[Η/Μ Πεδίο ΙΙ] Ανάλυση παλιών θεμάτων

[Thmmy.gr portal]

  Thmmy.gr portal
   Forum
   Downloads
   Ενεργ. Λογαριασμού
   Επικοινωνία
  
  Χρήσιμα links
   Σελίδα τμήματος
   Βιβλιοθήκη Τμήματος
   Elearning
   Φοιτητικά fora
   Πρόγραμμα Λέσχης
   Πρακτική Άσκηση
   Ηλεκτρονική Εξυπηρέτηση Φοιτητών
   Διανομή Συγγραμμάτων
   Ψηφιακό Καταθετήριο Διπλωματικών
   Πληροφορίες Καθηγητών
   Instagram @thmmy.gr
   mTHMMY
  
  Φοιτητικές Ομάδες
   ACM
   Aristurtle
   ART
   ASAT
   BEAM
   BEST Thessaloniki
   EESTEC LC Thessaloniki
   EΜΒ Auth
   IAESTE Thessaloniki
   IEEE φοιτητικό παράρτημα ΑΠΘ
   SpaceDot
   VROOM
   Panther
  

THMMY.gr Web

Helios_MultiScribbles2SMF Default ThemeSMFone_Blue

[Ανεβάζετε τα θέματα των εξετάσεων στον τομέα Downloads]

Είσαι πρωτοετής;... Καλώς ήρθες! Μπορείς να βρεις πληροφορίες εδώ. Βοήθεια για τους καινούργιους μέσω χάρτη.

Κατεβάστε εδώ το Android Application για εύκολη πρόσβαση στο forum.

Ανεβάζετε τα θέματα των εξετάσεων στον τομέα Downloads με προσοχή στα ονόματα των αρχείων!

[Niobe]

Παίδες, μια απορία: το θέμα 1 του σεπτέμβρη 2015 είναι εκτός φέτος?

[Maylo]

Ναι αν είναι γειωτής , τότε είναι εκτός 

[hetfield]

Λογικά το ίδιο λέμε αλλά τι εννοείς κύκλο..? Αν ενώσεις αυτά τα πράματα όπως δείχνει θα μείνουν δύο κυκλικά γραμμικά ρεύματα. Βάζεις κι ένα σύστημα συντεταγμένων στη μέση και όντως το ελάχιστο B=0 βγαίνει στο κέντρο της όλης διάταξης χ=0 (που φαίνεται ότι λόγω συμμετρίας θα αλληλοαναιρούνται) και το μέγιστο βγαίνει στο χ= +-1, δηλαδή στα κέντρα των δύο κατανομών.

Χωρίς απόλυτη σιγουριά, Βmax=1.43 *10^(-4) T


Mπορείς να πεις ποιον τύπο χρησιμοποιείς στην λύση σου;Βασικά, δεν καταλαβαίνω πως βγαίνει το x+1 στον παρανομαστή...


Στο μικρό τυπολόγιο που υπάρχει στο σαιτ, υπάρχει ο τύπος για πεδίο στον άξονα κυκλικού βρόχου (σελ 15 - 2η περίπτωση - 2ος τύπος). Σ αυτόν τον τύπο αντί για z έχεις z+1 (ή χ+1 αν προτιμάς) επειδή ο ένας κυκλικός βρόχος είναι στο x=-1. Οπότε το σημείο χ=0.5 πχ. απέχει 0,5+1=1.5 από το κέντρο.

Αντίστοιχα στην άλλη κατανομή έχεις (x-1) αντί για z και με αρνητικό πρόσημο γιατί το ρεύμα πάει "ανάποδα". Αν τα προσθέσεις αυτά τα 2, έχεις την εξίσωση.

