Print Page - ข้อสอบปลายค่าย 2 ม.5 ปี 2558-2559

Title: ข้อสอบปลายค่าย 2 ม.5 ปี 2558-2559
Post by: tonsonlalit on March 18, 2016, 09:32:27 PM

ไม่ต้องสนใจที่ผมตอบกับติ๊กถูกหรอกครับ มันผิดบางข้อ :buck2:

Title: Re: ข้อสอบปลายค่าย 2 ม.5 ปี 2558-2559
Post by: tonsonlalit on March 18, 2016, 10:16:42 PM

ขอทำข้อที่มั่นใจก่อนครับ

ข้อ 8
กำหนดให้ $\gamma =\frac{1}{\sqrt{1-(\frac{u}{c})^{2}}}$
จากสูตร $x=\gamma (x^{\prime}+ut^{\prime})$
จะได้ว่า $\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}=\gamma (\frac{\mathrm{d} x^{\prime}}{\mathrm{d} t}+u\frac{\mathrm{d} t^{\prime}}{\mathrm{d} t})$
$\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}=\gamma (\frac{\mathrm{d} x^{\prime}}{\mathrm{d} t^{\prime}}\frac{\mathrm{d} t^{\prime}}{\mathrm{d} t}+u\frac{\mathrm{d} t^{\prime}}{\mathrm{d} t})$

เนื่องจาก โจทย์บอกว่าวัตถุเคลื่อนที่เฉพาะในแนวดิ่ง ในกรอบอ้างอิงของ B
ดังนั้น $\frac{\mathrm{d} x^{\prime}}{\mathrm{d} t^{\prime}}=0$

จะได้ว่า $\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}=\gamma u\frac{\mathrm{d} t^{\prime}}{\mathrm{d} t}$ ----------------- (๑)

จากสูตร $y=y^{\prime}$
จะได้ว่า $\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}=\frac{\mathrm{d} y^{\prime}}{\mathrm{d} t}$
$\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}=\frac{\mathrm{d} y^{\prime}}{\mathrm{d} t^{\prime}}\frac{\mathrm{d} t^{\prime}}{\mathrm{d} t}$

ซึ่งจากโจทย์ จะได้ว่า $\frac{\mathrm{d} y^{\prime}}{\mathrm{d} t^{\prime}}=v^{\prime}$

ดังนั้น $\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}=v^{\prime}\frac{\mathrm{d} t^{\prime}}{\mathrm{d} t}$ ----------------- (๒)

จะหาทิศทางของความเร็ว จะได้ว่า $\tan \theta=\frac{v_{y}}{v_{x}}$ เมื่อ $\theta$ คือ มุมที่ทิศของความเร็วทำกับแนวระดับ
จะได้ว่า $\tan \theta=\frac{v^{\prime}}{\gamma u}$
แทนค่า $\gamma$ กลับ

จะได้ว่า $\theta =\arctan (\frac{v^{\prime}}{u}\sqrt{1-(\frac{u}{c})^{2}})$ ตอบ

Title: Re: ข้อสอบปลายค่าย 2 ม.5 ปี 2558-2559
Post by: tonsonlalit on March 18, 2016, 11:02:43 PM

ข้อ 6

ความเร็ว หาได้จากสูตร $E=\frac{1}{2}mv^{2}$
จะได้ว่า $v=\sqrt{\frac{2E}{m}}$

คิดแบบชนยืดหยุ่น
$dP=(dN)mv\cos \theta -(-(dN)mv\cos \theta)$
$dP=2(dN)mv\cos \theta$
$\frac{dP}{dt}=2(\frac{dN}{dt})mv\cos \theta$
$F=2\beta mv\cos \theta$
$p=\frac{2\beta mv\cos \theta}{A}$
แทนค่า $v$ ลงไป
จะได้ว่า $p=\frac{2\beta \sqrt{2Em}\cos \theta}{A}$ ตอบ

