มีน้ำใจ ไม่อวดตัว มั่วไม่ทำ

สมัครสมาชิกฟรีเพื่อเห็นไฟล์แนบและดาวน์โหลดไฟล์ ขออภัยในความไม่สะดวก

ขอต้อนรับ ผู้มาเยือน กรุณา ล็อกอิน หรือ สมัครสมาชิก

ล็อกอินด้วยชื่อผู้ใช้ รหัสผ่่าน และระยะเวลาใช้งาน

 
Advanced search

41106 Posts in 6126 Topics- by 7291 Members - Latest Member: ThemeTurbo8
Pages: 1 2   Go Down
Print
Author Topic: ข้อสอบภาคทฤษฎี ปลายค่าย 2 ระดับไม่เกิน ม.4 ปี 56-57  (Read 19190 times)
0 Members and 1 Guest are viewing this topic.
ปิยพงษ์ - Head Admin
Administrator
SuperHelper
*****
Offline Offline

Posts: 6261


มีน้ำใจ ไม่อวดตัว มั่วไม่ทำ


WWW
« on: March 25, 2014, 07:51:39 PM »

ข้อสอบภาคทฤษฎี ปลายค่าย 2 ระดับไม่เกิน ม.4 ปี 56-57  ช่วยกันเฉลยครับ
Logged

มีน้ำใจ ไม่อวดตัว มั่วไม่ทำ
ปิยพงษ์ - Head Admin
Administrator
SuperHelper
*****
Offline Offline

Posts: 6261


มีน้ำใจ ไม่อวดตัว มั่วไม่ทำ


WWW
« Reply #1 on: March 25, 2014, 07:53:46 PM »

ข้อสอบ (ต่อ)
Logged

มีน้ำใจ ไม่อวดตัว มั่วไม่ทำ
ปิยพงษ์ - Head Admin
Administrator
SuperHelper
*****
Offline Offline

Posts: 6261


มีน้ำใจ ไม่อวดตัว มั่วไม่ทำ


WWW
« Reply #2 on: March 25, 2014, 07:55:15 PM »

ข้อสอบ (ต่อ)
Logged

มีน้ำใจ ไม่อวดตัว มั่วไม่ทำ
Tharit Tk.
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 34


« Reply #3 on: March 25, 2014, 09:54:06 PM »

ขอลองทำข้อที่น่าจะง่ายก่อนละกันครับ (ผมทำได้ไม่กี่ข้อเอง)  Grin Grin

ข้อ16 ก.)  จาก Snell’s law \dfrac{n_{\text{glass}}}{n_{\text{air}}}=\dfrac{\sin\alpha }{\sin\beta }
ค่า OPD คือค่า Path Difference  \times ดัชนีหักเหของตัวกลาง
จะได้ OPD= 2t \cos\beta  \dfrac{\sin\alpha }{\sin\beta }

ซึ่งผมคิดว่า ตรงค่า  PD= 2t \cos\beta นี้ผิดเพราะว่าถ้าเราแตก t ไปในแนวเฉียงค่าที่ได้จะไม่ใช่ระยะที่เราต้องการ เพราะมันจะสั้นกว่าอยู่นิดนึง
ข.) \Delta \phi = \dfrac{2\pi}{\lambda_{0}}\delta  -\pi
« Last Edit: March 26, 2014, 09:25:45 AM by ปิยพงษ์ - Head Admin » Logged
sbruwt
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 2


« Reply #4 on: March 26, 2014, 10:06:27 AM »

ข้อ 1 ก  ตอบ  \dfrac{\rho Av_{0}^2 - F }{\rho Av_{0}}\ln \left( \dfrac{M+m_{0}}{M+m_{0} -Av_{0}\rho t} \right)

ข้อ 1 ข  ตอบ  \dfrac{\rho Av_{0}^2 - F }{\rho Av_{0}}\ln \left( \dfrac{M+m_{0}}{M} \right)

ข้อ ข นี่ แค่ลบคำตอบข้อ ก ก็ได้ 3 คะแนนฟรี ๆ แล้ว  2funny
« Last Edit: March 26, 2014, 10:09:22 AM by sbruwt » Logged
sbruwt
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 2


« Reply #5 on: March 26, 2014, 10:52:20 AM »

ข้อ 2  I= \dfrac{1}{10} ma^2  buck2
Logged
Wesley
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 142


« Reply #6 on: March 26, 2014, 11:38:25 AM »

