ขอต้อนรับ ผู้มาเยือน กรุณา ล็อกอิน หรือ สมัครสมาชิก
Did you miss your activation email?

ล็อกอินด้วยชื่อผู้ใช้ รหัสผ่่าน และระยะเวลาใช้งาน

มีน้ำใจ ไม่อวดตัว มั่วไม่ทำ
 
Advanced search

40158 Posts in 5894 Topics- by 4801 Members - Latest Member: ninemac99
Pages: 1   Go Down
Print
Author Topic: ข้อสอบปลายค่าย 2 ปี 2557-58  (Read 3545 times)
0 Members and 1 Guest are viewing this topic.
ปิยพงษ์ - Head Admin
Administrator
SuperHelper
*****
Offline Offline

Posts: 5925


มีน้ำใจ ไม่อวดตัว มั่วไม่ทำ


WWW
« on: December 26, 2014, 02:28:01 PM »

ข้อสอบฟิสิกส์สสวท.ค่ายสอง ปี 2557-58


* ipst_camp2_2014_15_sujint_1_1.jpg (48.12 KB, 540x960 - viewed 984 times.)

* ipst_camp2_2014_15_optics1_2.jpg (41.23 KB, 540x960 - viewed 988 times.)

* ipst_camp2_2014_15_optics2_2.jpg (34.03 KB, 540x960 - viewed 1004 times.)

* ipst_camp2_2014_15_thermo.jpg (71.99 KB, 540x960 - viewed 975 times.)

* ipst_camp2_2014_15_sirapat1_2.jpg (55.51 KB, 540x960 - viewed 983 times.)

* ipst_camp2_2014_15_sirapat_2_2.jpg (57.69 KB, 540x960 - viewed 986 times.)

* ipst_camp2_2014_15_wudhibhan1_3.jpg (62.59 KB, 540x960 - viewed 1024 times.)

* ipst_camp2_2014_15_wudhibhan2_3.jpg (50.22 KB, 540x960 - viewed 979 times.)

* ipst_camp2_2014_15_wudhibhan3_3.jpg (69.69 KB, 540x960 - viewed 974 times.)

* ipst_camp2_2014_15_lab1.jpg (55.97 KB, 540x960 - viewed 959 times.)
Logged

มีน้ำใจ ไม่อวดตัว มั่วไม่ทำ
อภิชาตเมธี
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 55


« Reply #1 on: December 26, 2014, 07:47:06 PM »

Nanophysics ข้อ 1 ครับ

จากกฎของโอม  V=IR=\rho \dfrac{L}{A} I

จาก  I=\dfrac{dQ}{dt}=e\dfrac{dN}{dt} เมื่อ  N คือ จำนวนอิเล็กตรอนที่กระโดดผ่านหน้าตัดใดๆ

โจทย์บอกว่า  f_{0} คือ อัตราการพยายามกระโดด และ  p คือ ความน่าจะเป็นที่กระโดดได้

 \therefore f_{0}p=\dfrac{dN}{dt}

แทนค่ากลับได้  ef_{0}p=\dfrac{A}{\rho L}V

 \therefore p=\dfrac{A}{ef_{0}\rho L}V
« Last Edit: December 26, 2014, 07:49:20 PM by อภิชาตเมธี » Logged
อภิชาตเมธี
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 55


« Reply #2 on: December 26, 2014, 09:14:59 PM »

สัมพัทธภาพพิเศษครับ

ก. พิจารณาโฟตอน N ตัวที่เฉลี่ยวิ่งในแนวแกน x อย่างสม่ำเสมอในกรอบ s ได้ว่า

 \displaystyle \sum P = 0   \displaystyle \sum E = Nhf_{0}

    ใส่ลงในสมการ energy-momentum invariant

 (\displaystyle \sum E)^{2}-(\displaystyle \sum PC)^{2}=m^{2}C^{4}

 m=\dfrac{Nhf_{0}}{C^{2}}

ข. พิจารณาจังหวะที่โฟตอนสะท้อนจะเสมือนผนังเป็นแหล่งกำเนิดแสงได้ว่าจากสมการ doppler shift ของแสง

 f^\prime _{+}=\sqrt{\dfrac{C+u}{C-u}}f_{0}; f^\prime _{-}=\sqrt{\dfrac{C-u}{C+u}}f_{0}

ค.  \displaystyle \sum P^\prime =\dfrac{N}{2}(1+\dfrac{u}{C})\dfrac{ hf^\prime _{+}}{c}-\dfrac{N}{2}(1-\dfrac{u}{C})\dfrac{ hf^\prime_{-}}{c}=\dfrac{Nhf_{0}}{c}\dfrac{\dfrac{2u}{C}}{\sqrt{1-\dfrac{u^{2}}{C^{2}}}}

 \displaystyle \sum E^\prime =\dfrac{N}{2}(1+\dfrac{u}{C}) hf^\prime _{+}+\dfrac{N}{2}(1-\dfrac{u}{C})\dfrac{ hf^\prime _{-}}{c}=Nhf_{0}\dfrac{1+\dfrac{u^{2}}{C^{2}}}{\sqrt{1-\dfrac{u^{2}}{C^{2}}}}

ง. จากสมการ energy-momentum invariant แทนค่าแล้วแกสมการได้

 m=\dfrac{Nhf_{0}}{C^{2}}\sqrt{1-\dfrac{u^{2}}{C^{2}}} ไม่ตรงกับข้อ ก.

