ขอต้อนรับ ผู้มาเยือน กรุณา ล็อกอิน หรือ สมัครสมาชิก

ล็อกอินด้วยชื่อผู้ใช้ รหัสผ่่าน และระยะเวลาใช้งาน

 
Advanced search

41529 Posts in 6269 Topics- by 9360 Members - Latest Member: AngelIyara
mPEC ForumRecent Posts
Pages: « 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 »
 81 
 on: May 20, 2020, 10:23:37 PM 
Started by ปิยพงษ์ - Head Admin - Last post by Jirat_auto
ขอลองทำดูนะครับ
ชุดที่ 2 ข้อที่ 1

ก. หาตำแหน่งที่เกิด primary maximum

ฟังก์ชันคลื่นลัพธ์ที่จุด P คือ \displaystyle y_p = y_1 + y_2 + y_3 = y_0\sin (\omega t) + y_0\sin (\omega t + k d\sin \theta ) + y_0\sin (\omega t + 2kd \sin \theta )

เมื่อรวมสมการเสร็จแล้ว จะได้ \displaystyle y_p = y_0 \frac{\sin\left(   \frac{3\pi d \sin \theta }{\lambda } \right)}{\sin\left(\frac{\pi d\sin \theta }{\lambda }  \right) }\sin (\omega t + \frac{2 \pi d \sin \theta }{\lambda })

และความเข้ม \displaystyle I \propto \left\langle y_p^2 \right\rangle ได้ว่า \displaystyle I = I_0 \frac{\sin^2\left(   \frac{3\pi d \sin \theta }{\lambda } \right)}{\sin^2\left(\frac{\pi d\sin \theta }{\lambda }  \right) }  ใช้ความสัมพันธ์ \displaystyle \sin 3x = 3 \sin x - 4 \sin^3 x

ได้ว่า \displaystyle I = I_0 (3-4\sin ^2 x)^2 โดย  \displaystyle x = \frac{\pi d\sin \theta }{\lambda }

นั่นคือ \displaystyle I มีค่าสูงสุดที่ \displaystyle \sin x=0 \displaystyle \therefore \frac{\pi d\sin \theta }{\lambda } = m\pi }

\displaystyle \sin \theta = \frac{m \lambda }{d} โดย  \displaystyle m=0,1,2,...

 82 
 on: May 17, 2020, 09:14:26 PM 
Started by ปิยพงษ์ - Head Admin - Last post by Kuma
ข้อที่8

เริ่มจากหาอุณหภูมิสุดท้ายหลังผสมจาก  \sum Q = 0

สมมติให้อุณหภูมิหลังผสมเป็น T_{f}

Q_{\text{melting}} + Q_{\text{condensing}} + Q_{273.15 K \rightarrow T_{f}} + Q_{373.15 K \rightarrow T_{f}} = 0

\displaystyle m_{\text{ice}}L_{\text{ice} \rightarrow \text{water}} - m_{\text{vapor}}L_{\text{vapor} \rightarrow \text{water}} + m_{\text{ice}}c_{\text{water}}(T_{f} - 273.15)+m_{\text{vapor}}c_{\text{water}}(T_{f} - 373.15) = 0

แทนค่าตัวเลขตามที่โจทย์ให้มาจะได้  T_{f} = 313.13 K \approx 40^{\circ}C

หา entropy ที่เปลี่ยนไปโดย  \Delta S = \dfrac{\Delta H_{\text{melting}}}{T_{\text{melting}}} + \dfrac{\Delta H_{\text{condensing}}}{T_{\text{condensing}}} + \displaystyle\int_{273.15}^{T_{f}}\dfrac{m_{\text{ice}}c_{\text{water}}dT}{T} + \displaystyle\int_{373.15}^{T_{f}}\dfrac{m_{\text{vapor}}c_{\text{water}}dT}{T}

คิดเลขจะได้  \Delta S = 439 \text{J/K}

 83 
 on: May 17, 2020, 08:22:09 PM 
Started by ปิยพงษ์ - Head Admin - Last post by Kuma
ข้อที่4