คิดแบบชนแล้วติดหนึบ ----> โมเมนตัมตอนหลังเท่ากับ 0
$dP=0-(-(dN)mv\cos \theta)$
$dP=(dN)mv\cos \theta$
$\frac{dP}{dt}=(\frac{dN}{dt})mv\cos \theta$
$F=\beta mv\cos \theta$
$p=\frac{\beta mv\cos \theta}{A}$
แทนค่า $v$ ลงไป
จะได้ว่า $p=\frac{\beta \sqrt{2Em}\cos \theta}{A}$ ตอบ

Title: Re: ข้อสอบปลายค่าย 2 ม.5 ปี 2558-2559
Post by: ปิยพงษ์ - Head Admin on March 26, 2016, 08:39:28 PM

เฉลยข้อ 5 ข้อ 6 โดยอาจารย์อัศวิน

Title: Re: ข้อสอบปลายค่าย 2 ม.5 ปี 2558-2559
Post by: Pun on March 30, 2016, 04:55:20 PM

ข้อ1ครับ
สนามไฟฟ้า
$\delta E_{O}=Ecos\theta =\frac{1}{4\pi \epsilon _{0}}\times \frac{\sigma (2\pi rsin\theta )(r\delta \theta )}{r^{2}}\times cos\theta$
$E_{O}=\frac{\sigma }{4\epsilon _{0}}\int_{0}^{\pi /2}2sin\theta cos\theta d\theta$
$E_{O}=\frac{\sigma }{4\epsilon _{0}}$
หากระแสของวงแหวน
$I\delta \l =\sigma (2\pi rsin\theta )^{2} (r\delta \theta )\times \frac{\omega }{2\pi }=2\pi \sigma \omega r^{3}sin^{2} \theta \delta \theta$

ขอลองมาขยายความที่อ.ปิยพงษ์เม้นไว้ข้างล่างนะครับ อันก่อนที่ผมทำอาจจะลัดขั้นตอนจนผิดวิธีจริงๆครับ
เริ่มจาก $\delta \vec{B}$ ของจุดแผ่นเล็กๆดังรูป ประกอบด้วยcomponentของ $\delta B_{y}$ ทิศขึ้นตามแกนหมุน และ $\delta B_{x}$
ทิศชี้ออกตั้งฉากกับแกนหมุน ซึ่งถ้าเรารวมสนามแม่เหล็กของแผ่นนี้ไปตามมุม $\delta \phi$ จนครบวง จะได้สนามแม่เหล็กของวงแหวน ซึ่งมีทิศชี้ขึ้นเนื่องจากของทิศxหักล้างกันหมด ฉะนั้นสนามแม่เหล็กของวงแหวน $\delta B_{O}$ จะเป็นการรวมของสนามแม่เหล็ก $\delta B_{y}$ จนครบวง ขนาดเท่ากับ $\delta B sin\theta$
ทีนี้เราจะมาดูหลักของ Biot-Savart $\delta\vec{B}=\frac{\mu _{0}}{4\pi }\cdot \frac{I\delta \vec{l}\times \hat{r}}{r^{2}} =\frac{\mu _{0}}{4\pi }\cdot \frac{\vec{v}\delta q\times \hat{r}}{r^{2}}$
ประจุของแผ่นเล็กๆ $\delta q=\sigma \left( rsin\theta \delta \phi \right)\left( r\delta \theta \right)$ และหมุนด้วย $v=\omega rsin\theta$
ตั้งสมการสนามแม่เหล็กของแผ่นเล็กๆนี้ $\delta B_{y}=\delta B sin\theta=\left[ \frac{\mu _{0}}{4\pi }\cdot \frac{(\omega rsin\theta) \left(\sigma rsin\theta \delta \phi \right)\left( r\delta \theta \right)}{r^{2}} \right] sin\theta$
จะได้ว่า $\delta B_{O}$ คือผลรวม $\delta B_{y}$ จนครบวง
สามารถเขียนในรูป $\delta B_{O}=\left[ \frac{\mu _{0}}{4\pi }\cdot \frac{(\omega rsin\theta) \left( \sigma r\delta \theta \right)}{r^{2}}\int_{0}^{2\pi } rsin\theta d\phi \right] sin\theta$
$\delta B_{O}=\frac{\mu _{0}}{4\pi }\cdot 2\pi \sigma \omega rsin^{2} \theta \delta \theta }\cdot sin\theta$
ซึ่ง $\int_{0}^{2\pi } rsin\theta d\phi =2\pi rsin\theta$ ซึ่งก็เป็นขนาดเส้นรอบวงของวงแหวนพอดี
จะเห็นว่าcomponentส่วนนี้ เราสามารถเริ่มต้นคิดสนามแม่เหล็กจากวงแหวนเส้นรอบวง $2\pi rsin\theta$ ได้เลย โดยระลึกไว้ว่าทิศทางของสนามแม่เหล็กนี้มีทิศตามแนวแกนหมุนและทิศxจะต้องหักล้างกันไป
จากนั้นก็ไปต่อตามด้านล่างเลยครับ ไม่รู้ว่าอธิบายได้ถูกรึป่าว

