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 = (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. [math] \oint_{A}\bar{J}d\bar{A} = I \Rightarrow 2r\pi*l*\bar{J} = I [/math]
   
   
2. [math] \bar{J} = \frac{I}{2r\pi l} \Rightarrow \bar{E} = \frac{I}{2r\pi\sigma l} [/math]
   
   
3. A koaxiális kábel belső és külső vezetője közötti feszültségből számítandó, tehát:
   [math] 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 [/math]
   [math] \Rightarrow R=\frac{U}{I}=\frac{1}{2\pi\sigma l}*ln\left(\frac{r_2}{r_1}\right)[/math]
   
   

18-as példa

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

Pontos levezetés és megoldás:

1. [math] \oint_{A}\bar{D}d\bar{A} = Q \Rightarrow 2r\pi*l*\bar{D} = Q [/math]
   
   
2. [math] \bar{D} = \varepsilon\bar{E} = \frac{Q/l}{2r\pi} \Rightarrow \bar{E} = \frac{q}{2r\pi\varepsilon} [/math]
   
   
3. U a vezető és a fémsík között esik ezért [math] r_0 [/math]-tól integrálunk [math] h [/math]-ig:
   [math] 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} = [/math]
   [math] \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 [/math]
   [math] \Rightarrow\frac{q}{2\pi\varepsilon} = \frac{U}{ln\left(\frac{2h}{r_0}\right)} [/math]
   
   
4. [math] 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) = [/math]
   [math]=\frac{U}{ln\left(\frac{2h}{r_0}\right)} \left(\frac{1}{r_0}+\frac{1}{2h}\right) [/math]
   
   

27-es példa

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

1. Ha [math] \varepsilon_{1}E_{1krit}\prec\varepsilon_{2}E_{2krit} [/math] akkor [math] U_{krit}=\varepsilon_{1}E_{1krit}\left(\frac{d_1}{\varepsilon_1}+\frac{d_2}{\varepsilon_2}\right) [/math]
2. Ha [math] \varepsilon_{1}E_{1krit}\prec\varepsilon_{2}E_{2krit} [/math] akkor [math] U_{krit}=\varepsilon_{2}E_{2krit}\left(\frac{d_1}{\varepsilon_1}+\frac{d_2}{\varepsilon_2}\right) [/math]
   
   
3. Tehát: [math] 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) [/math]

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 [math] w=\frac{\frac{1}{2}\mu_0H_0^2}{A \delta} [/math] nem helyes, mert nem kell osztani [math] A \delta [/math]-val.

Tehát helyesen: [math] w=\frac{1}{2}\mu_0H_0^2 [/math]

62-es példa

Itt ez az összefüggés nem igaz: [math] U^{-} = Z_0 I^{-} [/math]

Helyesen: [math] U^{-} = -Z_0 I^{-} [/math]

1. [math] U_2^+=Z_0 I_2^+=225V [/math]
   [math] U_2^-=-Z_0 I_2^-=-75V [/math]
   
   
2. [math] r=\frac{U_2^-}{U_2^+}=\frac{-75}{225}=-\frac{1}{3} [/math]
   
   
3. [math] \hat{U}_{MAX}=U_2^+*\left(1+|r|\right)=U_2^+*\left(1+\left|-\frac{1}{3}\right|\right)=300V[/math]
   [math] \hat{U}_{MIN}=U_2^+*\left(1-|r|\right)=U_2^+*\left(1-\left|-\frac{1}{3}\right|\right)=150V[/math]
   

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. [math] r=-\frac{I_2^-}{I_2^+}=-\frac{1}{3}=-\frac{1}{3} [/math]
   
   
2. [math] U_2=Z_0 * (I_2^+-I_2^-)=150V [/math]
   
3. [math] U_2=U_2^+*(1+r) \Rightarrow U_2^+=U_2 \frac{3}{2}=225V [/math]
   
4. [math] \hat{U}_{MAX}=U_2^+*\left(1+|r|\right)=U_2^+*\left(1+\left|-\frac{1}{3}\right|\right)=300V[/math]
   
5. [math] \hat{U}_{MIN}=U_2^+*\left(1-|r|\right)=U_2^+*\left(1-\left|-\frac{1}{3}\right|\right)=150V[/math]