Fizika 2 - Vizsga, 2013.01.02.

← Vissza az előző oldalra – Fizika 2

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)

$0.5m=2r\pi \Rightarrow r\approx 0.0796m$

$A=r^2\pi \approx 0.01989m^2$

Fluxus a kör felületén: $\mathrm{\Phi }=\int BdA\Rightarrow \mathrm{\Phi }=BA\cos (\omega t+\varphi )$ (skalárszorzat miatt)

Indukált feszütség: $U=\frac{d\mathrm{\Phi }}{dt}=-BA\sin (\omega t+\varphi )\omega$

Ez akkor maximális ha $sin=-1$, tehát

$3.14mV=BA\omega \Rightarrow \omega =\frac{3.14\cdot 10^{-3}}{BA}=62.8=2\pi f\Rightarrow f=\frac{62.8}{2\pi }{s}^{-1}\approx 10s^{-1}$

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.

$\oint E(r)dA=\frac{q_b}{{\epsilon }_0}$

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

$E(r)2r\pi a=\frac{2R\pi a\sigma }{{\epsilon }_0}\Rightarrow E(r)=\frac{R\sigma }{r{\epsilon }_0}$, ha $R=R_1<r<R_2$

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

Tehát b)

4. feladat (a feladatlapon 2. sorszámmal)

A gömbhély egy $\mathrm{d}r$ vastagságú gömbhélyának a $\mathrm{d}R$ ellenállása (a $R=\varrho \frac{l}{A}$ képletbe behelyettesítve):

$\mathrm{d}R=\frac{1}{\sigma }\frac{\mathrm{d}r}{4r^2\pi }$

A teljes R ellenállás:

$R=\int \mathrm{d}R=\underset{a}{\overset{b}{\int }}\frac{1}{\sigma }\frac{\mathrm{d}r}{4r^2\pi }=\frac{1}{4\sigma \pi }\underset{a}{\overset{b}{\int }}\frac{\mathrm{d}r}{r^2}=...$

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: $\oint Bds={\mu }_0\int jdA$

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.

$B(r)2r\pi ={\mu }_{0}I\Rightarrow B(r)=\frac{{\mu }_{0}I}{2r\pi }$

A kifejtett erő levezethető a Lorentz-erő képletéből:

$F_L=q(v\times B)\Rightarrow F=I(l\times B)$, mert $qv=q\frac{dl}{dt}\to \frac{dq}{dt}l=Il$

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

$F=IlB(r)\Rightarrow I=\frac{F}{lB(r)}=\frac{F}{l\frac{{\mu }_{0}I}{2r\pi }}$, mindkét oldalt I-vel szorozva:

$I^2=\frac{F2r\pi }{{\mu }_{0}l}\Rightarrow I=\pm \sqrt{\frac{F2r\pi }{{\mu }_{0}l}}=\pm 20(A)$

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

Esszékérdések

//TODO: ezt valaki nézze ki Hudson-Nelsonból