วิธีทำข้อสองครับ เราเเบ่งวัตถุออกเป็นรูปที่เรารู้ค่าโมเมนต์ความเฉื่อยของมัน โดยเราจะเเบ่งเป็นสี่เหลี่ยมจตุรัส โดยเราเเบ่งเเบบนี้จะเป็นการละความเอียงตรงมุมซึ่งถ้าเป็นวัตถุกลวงเราจะละไม่ได้เเต่ข้อนี้เป็นวัตถุตันละได้ครับ

I_(s_q)=\frac{ml^2}{6}.  Sq=square l คือความยาวด้านเเต่ละด้านของสี่เหลี่ยมครับ

dI=\frac{l^2dm}{6} ,   dm=\rho  l^2dz. .  ให้ z คือความสูงวัดจากยอดปริมิด

จากความสัมพันธ์ของสามเหลี่ยมคล้าย. \frac{l}{z}=\frac{a}{h}
สุดท้ายก็อินทิเกรตเเละเเทนค่าตัวโร


I=\frac{ma^2}{10}

ช่วยตรวจสอบด้วยนะครับ
« Last Edit: March 26, 2014, 12:08:35 PM by Wesley » Logged
อภิชาตเมธี
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 111


« Reply #7 on: March 26, 2014, 11:51:04 AM »

ข้อ 1

ก) ให้ความเร็วที่เวลาใดๆเป็น V_{t}

ได้ว่าน้ำถูกพ่นออกไปจากรถด้วยความเร็ว V_{t}-V_{0}

 แรงที่รถกระทำกับน้ำ F_{w,c}=\dfrac{\Delta P_{w}}{\Delta t}=\dfrac{(\rho AV_{0}\Delta t)(-V_{0})}{\Delta t}

=- \rho AV_{0}^{2}

F_{c,w}=-F_{w,c}=\rho AV_{0}^{2}

จาก \dfrac{dV_{t}}{d t}=\dfrac{\Sigma F}{m}=\dfrac{\rho AV_{0}^{2}-F}{M+m_{0}-\rho AV_{0}t}

ได้ว่า V_{t}=(\rho AV_{0}^{2}-F)\int_{0}^{t}\dfrac{1}{M+m_{0}-\rho AV_{0}t}dt

= \dfrac{\rho AV_{0}^{2}-F}{\rho AV_{0}}[\ln (M+m_{0}-\rho AV_{0}t)]_{t}^{0}

=\dfrac{\rho AV_{0}^{2}-F}{\rho AV_{0}} \ln(\dfrac{M+m_{0}}{M+m_{0}-\rho AV_{0}t})


ข)พิจารณาจากสมการได้ว่ารถจะมีความเร็วสูลสุดเมื่อน้ำหมดจากรถ

นั่นคือเมื่อ \rho AV_{0}t=m_{0}

แทนค่าได้ว่า V_{max}=\dfrac{\rho AV_{0}^{2}-F}{\rho AV_{0}} \ln(\dfrac{M+m_{0}}{M})
« Last Edit: March 31, 2014, 09:19:38 AM by อภิชาตเมธี » Logged
Wesley
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 142


« Reply #8 on: March 26, 2014, 01:05:04 PM »

ข้อ6. นะครับ

ข้อเเรกทิศของกระเเสเหนี่ยวนำจะไหลจากซ้ายไปขวาในลวดด้านล่าง
ข้อสอง กระเเสเหนี่ยวนำหาได้จาก  \frac{\varepsilon }{R}. โดยที่ \varepsilonคือเเเรงเคลื่อนไฟฟ้าเหนี่ยวนำ

เขียนกฏการเคลื่อนที่สำหรับลวดสี่เหลี่ยม ให้ทิศลงเป็นบวก
mg-IWB_0=m \frac{dy}{d t}.   สมการที่หนึ่ง.  
เเรงที่กระทำที่ลวดที่ขนานกับเเกน y หักล้างกันจึงไม่ต้องนำมาคิด
\varepsilon = B_0W\frac{dy}{dt }..   สมการที่สอง

เเก้สมการจะได้ว่า

I=\frac{B_0Wg}{R+B^2WL}

ที่ทำมาข้างบนนี่ผิดนะครับ  ปิยพงษ์  Shocked

ผมทำผิดเเบบไม่น่าให้อภัยนะครับอันนี้ ส่วนเฉลยอยู่หน้าสองครับมีคนทำเเล้วครับ
« Last Edit: March 29, 2014, 07:23:01 PM by ปิยพงษ์ - Head Admin » Logged
krirkfah
SuperHelper
*****
Offline Offline