ตอนยังไม่สับสวิตช์วงจรจะเป็นตามรูปที่ 1

สมมติให้  V(t) = V_{0}\sin\left(\omega t\right) ตามโจทย์  I(t) = I_{0}\sin\left(\omega t + \dfrac{\pi}{4}\right)
(ข้อนี้ใช้วิธี complex คิดนะครับ)

ในที่นี้  X_{L} = \omega L และ  X_{C} = \dfrac{1}{\omega C}

จากกฎของโอห์ม  V_{Z} = I_{Z}Z

 I_{Z} = \dfrac{V_{0}e^{j\omega t}}{R + j\left(\omega L - \dfrac{1}{\omega c}\right)}

ทำ conjugate และจาก  a + bj = \sqrt{a^{2} + b^{2}}e^{j\arctan(\frac{b}{a})}

 I_{Z} = \dfrac{V_{0}e^{j(\omega t + \arctan(\frac{\frac{1}{\omega c} - \omega L}{R}))}}{\sqrt{R^{2} + \left(\omega L -\dfrac{1}{\omega c}\right)^{2}}}

 I(t) = Im(I_{Z}) = \dfrac{V_{0}\sin\left(\omega t + \arctan(\frac{\frac{1}{\omega c} - \omega L}{R})\right)}{\sqrt{R^{2} + \left(\omega L -\dfrac{1}{\omega c}\right)^{2}}} = I_{0}\sin\left(\omega t + \dfrac{\pi}{4}\right)

จะได้ว่า  \arctan\left(\dfrac{\dfrac{1}{\omega c} - \omega L}{R}\right) = \dfrac{\pi}{4}

 \dfrac{\dfrac{1}{\omega c} - \omega L}{R} = 1

ตอนสับสวิตช์ไปยังตำแหน่งที่ 1

 I(t) = I_{0}\sin\left(\omega t - \dfrac{\pi}{3}\right)

 I_{Z} = \dfrac{V_{0}e^{j\omega t}}{R + j\left(\omega L - \dfrac{1}{2\omega C}\right)}

 I_{Z} = \dfrac{V_{o}e^{j(\omega t + \arctan(\frac{\frac{1}{2\omega C} - \omega L}{R}))}}{\sqrt{R^{2} + \left(\omega L - \dfrac{1}{2\omega C\right)}}}

 I(t) = \dfrac{V_{o}\sin\left(\omega t + \arctan(\frac{\frac{1}{2\omega C} - \omega L}{R})\right)}{\sqrt{R^{2} + \left(\omega L - \dfrac{1}{2\omega C\right)}}}

จะได้ว่า  \arctan\left(\dfrac{\dfrac{1}{2\omega C} - \omega L}{R}\right) = -\dfrac{\pi}{3}

 \dfrac{\omega L -\dfrac{1}{2\omega c}}{R} = \sqrt{3}

ตอนสับไปทางตำแหน่งที่ 2

 I(t) = I_{0}\sin\left(\omega t + \phi \right)

 I_{Z} = \dfrac{V_{0}e^{j\omega t}}{\omega L - \dfrac{1}{\omega C}}

เนื่องจากใช้แค่แอมพลิจูดจะได้ว่า I_{0} = \dfrac{V_{0}}{\omega L - \dfrac{1}{\omega C}}

โดยที่  I_{0} = 2.00 A , V_{0} = 120 V

คิดเลขจะได้ว่า  \omega L - \dfrac{1}{\omega C} = 60 \Omega = R



แก้สมการจะได้ว่า  R = 60.0 \Omega , X_{C} = 328 \Omega , X_{L} = 268 \Omega

 84 
 on: May 16, 2020, 02:09:45 PM 
Started by ปิยพงษ์ - Head Admin - Last post by Kuma
ขอลองทำข้อที่เหลือดูนะครับ
ข้อ3


ก) จากเรขาคณิตจะได้ว่า \theta + 2\beta = \pi

ข) จาก Biot-Savart law จะได้ว่า  \vec{dB}_{P} = \dfrac{\mu_{0}}{4\pi}\dfrac{IR\sin\beta d\theta}{a^{2}}\hat{k} โดยที่  a คือระยะจากชิ้นส่วนกระแสถึงจุด  P
 
