ข้อสอบฟิสิกส์โอลิมปิกเอเชีย ครั้งที่ 15 ปี 2014 ที่สิงคโปร์

saris2538

neutrino

Offline

Posts: 96

ข้อสอบฟิสิกส์โอลิมปิกเอเชีย ครั้งที่ 15 ปี 2014 ที่สิงคโปร์

« on: May 22, 2014, 05:51:24 PM »

เรามาทำข้อสอบด้วยกันไหม?
ทั้งทฤษฎีและแล็บรีบมา Grin

ทำไมหมู่นี้ mpec ร้างล่ะ?
ช่วยกันดีกว่า ไม่อยากให้เว็บนี้ร้าง...

(ที่มาของข้อสอบ: กลุ่ม POSN Physics Olympiad ใน facebook ครับ)


	Logged

saris2538

neutrino

Offline

Posts: 96

Re: ข้อสอบฟิสิกส์โอลิมปิกเอเชีย ครั้งที่ 15 ปี 2014 ที่สิงคโปร์

« Reply #1 on: May 22, 2014, 05:52:12 PM »

ข้อ 2,3


	Logged

saris2538

neutrino

Offline

Posts: 96

Re: ข้อสอบฟิสิกส์โอลิมปิกเอเชีย ครั้งที่ 15 ปี 2014 ที่สิงคโปร์

« Reply #2 on: May 22, 2014, 05:58:56 PM »

แล็บครับ
https://www.facebook.com/download/587009794729643/APhO2014_Experiment_Problem_Thailand.pdf


	Logged

saris2538

neutrino

Offline

Posts: 96

Re: ข้อสอบฟิสิกส์โอลิมปิกเอเชีย ครั้งที่ 15 ปี 2014 ที่สิงคโปร์

« Reply #3 on: May 22, 2014, 06:26:23 PM »

ขอเปิดคนแรกเลยละกัน
แล็บตอน A ข้อที่ 1 ครับ

ในโจทย์บอกมาว่าระยะห่างระหว่างช่องสลิต เท่ากับความยาวคลื่นเสียง $\displaystyle \lambda_s$ พอดี

พิจารณาเส้นสีแดง 2 เส้นด้านบน ผลต่างเส้นทางของสองเส้นดังกล่าวที่ไปถึงฉากคือ $\displaystyle \lambda_s \sin \theta_{air}$

ตำแหน่งนี้เป็นริ้วสว่างที่ $\displaystyle p$ โดยที่ $\displaystyle p=\frac{\left( m-1 \right)}{2}$

ดังนั้น $\displaystyle \lambda_s \sin \theta_{air} = \frac{\left( m-1 \right)}{2} \lambda_{air}$ --> (1)

โดยการประมาณมุมเล็ก และเรขาคณิต

$\displaystyle \sin\theta_{air} \approx \tan\theta_{air} = \frac{\frac{D_m}{2} - g\theta_g - b\theta_w}{L}$ --> (2)

Snell's law ที่ประมาณมุมเล็กเรียบร้อยแล้ว

$\displaystyle n_w\theta_w = n_g\theta_g = n_{air}\theta_{air}$

ดังนั้น $\displaystyle \theta_g = \frac{n_{air}}{n_g}\theta_{air}$ --> (3)

และ $\displaystyle \theta_w = \frac{n_{air}}{n_w}\theta_{air}$ --> (4)

แทน (3) และ (4) ใน (2)

$\displaystyle L\theta_{air} = \frac{D_m}{2} - g\frac{n_{air}}{n_g}\theta_{air} - b\frac{n_{air}}{n_w}\theta_{air}$

$\displaystyle n_{air}\theta_{air}\left[ \frac{L}{n_{air}} + \frac{g}{n_g} + \frac{b}{n_w} \right] = \frac{D_m}{2}$ --> (5)

แทน (5) ลงใน (1)