Posts: 630


« Reply #9 on: March 26, 2014, 06:24:41 PM »

ข้อ 5  ผมคิดว่าเราต้องหาสนามจากส่วนโค้งแล้วค่อยมาบวกกับส่วนตรงแต่ละส่วน คือ ในแกนx กับ y แต่คิดน่าจะต้องอินทิเกรตจริงไม่น่าใช้ Ampere's circuital law ได้  Smiley
Logged
jali
SuperHelper
*****
Offline Offline

Posts: 930


« Reply #10 on: March 26, 2014, 08:51:52 PM »

จริงๆแล้วข้อห้าถ้าเราดูจากความสมมาตรของโจทย์เราสามารถแก้โจทย์ข้อนี่ได้โดยไม่ต้องอินทิเกรต เพียงแค่เรามองว่าลวดยาวอนันต์แค่ข้างเดียวสมมูลกับครึ่งลวดยาวอนันต์ดังนั้นสนามแนววนรอบรัศมีก็หารสองส่วนสนามของส่วนครึ่งวงกลมเราสามารถหาได้ง่ายอยู่แล้วโดยการอินทิเกรตแบบใช้สมมาตรทำให้เราไม่ต้องอินทิเกรตจริง
Logged
ปิยพงษ์ - Head Admin
Administrator
SuperHelper
*****
Offline Offline

Posts: 6261


มีน้ำใจ ไม่อวดตัว มั่วไม่ทำ


WWW
« Reply #11 on: March 26, 2014, 09:01:00 PM »

มีใครช่วยทำข้อ 3 กับข้อ 4 หน่อยสิ  Grin
Logged

มีน้ำใจ ไม่อวดตัว มั่วไม่ทำ
saris2538
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 96


« Reply #12 on: March 26, 2014, 09:57:07 PM »

ข้อ 4 ครับ Smiley
ข้อนี้ยากจริงๆครับ ผมว่าน่าจะให้สัก 20 คะแนนเลย Shocked
ต้องแบ่งคิดเป็น 3 ขั้นตอน

1. อนุรักษ์พลังงานกล ตอนเริ่มตกจากพื้นขวา จนถึงก่อนแตะขอบซ้ายพอดี
2. อนุรักษ์โมเมนตัมเชิงมุมรอบจุดบนขอบซ้าย ตั้งแต่ก่อนแตะขอบซ้ายพอดี จนถึงหลังแตะขอบซ้ายพอดี
3. อนุรักษ์พลังงานกล ตอนหลังแตะขอบซ้ายพอดี ไปจนถึงกลิ้งขึ้นขอบซ้าย

สมมติให้ลูกเหล็กมวล \displaystyle M รัศมี \displaystyle R และร่องกว้าง \displaystyle d กลิ้งจากทางขวาด้วยอัตราเร็วเชิงมุมตอนต้น \displaystyle \omega_0
1. อนุรักษ์พลังงานกล ตอนเริ่มตกจากพื้นขวา จนถึงก่อนแตะขอบซ้ายพอดี ให้อัตราเร็วเชิงมุมรอบขอบขวา ก่อนแตะขอบซ้ายพอดี เป็น \displaystyle \omega_1

\displaystyle \frac{1}{2}\left( \frac{7}{5}MR^2 \right) \omega_0^2 + MgR\left( 1 - \cos\theta \right) = \frac{1}{2}\left( \frac{7}{5} MR^2 \right)\omega_1^2

โดยที่ \displaystyle \sin\theta = \frac{d}{2R} (ดูรูปบน)

สะสางได้ \displaystyle \omega_1 = \sqrt{\omega_0^2 + \frac{10g}{7R}\left( 1 - \cos\theta \right)}


2. อนุรักษ์โมเมนตัมเชิงมุมรอบจุดบนขอบซ้าย ตั้งแต่ก่อนแตะขอบซ้ายพอดี จนถึงหลังแตะขอบซ้ายพอดี