จ. พิจารณาผนัง A ในกรอบ s เวลาสะท้อนความถี่ของโฟตอนคงที่ได้ว่า

 \dfrac{dE}{dt }=0

    และทุกครั้งตอนชนผนัง A ถ่ายโมเมนตัมให้โฟตอน  \delta P=\dfrac{2hf_{0}}{C}

    โฟตอนหนึ่งตัวมีคาบการชน  \dfrac{2L}{c} โดย L คือความยาวกล่องตามแกน x ที่สมมุติขึ้น

    ดังนั้นอัตราการชนผนัง A ของโฟตอน N ตัวตือ  \dfrac{NC}{2L}

ดังนั้น  \dfrac{dP}{dt}=\dfrac{2hf_{0}}{C}\dfrac{NC}{2L}=\dfrac{Nhf_{0}}{L}

ฉ. จากการแปลงลอเรนส์

 \Delta t^\prime =\gamma (\Delta t+\dfrac{u}{C^{2}}\Delta x);\Delta x=L

ในมุมมองของ s' เห็นเกิดพร้อมกันดังนั้น  \Delta t^\prime =0

 \therefore \Delta t=-\dfrac{uL}{C^{2}}

ช.  \Delta P=\dfrac{dP}{dt}\Delta t=-\dfrac{uNhf_{0}}{C^{2}}

 \Delta E=\dfrac{dE}{dt}\Delta t=0

ซ. จากการแปลงลอเรนส์

 \Delta P^\prime=\gamma (\Delta P+\dfrac{u}{C^{2}}\Delta E)=-\gamma \dfrac{uNhf_{0}}{C^{2}}

 \Delta E^\prime=\gamma (\Delta E+u\Delta P)=-\gamma \dfrac{u^{2}Nhf_{0}}{C^{2}}

ฌ. แทนค่าแบบข้อ ง. ใหม่แต่คราวนี้คิดโมเมนตัมและพลังงาน(แฝงในตัวกล่องในมุมมองของ s')รวมไปด้วยและ จากสมการ energy-momentum invariant แทนค่าแล้วแกสมการได้

 m=\dfrac{Nhf_{0}}{C^{2}} ตรงกับข้อ ก. เลย เพราะฉะนั้นการทำแบบนี้ช่วยแก้ปัญหาที่เกิดในข้อ ง. ได้โดยแก้ให้มวลนิ่งในทุกกรอบอ้างอิงมีค่าเท่ากัน
« Last Edit: December 26, 2014, 09:18:44 PM by อภิชาตเมธี » Logged
dy
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 374


Every problem has its solution, and its time,too.


« Reply #3 on: December 27, 2014, 04:05:33 PM »

ขอลอง อ.วุทธิพันธุ์ ข้อ 3 ครับ

3.1) เราจะใช้กฎของแอมแปร์ในการคำนวณสนามแม่เหล็ก โดยให้ Amperian loop เป็นวงกลมรัศมี R ที่มีศูนย์กลางร่วมกับทอรอยด์

จะได้ว่า \displaystyle \oint_{C} \vec{H} \cdot  d \vec l} &=& \mu_0 I

\dfrac{B}{\mu_r} (2 \pi R - D) + BD &=& \mu_0 Ni

จึงได้สนามแม่เหล็กในช่องเป็น B &=& \dfrac{ \mu_0 Ni}{ \dfrac{2 \pi R - D}{\mu_r} + D}

3.2) ข้อนี้เราจะให้หน้าตัดของทอรอยด์เป็นวงกลมรัศมี r (ซึ่งโจทย์ไม่ให้มา) จะได้ว่าพลังงานในสนามแม่เหล็กในช่องอากาศของระบบนี้คือ

U &=&  \dfrac{B^2}{2 \mu_0}(\pi r^2 D)

จากข้อ 3.1) เราประมาณว่าช่องมีความกว้างน้อยมาก นั่นคือ D \ll R จึงได้ B \approx \dfrac{ \mu_0 \mu_r Ni}{2 \pi R}

แทนลงไป จะได้พลังงานในสนามแม่เหล็กของระบบนี้คือ

U &=& \dfrac{\mu_0 \mu_r^2 N^2 i^2 r^2 D}{8 \pi R^2}

เราจะหาแรงที่เกิดระหว่างช่องอากาศ จากงานที่ต้องใช้ในการแยกช่องอากาศให้กว้างขึ้นเป็นระยะทางน้อยๆ \delta D

จะได้ว่าต้องใช้แรง F &=& \dfrac{ \delta U}{\delta D} \approx  \dfrac{\mu_0 \mu_r^2 N^2 i^2 r^2 }{8 \pi R^2}

ซึ่งจะมีขนาดเท่ากับแรงที่ดูดกันระหว่างช่องอากาศพอดี

3.3) เราประมาณว่าสนามแม่เหล็กคงตัวตลอดหน้าตัดทอรอยด์ จะได้ว่าฟลักซ์แม่เหล็กที่ผ่านทอรอยด์นี้คือ

\Phi &=& \dfrac{ \mu_0 Ni}{ \dfrac{2 \pi R - D}{\mu_r} + D} \pi r^2

และได้ค่า Self Inductance ของทอรอยด์นี้เป็น L &=& \dfrac{\Phi}{i} &=& \dfrac{ \mu_0 N}{ \dfrac{2 \pi R - D}{\mu_r} + D} \pi r^2

ผิดถูกอย่างไรตรวจสอบด้วยครับ  coolsmiley
« Last Edit: December 28, 2014, 11:17:31 AM by dy » Logged

smitten   Cool  (\dfrac{ \mbox{PHYSICS}}{ \mbox{BIOLOGY}})^ { \mbox{CHEMISTRY}} &=& \mbox{SCIENCE}

Fight for MIT.

Silver medalist from 44th IPhO , 14th APhO
dy
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 374


Every problem has its solution, and its time,too.


