ขอต้อนรับ ผู้มาเยือน กรุณา ล็อกอิน หรือ สมัครสมาชิก

ล็อกอินด้วยชื่อผู้ใช้ รหัสผ่่าน และระยะเวลาใช้งาน
 
Advanced search

41579 Posts in 6276 Topics- by 9833 Members - Latest Member: Mn
« previous next »
Pages: 1 2 »   Go Down
Print
Author Topic: ข้อสอบปลายค่ายสอง ม.5 ปีการศึกษา 2557-58  (Read 16617 times)
0 Members and 1 Guest are viewing this topic.
ปิยพงษ์ - Head Admin
Administrator
SuperHelper
*****
Offline Offline

Posts: 6346


มีน้ำใจ ไม่อวดตัว มั่วไม่ทำ


WWW
« on: March 19, 2015, 12:32:47 PM »
ข้อสอบระดับไม่เกิน ม.5 จาก Warin Patrick McBlain ครับ
« Last Edit: March 19, 2015, 04:31:47 PM by ปิยพงษ์ - Head Admin » Logged
มีน้ำใจ ไม่อวดตัว มั่วไม่ทำ
WPMcB1997
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 55
« Reply #1 on: March 19, 2015, 04:53:52 PM »
ขอเริ่มจากเรื่องคลื่อนแสงเสียง ข้อ 4 ของป๋านะครับ

เราจะเริ่มจากการหาอัตราเร็วหลุดพ้นของวัตถุจากผิวดาวเคราะห์มวล M รัศมี R

ใช้กฎอนุรักษ์พลังงานวิเคราะห์ ได้ว่า v = \sqrt{\frac{2GM}{R}}

นิยามของ Schwarzschild Radius คือ รัศมีของดาวที่จะทำให้ดาวนั้นเป็นหลุมดำ นั่นคือ "แม้แต่แสง" ก็ไม่สามารถเล็ดลอดออกมาได้

ดังนั้น แทนอัตราเร็วหลุดพ้นของเราเป็น c แล้วจัดรูปหา R จะได้ว่า R = \frac{2GM}{c^{2}}
Logged
WPMcB1997
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 55
« Reply #2 on: March 19, 2015, 04:57:35 PM »
ข้อสอบคลื่น เสียง แสง ข้อ 1.1 นะครับ

ข้อนี้ขอใช้ Complex คิดครับ

เราต้องรู้ว่า กำลังที่สูญเสียไปในตัวต้านทาน R คือ P = i_{rms}^{2}R
และนอกจากนี้ I = I_{R} + I_{L} และ V_{R} = V_{L}
ซึ่งจากเงื่อนไขสองตัวข้างบน จะได้ว่า I_{R} = \dfrac{j \omega L}{R +j \omega L} I = \dfrac{\omega L}{\sqrt{R^{2} + (\omega L)^{2}}}Ie^{j(\frac{\pi}{2} - tan^{-1}(\frac{\omega L}{R}))}

หา I รวม จากกฎของ Ohm (แบบ Complex) V = IZ

V = V_{0}e^{j \omega t} และ Z = r + \dfrac{jR \omega L}{R + j \omega L} = \dfrac{Rr + j \omega L(R+r)}{R + j \omega L}

จะได้ I = \dfrac{V_{0}\sqrt{R^{2}+ (\omega L)^{2}}}{\sqrt{[\omega L(R+r)]^{2} + (Rr)^2}}e^{j(\omega t + \phi)} โดยที่ \phi = \tan^{-1}(\dfrac{\omega L}{R}) - \tan^{-1}(\dfrac{Rr}{\omega L (R+r)})

แทนเข้าเงื่อนไขข้างบน ได้ว่า I_{R} = \dfrac{V_{0} \omega L}{\sqrt{(Rr)^{2} + [\omega L(R+r)]^{2}}}e^{j(\omega t}+ A) ให้ A เป็นมุมเฟสที่ได้ (เริ่มขี้เกียจพิมพ์ จะไม่พิมพ์เพราะเราใช้เพียง Amplitude)

i_{rms}=\dfrac{|I|}{\sqrt{2}}

ดังนั้น P = (i_{rms})^{2}R = \dfrac{1}{2}\dfrac{V_{0}^{2} \omega^{2} L^{2} R}{{(Rr)^{2} + [\omega L(R+r)]^{2}}}

ข้อนี้รบกวนเช็คด้วยนะครับ พิมพ์ LaTeX มึนจริงๆ 55555
« Last Edit: January 15, 2017, 06:17:23 PM by ปิยพงษ์ - Head Admin » Logged
WPMcB1997
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 55
« Reply #3 on: March 19, 2015, 05:59:04 PM »
ข้อ คลื่น เสียง แสง 1.2 ครับ