จากรูป
สนามแม่เหล็ก
$\delta B_{O}=\frac{\mu _{0}}{4\pi }\times \frac{2\pi \sigma \omega r^{3}sin^{2} \theta \delta \theta }{r^{2}}\times sin\theta$
$B_{O}=\frac{\mu _{0}\sigma \omega r }{2}\int_{0}^{\pi /2}sin^{3}\theta d\theta$
$B_{O}=\frac{\mu _{0}\sigma \omega r}{3}$
จะได้
$\frac{E}{B}=\frac{3/4}{\epsilon _{0}\mu _{0}\omega r}$
ดังนั้น a=0.75

Title: Re: ข้อสอบปลายค่าย 2 ม.5 ปี 2558-2559
Post by: Pun on March 30, 2016, 05:59:26 PM

ข้อ3
1.1 Path Difference $P.D.=2\mu h$
มุมน้อยๆ $\theta \cong \frac{h}{L}$
เมื่อแหล่งกำเนิดเฟสตรงข้ามกัน แถบสว่างเป็น
$P.D.= (n-\frac{1}{2}) \lambda$ เมื่อ $n=1,2,3,4,5,...$
จะได้ $2\mu \theta L= (n-\frac{1}{2}) \lambda$
ระยะห่างระหว่างริ้วสว่าง $\Delta L$ มุมยอดเป็น $\theta =\frac{\lambda }{2\mu \Delta L}$
แทนค่าได้ $\theta =1.11\times 10^{-3} rad$
1.2 แถบสว่างที่ 4 มีความสูง
$h_{4}=\theta L=\frac{(3.5\lambda }{2\mu }=7.756\times 10^{-7} m$
ห่างจากยอดฟิล์มบาง
$L_{4}=\frac{h_{4}}{\theta }=0.7 mm$

Title: Re: ข้อสอบปลายค่าย 2 ม.5 ปี 2558-2559
Post by: อภิชาตเมธี on October 02, 2016, 06:28:20 AM

ข้อ 2 ครับ

ให้กระแสในเส้นกลางเป็น $I_{1}$ เส้นขวาเป็น $I_{2}$

จากกฎของเคอร์ชอฟ $V_{in}=(I_{1}+I_{2})R + I_{1}\dfrac{1}{j\omega C}$

และ $I_{1}\dfrac{1}{j\omega C}=I_{2}({\dfrac{1}{j\omega C} +R)$

$\therefore V_{in}=(I_{2}(1+j\omega RC)+I_{2})R + \dfrac{1}{j\omega C} I_{2}(1+j\omega RC)$

$V_{in}=I_{2}R\left( 3+j \left( \dfrac{(\omega RC)^{2}-1}{\omega RC} \right) \right)$

but $V_{out}=I_{2}R$

$\therefore \left| \dfrac{V_{out}}{V_{in}} \right| =\left| \dfrac{1}{3+j \left( \dfrac{(\omega RC)^{2}-1}{\omega RC} \right)} \right|$

ปริมาณนี้จะมากสุดเมื่อ ตัวส่วนน้อยที่สุด ก็คือเมื่อพจน์จินตภาพเป็นศูนย์

$\therefore \omega =\dfrac{1}{RC}$

Title: Re: ข้อสอบปลายค่าย 2 ม.5 ปี 2558-2559
Post by: อภิชาตเมธี on October 12, 2016, 11:12:51 AM