จาก ข้อ ก) \sin\beta = \sin\left(\dfrac{\pi}{2} - \dfrac{\theta}{2}\right) = \cos\left(\dfrac{\theta}{2}\right)

จาก Law of cosines จะได้ว่า  a^{2} = R^{2} + R^{2} -2R^{2}\cos(\pi - \theta)

 a^{2} = 2R^{2}\left( 1+\cos\theta \right)

\therefore \vec{dB}_{P} = \dfrac{\mu_{0}}{4\pi}\dfrac{IR\cos\left(\dfrac{\theta}{2}\right)d\theta}{2R^{2}\left( 1+\cos\theta \right) }\hat{k}

 \vec{B}_{P} = \displaystyle\int{_\dfrac{-\pi}{2}}^{\dfrac{\pi}{2}}\dfrac{\mu_{0}}{4\pi}\dfrac{IR\cos\left(\dfrac{\theta}{2}\right)d\theta}{2R^{2}\left( 1+\cos\theta\right) }\hat{k}

 \vec{B}_{P} = \dfrac{\mu_{0}I}{8\pi R}\displaystyle\int{_\dfrac{-\pi}{2}}^{\dfrac{\pi}{2}}\dfrac{\cos\left(\dfrac{\theta}{2}\right)d\theta}{1+\cos\theta}\hat{k}

 \vec{B}_{P} = \dfrac{\mu_{0}I}{8\pi R}\displaystyle\int_{\dfrac{-\pi}{2}}^{\dfrac{\pi}{2}}\dfrac{\cos\left(\dfrac{\theta}{2}\right)d\theta}{2\cos^{2}\left(\dfrac{\theta}{2}\right)}\hat{k}

 \cos\theta = \cos^{2}\left(\dfrac{\theta}{2}\right) - \sin^{2}\left(\dfrac{\theta}{2}\right)

 \vec{B}_{P} = \dfrac{\mu_{0}I}{8\pi R}\displaystyle\int{_\dfrac{-\pi}{2}}^{\dfrac{\pi}{2}}\dfrac{d\left(\dfrac{\theta}{2}\right)}{\cos\left(\dfrac{\theta}{2}\right)}\hat{k}

ในที่นี้ขอนำ  \displaystyle\int \sec\theta d\theta = ln(\sec\theta + \tan\theta) + \displaystyle C มาใช้ก่อนโดยจะพิสูจน์ภายหลัง

 \vec{B}_{P} = \dfrac{\mu_{0}I}{8\pi R}\left(ln\left(\dfrac{sec\left(\dfrac{\pi}{4}\right) + tan\left(\dfrac{\pi}{4}\right)}{sec\left(\dfrac{-\pi}{4}\right) + tan\left(\dfrac{-\pi}{4}\right)}\right)\right)\hat{k}

 \vec{B}_{P} = \dfrac{\mu_{0}I}{8\pi R}\left(ln\left(\dfrac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}-1}\right)\right)\hat{k}


พิสูจน์  \displaystyle\int \sec\theta d\theta = ln(\sec\theta + \tan\theta) + \displaystyle C เนื่องจากโจทย์ไม่ได้ให้มา

 \displaystyle\int \sec\theta d\theta = \displaystyle\int \dfrac{\cos\theta}{1-\sin^{2}\theta} d\theta

  = \displaystyle\int \dfrac{d(\sin\theta)}{1-\sin^{2}\theta}

  = \dfrac{1}{2}\displaystyle\int \dfrac{d(\sin\theta)}{\sin\theta + 1} + \dfrac{d(\sin\theta)}{1-\sin\theta}

  = \dfrac{1}{2}ln\left(\dfrac{1 + \sin\theta}{1 - \sin\theta}\right) + \displaystyle C

  = \dfrac{1}{2}ln\left(\dfrac{\left(1 + \sin\theta \right)^2}{1 - \sin^{2}\theta}\right) + \displaystyle C

  = \dfrac{1}{2}ln\left(\left(\dfrac{1 + \sin\theta}{\cos\theta}\right)^2\right) + \displaystyle C

  = ln(\sec\theta + \tan\theta) + \displaystyle C

 85 
 on: May 08, 2020, 10:44:10 AM 
Started by Jirat_auto - Last post by Ittipat
เล่มนี้มีเฉลยละเอียดอยู่หลังเล่มผมไม่รู้ว่ามีข้อไหนที่ไม่มีเฉลยไหมครับ  idiot2

ผมเพิ่งเปิดดูเมื่อกี้ น่าจะมีทุกข้อแล้วครับ  embarassed ตกลงเล่มนี้ต้องทำอีกมั้ยครับ?