*การชนแบบเปลี่ยนจุดหมุนในทันทีทันใด อย่างเช่น กลิ้งไปเกี่ยวเข้ากับตะขอ หรือในข้อนี้คือ กลิ้งไปชนขอบอันใหม่ มักจะเสียพลังงานไปเป็นความร้อนเสมอ
แต่เรายังสามารถใช้หลักอนุรักษ์โมเมนตัมเชิงมุม (โดยประมาณ) รอบแกนหมุนใหม่นั้นได้
เพราะในขณะที่ชนมีทั้งแรงดล และแรงที่ไม่ใช่แรงดลทำต่อวัตถุ
แรงดล (Impulsive force) คือแรงที่เพิ่มขึ้นสูงปรู๊ดและลดลงฮวบฮาบเป็นศูนย์ใหม่เป็นในช่วงเวลาสั้นๆ เหมือนแรงที่ไม้เทนนิสทำต่อลูกเทนนิสเวลาตีแรงๆ สังเกตว่าแรงดลมักจะเกิดตรงจุดที่เกิดการชน
ในข้อนี้ แรงดลได้แก่ แรงปฏิกิริยา (ทั้งแรงเสียดทานและแรงปฏิกิริยาตั้งฉาก) ที่ขอบซ้าย(จุดที่เกิดการชน)ทำต่อลูกเหล็ก
แรงที่ไม่ใช่แรงดลได้แก่ น้ำหนักของลูกเหล็ก รวมไปถึงแรงปฏิกิริยา (ทั้งแรงเสียดทานและแรงปฏิกิริยาตั้งฉาก) ที่ขอบขวาทำต่อลูกเหล็ก ซึ่งไม่ใช่แรงดลเพราะการชนไม่ได้เกิดที่ขอบขวา แต่เกิดที่ขอบซ้าย

แรงดลทำผ่านจุดที่เกิดการชนเสมอ เราจึงควรเลือกจุดอ้างอิงสำหรับใช้หลักอนุรักษ์โมเมนตัมเชิงมุม เป็นจุดที่เกิดการชน เพราะจะทำให้ทอร์กของแรงดลรอบจุดดังกล่าวเป็น 0 ตลอดการชน ส่วนการเปลี่ยนแปลงโมเมนตัมเชิงมุมเนื่องจากทอร์กของแรงไม่ดลมีขนาดน้อยจนประมาณทิ้งได้

ถ้าเราไม่เลือกจุดที่เกิดการชนเป็นจุดอ้างอิง แต่ไปเลือกจุดอื่นๆ จะเกิดการเปลี่ยนแปลงโมเมนตัมเชิงมุมเนื่องจากทั้งทอร์กของแรงดล และทอร์กของแรงไม่ดล ซึ่่งการเปลี่ยนแปลงโมเมนตัมเชิงมุมเนื่องจากทอร์กของแรงดลนั้นละทิ้งไม่ได้

ให้ทิศพุ่งออกจากหน้ากระดาษเป็นบวก (ดูรูปล่าง)

\displaystyle \left( \frac{2}{5}MR^2 \right)\omega_1 + M \omega_1R \cos\theta \left( R\cos\theta \right) - M \omega_1R \sin\theta \left( R\sin\theta \right) = \left( \frac{7}{5} MR^2 \right) \omega_2

สะสางได้ \displaystyle \left[ 2+5 \left( \cos^2\theta - \sin^2\theta \right) \right] \frac{\omega_1}{7} = \omega_2

3. อนุรักษ์พลังงานกล ตอนหลังแตะขอบซ้ายพอดี ไปจนถึงกลิ้งขึ้นขอบซ้าย

\displaystyle \frac{1}{2}\left( \frac{7}{5} MR^2 \right)\omega_2^2 = \frac{1}{2}\left( \frac{7}{5} MR^2 \right)\omega_3^2 + MgR\left( 1 - \cos\theta \right)

สะสางได้ \displaystyle \omega_3 = \sqrt{\omega_2^2 - \frac{10g}{7R}\left( 1 - \cos\theta \right)}

สะสางต่อให้จบจะได้ \displaystyle v_{\text{final}} = R\omega_3 = R\sqrt{\frac{\left[ 2+5 \left( \cos^2\theta - \sin^2\theta \right) \right]^2}{49}\left[ \omega_0^2 + \frac{10g}{7R}\left( 1 - \cos\theta \right) \right] - \frac{10g}{7R}\left( 1 - \cos\theta \right)}

แทนค่าตัวเลข \displaystyle \sin\theta = \frac{d}{2R} = \frac{30}{125} =, \displaystyle \cos\theta = \sqrt{1- \sin^2\theta} =, \displaystyle R = 125\text{ mm}, \displaystyle g=10\text{ m/s}^2