ข้อ 9 ครับ

จาก Separation of Variable ให้

$\Psi (x,y,z)=X(x)Y(y)Z(z)$

แทนเข้าไปในสมการได้

$Y(y)Z(z)\dfrac{d^{2}}{dx^{2}} X(x) + X(x)Z(z)\dfrac{d^{2}}{dx^{2}} Y(y) + X(x)Y(y)\dfrac{d^{2}}{dx^{2}} Z(z) = -\dfrac{2mE}{\bar{h}^{2}} X(x)Y(y)Z(z)$

$\dfrac{1}{X(x)}\dfrac{d^{2}}{dx^{2}} X(x) + \dfrac{1}{Y(y)}\dfrac{d^{2}}{dy^{2}} Y(y) + \dfrac{1}{Z(z)}\dfrac{d^{2}}{dz^{2}} Z(z)= -\dfrac{2mE}{\bar{h}^{2}}$

จากการที่แต่ละพจน์เป็นสมการที่ขึ้นกับตัวแปรที่แตกต่างกันการที่ผลบวกจากทั้งสามพจน์จะเป็นค่าคงที่(ได้ตลอด) จะเกิดเมื่อ แต่ละพจน์ของทางซ้ายมือมีค่าเท่ากับค่าคงที่และแยกแก้ทีละสมการได้

เสนอปริมาณ $E_{x}+E_{y}+E_{z}=E$

ดังนั้น $\dfrac{1}{\psi (i) }\dfrac{d^{2}}{di^{2}} \psi (i) = -\dfrac{2mE_{i}}{\bar{h}^{2}}$

เมื่อ $i$ แทน $x,y,z$

$\psi$ แทน function

จาก โจทย์ให้ solution มาเลยได้ว่า

$\alpha_{i} = \dfrac{\sqrt{2mE_{i}}}{\bar{h}}=\dfrac{2\pi}{\lambda_{i}}$

และการที่อนุภาคจะสามารถอยู่ได้อย่างเสถียรในกล่องได้แปลว่าคลื่นอนุภาคในแต่ละแกนจะต้องทำตัวเป็นคลื่นนิ่งในกล่องในมิตินั้นๆ ได้ว่า

$\lambda_{i}=\dfrac{2a}{n_{i}}$ เมื่อ $n\in {1,2,3,...}$

ดังนั้น

$E_{n_{i}}=\dfrac{n_{i}^{2}h^{2}}{8ma^{2}}$

$E(n_{x},n_{y},n{z})=E_{x}+E_{y}+E_{z}=\dfrac{h^{2}}{8ma^{2}}(n_{x}^{2}+n_{y}^{2}+n_{z}^{2})$

หลังจากนั้นลองใส่ตังเลขดูจะได้ พลังงาน ground state ถึง 5th excited state ดังนี้ โดยจำนวนdegenerate state ทำโดย การหาว่ามีชุดของ $(n_{x},n_{y},n{z})$ กี่ชุดที่ให้ค่าพลังงานเท่ากัน โดยการทำ permutation เพื่อหาจำนวนชุด

$E_{ground}=3\dfrac{h^{2}}{8ma^{2}} \Rightarrow (1,1,1)$

$E_{1st-excited}=6\dfrac{h^{2}}{8ma^{2}} \Rightarrow (1,1,2),(1,2,1),(2,1,1)$

$E_{2nd-excited}=9 \dfrac{h^{2}}{8ma^{2}} \Rightarrow (1,2,2),(2,1,2),(2,2,1)$

$E_{3rd-excited}=11\dfrac{h^{2}}{8ma^{2}} \Rightarrow (1,1,3),(1,3,1),(3,1,1)$

$E_{4th-excited}=12\dfrac{h^{2}}{8ma^{2}} \Rightarrow (2,2,2)$

$E_{5th-excited}=14\dfrac{h^{2}}{8ma^{2}} \Rightarrow (1,2,3),(1,3,2),(2,1,3),(2,3,1),(3,2,1),(3,1,2)$

Title: Re: ข้อสอบปลายค่าย 2 ม.5 ปี 2558-2559
Post by: ปิยพงษ์ - Head Admin on February 21, 2017, 08:45:09 PM

Quote from: Pun on March 30, 2016, 04:55:20 PM

ข้อ1ครับ
...
หากระแสของวงแหวน
$I\delta \l =\sigma (2\pi rsin\theta )^{2}(r\delta \theta )\times \frac{\omega }{2\pi }=\sigma \omega 2\pi r^{3}sin^{2}\theta \delta \theta$
...