เราต้องรู้ว่า \delta y \approx (\frac{d}{dx}y) \delta x < มาจากนิยามของการ Differentiate

จาก Snell's Law
\mu sin \theta = (\mu + \delta \mu) sin( \theta + \delta \theta)
\mu [sin\theta - sin(\theta + \delta \theta)] = \delta \mu sin(\theta + \delta \theta)

แล้วใช้การประมาณข้างบน  (เพราะ \delta \theta , \delta \mu มีค่าน้อยมากๆ)
ได้ว่า - \mu (z) cos \theta \delta \theta = (\frac{d}{dz} \mu) \delta z sin(\theta + \delta \theta)

ย้ายข้าง แล้วลิมิตให้ \delta \theta เข้าใกล้ 0 จะได้ว่า
\frac{d}{dz} \theta = - \frac{tan \theta}{\mu (z)}\frac{d}{dz} \mu
« Last Edit: March 19, 2015, 06:16:44 PM by WPMcB1997 » Logged
WPMcB1997
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 55
« Reply #4 on: March 19, 2015, 07:03:52 PM »
ข้อ 1.4 ครับ

เราแบ่งชิ้นส่วนของลวดวงกลมออกเป็นลวดเส้นตรงเล็กๆ และเราคิดผลของแรงจากชิ้นส่วนทีละคู่ๆ รวมกัน (คล้ายๆ แรงระหว่างลวดขนานแบบม.ปลาย) ได้ F = \dfrac{\mu_{0}i^{2}(2 \pi R)}{2 \pi D} = \dfrac{\mu_{0} i^{2} R}{D} มีทิศดูดกัน
« Last Edit: March 19, 2015, 08:42:21 PM by ปิยพงษ์ - Head Admin » Logged
Pun
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 56
« Reply #5 on: March 19, 2015, 09:24:44 PM »
ข้อ1 เทอร์โม
จากหมายเหตุที่1ได้ P= \frac{nRT}{V-nb} - \frac{a n^{2} }{ V^{2} }
จะได้ \big( \frac{\partial P}{\partial T} \big) _{V} = \frac{nR}{V-nb}