เดี๋ยวจิ้มค่าสุดท้ายให้ครับ embarassed
« Last Edit: March 31, 2014, 12:48:52 AM by saris2538 » Logged
krirkfah
SuperHelper
*****
Offline Offline

Posts: 630


« Reply #13 on: March 26, 2014, 10:43:51 PM »

จริงๆแล้วข้อห้าถ้าเราดูจากความสมมาตรของโจทย์เราสามารถแก้โจทย์ข้อนี่ได้โดยไม่ต้องอินทิเกรต เพียงแค่เรามองว่าลวดยาวอนันต์แค่ข้างเดียวสมมูลกับครึ่งลวดยาวอนันต์ดังนั้นสนามแนววนรอบรัศมีก็หารสองส่วนสนามของส่วนครึ่งวงกลมเราสามารถหาได้ง่ายอยู่แล้วโดยการอินทิเกรตแบบใช้สมมาตรทำให้เราไม่ต้องอินทิเกรตจริง

แจ๋วมากครับคุณ Jali  great
Logged
อภิชาตเมธี
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 111


« Reply #14 on: March 27, 2014, 12:11:10 AM »

ข้อ 8 ครับ
 
สมมุติให้ กระแสที่ไหลในวงจรที่ขณะใดๆแทนด้วย i_{t}

และให้ประจุที่อยู่ในตัวเก็บประจุที่เวลาใดๆแทนด้วย q_{t}

ได้ความสัมพันธ์จากกฎของเคอชอฟว่า

i_{t}=-\dfrac{dq_{t}}{dt }

V_{c}= \dfrac{q_{t}}{C} = L\dfrac{di_{t}}{dt }

แก้สมการได้ \dfrac{q_{t}}{C} = -L\dfrac{d^{2}q_{t}}{dt^{2} }

q_{t}=Q\cos(\dfrac{t}{\sqrt{LC}} +\phi )

จากเงื่อนไขของโจทย์ได้ว่า q_{0}=C(10 \text{ V})

และเนื่องจากตอนแรกยังไม่ได้ต่อวงจรดังนั้นกระแสทันทีหลังสับจะต้องเป็น 0 เพราะไม่เช่นนั้น \dfrac{di_{t}}{dt }

ขณะสับจะเป็น \infty

จากเงื่อนไขจะได้ว่า Q_{0}=CV=C(10 \text{ V}) และ \phi =0

ได้ q_{t}=CV \cos(\dfrac{t}{\sqrt{LC}})

i_{t}=-\dfrac{dq_{t}}{dt }=\dfrac{CV}{\sqrt{LC}}\sin(\dfrac{t}{\sqrt{LC}})

ก) จากสมการทั้งสองได้ว่าความถี่ธรรมชาติ f_{nat}=\dfrac{\omega }{2\pi }=\dfrac{1}{2\pi \sqrt{LC}}=10 \text{ Hz}

ดังนั้น ค่า C ที่ทำให้เกิดความถี่เท่านี้คือ C=\dfrac{1}{4 \pi^{2} Lf_{nat}}=\dfrac{1}{1000\pi^{2}}\text{ F}
 
ข)จากสมการ i_{t} ได้ว่ากระแสจะมีค่าสูงสุดเมื่อค่า \sin(\dfrac{t}{\sqrt{LC}})=1(ค่า sine ที่มากที่สุด)

นั่นคือกระแสจะมีค่าสูงสุดครั้งแรกเมื่อ \dfrac{t}{\sqrt{LC}}=\dfrac{\pi}{2}

หรือเมื่อ t=\dfrac{\pi \sqrt{LC}}{2}=\dfrac{\pi}{2}\dfrac{1}{20 \pi}=\dfrac{1}{40} \text{ s}

ค)แทนค่า tในข้อ ข) ลงในสมการ i_{t}

ได้ i_{max}=\dfrac{CV}{\sqrt{LC}}\sin(\dfrac{1/40}{\sqrt{LC}})=\dfrac{V\sqrt{C}}{\sqrt{L}}=\dfrac{V}{20 \pi L}=\dfrac{1}{5 \pi}\text{ A}
« Last Edit: March 27, 2014, 05:43:52 PM by ปิยพงษ์ - Head Admin » Logged
Pages: 1 2   Go Up
Print
Jump to:  

คุณสมบัติของเด็กดี

ไม่ฟังเวลามีการนินทากัน ไม่มองหาข้อด้อยของผู้อื่น ไม่พูดนินทาเหยีบบย่ำผู้อื่น