« Reply #4 on: December 27, 2014, 05:23:35 PM »

อ.รัชภาคย์ ข้อ 1 ครับ

1.1) \cos( \omega t + \phi) &=& \dfrac{E_y}{E_{oy}}

\cos \omega t \cos \phi - \sin \omega t \sin \phi &=& \dfrac{E_y}{E_{oy}}

\dfrac{E_x}{E_{ox}} \cos \phi - \dfrac{E_y}{E_{oy}} &=& \sin \omega t \sin \phi

ยกกำลังสองทั้งสมการ (\dfrac{E_x}{E_{ox}} )^2 \cos^2 \phi -2\dfrac{E_x}{E_{ox}}  \dfrac{E_y}{E_{oy}} \cos \phi + ( \dfrac{E_y}{E_{oy}})^2 &=& (1- \cos^2 \omega t ) \sin^2 \phi

(\dfrac{E_x}{E_{ox}} )^2 \cos^2 \phi  + ( \dfrac{E_y}{E_{oy}})^2  -2\dfrac{E_x}{E_{ox}}\dfrac{E_y}{E_{oy}} \cos \phi &=& \sin^2 \phi - (\dfrac{E_x}{E_{ox}})^2 \sin^2 \phi

(\dfrac{E_x}{E_{ox}} )^2 +  ( \dfrac{E_y}{E_{oy}})^2  -2\dfrac{E_x}{E_{ox}}\dfrac{E_y}{E_{oy}} \cos \phi &=& \sin^2 \phi ตามโจทย์ครับ

1.2)

ก)  เราต้องการให้เวกเตอร์สนามไฟฟ้ารวมทำมุม 45 องศากับแนวของ E_x ตลอดเวลาจึงได้ว่า (จากการใช้เฟเซอร์บวก)

\arctan \left( \dfrac{E_{oy} \sin \phi}{E_{ox} + E_{oy} \cos \phi} \right) &=& \dfrac{\pi}{4}

หรือ {E_{oy} \sin \phi &=& E_{ox} + E_{oy} \cos \phi} \right

ข) จากสมการในข้อ 1.1) เห็นได้ว่าจะเป็นสมการวงกลมของสนามไฟฟ้า E_x^2 + E_y^2 &=& \mbox{const.}

ได้ก็ต่อเมื่อ E_{ox} &=& E_{oy} และ \cos \phi &=& 0

ค) สมการวงรีคือ \left( \dfrac{E_x^2}{a^2} \right) + \left( \dfrac{E_y^2}{b^2} \right) &=& 1 เมื่อ a และ b เป็นค่าคงที่

จากสมการในข้อ 1.1) เห็นได้ว่าเมื่อ \cos \phi &=& 0 จะได้ว่า (\dfrac{E_x}{E_{ox}\sin \phi} )^2 + ( \dfrac{E_y}{E_{oy}\sin \phi})^2  &=& 1

ซึ่งเป็นสมการวงรี

1.3) จากสมการข้อ 1.1) ทำการเฉลี่ยทั้งสมการกับเวลาโดยอาศัยว่า \left\langle \left(\dfrac{E_x}{E_{ox}} \right)^2 \right\rangle = \left\langle \left(\dfrac{E_y}{E_{oy}} \right)^2 \right\rangle &=& \dfrac{1}{2} (สมบัติของการเฉลี่ยฟังก์ชัน sine และ cosine)

จะได้ว่า \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{2} - 2\left\langle \cos\omega t ( \cos \omega t \cos \phi - \sin \omega t \sin \phi ) \right\rangle &=& \sin^2 \phi

1 - \cos^2 \phi &=& \sin^2 \phi \; \; ( \left\langle \sin \omega t \cos \omega t  \right\rangle &=& \dfrac{1}{2} \left\langle \sin 2\omega t  \right\rangle  &=& 0)

จากนั้นคูณ 4E_{ox}^2E_{oy}^2 ทั้งสมการจะได้ว่า 4E_{ox}^2E_{oy}^2 - (2E_{ox}E_{oy} \cos \phi)^2 &=& (2E_{ox}E_{oy} \sin \phi)^2

ซึ่งเรารู้ว่า (E_{ox}^2 + E_{oy}^2)^2 - (E_{ox}^2 - E_{oy}^2)^2 = 4E_{ox}^2E_{oy}^2

ดังนั้น (E_{ox}^2 + E_{oy}^2)^2 - (E_{ox}^2 - E_{oy}^2)^2  - (2E_{ox}E_{oy} \cos \phi)^2 &=& (2E_{ox}E_{oy} \sin \phi)^2

1.4) ก) ถ้าเป็นโพลาไรซ์เส้นตรงในแกน X จะได้ว่า E_{oy} &=& 0 ดังนั้น

S_0 &=& E_{ox}^2, S_1 &=& E_{ox}^2 , S_2 &=& 0 , S_3 &=& 0

ข) ข้อนี้ผมรู้สึกว่าพอใช้เงื่อนไขจากข้อ 1.2) ข) แล้วคำตอบมันยุ่งแปลกๆ  uglystupid2 แต่ก็แทนค่าลงไปธรรมดาครับ

ค) แทนค่า E_{ox} &=& E_{oy} และ \cos \phi &=& 0 จะได้ว่า

S_0 &=& 2E_{ox}^2, S_1 &=& 0 , S_2 &=& 0 , S_3 &=& 2E_{ox}^2

ผิดถูกอย่างไรตรวจสอบด้วยครับ ข้อนี้ไม่ค่อยมั่นใจเลย  buck2
Logged

smitten   Cool  (\dfrac{ \mbox{PHYSICS}}{ \mbox{BIOLOGY}})^ { \mbox{CHEMISTRY}} &=& \mbox{SCIENCE}

Fight for MIT.

Silver medalist from 44th IPhO , 14th APhO
dy
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 374


Every problem has its solution, and its time,too.