แทนค่าในหมายเหตุ2ได้ \big( \frac{\partial U}{\partial V} \big) _{T} = \frac{a n^{2} }{ V^{2} }
จาก dU = \big( \frac{\partial U}{\partial V} \big) _{T}dV + \big( \frac{\partial U}{\partial T} \big) _{V}dT
เมื่อ ( \frac{\partial U}{\partial T} )_{V} คือความจุความร้อนเมื่อปริมาตรคงที่ n c_{V}
แทนค่าจะได้ dU = n c_{V}dT + \frac{a n^{2} }{ V^{2} } dV
 จากโจทย์ C O_{2} ฟุ้งกระจายแบบAdiabatic dQ=0 แก๊สไม่ทำงาน
 จากกฎข้อที่1ของเทอร์โม จะได้dU=0
แก้สมการได้ T_{2} - T_{1} = -\frac{an}{ c_{V} } ( \frac{1}{ V_{2} } - \frac{1}{ V_{1} } )
คาร์บอนไดออกไซด์ c_{V} = 3R
หาnจากแก๊สอุดมคติเพราะแวนเดอวาลล์จะยุ่งยาก n = \frac{PV}{RT}
  T_{2} -T_{1} = - \frac{aP}{6 R^{2}T }
 แทนค่าแล้วได้อุณหภูมิลดลง 0.6K
« Last Edit: March 31, 2016, 05:44:10 PM by Pun » Logged
Pun
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 56
« Reply #6 on: March 19, 2015, 11:31:32 PM »
ข้อ2 เทอร์โมครับ Smiley
ข้อนี้ใช้หลักการแบบเดียวกับ Clausius-Clapeyron
เครื่องจักรนี้ทำงานด้วยแหล่งความร้อน2แหล่งและมีกระบวนการแบบCarnot engine
ประสิทธิภาพของCarnot engine เท่ากับ 1- \frac{ T_{l} }{ T_{h} }
ส่วนเครื่องยนต์นี้มีประสิทธิภาพเท่ากับ \frac{( V_{3} - V_{1}) \Delta P }{ Q_{h} }
จากกฎข้อที่2ของเทอร์โม Carnot engine ต้องมีประสิทธิภาพเท่ากันไม่ว่าสารทำงานจะเป็นอะไร
ให้ T_{h} =373 K T_{l} = 373- \Delta T K โดยที่ \Delta T = 1 K
แก้สมการจะได้ \Delta P = \frac{ Q_{h} \Delta T }{373( V_{3} - V_{1}) }
แทนค่าได้ \Delta P = 3670 Pa = 0.036 atm
ดังนั้นต้องใช้ความดัน 0.964 atm น้ำจึงเดือดที่ 99 องศาเซลเซียส
« Last Edit: March 20, 2015, 09:35:18 AM by Pun » Logged
Pun
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 56
« Reply #7 on: March 20, 2015, 12:13:00 AM »
ข้อ 3 พาร์ทแรก
จากหลักของStefan-Boltzmann P = \sigma A T^{4} = 4 \pi R^{2} \sigma T^{4}
หลักอัตราการสูญเสียพลังงานความร้อน \frac{dQ}{dt} = -ms \frac{dT}{dt} = - \frac{4}{3} \pi R^{3} \rho s \frac{dT}{dt}
จับทั้งสองอันเท่ากันได้ \frac{dT}{dt} = - \frac{3 \sigma }{ \rho Rs} T^{4}
\int_ {T_{0}} ^T \frac{1}{ T^{4} } dT = - \frac{3 \sigma }{ \rho Rs} \int_0^t dt
แล้วแก้สมการได้ T(t) = \dfrac{ T_{0} }{ \left[1+ \dfrac{9 \sigma T_{0}^{3} }{ \rho Rs} t \right]^{ \frac{1}{3} } }
« Last Edit: March 20, 2015, 12:10:23 PM by ปิยพงษ์ - Head Admin » Logged
Pun
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 56
« Reply #8 on: March 20, 2015, 12:53:08 PM »
ข้อ 1.5 พาร์ทแรก
P = \frac{nRT}{V-nb} - \frac{a n^{2} }{ V^{2} }
ISOTHERMAL อุณหภูมิคงที่ \frac{dP}{dV} = - \frac{nRT}{ (V-nb)^{2} } + \frac{2a n^{2} }{ V^{3} }
จากนิยาม Bulk modulus B = -V \frac{dP}{dV}
จะได้ B = \frac{nRTV}{ (V-nb)^{2} } - \frac{2a n^{2} }{ V^{2} }
คิดแล้วคำตอบดูยาวๆ idiot2
B = \frac{PV - \frac{a n^{2} }{V} + 2ab \frac{ n^{3} }{ V^{2} } }{V-nb}
« Last Edit: March 20, 2015, 12:56:42 PM by Pun » Logged
Pun
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 56
« Reply #9 on: March 20, 2015, 01:50:33 PM »
ข้อ2พาร์ทแรก
จากสมการนึง \delta E_{p} = C sin( \frac{2 \pi y }{ \lambda D} \zeta - \alpha ) \delta \zeta
ครึ่งซีกบน E_{1} = \int_0^{+ \frac{a}{2} } C sin( \frac{2 \pi y }{ \lambda D} \zeta - \alpha ) d \zeta
จะได้ E_{1} = - \frac{ \lambda DC}{2 \pi y} [ cos( \frac{ \pi ya }{ \lambda D} - \alpha ) - cos( \alpha ) ]
 
ต่อมาครึ่งซีกล่าง E_{2} = \int_{- \frac{a}{2} }^0 C sin( \frac{2 \pi y }{ \lambda D} \zeta - \alpha + \phi ) d \zeta
เมื่อ \phi = \frac{2 \pi }{ \lambda } \mu t เป็นเฟสที่เปลียนไปเนื่องจากมีแผ่นมากั้น
จะได้ E_{2} = - \frac{ \lambda DC}{2 \pi y} [ cos( \phi - \alpha ) - cos( \frac{ \pi ya }{ \lambda D} + \alpha - \phi ) ]

ดังนั้น E_{total} = E_{1} + E_{2}
จัดรูปได้ E_{tot} = \frac{2 \lambda DC}{ \pi y} sin( \frac{ \phi }{2} - \alpha ) sin( \frac{ \pi ya}{2 \lambda D} ) cos(\frac{ \pi ya}{2 \lambda D} -\frac{ \phi }{2})

ความเข้มของสนามแม่เหล็กไฟฟ้าแปรผันกับ E^{2}

ดังนั้น I(y) = \text{Const.} \left[ \dfrac{ \sin( \dfrac{ \pi ya}{2 \lambda D} )}{\dfrac{ \pi ya}{2 \lambda D}} \cos(\dfrac{ \pi ya}{2 \lambda D} -\dfrac{ \pi \mu t}{ \lambda }) \right]^{2}