$\displaystyle \frac{\lambda_sD_m}{2n_{air}}\frac{1}{\left[ \frac{L}{n_{air}} + \frac{g}{n_g} + \frac{b}{n_w} \right]} = \frac{\left( m-1 \right)}{2} \lambda_{air}$

$\displaystyle \lambda_s = \left[ \frac{L}{n_{air}} + \frac{g}{n_g} + \frac{b}{n_w} \right] \left( m-1 \right) \frac{n_{air}\lambda_{air}}{D_m}$

เทียบกับโจทย์จะได้ว่า $\displaystyle A=\left[ \frac{L}{n_{air}} + \frac{g}{n_g} + \frac{b}{n_w} \right]$


	Logged

ปิยพงษ์ - Head Admin

Administrator
SuperHelper

Offline

Posts: 6265

มีน้ำใจ ไม่อวดตัว มั่วไม่ทำ

Re: ข้อสอบฟิสิกส์โอลิมปิกเอเชีย ครั้งที่ 15 ปี 2014 ที่สิงคโปร์

« Reply #4 on: May 22, 2014, 07:55:08 PM »

ขอบคุณครับ smitten


	Logged

มีน้ำใจ ไม่อวดตัว มั่วไม่ทำ

neutrino

Offline

Posts: 383

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

Re: ข้อสอบฟิสิกส์โอลิมปิกเอเชีย ครั้งที่ 15 ปี 2014 ที่สิงคโปร์

« Reply #5 on: May 22, 2014, 10:33:17 PM »

ทฤษฎีข้อ 3

ขอข้ามส่วนที่วาดรูปไปก่อนนะครับ ทำไม่สะดวก

(d) วัตถุที่สามารถออกจากอิทธิพลของแรงโน้มถ่วงได้ จะต้องมีพลังงานที่ไม่ต่ำกว่า 0 ดังนั้น $\dfrac{1}{2} mv^2 - \dfrac{GmM}{r} \geq 0$

จึงได้ว่า อัตราเร็วหลุดพ้นคือ $\sqrt{ \dfrac{2GM}{r}}$ เนื่องจากแสงทะลุออกจากหลุมดำไม่ได้ เราแทน $v &=& c$

จะได้รัศมี Schwarzschild เป็น $R_s &=& \dfrac{2GM}{c^2}$

(e) จากสมการของมุมเบี่ยงเบน จะได้ $M &=& \dfrac{ \alpha c^2 r_E}{4G}$ จากสมการของข้อ (d) จะได้ $M &=& \dfrac{R_s c^2}{2G}$

จับมาเท่ากัน ก็จะได้ว่า $R_s &=& \dfrac{ \alpha r_E}{2}$ จากโจทย์เราทราบทั้งค่า $\alpha$ และ $r_E$ ก็จะหาค่า $R_s$ ได้

(f) ในการตรวจสอบขนาดของมุมทั้งสองนี้ ผมจะใช้วิธีดังนี้ คือสมมติว่ามุมทั้งสองเล็กมากก่อนแล้วคำนวณภายใต้สมมติฐานนี้ แล้วตรวจสอบคำตอบว่า มุมทั้งสองนี้เล็กจริงหรือไม่ ถ้าจริง แสดงว่าสมมติฐานที่เราตั้งไว้จริง

ตามสมมติฐานนี้จะได้ $\tan( \alpha - \theta_E) \approx \alpha - \theta_E \approx \dfrac{r_E}{D_S}$ และ $\theta_E \approx \dfrac{r_E}{D_L}$

จะได้ $\alpha &=& r_E \left( \dfrac{1}{D_L} + \dfrac{1}{D_S} \right) &=& \dfrac{4GM}{r_E c^2}$

ดังนั้น $r_E &=& \sqrt{ \dfrac{4GM}{c^2 \left( \dfrac{1}{D_L} + \dfrac{1}{D_S} \right) }}$

แทนค่าตัวเลข โดยใช้ $M \sim 10^{30} \; \mbox{kg}$
$D_S \sim D_L \sim 10^{18} \; \mbox{m}$