« Reply #5 on: December 27, 2014, 11:59:31 PM »

อ.รัชภาคย์ ข้อ 2 ครับ

2.1)

 E_t &=& E_0 \exp \left[ i ( \omega t - \vec{k} \cdot \vec{r} ) \right]

&=& E_0 \exp \left[ i ( \omega t - kz \sin \theta_t - ky \cos \theta t ) \right]

&=& E_0 \exp \left( -iky \cos \theta_t  \right)  \exp \left[ i ( \omega t - kz \sin \theta_t ) \right]

พิจารณาที่รอยต่อ เราจะได้ว่า รูปร่างของคลื่นต้องต่อเนื่อง ดังนั้นเฟส ณ รอยต่อของคลื่น ต้องต่อเนื่องด้วย จึงได้ว่า

k_i \sin \theta_i &=& k_t \sin \theta_t จัดรูปต่อไปได้ว่า \sin \theta_t &=& \dfrac{n_1}{n_2} \sin \theta_i

สำหรับมุมที่โตกว่ามุมวิกฤต จะได้ว่า \sin \theta_i \geq \dfrac{n_2}{n_1} ดังนั้น \cos \theta_t &=& \pm i \sqrt{ \sin^2 \theta_t - 1}

จึงได้ว่า \cos \theta_t &=& \pm i \sqrt{ \left (\dfrac{n_1}{n_2} \sin \theta_i \right)^2 - 1}

แทนค่าลงไปได้ว่า E_t &=& E_0 \exp \left(  \pm ky   \sqrt{ \left (\dfrac{n_1}{n_2} \sin \theta_i \right)^2 - 1} \right) \exp \left[ i ( \omega t - kz \sin \theta_t ) \right]

แทน k &=& \dfrac{2 \pi n_2}{\lambda_0} ได้เป็น

E_t &=& E_0 \exp \left(  \pm \dfrac{2 \pi n_2}{\lambda_0} y   \sqrt{ \left (\dfrac{n_1}{n_2} \sin \theta_i \right)^2 - 1} \right) \exp \left[ i ( \omega t - \dfrac{2 \pi n_2}{\lambda_0}z \sin \theta_t ) \right]  ตามโจทย์

2.2)

พจน์  E_0 \exp \left(  \pm B \dfrac{2 \pi n_2}{\lambda_0} y  \right )  คือแอมพลิจูดของคลื่นส่งผ่านที่เข้าไปในตัวกลางแม้มุมตกกระทบจะเกินมุมวิกฤตแล้ว

สังเกตว่าถ้าเครื่องหมายหน้า B เป็นบวก จะได้ว่ายิ่งคลื่นเดินทางไปเรื่อยๆ แอมพลิจูดจะโตขึ้นเรื่อยๆ นั่นหมายความว่ามีพลังงานเพิ่มเรื่อยๆ ไปจนถึงอนันต์ ซึ่งยอมรับไม่ได้ในโลกของฟิสิกส์  Grin

ดังนั้นเครื่องหมายหน้า B ต้องเป็นลบ ซึ่งบ่งว่าแอมพลิจูดของคลื่นแบบนี้จะมีค่าลดลงอย่างรวดเร็วกับระยะทางแบบ exponential decay เราจึงเรียกคลื่นแบบนี้ว่า Evanescent Wave หรือคลื่นที่ "หายไปอย่างรวดเร็ว" ครับ  coolsmiley

Logged

smitten   Cool  (\dfrac{ \mbox{PHYSICS}}{ \mbox{BIOLOGY}})^ { \mbox{CHEMISTRY}} &=& \mbox{SCIENCE}

Fight for MIT.

Silver medalist from 44th IPhO , 14th APhO
dy
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 374


Every problem has its solution, and its time,too.


« Reply #6 on: December 28, 2014, 01:26:20 AM »

อ.วุทธิพันธุ์ข้อ 4 ครับ

ให้ i_1 เป็นกระแสไฟฟ้าที่ผ่าน R_1 และ i เป็นกระแสไฟฟ้าที่ผ่าน R_f จะได้จากวงจรว่า

V_2 - V_1 - (i - i_1)R_2 + R_1i_1 &=& 0

จากโจทย์เราจะประมาณว่า ความต่างศักย์ขั้วบวกของ Operational Amplifier นี้แทบไม่ต่างกับขั้วลบ และจากวงจรเห็นได้ขั้วบวกมีศักย์เป็น 0 เทียบ GROUND จึงได้ว่า ศักย์ที่ขั้วลบก็มีค่าประมาณ 0 เช่นกัน

ดังนั้นเราได้ว่า V_1 - i_1R_1 \approx 0 นั่นคือ i_1 \approx \dfrac{V_1}{R_1} แทนลงในสมการแรกของวงจรจะได้ว่า

i \approx  \dfrac{V_1}{R_1} + \dfrac{V_2}{R_2}

เราจึงได้ว่า V_0 \approx iR_f &=& \left( \dfrac{V_1}{R_1} + \dfrac{V_2}{R_2} \right) R_f (ตัดศักย์จากขั้วลบแล้ว)

ผิดถูกอย่างไรตรวจสอบด้วยครับ  coolsmiley
Logged

smitten   Cool  (\dfrac{ \mbox{PHYSICS}}{ \mbox{BIOLOGY}})^ { \mbox{CHEMISTRY}} &=& \mbox{SCIENCE}

Fight for MIT.

Silver medalist from 44th IPhO , 14th APhO
dy
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 374


Every problem has its solution, and its time,too.