สงสัยตรงนี้ $\sigma (2\pi rsin\theta )^{2$ มันมาจากอะไรครับ

Title: Re: ข้อสอบปลายค่าย 2 ม.5 ปี 2558-2559
Post by: Pun on March 02, 2017, 03:33:44 AM

Quote from: ปิยพงษ์ - Head Admin on February 21, 2017, 08:45:09 PM

Quote from: Pun on March 30, 2016, 04:55:20 PM

สงสัยตรงนี้ $\sigma (2\pi rsin\theta )^{2$ มันมาจากอะไรครับ

ผมคิดว่าประจุที่หมุนทำให้เกิดกระแสไฟฟ้าคือ $\sigma (2\pi rsin\theta ) (r\delta \theta )\times \frac{\omega }{2\pi }$
แล้วคูณเส้นรอบวง $2\pi rsin\theta$ ครับ

Title: Re: ข้อสอบปลายค่าย 2 ม.5 ปี 2558-2559
Post by: ปิยพงษ์ - Head Admin on March 02, 2017, 10:09:54 AM

Quote from: Pun on March 02, 2017, 03:33:44 AM

Quote from: ปิยพงษ์ - Head Admin on February 21, 2017, 08:45:09 PM

Quote from: Pun on March 30, 2016, 04:55:20 PM

สงสัยตรงนี้ $\sigma (2\pi rsin\theta )^{2$ มันมาจากอะไรครับ

ประจุหารคาบ $\dfrac{\omega }{2\pi}$ คือกระแสแล้ว
ทำไมต้องคูณเส้นรอบวงด้วย เพื่อให้ได้อะไร??

Title: Re: ข้อสอบปลายค่าย 2 ม.5 ปี 2558-2559
Post by: Pun on March 02, 2017, 07:42:46 PM

Quote from: ปิยพงษ์ - Head Admin on March 02, 2017, 10:09:54 AM

Quote from: Pun on March 02, 2017, 03:33:44 AM

Quote from: ปิยพงษ์ - Head Admin on February 21, 2017, 08:45:09 PM

Quote from: Pun on March 30, 2016, 04:55:20 PM

สงสัยตรงนี้ $\sigma (2\pi rsin\theta )^{2$ มันมาจากอะไรครับ

ผมไม่ได้คิดกระแสอย่างเดียวครับ ผมคิดเป็น $I \delta l$ คือกระแสที่เราแบ่งเป็นวงแหวนบางๆคูณเส้นรอบวงของมัน เพื่อเอาไปแทนใน Biot-Savart

Title: Re: ข้อสอบปลายค่าย 2 ม.5 ปี 2558-2559
Post by: ปิยพงษ์ - Head Admin on March 04, 2017, 12:09:27 AM

Quote from: Pun on March 02, 2017, 07:42:46 PM

...
ผมไม่ได้คิดกระแสอย่างเดียวครับ ผมคิดเป็น $I \delta l$ คือกระแสที่เราแบ่งเป็นวงแหวนบางๆคูณเส้นรอบวงของมัน เพื่อเอาไปแทนใน Biot-Savart

ถ้าเป็นอย่างที่ว่า มันต้องคิด $I \delta \vec l \times \hat{r}$ ส่วนเล็ก ๆ ก่อน แล้วแยกส่วนประกอบ แล้วจึงเอามาอินทิเกรตภายหลัง
ที่ทำมามันบังเอิญคำตอบถูก

Title: Re: ข้อสอบปลายค่าย 2 ม.5 ปี 2558-2559
Post by: Boung on April 03, 2020, 10:00:50 AM