ไว้มีคนงงเฉลยข้อไหนแล้วมาถามในนี้ ก็อธิบายเพิ่มเฉพาะข้อนั้นไหมครับ

 86 
 on: May 08, 2020, 10:30:23 AM 
Started by Ittipat - Last post by Ittipat
มองมวล m

\Sigma F_y=m\dfrac{dv}{dt}

mg-F_T=m\dfrac{dv}{dt}

F_T=mg-m\dfrac{dv}{dt}

จากข้อ 25

จะได้ สมการ การเคลื่อนที่ของโซ่คือ F_T-\lambda xg -\lambda v^2 =\lambda x \dfrac{dv}{dt}(เปลี่ยน Fเป็น F_T)

แทน F_Tจะได้ mg-m\dfrac{dv}{dt}-\lambda xg -\lambda v^2 =\lambda x \dfrac{dv}{dt}

mg-\lambda v^2-\lambda xg=(\lambda x+m)\dfrac{dv}{dt}

mg-\lambda v^2-\lambda xg=(\lambda x+m)v\dfrac{dv}{dx}

mg-\lambda xg=(\lambda x+m)v\dfrac{dv}{dx}+\lambda v^2

ต่อไปนี้จะจัดรูปยากพอสมควร

mg-\lambda xg=\dfrac{1}{2}(\lambda x+m)\dfrac{dv^2}{dx}+v^2\dfrac{d}{dx}(\lambda x+m)

คูณ \lambda x+mตลอดสมการ ; 2g(\lambda x+m)(m-\lambda x)=(\lambda x+m)^2\dfrac{dv^2}{dx}+v^2(2)(\lambda x+m)\dfrac{d}{dx}(\lambda x+m)

2g(\lambda x+m)(m-\lambda x)=(\lambda x+m)^2\dfrac{dv^2}{dx}+v^2\dfrac{d}{dx}(\lambda x+m)^2

2g(\lambda x+m)(m-\lambda x)=\dfrac{d}{dx}((\lambda x+m)^2(v^2))

\displaystyle{\int_{x=0}^x 2g(m^2-(\lambda x)^2)\;dx}=\int_{x=0,v=0}^{x,v}d((\lambda x+m)^2(v^2))}

2gm^2x-\dfrac{2\lambda^2x^3g}{3}=(\lambda x+m)^2(v^2)

ระยะสูงสุดที่ปลายโซ่ขึ้นไปได้เมื่อ v=0ที่ x\neq 0

จะได้ 2gm^2x-\dfrac{2\lambda^2x^3g}{3}=0

\dfrac{3m^2}{\lambda^2}=x^2

\therefore x_{\mathrm{max}}=\sqrt{3}\left(\dfrac{m}{\lambda}\right)

 87 
 on: May 07, 2020, 08:31:03 AM 
Started by Jirat_auto - Last post by Jirat_auto
เล่มนี้มีเฉลยละเอียดอยู่หลังเล่มผมไม่รู้ว่ามีข้อไหนที่ไม่มีเฉลยไหมครับ  idiot2

ผมเพิ่งเปิดดูเมื่อกี้ น่าจะมีทุกข้อแล้วครับ  embarassed ตกลงเล่มนี้ต้องทำอีกมั้ยครับ?