จะได้ $r_E \sim 10^{10} \; \mbox{m}$

แทนค่ากลับในสมการของมุมทั้งสอง จะได้ $\alpha \sim \theta_E \sim 10^{-8} \; \mbox{rad}$ ซึ่งเล็กมากจริงตามสมมติฐาน

ดังนั้นมุมทั้งสองมีขนาดเล็กมากจริง

(g) เขียน $r_E \approx D_L \theta_E$ และจากข้อ (f) $\alpha &=& r_E \left( \dfrac{1}{D_L} + \dfrac{1}{D_S} \right)$

แทนค่าลงในสมการของข้อ (e) จะได้ว่า $R_s &=& \dfrac{(D_L \theta_E)^2}{2} \left( \dfrac{1}{D_L} + \dfrac{1}{D_S} \right)$

(h) $\theta_E \approx \dfrac{r_E}{D_L} \approx 7.3\times 10^{-8} \; \mbox{rad}$

ผิดถูกอย่างไรตรวจสอบด้วยนะครับ smitten


	Logged

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

Fight for MIT.

Silver medalist from 44th IPhO , 14th APhO

saris2538

neutrino

Offline

Posts: 96

Re: ข้อสอบฟิสิกส์โอลิมปิกเอเชีย ครั้งที่ 15 ปี 2014 ที่สิงคโปร์

« Reply #6 on: May 23, 2014, 01:57:17 AM »

ทฤษฎีข้อ 2 ครับ
(a) สนามไฟฟ้าที่ระยะ $r$ จากศูนย์กลางเส้นลวด คือ $\displaystyle E=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0r}$ เมื่อ $\lambda$ คือ ประจุไฟฟ้าบนเส้นลวดต่อความยาวเส้นลวด

ศักย์ไฟฟ้าที่ระยะ $r$ จากศูนย์กลางเส้นลวด หาได้จาก $\displaystyle V_r - V_b = \int_r^b \vec{E}\cdot d\vec{r}$

ที่ $\displaystyle r=b$ ต่อสายดิน ดังนั้น $V_b$ จะต้องเป็นศูนย์ยันเลย! Grin

$\displaystyle V_r = \frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0} \ln\left( b/r \right)$ --> (1)

$\displaystyle V_a = \frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0} \ln\left( b/a \right)$ ดังนั้น $\displaystyle \frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0} = \frac{V_a}{\ln\left( b/a \right)}$ แทนลงใน (1)

$\displaystyle V_r = \frac{\ln\left( b/r \right)}{\ln\left( b/a \right)}V_a$

$\displaystyle V(x,z) = \frac{\ln\left( b/\sqrt{x^2 + z^2} \right)}{\ln\left( b/a \right)}V_a$

(b) สนามไฟฟ้าในแนวแกน x ที่ตำแหน่ง $(x,z)$ ใดๆ คือ

$\displaystyle E_x(x,z) = \frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0\sqrt{x^2 + z^2}}\times \frac{x}{\sqrt{x^2 + z^2}}$

$\displaystyle E_x(x,z) = \frac{V_a}{\ln\left( b/a \right)} \frac{x}{x^2 + z^2}$

การดลในแนวแกน x คือ $\displaystyle \int eE_xdt = \hbar k_x - 0$

ข้อสมมติที่จะใช้ (เพื่อให้แก้โจทย์ได้! และทำให้คำตอบอยู่ในรูปของตัวแปรที่โจทย์กำหนดให้ตอบ buck2

) คือ

(1) $\displaystyle k_z\gg k_x$ และ เลขคลื่นแปรผันตรงกับโมเมนตัม นั่นคือ อัตราเร็วของอิเล็กตรอนในแนวแกน z มากกว่าอัตราเร็วในแนวแกน x มากๆ

เราพอประมาณได้ว่า อิเล็กตรอนอยู่ที่ตำแหน่ง x คงที่ ตลอดการเคลื่อนที่จากแหล่งกำเนิดอิเล็กตรอนไปยังฉาก