« Reply #7 on: December 28, 2014, 01:44:57 PM »

อ.อนันตสินครับ

ข้อ 1

เราจะหาโอกาสที่อนุภาคที่ยิงเข้าไปจะชนกับอนุภาคแก๊สในช่วง 100 - 240 nm ได้โดยพิจารณาดังนี้

ก่อนอื่นต้องหาก่อนว่ามีโอกาสเท่าใดที่อนุภาคจะเดินทางผ่านระยะทาง 100 nm แรกได้โดยไม่ชนกับอนุภาคแก๊สเลย

โอกาสนี้มีค่าเท่ากับ  e^{-\frac{100}{x_0}}  เมื่อ x_0 คือ mean free path  หรือระยะทางเฉลี่ยที่โมเลกุลแก๊สเคลื่อนที่ได้ก่อนชนกันในหน่วย nm ของกลุ่มแก๊สนี้

จากนั้นก็หาโอกาสที่่อนุภาคจะ "ชน" ในช่วง 100-240 nm ซึ่งหาได้จาก การนำโอกาสทั้งหมดก็คือ 1 ลบออกด้วยโอกาสที่จะไม่ชนเลยในช่วง 140 nm คือ e^{-\frac{140}{x_0}}

โอกาสที่อนุภาคจะผ่านช่วง 0-100 nm ไปได้โดยไม่ชน และชนกับแก๊สในช่วง 100-240 nm จึงมีค่าเท่ากับ e^{-\frac{100}{x_0}} ( 1 - e^{-\frac{140}{x_0}})

โดย x_0 &=& \dfrac{k_B T}{\sqrt{2} \pi d^2 P} &=& 147 \; \mbox{nm}

แทนค่าลงไปจะได้โอกาสที่อนุภาคจะผ่านช่วง 0-100 nm ไปได้โดยไม่ชน และชนกับแก๊สในช่วง 100-240 nm มีค่าประมาณ 0.311

ข้อ 2

ก) เราพิจารณาใน 2 มิติดังนั้น ความหนาแน่นสถานะจึงควรแปรผันไปกับพื้นที่ในพิกัดความเร็วสองมิติ จึงได้ว่า

P(v) \delta v &=& C (2\pi v \delta v) e^{- \dfrac{mv^2}{2k_BT}}

เรารู้ว่าโอกาสทั้งหมดรวมกันได้ 1 จึงได้ว่า  1 &=& \displaystyle \int_{0}^{\infty } P(v) dv &=& \displaystyle C \int_{0}^{\infty }  2\pi v e^{- \frac{mv^2}{2k_BT}} dv

อินทิเกรตออกมาได้ C &=& \dfrac{m}{2 \pi k_B T}

ดังนั้นจำนวนโมเลกุลที่มีอัตราเร็วในช่วง \delta v จึงเป็น NP(v) \delta v &=& \dfrac{Nmv}{k_B T} e^{- \frac{mv^2}{2k_BT}} \delta v

ข) v_{rms} &=& \sqrt{ \dfrac{\displaystyle \int_{0}^{\infty } v^2 dN}{\displaystyle \int_{0}^{\infty } dN}} &=& \sqrt{\displaystyle \int_{0}^{\infty } v^2 P(v) dv }

\displaystyle \int_{0}^{\infty } v^2 P(v) dv  &=& \displaystyle \int_{0}^{\infty } v^2 \left ( \dfrac{mv}{k_B T} \right) e^{- \frac{mv^2}{2k_BT}} dv

&=& \dfrac{m}{2k_B T} \displaystyle \int_{0}^{\infty } v^2 e^{- \frac{mv^2}{2k_BT}} dv^2

&=& \dfrac{2k_B T}{m} \displaystyle \int_{0}^{-\infty } x e^{x} dx เมื่อ x &=& -  \dfrac{mv^2}{2k_B T}

\displaystyle \int_{0}^{-\infty } x e^{x} dx &=& 1 ( ใช้ integration by part)

\displaystyle \int_{0}^{\infty } v^2 P(v) dv &=& \dfrac{2k_B T}{m}

ดังนั้น v_{rms} &=& \sqrt{\displaystyle \int_{0}^{\infty } v^2 P(v) dv } &=& \sqrt{\dfrac{2k_B T}{m}}

ข้อ 3

สังเกตว่าสมการนี้เขียนได้ในรูป f(P,V,T) &=& \left( P + \dfrac{an^2}{V^2} + \dfrac{cn^4}{V^4}  \right) (V-nb) - nRT &=& 0 ซึ่งเป็นรูปแบบของสมการสถานะ

ดังนั้นสมการนี้ใช้เป็นสมการสถานะได้

พิจารณา 1st Law Of Thermodynamics

dQ &=& dW + dU

TdS &=& \left( \dfrac{\partial U}{\partial V}  \right) dV + \left( \dfrac{\partial U}{\partial T}  \right) dT + PdV

dS &=& \left( \dfrac{\partial S}{\partial V}  \right) dV + \left( \dfrac{\partial S}{\partial T}  \right) dT &=& \left( \dfrac{1}{T}\dfrac{\partial U}{\partial V} + \dfrac{P}{T} \right) dV + \left( \dfrac{\partial U}{\partial T} \right) \dfrac{dT}{T}

เทียบตัวแปร ได้ว่า

 \dfrac{\partial S}{\partial V}  &=& \dfrac{1}{T}\dfrac{\partial U}{\partial V} + \dfrac{P}{T}

\dfrac{\partial S}{\partial T} &=& \dfrac{1}{T}\left( \dfrac{\partial U}{\partial T} \right)

ดังนั้น

\dfrac{ \partial^2}{\partial T \partial V} S &=& -\dfrac{1}{T^2}\dfrac{\partial U}{\partial V} + \dfrac{1}{T}\dfrac{ \partial^2}{\partial T \partial V} U +  \dfrac{1}{T} \dfrac{\partial P}{\partial T} - \dfrac{P}{T^2}

\dfrac{ \partial^2}{\partial V \partial T} S &=& \dfrac{1}{T} \dfrac{ \partial^2}{\partial V \partial T} U

เรารู้ว่า \dfrac{ \partial^2}{\partial V \partial T} S &=& \dfrac{ \partial^2}{\partial T \partial V} S และ \dfrac{ \partial^2}{\partial V \partial T} U &=& \dfrac{ \partial^2}{\partial T \partial V} U