คุณ pun ทำถูกต้องแล้วนะครับ เด้วผมขอลองทำใหม่ เพื่อให้เข้าใจง่ายมากขึ้นนะครับ ช่วยๆกันเช็คด้วยนะครับผม :smitten: :smitten:
หาสนามแม่เหล็กก่อนนะครับ :knuppel2: :knuppel2:
จาก $\vec{B}=\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\frac{q\vec{v}\times \hat{r}}{{{r}^{2}}}$
ผมให้ว่าพื้นที่ประจุที่เล็กๆที่ทำให้เกิดสนามแม่เหล็กจะได้ว่า $d\vec{B}=\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\frac{\vec{v}dq\times \hat{r}}{{{r}^{2}}}$
กำหนดให้ว่า $\sigma$ คือความหนาาแน่นของประจุเชิงพื้นที่ เพราะโจทย์บอกมาว่ามันเป็นถ้วยบาง
ประจุเล็กๆจะได้ว่า $dq=\sigma (r\sin \phi \delta \theta )(r\delta \phi )$
$vdq=\sigma [(r\sin \phi \delta \theta )(r\delta \phi )](\omega r\sin \phi )$
แยกแกน x และ y ออกมาจะได้ว่า แรงแม่เหล็กจะหักล่างกันหมดจนเหลือแค่แกน y
$d{{\vec{B}}_{y}}=\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\frac{vdq}{{{r}^{2}}}\sin \phi$
$d{{\vec{B}}_{x}}=\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\frac{vdq}{{{r}^{2}}}\cos \phi$ เท่ากับ $\Sigma {{B}_{x}}=0$ เราก็ไม่ต้องคิดแรงแม่เหล็กให้แกน x
$d{{\vec{B}}_{y}}=\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\frac{\sigma [(r\sin \phi \delta \theta )(r\delta \phi )](\omega r\sin \phi )}{{{r}^{2}}}\sin \phi$ ; $v=\omega r\sin \phi$
$d{{\vec{B}}_{y}}=\frac{{{\mu }_{0}}\sigma \omega }{4\pi }\frac{{{r}^{3}}{{\sin }^{3}}\phi \delta \phi \delta \theta }{{{r}^{2}}}$
${{\vec{B}}_{y}}=\frac{{{\mu }_{0}}\sigma \omega r}{4\pi }\int\limits_{0}^{2\pi }{\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}{{{\sin }^{3}}\phi \delta \phi \delta \theta }}$
${{\vec{B}}_{y}}=\frac{{{\mu }_{0}}\sigma \omega r}{4\pi }\int\limits_{0}^{2\pi }{d\theta \int_{0}^{\frac{\pi }{2}}{{{\sin }^{3}}\phi d\phi }}$
${{\vec{B}}_{y}}=\frac{{{\mu }_{0}}\sigma \omega r}{2}\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}{{{\sin }^{3}}\phi d\phi }$ อินทิเกรตจะได้ว่า :::: $\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}{{{\sin }^{3}}\phi d\phi }=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}{{{\sin }^{2}}\phi \sin \phi d\phi }=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}{(1-{{\cos }^{2}}\phi )\sin \phi d\phi }$
ให้ว่า $u=\cos \phi \to du=-\sin \phi d\phi$
$-{{\int{(1-u}}^{2}})du=-(u-\frac{1}{3}{{u}^{3}})=\frac{1}{3}{{u}^{3}}-u=\frac{1}{3}{{\cos }^{3}}\phi -\cos \phi$ แล้วก็แทนช่วงกลับไปที่เดิม :coolsmiley: :coolsmiley:
$0-(\frac{1}{3}-1)=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$
${{\vec{B}}_{y}}=\frac{{{\mu }_{0}}\sigma \omega r}{2}(\frac{2}{3})=\frac{{{\mu }_{0}}\sigma \omega r}{3}$