(2) ประมาณว่า อิเล็กตรอนอยู่ใกล้แกน (เส้นลวด) มาก

(3) ประมาณว่า แม้จะมีสนามไฟฟ้าในแนวแกน z แต่อัตราเร็วของอิเล็กตรอนในแนวแกน z แทบไม่เปลี่ยนจากเดิมเลย (เพราะว่าอัตราเร็วในแนว z ตอนต้นมีค่ามากๆๆอยู่แล้ว) นั่นคืออัตราเร็วในแนวแกน z คงที่ ตลอดการเคลื่อนที่จากแหล่งกำเนิดอิเล็กตรอนไปยังฉาก

พิจารณาอิเล็กตรอนที่เคลื่อนที่ไปในแนวแกน z ณ ตำแหน่ง $x$ คงตัวค่าหนึ่ง

$\displaystyle \int eE_xdt = \int eE_xdz/v_z$

$\displaystyle =\frac{eV_a}{v_z\ln\left( b/a \right)} \int\frac{x}{x^2+z^2}dz$

$\displaystyle =\frac{eV_a}{v_z\ln\left( b/a \right)} \int\frac{x^2}{x^2+z^2}d\left( z/x \right)$

$\displaystyle =\frac{eV_a}{v_z\ln\left( b/a \right)} \int_{z=-l}^L\frac{1}{1+\left( z/x \right)^2}d\left( z/x \right)$ (ในข้อสอบกำหนด useful integrals มาให้ประมาณ 5-6 อันครับ ซึ่งได้ใช้อันนี้อยู่อันเดียว laugh

)

$\displaystyle =\frac{eV_a}{v_z\ln\left( b/a \right)} \left[ \arctan\left( L/x \right) - \arctan\left( -l/x \right) \right]$

เพราะว่าอิเล็กตรอนอยู่ใกล้ $x=0$ มาก ดังนั้น $\displaystyle L/x,l/x\to\infty$

และ $\displaystyle \arctan\left( -c \right) = -\arctan c$

ดังนั้น $\displaystyle \left[ \arctan\left( L/x \right) - \arctan\left( -l/x \right) \right]\to\pi$

$\displaystyle \therefore \hbar k_x = \frac{\pi eV_a}{v_z\ln\left( b/a \right)}$

แต่ $\displaystyle m_0v_z = \hbar k_z$

$\displaystyle \therefore k_x = \frac{m_0 \pi eV_a}{\hbar^2 k_z\ln\left( b/a \right)}$

(c)
แบบคลาสสิก $\displaystyle eV_0 = \frac{p^2}{2m}$

$\displaystyle p=\frac{h}{\lambda}$

$\displaystyle \therefore \lambda = \frac{h}{\sqrt{2meV_0}}$

แบบสัมพัทธภาพ $\displaystyle eV_0 = \left( \gamma - 1 \right)mc^2 \to \gamma = 1+\frac{eV_0}{mc^2}$

จาก $\displaystyle \left( \gamma mc^2 \right)^2 = \left( pc \right)^2 + \left( mc^2 \right)^2 \to p = mc\sqrt{\gamma^2 -1} = mc\sqrt{\left( 1+\frac{eV_0}{mc^2} \right)^2 -1}$

(d)
(ii) [วิธีของท่าน puneo Grin

ซึ่งทำถูกอยู่คนเดียวในทีมไทย!] ให้จุดกำเนิดเป็นจุดใดๆ บนฉาก

พิจารณาที่ตำแหน่ง $x$ คงที่ตำแหน่งหนึ่งบนฉาก

คลื่น ที่วิ่งไปทางขวา ณ ตำแหน่ง $x$ มีการกระจัดจากสมดุลเป็น $\displaystyle A\sin\left( \vec{k}\cdot\vec{r} - \omega t \right)$