για ποιο λογο θεωρεις 2 κατανομες με κεντρα στο χ=1 και χ=-1,πως θα προκυψει η διαταξη του σχηματος απο την προσθεση των 2 πεδιων των βροχων στο -1 και +1?απο την υπερθεση των 4 κομματιων δε προκυπτει 1 κυκλικος βροχος με κεντρο το 0 και ακτινα R?Επισης γιατι στο τυπο αντικαθιστας το ζ με χ-1 και χ+1?το ενα δειχνει την αποσταση στον αξονα χ και το αλλο την αποσταση του κεντρου απο ενα θεωρουμενο σημειο στον αξονα ζ.  

[Spiro]

Παιδιά, στο 3ο θέμα Ιουνίου 2016:

α) είχε διευκρινίσει ο Γιούλτσης στην εξέταση ότι η μέγιστη τιμή της μαγν. επαγωγής στην αρχική καμπύλη μαγνήτισης είναι ίση με Β_m; Γιατί μου φαίνεται αυθαίρετη η απόφαση να πω ότι Β_g=B_m=B₀
β) στον υπολογισμό των απωλειών υστέρησης, για να καταλάβω δηλαδή, παίρνει ότι w_m=2(S₁+S₂-S₂) για να βολέψει το dH να πάει από 0 μέχρι Hm όταν αλλάξει το διαφορικό στο ολοκλήρωμα από dB σε dH; Σωστά;
γ) στον υπολογισμό του όγκου δακτυλίου για τη συνολική ενέργεια του μαγνητικού πεδίου, γιατί το παίρνει σαν ολόκληρο όγκο; Δεν θα' πρεπε το μήκος δακτυλίου να είναι 2π(α-l_g), λόγω του διάκενου; (το παίρνει ολόκληρο γιατί συνυπολογίζει και την ενέργεια στο διάκενο)

[paul]

Παιδιά, στο 3ο θέμα Ιουνίου 2016:

α) είχε διευκρινίσει ο Γιούλτσης στην εξέταση ότι η μέγιστη τιμή της μαγν. επαγωγής στην αρχική καμπύλη μαγνήτισης είναι ίση με Β_m; Γιατί μου φαίνεται αυθαίρετη η απόφαση να πω ότι Β_g=B_m=B₀
β) στον υπολογισμό των απωλειών υστέρησης, για να καταλάβω δηλαδή, παίρνει ότι w_m=2(S₁+S₂-S₂) για να βολέψει το dH να πάει από 0 μέχρι Hm όταν αλλάξει το διαφορικό στο ολοκλήρωμα από dB σε dH; Σωστά;

Για το (α) σου λεει οτι οτι τα Bm,Hm βρισκονται στην αρχικη καμπυλη μαγνητισης. Οποτε μαλλον επρεπε να καταλαβεις οτι αυτο ειναι το μεγιστο σημειο φορτισης.

Για το (β) σου δινει την εκφραση wm=2(S1+S2-S2) η οποια προφανως ισχυει. Στην συνεχεια ουσιαστικα εξισωνει το S1+S2 με το πρωτο ολοκληρωμα και το S2 με το δευτερο. Αυτο που λες εσυ ειναι μια απλη αλλαγη μεταβλητων. Οταν εχεις Β=+κΒm ή Β=-κΒm το Η θα ειναι μηδενικο (βγαινει απο τον αρχικο τυπο που σου δινει αλλα και απο την καμπυλη) ενω οταν εχεις Β=Βm θα ειναι H=Hm

[ANDREAMK]

παιδιά γνωρίζει κανεις πως ήταν τα θέματα του φεβρουαρίου 2016;? ο γιούλτσης δεν είχε βάλει και τότε;

[PureForm]

παιδιά γνωρίζει κανεις πως ήταν τα θέματα του φεβρουαρίου 2016;? ο γιούλτσης δεν είχε βάλει και τότε;

ναι ο γιουλτσης και αν δεν κανω λαθος τα ειχε ανεβασει μαζι με τις λυσεις τους στο ετημμυ--->πεδιο 2--->υλικο μαθηματος--->αποτελεσματα η κατι τετοιο,τσεκαρε αν τα εχει ακομα εκει

[ANDREAMK]

ναι ο γιουλτσης και αν δεν κανω λαθος τα ειχε ανεβασει μαζι με τις λυσεις τους στο ετημμυ--->πεδιο 2--->υλικο μαθηματος--->αποτελεσματα η κατι τετοιο,τσεκαρε αν τα εχει ακομα εκει

μόνο του ιουνίου έχει.. Αν τα έχει κανείς ας κάνει τον κόπο..

