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)

[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 (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.

[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)

4. feladat (a feladatlapon 2. sorszámmal)

A teljes ellenállás számítható integrálással:

A gömbhéj egy [math]\mathrm d r[/math] vastagságú gömbhéjának a [math]\mathrm dR[/math] ellenállása (a [math]R = \varrho \frac{l}{A}[/math] képletbe behelyettesítve):

[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 \pi \sigma b} + \frac{1}{4 \pi \sigma a} = \frac{b-a}{4 \pi \sigma a b}[/math]

Tehát c)

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: [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.

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.

[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