 88 
 on: May 07, 2020, 06:54:33 AM 
Started by Ittipat - Last post by Ittipat
ทำแบบไม่ใช่แคลคูลัสได้ไหมครับ ใช้สมดุลแรงและโมเมนต์ของแรงธรรมดา

จาก \Sigma F_x=0

F_N\cos2\alpha=n\sin\alpha -\raisebox{.5pt}{\textcircled{\raisebox{-.9pt} {1}}}

จาก Law of Cosines

จะได้ ความยาวแท่งไม้  =\sqrt{2R^2-2R^2\cos(\pi-2\alpha)}

เพราะว่า ความยาวจาก Aถึงศูนย์กลางมวล =\dfrac{\ell}{2}

ดังนั้น ความยาวศูนย์กลางมวลถึง D=\sqrt{2R^2-2R^2\cos(\pi-2\alpha)}-\dfrac{\ell}{2}

จาก \Sigma \tau=0

(\dfrac{\ell}{2})(F_N\sin\alpha)=(\sqrt{2R^2-2R^2\cos(\pi-2\alpha)}-\dfrac{\ell}{2})n -\raisebox{.5pt}{\textcircled{\raisebox{-.9pt} {2}}}

\dfrac{\raisebox{.5pt}{\textcircled{\raisebox{-.9pt} {2}}}}{\raisebox{.5pt}{\textcircled{\raisebox{-.9pt} {1}}}}\;;\;\dfrac{\ell\sin\alpha}{2\cos2\alpha}=\dfrac{[R\sqrt{2}(\sqrt{1+\cos2\alpha})-\dfrac{\ell}{2}]}{\sin\alpha}

\ell\sin^2\alpha=2\sqrt{2}R\cos2\alpha\sqrt{1+\cos2\alpha}-\ell\cos2\alpha

\ell(\sin^2\alpha+\cos2\alpha)=2\sqrt{2}R\cos2\alpha\sqrt{1+\cos2\alpha}

จาก \cos2\alpha=1-2\sin^2\alphaและ \cos2\alpha=2\cos^2\alpha-1

จะได้ \ell(1-\sin^2\alpha)=2\sqrt{2}R(2\cos^2\alpha-1)\sqrt{1+(2\cos^2\alpha-1)}

จาก \cos^2\alpha=1-\sin^2\alpha แทนในฝั่งซ้ายและจัดรูปฝั่งขวาเพิ่มเติม

จะได้ \ell\cos^2\alpha=4R(2\cos^2\alpha-1)\cos\alpha

0=\cos\alpha(8R\cos^2\alpha-\ell\cos\alpha-4R)

\because \cos\alpha\neq0\;\therefore 8R\cos^2\alpha-\ell\cos\alpha-4R=0

ก็จะได้เหมือนวิธีแรก จากนั้นแก้สมการและจัดรูปจะได้ \cos\alpha=\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{\ell}{4R}+\sqrt{\left(\dfrac{\ell}{4R}\right)^2+8}\right)

และเนื่องจาก \cos\alpha=\sin\theta

\thereforeมีสมดุลสถิตเมื่อ \theta=\arcsin\left(\dfrac{1}{4}\left(\dfrac{\ell}{4R}+\sqrt{\left(\dfrac{\ell}{4R}\right)^2+8}\right)\right)

 89 
 on: May 07, 2020, 05:48:31 AM 
Started by Jirat_auto - Last post by Ittipat
เล่มนี้มีเฉลยละเอียดอยู่หลังเล่มผมไม่รู้ว่ามีข้อไหนที่ไม่มีเฉลยไหมครับ  idiot2

 90 
 on: May 06, 2020, 10:23:34 PM 
Started by Jirat_auto - Last post by Jirat_auto
1.2  กล่องขนาด 20\times 20 \times 20 ลูกบาศก์เซนติเมตร  มีขอบอยู่ในแนวแกน X,Y,Z  ภายในมีกล่องมีอนุภาคตัวหนึ่งกำลังวิ่งโดยมีความเร็วในทิศต่างๆ ดังนี้ \displaystyle v_x =0,v_y= 350 \text{ m/s} ,v_z=240 \text{ m/s}  ถ้าไม่คิดถึงการชนระหว่างอนุภาคตัวนี้กับอนุภาคตัวอื่นๆในกล่อง  ถามว่าอนุภาคนี้จะชนผนังกล่องกี่ครั้งต่อวินาที

Pages: « 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 »