[Niobe]

μόνο του ιουνίου έχει.. Αν τα έχει κανείς ας κάνει τον κόπο..

+1

[Maylo]

καλησπέρα παιδιά θα ήθελα να ρωτήσω για μια διευκρίνιση . Στις ασκήσεις με τους ευθύγραμμους ρευματοφόρους αγωγούς  πεπερασμένου μήκους  "πώς αποφασίζουμε ποιά θα είναι η γωνία  "θα" και "θβ"; όπως πχ στις τελευταίες λυμένες  των σημειώσεων ultraviolet  η 2 .

[απλυτος]

+1

+1

[hetfield]

παιδιά γνωρίζει κανεις πως ήταν τα θέματα του φεβρουαρίου 2016;? ο γιούλτσης δεν είχε βάλει και τότε;

νομιζω οτι δεν ειχε βαλει τοτε ο γιουλτσης χωρις να μαι σιγουρος

[hetfield]

καλησπέρα παιδιά θα ήθελα να ρωτήσω για μια διευκρίνιση . Στις ασκήσεις με τους ευθύγραμμους ρευματοφόρους αγωγούς  πεπερασμένου μήκους  "πώς αποφασίζουμε ποιά θα είναι η γωνία  "θα" και "θβ"; όπως πχ στις τελευταίες λυμένες  των σημειώσεων ultraviolet  η 2 .

θ1 ειναι η γωνια που σχηματιζει η αρχη του τμηματος με το σημειο Ρ στο οποιο ζητειται το πεδιο και
θ2 η γωνια της ακρης του τμηματος με το σημειο Ρ.Δηλαδη ενωνεις καθε φορα την αρχη και το τελος του τμηματος που σε ενδιαφερει
με το σημειο στο οποιο θελεις το πεδιο με μια ευθεια και βλεπεις τι γωνια σχηματιζεται.
στην περιπτωση που αναφερεσαι απτις σημειωσεις βλεπεις οτι για το ΟΑ τμημα θ1=π/2 και θ2=cosλ οπου cosλ ειναι α/R.
ομοιως λειτουργεις και με το τμημα ΟΒ που ειναι ακριβως το ιδιο.δες και σελιδα 463 βιβλιου θεωριας

[georgkonst]

θ1 ειναι η γωνια που σχηματιζει η αρχη του τμηματος με το σημειο Ρ στο οποιο ζητειται το πεδιο και
θ2 η γωνια της ακρης του τμηματος με το σημειο Ρ.Δηλαδη ενωνεις καθε φορα την αρχη και το τελος του τμηματος που σε ενδιαφερει
με το σημειο στο οποιο θελεις το πεδιο με μια ευθεια και βλεπεις τι γωνια σχηματιζεται.
στην περιπτωση που αναφερεσαι απτις σημειωσεις βλεπεις οτι για το ΟΑ τμημα θ1=π/2 και θ2=cosλ οπου cosλ ειναι α/R.
ομοιως λειτουργεις και με το τμημα ΟΒ που ειναι ακριβως το ιδιο.δες και σελιδα 463 βιβλιου θεωριας

Συμφωνω απλα εχω την εντυπωση οτι cosθ2 = -α/R αφου θ2 ειναι η γωνια "εξω" απο το τριγωνο, αρα cosθ2 = cos(θ2'-π) = -α/R όπου θ2' η γωνια που σχηματίζει ο αξονας χ,y, με την υποτεινουσα του τριγωνου σε καθε περιπτωση

[elu]

Ιούνιος 2016 --> Θέμα 2 --> β

Μπερδεύομαι με την πολικότητα της ΗΕΔ. Μπορεί κάποιος να βοηθήσει;