จึงได้ว่า -\dfrac{1}{T^2}\dfrac{\partial U}{\partial V} +  \dfrac{1}{T} \dfrac{\partial P}{\partial T} - \dfrac{P}{T^2} &=& 0

\dfrac{\partial U}{\partial V} &=& T  \dfrac{\partial P}{\partial T} - P

แทน P &=& \dfrac{nRT}{V-nb} - \dfrac{an^2}{V^2} - \dfrac{cn^4}{V^4} ลงไปจะได้ว่า

\dfrac{\partial U}{\partial V} &=& \dfrac{an^2}{V^2} + \dfrac{cn^4}{V^4}

ดังนั้น dU &=& \left( \dfrac{\partial U}{\partial V}  \right) dV + \left( \dfrac{\partial U}{\partial T}  \right) dT &=& nc_V dT + \left( \dfrac{an^2}{V^2} + \dfrac{cn^4}{V^4} \right) dV

พิจารณาการเปลี่ยนเอนโทรปีบนเส้นทางที่ผันกลับได้ dS &=& \dfrac{dQ}{T} &=& \dfrac{dU + PdV}{T}

&=& nc_V \dfrac{dT}{T} + \dfrac{ \left( P + \dfrac{an^2}{V^2} + \dfrac{cn^4}{V^4}  \right) dV}{T}

ซึ่ง  \left( P + \dfrac{an^2}{V^2} + \dfrac{cn^4}{V^4}  \right) &=& \dfrac{nRT}{V-nb}

ดังนั้น dS &=& nc_V  \dfrac{dT}{T} + \dfrac{nR}{V-nb} dV

อินทิเกรตได้ว่า  S &=& nc_V ln T + nR ln(V-nb) + C เมื่อ C เป็นค่าคงตัว

ผิดถูกอย่างไรตรวจสอบด้วยนะครับ   coolsmiley
« Last Edit: December 28, 2014, 02:21:45 PM by dy » Logged

smitten   Cool  (\dfrac{ \mbox{PHYSICS}}{ \mbox{BIOLOGY}})^ { \mbox{CHEMISTRY}} &=& \mbox{SCIENCE}

Fight for MIT.

Silver medalist from 44th IPhO , 14th APhO
dy
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 374


Every problem has its solution, and its time,too.


« Reply #8 on: December 28, 2014, 03:13:58 PM »

อ.วุทธิพันธุ์ข้อ 1 ครับ

1.1) จากวงจรจะได้ว่า I(x,t) &=& I(x+ \delta x , t) + C \delta x \dfrac{ \partial V}{\partial t}

\dfrac{I(x,t) - I(x+ \delta x , t)}{\delta x} &=& C \dfrac{ \partial V}{\partial t}

\dfrac{ \partial I}{\partial x} &=& - C \dfrac{ \partial V}{\partial t}

เราจะมองว่าลวดบนล่างมีความเหนี่ยวนำตัวเองต่อความยาวเส้นละ \dfrac{1}{2} L

ใช้กฎของ Kirchhoff ได้ว่า

+V(x,t) - \dfrac{1}{2} (L \delta x})  \dfrac{ \partial I}{\partial t} - V(x+ \delta x ,t) - \dfrac{1}{2} (L \delta x})  \dfrac{ \partial I}{\partial t} &=& 0

\dfrac{V(x,t) - V(x+ \delta x , t)}{\delta x} &=& L \dfrac{ \partial I}{\partial t}

\dfrac{ \partial V}{\partial x} &=& - L \dfrac{ \partial I}{\partial t}

1.2)  \dfrac{ \partial I}{\partial x} &=& \dfrac{ \partial g}{\partial x} e^{-j \omega t}

\dfrac{ \partial V}{\partial x} &=& \dfrac{ \partial f}{\partial x} e^{-j \omega t}

\dfrac{ \partial I}{\partial t} &=& -j \omega g(x) e^{-j \omega t}

\dfrac{ \partial V}{\partial t} &=& -j \omega f(x) e^{-j \omega t}

จาก 1.1) \dfrac{ \partial I}{\partial x} &=& - C \dfrac{ \partial V}{\partial t} แทนค่าที่หาด้านบนลงไปได้ว่า

\dfrac{ \partial g}{\partial x} &=& j \omega C f(x)

จาก 1.1) \dfrac{ \partial V}{\partial x} &=& - L \dfrac{ \partial I}{\partial t}  แทนค่าที่หาด้านบนลงไปได้ว่า

\dfrac{ \partial f}{\partial x} &=& j \omega L g(x)

เอา g(x) จากสมการนี้ไปแทนในสมการก่อนหน้านี้ จะได้ว่า

\dfrac{\partial^2}{\partial x^2} f(x) &=& - \omega^2 LC f(x) และ \dfrac{\partial^2}{\partial x^2} g(x) &=& - \omega^2 LC g(x)

1.3)

แทนคำตอบที่โจทย์ให้ลงไป จะได้ว่า \dfrac{\partial^2}{\partial x^2} f(x) &=& -\omega^2 (....)^2 (Ae^{j\omega(....)x} + Be^{-j\omega(....)x}) &=& -\omega^2 (....)^2 f(x)

ทำนองเดียวกันได้ว่า \dfrac{\partial^2}{\partial x^2} g(x) &=& -\omega^2 (....)^2 (Ee^{j\omega(....)x} + Fe^{-j\omega(....)x}) &=& -\omega^2 (....)^2 g(x)

เห็นได้ว่าคำตอบที่โจทย์ให้จะเป็นคำตอบของสมการในข้อ 1.2) จริงก็ต่อเมื่อ (....) &=& \sqrt{LC}

ดังนั้น f(x) &=& Ae^{j\omega\sqrt{LC} x} + Be^{-j\omega \sqrt{LC} x} และ g(x) &=& Ee^{j\omega\sqrt{LC} x} + Fe^{-j\omega \sqrt{LC} x}

