\bar {D}}d{\bar {A}}=Q\Rightarrow 2r\pi *l*{\bar {D}}=Q$
   
   
2. ${\bar {D}}=\varepsilon {\bar {E}}={\frac {Q/l}{2r\pi }}\Rightarrow {\bar {E}}={\frac {q}{2r\pi \varepsilon }}$
   
   
3. U a vezető és a fémsík között esik ezért $r_{0}$-tól integrálunk $h$-ig:
   $U=\int _{r_{0}}^{h}{\bar {E}}_{1}(r)+{\bar {E}}_{2}(2h-r)dr={\frac {q}{2\pi \varepsilon }}\int _{r_{0}}^{h}{\frac {1}{r}}-{\frac {1}{2h-r}}dr={\frac {q}{2\pi \varepsilon }}\left[ln(r)-ln(2h-r)\right]_{r_{0}}^{h}=$
   ${\frac {q}{2\pi \varepsilon }}\left[ln\left({\frac {r}{2h-r}}\right)\right]_{r_{0}}^{h}={\frac {q}{2\pi \varepsilon }}\left[ln\left({\frac {2h-r_{0}}{r_{0}}}\right)\right]\approx {\frac {q}{2\pi \varepsilon }}ln\left({\frac {2h}{r_{0}}}\right)\Rightarrow$
   $\Rightarrow {\frac {q}{2\pi \varepsilon }}={\frac {U}{ln\left({\frac {2h}{r_{0}}}\right)}}$
   
   
4. $E_{max}=E(r_{0})={\frac {q}{2\pi \varepsilon }}\left({\frac {1}{r_{0}}}+{\frac {1}{2h-r_{0}}}\right)\approx {\frac {q}{2\pi \varepsilon }}\left({\frac {1}{r_{0}}}+{\frac {1}{2h}}\right)=$
   $={\frac {U}{ln\left({\frac {2h}{r_{0}}}\right)}}\left({\frac {1}{r_{0}}}+{\frac {1}{2h}}\right)$
   
   

27-es példa

Ez jól van megoldva a kidolgozásban, de egyszerűbben is lehet:

1. Ha $\varepsilon _{1}E_{1krit}\prec \varepsilon _{2}E_{2krit}$ akkor $U_{krit}=\varepsilon _{1}E_{1krit}\left({\frac {d_{1}}{\varepsilon _{1}}}+{\frac {d_{2}}{\varepsilon _{2}}}\right)$
2. Ha $\varepsilon _{1}E_{1krit}\prec \varepsilon _{2}E_{2krit}$ akkor $U_{krit}=\varepsilon _{2}E_{2krit}\left({\frac {d_{1}}{\varepsilon _{1}}}+{\frac {d_{2}}{\varepsilon _{2}}}\right)$
   
   
3. Tehát: $U_{krit}=min\left\{\varepsilon _{1}E_{1krit},\varepsilon _{2}E_{2krit}\right\}\left({\frac {d_{1}}{\varepsilon _{1}}}+{\frac {d_{2}}{\varepsilon _{2}}}\right)$

30-as példa

Az eredmény majdnem jó, csak egy negatív előjel hiányzik az egész képlet elé. Ez amiatt van, hogy a rendszer jobbsodrású. A 2009.01.12-én írt beugró megoldókulcsában is így van, lásd csatolt mellékletek.

38-as példa

Ez ez eredmény még csak fél pontot ér (legalábbis ennyit ért mikor én vizsgáztam). Az 'a' hossznak kisebbnek is kell lennie még 10cm-nél. Ez a feladatban lévő "csak" kulcsszó miatt van. Amennyiben 'a' 10cm-nél nagyobb, akkor már a TE20 módus is terjedhet ezen a frekvencián, 11.18cm-nél meg már TE11 is, stb. Szóval 'a' nagyobb mint 5cm, ÉS 'a' kisebb mint 10 cm.

44-es példa

Nagy része jó, csak $w={\frac {{\frac {1}{2}}\mu _{0}H_{0}^{2}}{A\delta }}$ nem helyes, mert nem kell osztani $A\delta$-val.

Tehát helyesen: $w={\frac {1}{2}}\mu _{0}H_{0}^{2}$

62-es példa

Itt ez az összefüggés nem igaz: $U^{-}=Z_{0}I^{-}$

Helyesen: $U^{-}=-Z_{0}I^{-}$

1. $U_{2}^{+}=Z_{0}I_{2}^{+}=225V$
   $U_{2}^{-}=-Z_{0}I_{2}^{-}=-75V$
   
   
2. $r={\frac {U_{2}^{-}}{U_{2}^{+}}}={\frac {-75}{225}}=-{\frac {1}{3}}$
   
   
3. ${\hat {U}}_{MAX}=U_{2}^{+}*\left(1+|r|\right)=U_{2}^{+}*\left(1+\left|-{\frac {1}{3}}\right|\right)=300V$
   ${\hat {U}}_{MIN}=U_{2}^{+}*\left(1-|r|\right)=U_{2}^{+}*\left(1-\left|-{\frac {1}{3}}\right|\right)=150V$
   

Ennek a feladatnak a végeredményében nem okoz eltérést, de a hiba más feladatokban akár 1 pont levonást is okozhat!

Ennek van egy másik (szerintem egyszerűbb) megoldása:

1. $r=-{\frac {I_{2}^{-}}{I_{2}^{+}}}=-{\frac {1}{3}}=-{\frac {1}{3}}$
   
   
2. $U_{2}=Z_{0}*(I_{2}^{+}-I_{2}^{-})=150V$
   
3. $U_{2}=U_{2}^{+}*(1+r)\Rightarrow U_{2}^{+}=U_{2}{\frac {3}{2}}=225V$
   
4. ${\hat {U}}_{MAX}=U_{2}^{+}*\left(1+|r|\right)=U_{2}^{+}*\left(1+\left|-{\frac {1}{3}}\right|\right)=300V$
   
5. ${\hat {U}}_{MIN}=U_{2}^{+}*\left(1-|r|\right)=U_{2}^{+}*\left(1-\left|-{\frac {1}{3}}\right|\right)=150V$