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: $\Phi =\int {B}dA\Rightarrow \Phi =BA\cos(\omega t+\phi )$ (skalárszorzat miatt)

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

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.

$\oint {E(r)}dA={\frac {q_{b}}{\varepsilon _{0}}}$

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

$E(r)2r\pi a={\frac {2R\pi a\sigma }{\varepsilon _{0}}}\Rightarrow E(r)={\frac {R\sigma }{r\varepsilon _{0}}}$, 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 teljes ellenállás az elemi gömbhéjak integrálásval számítható. Egy $\mathrm {d} r$ vastagságú gömbhéjának a $\mathrm {d} R$ ellenállása (az $R=\varrho {\frac {l}{A}}$ képletbe behelyettesítve, és figyelembe véve, hogy $\varrho ={\frac {1}{\sigma }}$):

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

A teljes R ellenállás:

$R=\int \mathrm {d} R=\int _{a}^{b}{\frac {1}{\sigma }}{\frac {\mathrm {d} r}{4r^{2}\pi }}={\frac {1}{4\sigma \pi }}\int _{a}^{b}{\frac {\mathrm {d} r}{r^{2}}}={\frac {1}{4\sigma \pi }}\left[{\frac {-1}{r}}\right]_{a}^{b}={\frac {1}{4\sigma \pi }}\left({\frac {-1}{b}}-{\frac {-1}{a}}\right)=$

(Mivel ${\frac {-1}{b}}-{\frac {-1}{a}}={\frac {1}{a}}-{\frac {1}{b}}={\frac {b-a}{ab}}$)

$={\frac {b-a}{4\pi \sigma ab}}$ (c válasz)

Megjegyzés: A $R=\varrho V$ képlet nem használható, dimenzióra sem stimmel $\left([\varrho ]=\mathrm {\Omega } \mathrm {m} ,[V]=\mathrm {m} ^{3}\right)$

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: $\oint {B}ds=\mu _{0}\int {j}dA$

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 $qv=q{\frac {dl}{dt}}\rightarrow {\frac {dq}{dt}}l=Il$

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.

6. feladat (a feladatlapon 1. sorszámmal)

Ott nem hat erő a részecskére, ahol a térerősség (E) értéke nulla, ami viszont az (U) elektromos potenciál negatív gradiense.

$U=3x^{2}-6y(x-1)$

$\operatorname {grad} U=\left(6x-6y,-6x+6,0\right)=\left(0,0,0\right)$

$-6x+6=0\Rightarrow x=1$

$6(1)-6y=0\Rightarrow y=1$

a) válasz.

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.

$F_{cp}=m{\frac {v^{2}}{R}}=qvB=F_{L}\Rightarrow m{\frac {v}{R}}=qB$

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:

$B\cdot R=konst\Rightarrow B\cdot R=(2B)\cdot \left({\frac {1}{2}}R\right)$

Esszékérdések

//TODO: ezt valaki nézze ki Hudson-Nelsonból