แถบสว่างกลางเลื่อนขึ้นเป็นระยะ \frac{2D \mu t}{a}
« Last Edit: March 20, 2015, 03:13:27 PM by ปิยพงษ์ - Head Admin » Logged
Pun
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 56
« Reply #10 on: March 21, 2015, 11:33:31 AM »
ข้อ2พาร์ทสุดท้าย
ในกรอบอ้างอิงแป้นที่หมุนจะมีแรงโน้มถ่วงและแรงหนีศูนย์กลางที่กระทำต่อวัตถุ
ทอร์กรวมที่กระทำต่อวัตถุในกรอบอ้างอิงแป้นหมุนคือ
\Sigma \tau = -mglsin \theta +(m \Omega ^{2} lsin \theta )lcos \theta
ml^{2} \ddot{ \theta } = -mglsin \theta +(m \Omega ^{2} lsin \theta )lcos \theta
ดังนั้นสมการบรรยายการเคลื่อนที่คือ \ddot{ \theta } = - \frac{(g-l \Omega^{2} cos \theta ) }{l} sin \theta
เมื่อมุมน้อยๆ
\ddot{ \theta } \approx - \frac{(g-l \Omega^{2} ) }{l} \theta เป็นสมการsimple harmonic
ดังนั้นคาบเท่ากับ T = 2 \pi \sqrt{ \frac{l}{g- \Omega^{2} l } }
Logged
Ittipat
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 200

Ken
« Reply #11 on: April 06, 2020, 10:01:01 AM »
ข้อสอบจัดพิมพ์ใหม่สำหรับผู้สนใจ  2funny
Logged
Kuma
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 8
« Reply #12 on: June 13, 2020, 08:20:20 AM »
ข้อ1(พาร์ทหลัง)

ข้อย่อยแรก

พิจารณาแรงที่กระทำกับเหรียญ

f\cos\theta - mg + N\sin\theta = 0

N\cos\theta - f\sin\theta = m\Omega^{2}h\tan\theta

แก้สมการจะได้ว่า

f = mg\cos\theta - m\Omega^{2}h\tan\theta\sin\theta

\tau_{cm} = \left\mid \frac{d\vec{L}_{cm}}{dt} \right\mid = \mid \vec{\Omega}\times\vec{L}_{cm} \mid

rf = \Omega L_{cm}\sin\theta

L_{cm} = \frac{1}{2}mr^{2}\omega

mgr\cos\theta - mr\Omega^{2}h\tan\theta\sin\theta = \frac{1}{2}mr^{2}\Omega\sin\theta\omega

จากเงื่อนไขการกลิ้งโดยไม่ไถล

h\tan\theta\Omega = r\omega

จะได้ว่า

\vec{\Omega} = \dfrac{1}{\tan\theta}\sqrt{\dfrac{2g}{3h}}\hat{k}

\mid \vec{\omega} \mid = \sqrt{\dfrac{2gh}{3r^{2}}}

ข้อย่อยที่สอง

กำหนดให้ \hat{r} มีทิศออกจากแกนกลางของกรวย

\vec{L}_{tot} = \vec{L}_{cm} + \vec{L}_{\Omega}

\vec{L}_{cm} = I_{cm}\omega\left(-\sin\theta\hat{r} - \cos\theta\hat{k} \right)

\vec{L}_{\Omega} = I_{\parallel}\sin\theta\Omega\left(-\cos\theta\hat{r} + \sin\theta\hat{k}\right) + I_{\perp}\cos\theta\Omega\left(\sin\theta\hat{r} +\cos\theta\hat{k} \right)

I_{\perp} = \frac{1}{2}mr^{2} และจากทฤษฎีบทแกนฉาก I_{\parallel} = \frac{1}{4}mr^{2}

ต่อจากนี้ก็นำข้อมูลทั้งหมดแทนลงในสมการโมเมนตัมเชิงมุมข้างต้นก็จะได้คำตอบของข้อนี้ (ข้อนี้ทำคล้ายๆกับข้อสอบ ม.4 ปีเดียวกันข้อนึง)
Logged
Jirat_auto
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 50
« Reply #13 on: June 18, 2020, 08:41:37 PM »
Quote from: Kuma on June 13, 2020, 08:20:20 AM
L_{cm} = \frac{1}{2}mr^{2}\omega

\displaystyle L_{cm} ไม่ต้องคิดจากการที่เหรียญหมุนรอบแกนกรวยด้วยหรือครับ
Logged
Kuma
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 8
« Reply #14 on: June 20, 2020, 09:10:29 PM »
Quote from: Jirat_auto on June 18, 2020, 08:41:37 PM
Quote from: Kuma on June 13, 2020, 08:20:20 AM
L_{cm} = \frac{1}{2}mr^{2}\omega

\displaystyle L_{cm} ไม่ต้องคิดจากการที่เหรียญหมุนรอบแกนกรวยด้วยหรือครับ

มาจากการประมาณ r &lt;&lt; h\tan\theta ทำให้ถือว่าความเร็วในการหมุนรอบตัวเองมากกว่าความเร็วในการหมุนรอบแกนกรวยมากๆครับ ถ้าสมมติโจทย์ไม่ได้บอกให้ประมาณก็ต้องคิดส่วนนั้นด้วยครับ  smitten smitten
Logged
Pages: 1 2 »   Go Up
Print
« previous next »
Jump to: