Valaki leellenőrizné nekem ezt a 4 db könnyű fizika részfeladatot? (elektromosság)

1.a)

Majdnem jó, de az előjeleket nem kezelted jól.

E₁ jobbra mutató vektor, és mivel Q₂ negatív, ezért E₂ is jobbra mutat! Az eredőjük tehát E₁+E₂, nem pedig mínusz, és jobbra (a negatív töltés felé) mutat.

1.b)

Megint az előjel a gond.

Up₁ pozitív, de Up₂ negatív, -9000 V. Eredőjük pedig nulla.

2.a)

Kis elírás Ce kiszámolásakor: 1/Ce-t akartál írni. Utána reciprokot vettél, szóval Ce értéke jó.

Az 5 µF kiszámításánál mi az a 30 µF?? ... Ja, rájöttem, 5+10+15. Nem jó úgy. Sorosan kapcsolt kondenzátoroknál mindkettőn ugyanakkora töltés van!

Képzeld el ugyanis, hogy C₁ és C₂ helyett ott van egy eredő kapacitás, aminek bal fegyverzete C₁ bal oldalán van, jobbja pedig C₂ jobbján. A bal oldali fegyverzeten (ami C₁ bal fegyverzete) van Q, és a jobb oldali fegyverzeten (ami C₂ jobbja) van -Q, ez idáig ugye tiszta. És most nézzük az eredeti két kondenzátoros felállást, mi van annak a közepén? Oda csak úgy töltések nem mehetnek, hanem megosztással keletkeznek. C₁ bal oldali Q töltése megoszt a jobb oldalán -Q töltést, C₂ jobb oldlai -Q töltése pedig megoszt abal oldalán +Q töltést, és szerencsésen ki is adódi, hogy középen a töltések összege továbbra is nulla.

Vagyis C₁-en és C₂-őn is Q töltés lesz. Sőt, ha három vagy még több kondenzátor lenne sorba kötve, azokon is megosztással mindegyiken pont Q töltés lenne.

Visszatérve a feladatra: kiszámoltad, hogy C₁-en (és C₂-őn is) 6·10⁻³ C töltés van. És most C₁-gyel párhuzamosan kötjük C₃-at. Ezzel a töltések száma nem változik meg, hanem a Q töltés szétoszlik C₁ és C₃ között. Tehát 10+5µF-ot kell szembeállítani 5 µF-dal, X=2·10⁻³ C lesz.

3.a)

Ez jó.

Jól használtad a színes tolladat is (tényleg tetszik), így nem zavarodtál bele a sok karikába.

Szóval tök jó, de ha érdekel, mutatok egy módszert, amivel fejben ki tudod ugyanezt számolni reciprokozás nélkül. (Nem biztos, hogy mondjuk a dolgozatnál fejben érdemes számolni, de arra ott is jó, hogy gyorsan ellenőrizd, hogy nem számoltál-e el valamit.)

Szóval párhuzamosan kapcsolt ellenállások eredőjéről lesz szó. A módszer alapja az, hogy ha sok AZONOS ellenállás van párhuzamosan kötve, azok eredője egyszerű: R/n. Szóval két azonos felezi, három azonos harmadolja az eredőt, stb.

R₃ és R₄: 6 és 3. A hatnak a fele a 3. Most egy trükk jön: A 3Ω-ot felfoghatjuk úgy, hogy két 6Ω-os ellenállás párhuzamosan kötve! Összességében így olyan, mintha 3 db 6 ohmos lenne párhuzamosan, aminek az eredője 2Ω.

Aztán R₂ és R'': 6 és 3: ugyanaz, ez is 3 darab 6 ohmosnak felel meg, 2Ω.

Végül R''' és R'''': 2 és 6: A 2 ohmos olyan, mint 3 darab 6 ohmos párhuzamosan, vagyis olyan, mintha 4 darab 6 ohmosunk lenne, ami 6/4 = 1,5Ω

A módszer csak bizonyos arányú párhuzamosan kapcsolt ellenállásoknál használható, de olyanok szoktak lenni a legtöbbször a példákban.

Leírva hosszabb volt, mint ahogy ki lehet számolni fejben. Próbáld ki a mostani kapcsoláson, miután megértetted az alaplépést, meglepően gyorsan fogod végigszámolni.