หาสนามไฟฟ้าต่อนะครับ :uglystupid2: :uglystupid2: :uglystupid2:
จาก $E=\frac{1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}\frac{q}{{{r}^{2}}}\hat{r}$
ให้พื้นที่ปะจุเล็กๆที่ทำให้เกิดสนามไฟฟ้าคือ $dE=\frac{1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}\frac{dq}{{{r}^{2}}}\hat{r}$ :gr8 :gr8
ประจุเล็กๆคือ $dq=\sigma (r\sin \phi \delta \theta )(r\delta \phi )$
เนื่องจากว่าแรงในแนวแกน x จะหักล่างตามเดิมเนื่องจากความสมมาตรของถ้วย $\sum\limits_{{}}^{{}}{{{E}_{X}}=0}$
$d{{E}_{y}}=\frac{1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}\frac{dq}{{{r}^{2}}}\cos \phi$
$d{{E}_{y}}=\frac{1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}\frac{\sigma (r\sin \phi \delta \theta )(r\delta \phi )}{{{r}^{2}}}\cos \phi$
${{E}_{y}}=\frac{\sigma }{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}\int\limits_{0}^{2\pi }{\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\sin \phi \cos \phi d\phi d\theta }}=\frac{\sigma }{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}\int\limits_{0}^{2\pi }{d\theta \int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\sin \phi \cos \phi d\phi }}$
${{E}_{y}}=\frac{\sigma }{2{{\varepsilon }_{0}}}\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\sin \phi \cos \phi d\phi }$ แล้วก็อินทิเกรต $\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\sin \phi \cos \phi d\phi }$
ผมให้ $u=\sin \phi \to du=\cos \phi d\phi$
$\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{udu=\frac{{{u}^{2}}}{2}}=\frac{{{\sin }^{2}}\phi }{2}=\frac{1}{2}$ จะได้ว่า
${{E}_{y}}=\frac{\sigma }{2{{\varepsilon }_{0}}}(\frac{1}{2})=\frac{\sigma }{4{{\varepsilon }_{0}}}$

สรุปแล้วเราจะได้ว่าแรงลัพธ์ของทั้งสองแรงมีค่า $E=\frac{\sigma }{4{{\varepsilon }_{0}}}$ และ $B=\frac{{{\mu }_{0}}\sigma \omega r}{3}$
$\frac{E}{B}=\frac{\sigma }{4{{\varepsilon }_{0}}}\left[ \frac{3}{{{\mu }_{0}}\sigma \omega r} \right]=\frac{3/4}{{{\mu }_{0}}{{\varepsilon }_{0}}\omega r}$ ; a=ก็จะได้เท่ากับ $\tfrac{3}{4}$ หรือ 0.75 ตอบ ;D ;D ;D

Title: Re: ข้อสอบปลายค่าย 2 ม.5 ปี 2558-2559
Post by: Pun48805 on April 05, 2021, 07:58:13 PM

ข้อ 7 นะครับ

โมเมนตัมเชิงมุมของ $m$ คือ
$L_s=I\omega=\frac{1}{2}mR^2\omega=\frac{m\omega{R}^2}{2}\quad(1)$
ทอร์กที่จุดยึดคาน
$\tau=mgd=D_tL_s=\Omega{L_s}\quad(2)$
*ที่มาของ $D_tL=\Omega{L}\quad(3)$ หาได้จาก Kleppner 2nd Edition.*
และเนื่องจากการเคลื่อนที่ของวงกลมนั้นเป็นแบบไม่ไถล แสดงว่า
$v=\omega{R}=\Omega{d}\quad(4)$
จะได้ว่า
$\Omega=\omega\cdot\frac{R}{d}\quad(5)$
$mgd=\frac{m\omega^2{R}^3}{2d}\quad(6)$
จะได้ว่า
$\omega_{min}=\sqrt{\frac{2gd^2}{R^3}}\quad(7)$

เนื่องจากวัตถุเคลื่อนที่เป็นวงกลม แรงภายในคานก็คือแรงเคลื่อนที่เข้าสู่ศูนย์กลาง
$T=F_C=m\omega^2d\quad(eight)$
แรงที่วัตถุกระทำต่อเพดานก็คือ
$N=\sqrt{T^2+m^2g^2}=\frac{mg}{R^3}\sqrt{4d^6+R^6}\quad(9)$

mPEC Forum