จากข้อ 1.2) เรามีเงื่อนไข \dfrac{ \partial g}{\partial x} &=& j \omega C f(x) แทนคำตอบลงไป แล้วแทน x &=& 0 (ทำได้เพราะเงื่อนไขนี้จริงทุกค่า x ) จะได้ว่า

\sqrt{ \dfrac{L}{C}} (E-F) &=& A + B ...............(1)

เรามีอีกเงื่อนไขจาก 1.2) \dfrac{ \partial f}{\partial x} &=& j \omega L g(x) แทนคำตอบแบบเดิม จะได้ว่า

\sqrt{ \dfrac{L}{C}} (E+F) &=& A - B ...............(2)

(1) + (2) ; A &=& \sqrt{ \dfrac{L}{C}} E

(1) - (2) ; B &=& -\sqrt{ \dfrac{L}{C}} F

เป็นความสัมพันธ์ระหว่าง A,B,E,F

1.5) (ไม่มี 1.4) !!!!)

พิจารณาคลื่นที่ไปทางขวา เราจะได้ว่า V(x,t) &=& (....) e^{j (\omega \sqrt{LC} x - \omega t)} และ I(x,t) &=& (....) e^{j (\omega \sqrt{LC} x - \omega t)}

ดังนั้น B และ F เป็น 0

จึงได้ V(0,t) &=& A e^{- j \omega t} , I(0,t) &=& E e^{- j \omega t}

Z_{o} &=& \dfrac{V(0,t)}{I(0,t)} &=& \dfrac{A}{E} &=& \sqrt{ \dfrac{L}{C}}

1.6)

จากกฎของเกาส์ เราหาสนามไฟฟ้าที่ระยะห่าง r จากกึ่งกลางของลวดบน (สร้างผิวเป็นทรงกระบอก) ได้เป็น E(r) &=& \dfrac{ \lambda}{ 2 \pi \varepsilon_0 } \left( \dfrac{1}{r} + \dfrac{1}{D-r} \right)  เมื่อ \lambda คือประจุต่อความยาวบนลวด

ดังนั้นเราได้ความต่างศักย์ระหว่างผิวลวดทั้งสองเป็น \Delta V &=& - \displaystyle \int_{r=D-r_0}^{r=r_0} \vec{E} \cdot d \vec{r}

&=& \dfrac{ \lambda}{\pi \varepsilon_0} \ln \dfrac{D-r_0}{r_0}

ดังนั้นความจุต่อความยาวของระบบนี้จึงเป็น C &=& \dfrac{ \lambda}{\Delta V} &=& \dfrac{ \pi \varepsilon_0}{\ln \dfrac{D-r_0}{r_0}}

จากกฎของแอมแปร์ เราหาสนามแม่เหล็กที่ระยะห่าง r จากกึ่งกลางของลวดบน (สร้างวงเป็นวงกลม) ได้เป็น B(r) &=& \dfrac{ \mu_0 I}{2 \pi} \left( \dfrac{1}{r} + \dfrac{1}{D-r}  \right)  เมื่อ I คือขนาดของกระแสที่ไหลในลวดบนล่าง โดยไหลคนละทางกัน

ดังนั้น Magnetic Flux ที่ทะลุผ่านพื้นที่ในช่วง \delta x คือ \Phi &=& \displaystyle \int_{r&=&r_0}^{r &=& D-r_0 } B \delta x dr

&=& \dfrac{ \mu_0 I \delta x}{2 \pi} \left( \displaystyle \int_{r&=&r_0}^{r &=& D-r_0 } \dfrac{1}{r} dr + \displaystyle \int_{r&=&r_0}^{r &=& D-r_0 } \dfrac{1}{D-r} dr \right)

\Phi &=& LI \delta x  &=& \dfrac{ \mu_0 I \delta x }{\pi} \ln \dfrac{D-r_0}{r_0}

ดังนั้นค่า Self Inductance ของระบบนี้ต่อความยาวจึงเป็น L &=& \dfrac{\mu_0}{\pi} \ln \dfrac{D-r_0}{r_0}

จึงได้ Z_{o} &=&  \sqrt{ \dfrac{L}{C}} &=& \sqrt{ \dfrac{\mu_0}{\pi^2 \varepsilon_0}  } \ln \dfrac{D-r_0}{r_0}

ผิดถูกอย่างไรตรวจสอบด้วยนะครับ  coolsmiley
Logged

smitten   Cool  (\dfrac{ \mbox{PHYSICS}}{ \mbox{BIOLOGY}})^ { \mbox{CHEMISTRY}} &=& \mbox{SCIENCE}

Fight for MIT.

Silver medalist from 44th IPhO , 14th APhO
dy
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 374


Every problem has its solution, and its time,too.


« Reply #9 on: December 29, 2014, 12:08:34 AM »

อ.วุทธิพันธุ์ข้อ 2 ครับ

2.1) I_P &=& I_L + \dfrac{d}{dt} q ......... (1)

2.2) วงซ้ายล่างจะไม่มีกระแสไหลตามสมบัติของหลอด จึงได้ว่า

\varepsilon_g + V_g - M \dfrac{d}{dt} I_L &=& 0

\varepsilon_g + V_g &=& M \dfrac{d}{dt} I_L .......... (2)

2.3) \varepsilon_P - L \dfrac{d}{dt} I_P - V_P &=& 0

 \varepsilon_P &=& L \dfrac{d}{dt} I_P + V_P  .......... (3)

L \dfrac{d}{dt} I_L &=& \dfrac{q}{C} \Rightarrow \dfrac{d}{dt} q &=& LC \dfrac{d^2}{dt^2} I_L  แทนใน (1)