*ถ้าพิจารณาที่เวลา $t$ คงที่ค่าหนึ่ง (เช่นโดยถ่ายรูปสถานการณ์ทั้งหมดที่เวลาหนึ่งๆ มาพิจารณา) สมการด้านบนบอกเราว่า ณ ตำแหน่ง $\vec{r}$ ใดๆ ที่ $\vec{k}\cdot\vec{r}$ มีค่าเท่ากันค่าหนึ่ง ตำแหน่งเหล่านั้นทั้งหมดย่อมมีเฟสเท่ากันค่าหนึ่ง ตำแหน่งเหล่านั้นทั้งหมดจะอยู่บนระนาบระนาบหนึ่งซึ่งตั้งฉากกับ $\vec{k}$ (เพราะว่า $\vec{k}\cdot\vec{r}$ มีค่าเท่ากันทั้งระนาบ) ซึ่งนี่คือสมบัติของคลื่นระนาบ*

$\displaystyle \vec{k} = k_x\hat{i} + k_z\hat{k}$ และ $\vec{r} = x\hat{i}$

$\displaystyle \therefore \vec{k}\cdot\vec{r} = k_x x$

ดังนั้น คลื่น ที่วิ่งไปทางขวา ณ ตำแหน่ง $x$ มีการกระจัดจากสมดุลเป็น $\displaystyle A\sin\left( k_x x - \omega t \right)$

แต่สำหรับคลื่นที่วิ่งไปทางซ้าย ณ ตำแหน่ง $x$

$\displaystyle \vec{k} = -k_x\hat{i} + k_z\hat{k}$ และ $\vec{r} = x\hat{i}$

$\displaystyle \therefore \vec{k}\cdot\vec{r} = -k_x x$

ดังนั้น คลื่น ที่วิ่งไปทางซ้าย ณ ตำแหน่ง $x$ มีการกระจัดจากสมดุลเป็น $\displaystyle A\sin\left( -k_x x - \omega t \right)$

ณ ตำแหน่ง $x$ คลื่นทั้งสองรวมกันได้เป็น

$\displaystyle y=A\sin\left( k_x x - \omega t \right) + A\sin\left( -k_x x - \omega t \right)=-2A\cos k_x x \sin \omega t$

ซึ่งบ่งว่าระยะห่างระหว่างแถบสว่างที่อยู่ติดกัน คือ $\displaystyle \frac{\pi}{k_x}$

(iii) ถ้าเป็นคลื่นทรงกลม $\displaystyle k_x$ จะมากกว่าคลื่นระนาบ (เพราะว่าคลื่นทรงกลมมี $\displaystyle k_x$ ตั้งแต่ออกจากแหล่งกำเนิดอิเล็กตรอนแล้ว)

ดังนั้นระยะห่างระหว่างแถบสว่างที่อยู่ติดกัน คือ $\displaystyle \frac{\pi}{k_x}$ จะมีค่าลดลง

(v) สมการของสลิตคู่ (ประมาณมุมเล็ก)

$\displaystyle d \frac{y}{L+l} = m\lambda$

เมื่อ $y$ คือระยะห่างของริ้วสว่างลำดับที่ $m$ จากแนวกลาง

$L+l$ คือระยะห่างระหว่างสลิตคู่กับฉาก

เราจึงได้ $\displaystyle y=\frac{m \lambda (L+l)}{d}$

และระยะห่างระหว่างแถบสว่างที่อยู่ติดกัน คือ $\displaystyle \frac{\lambda (L+l)}{d}$

แต่เราหาไว้ในข้อ (iii) แล้วว่า ระยะห่างระหว่างแถบสว่างที่อยู่ติดกัน คือ $\displaystyle \frac{\pi}{k_x}$

ดังนั้น $\displaystyle \frac{\lambda (L+l)}{d} = \frac{\pi}{k_x}$

$\displaystyle \lambda = \frac{2\pi}{\sqrt{k_z^2 + k_x^2}} \approx \frac{2\pi}{k_z}$

แก้สมการออกมา $\displaystyle d=\frac{2k_x}{k_z}\left( L+l \right)$