I_P &=& I_L + LC \dfrac{d^2}{dt^2} I_L .......... (4)

จาก (2) ได้ว่า \dfrac{d}{dt} V_g &=& M \dfrac{d^2}{dt^2} I_L  ......... (5)

จาก (3) ได้ว่า \dfrac{d}{dt} V_P &=& -L\dfrac{d^2}{dt^2} I_L  ......... (6)

สมการ Characteristics r_P \dfrac{d}{dt} I_P &=& \mu \dfrac{d}{dt} V_g + \dfrac{d}{dt} V_P

แทนค่าจาก (4) , (5) , (6) ในสมการนี้จะได้

\dfrac{d}{dt} \left( LCr_P \dfrac{d^2}{dt^2} I_L + (L - \mu M) \dfrac{d}{dt} I_L + r_P I_L \right) &=& 0

สมการนี้เมื่อแก้จะได้ I_L(t) &=& A + Be^{ \lambda_1 t} + Ce^{ \lambda_2 t}

โดย A,B,C เป็นค่าคงที่ และ \lambda_1 กับ \lambda_2 เป็นรากของสมการ LCr_P\lambda^2 + (L - \mu M) \lambda + r_P &=& 0

เราต้องการให้ระบบนี้สั่นได้ นั่นคือต้องมีพจน์การสั่นหรือฟังก์ชั่น sine ในคำตอบ ดังนั้นค่า \lambda ต้องเป็นจำนวนเชิงซ้อน

จึงได้เงื่อนไขของการสั่นเป็น  (L - \mu M)^2 - 4 LCr_P^2 \leq 0

คำตอบของสมการนี้ภายใต้เงื่อนไขนี้จึงเป็น I_L(t) &=& A + De^{-\frac{(L- \mu M)}{2LCr_P} t} \sin \left( \sqrt{ \dfrac{1}{LC} - \left( \dfrac{L- \mu M}{2LCr_P} \right) ^2 }t + \phi  \right) โดย A,D , \phi เป็นค่าคงที่

ดังนั้นความถี่ของการสั่นจึงเป็น \nu &=& \dfrac{1}{2 \pi} \sqrt{ \dfrac{1}{LC} - \left( \dfrac{L- \mu M}{2LCr_P} \right) ^2 }

ผิดถูกอย่างไรตรวจสอบด้วยนะครับ  coolsmiley
« Last Edit: December 29, 2014, 12:26:41 AM by dy » Logged

smitten   Cool  (\dfrac{ \mbox{PHYSICS}}{ \mbox{BIOLOGY}})^ { \mbox{CHEMISTRY}} &=& \mbox{SCIENCE}

Fight for MIT.

Silver medalist from 44th IPhO , 14th APhO
อภิชาตเมธี
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 55


« Reply #10 on: December 29, 2014, 07:06:27 PM »

Nanophysics ข้อ 2 ครับ

a. จากโจทย์บอกว่า

 E_{gap}=E_{photon_{min}}=\dfrac{hC}{\lambda _{max}}=\dfrac{hC}{\lambda _{1}}=3.44\times 10^{-19}J=2.15 eV

b. พิจารณาคลื่นนิ่งในกล่องได้ว่า  \lambda _{ion}}=\dfrac{2L}{n}; n คือ โหมดการสั่น

โจทย์บอกว่าแสงที่  \lambda _{1} กระติ้นเพนทาซีนจากสถานะพื้นไปสถานะกระตุ้นที่เป็นโหมดที่1ของการเคลื่อนที่ของประจุ

แสดงว่าโจทย์กำหนดให้สถานะพื้นเป็นโหมดที่0 หรือคือไม่มีประจุอยู่เลยแสดงว่าพลังงานสถานะกระตุ้นจะมีค่าเท่ากับพลังงานโฟตอนพอดี นั่นคือ

 E_{photon}=E_{ion}

 \dfrac{hC}{\lambda _{photon}}=\dfrac{P_{ion}^{2}}{2m_{ion}}=\dfrac{h^{2}}{2m_{ion}\lambda _{ion}^{2}}=\dfrac{h^{2}n^{2}}{8m_{ion}L^{2}}

 \therefore m_{ion}=\dfrac{hn^{2}\lambda _{photon}}{8CL^{2}}

แทนค่าได้ว่าที่  n=1,2,3 จะได้  m_{ion}=8.157 \times 10^{-32}, 2.992 \times 10^{-31}, 6.287 \times 10^{-31} kg

 \therefore \overline{m_{ion}}=3.36\times 10^{-31} kg; \dfrac{\overline{m_{ion}}}{m_{e}}=0.37 เท่า

c. อุณหภูมิที่ทำให้เลื่อนระดับชั้นพลังงานคือเมื่อพลังงานอนุภาคความร้อนมีค่าอย่างน้อยเท่ากับช่องว่าผลต่างพลังงานนั่นคือ

 \dfrac{3}{2}kT_{12}\geqslant E_{2}-E_{1}=hc(\dfrac{1}{\lambda _{2}}-\dfrac{1}{\lambda _{1}})

 \therefore T_{12}\geqslant 1,505 K  ซึ่งมากกว่าอุณหภูมิห้องปกติ  (\approx 300K) เพราะงั้นไม่สามารถเกิดขึ้นได้ที่อุณหภูมิห้อง

ตอนในห้องผมใช้  \dfrac{1}{2}kT แทนเลยได้ตั้ง  4,500K แหนะ 555 ช่วยเช็คด้วยครับ
« Last Edit: December 29, 2014, 07:10:33 PM by อภิชาตเมธี » Logged
Pages: 1   Go Up
Print
Jump to:  

คุณสมบัติของเด็กดี

ไม่ฟังเวลามีการนินทากัน ไม่มองหาข้อด้อยของผู้อื่น ไม่พูดนินทาเหยีบบย่ำผู้อื่น