ขอต้อนรับ ผู้มาเยือน กรุณา ล็อกอิน หรือ สมัครสมาชิก

ล็อกอินด้วยชื่อผู้ใช้ รหัสผ่่าน และระยะเวลาใช้งาน

 
Advanced search

41529 Posts in 6269 Topics- by 9360 Members - Latest Member: AngelIyara
Pages: 1   Go Down
Print
Author Topic: ข้อสอบปลายค่าย 2 ม.5 ปี 2558-2559  (Read 18348 times)
0 Members and 1 Guest are viewing this topic.
tonsonlalit
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 36


« on: March 18, 2016, 09:32:27 PM »

ไม่ต้องสนใจที่ผมตอบกับติ๊กถูกหรอกครับ มันผิดบางข้อ  buck2
« Last Edit: March 23, 2016, 09:58:39 AM by ปิยพงษ์ - Head Admin » Logged
tonsonlalit
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 36


« Reply #1 on: March 18, 2016, 10:16:42 PM »

ขอทำข้อที่มั่นใจก่อนครับ

ข้อ 8
กำหนดให้ \gamma =\frac{1}{\sqrt{1-(\frac{u}{c})^{2}}}
จากสูตร x=\gamma (x^{\prime}+ut^{\prime})
จะได้ว่า \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}=\gamma (\frac{\mathrm{d} x^{\prime}}{\mathrm{d} t}+u\frac{\mathrm{d} t^{\prime}}{\mathrm{d} t})
\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}=\gamma (\frac{\mathrm{d} x^{\prime}}{\mathrm{d} t^{\prime}}\frac{\mathrm{d} t^{\prime}}{\mathrm{d} t}+u\frac{\mathrm{d} t^{\prime}}{\mathrm{d} t})

เนื่องจาก โจทย์บอกว่าวัตถุเคลื่อนที่เฉพาะในแนวดิ่ง ในกรอบอ้างอิงของ B
ดังนั้น \frac{\mathrm{d} x^{\prime}}{\mathrm{d} t^{\prime}}=0

จะได้ว่า \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}=\gamma u\frac{\mathrm{d} t^{\prime}}{\mathrm{d} t} ----------------- (๑)

จากสูตร y=y^{\prime}
จะได้ว่า \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}=\frac{\mathrm{d} y^{\prime}}{\mathrm{d} t}
\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}=\frac{\mathrm{d} y^{\prime}}{\mathrm{d} t^{\prime}}\frac{\mathrm{d} t^{\prime}}{\mathrm{d} t}

ซึ่งจากโจทย์ จะได้ว่า \frac{\mathrm{d} y^{\prime}}{\mathrm{d} t^{\prime}}=v^{\prime}

ดังนั้น \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}=v^{\prime}\frac{\mathrm{d} t^{\prime}}{\mathrm{d} t} ----------------- (๒)

จะหาทิศทางของความเร็ว จะได้ว่า \tan \theta=\frac{v_{y}}{v_{x}} เมื่อ \theta คือ มุมที่ทิศของความเร็วทำกับแนวระดับ
จะได้ว่า \tan \theta=\frac{v^{\prime}}{\gamma u}
แทนค่า \gamma กลับ

จะได้ว่า \theta =\arctan (\frac{v^{\prime}}{u}\sqrt{1-(\frac{u}{c})^{2}}) ตอบ
« Last Edit: March 18, 2016, 11:50:55 PM by tonsonlalit » Logged
tonsonlalit
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 36


« Reply #2 on: March 18, 2016, 11:02:43 PM »

ข้อ 6

ความเร็ว หาได้จากสูตร E=\frac{1}{2}mv^{2}
จะได้ว่า v=\sqrt{\frac{2E}{m}}

คิดแบบชนยืดหยุ่น
dP=(dN)mv\cos \theta -(-(dN)mv\cos \theta)
dP=2(dN)mv\cos \theta
\frac{dP}{dt}=2(\frac{dN}{dt})mv\cos \theta
F=2\beta mv\cos \theta
p=\frac{2\beta mv\cos \theta}{A}
แทนค่า v ลงไป
จะได้ว่า p=\frac{2\beta \sqrt{2Em}\cos \theta}{A} ตอบ

คิดแบบชนแล้วติดหนึบ ----> โมเมนตัมตอนหลังเท่ากับ 0
dP=0-(-(dN)mv\cos \theta)
dP=(dN)mv\cos \theta
\frac{dP}{dt}=(\frac{dN}{dt})mv\cos \theta
F=\beta mv\cos \theta
p=\frac{\beta mv\cos \theta}{A}
แทนค่า v ลงไป
จะได้ว่า p=\frac{\beta \sqrt{2Em}\cos \theta}{A} ตอบ
Logged
ปิยพงษ์ - Head Admin
Administrator
SuperHelper
*****
Offline Offline

Posts: 6325


มีน้ำใจ ไม่อวดตัว มั่วไม่ทำ


WWW
« Reply #3 on: March 26, 2016, 08:39:28 PM »

เฉลยข้อ 5 ข้อ 6 โดยอาจารย์อัศวิน
Logged

มีน้ำใจ ไม่อวดตัว มั่วไม่ทำ
Pun
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 56


« Reply #4 on: March 30, 2016, 04:55:20 PM »

ข้อ1ครับ
สนามไฟฟ้า
\delta E_{O}=Ecos\theta =\frac{1}{4\pi \epsilon _{0}}\times \frac{\sigma (2\pi rsin\theta )(r\delta \theta )}{r^{2}}\times cos\theta
E_{O}=\frac{\sigma }{4\epsilon _{0}}\int_{0}^{\pi /2}2sin\theta cos\theta d\theta
E_{O}=\frac{\sigma }{4\epsilon _{0}}
หากระแสของวงแหวน
I\delta \l =\sigma (2\pi rsin\theta )^{2} (r\delta \theta )\times \frac{\omega }{2\pi }=2\pi \sigma \omega r^{3}sin^{2} \theta \delta \theta

ขอลองมาขยายความที่อ.ปิยพงษ์เม้นไว้ข้างล่างนะครับ อันก่อนที่ผมทำอาจจะลัดขั้นตอนจนผิดวิธีจริงๆครับ
เริ่มจาก \delta \vec{B} ของจุดแผ่นเล็กๆดังรูป ประกอบด้วยcomponentของ \delta B_{y} ทิศขึ้นตามแกนหมุน และ \delta B_{x}
ทิศชี้ออกตั้งฉากกับแกนหมุน ซึ่งถ้าเรารวมสนามแม่เหล็กของแผ่นนี้ไปตามมุม\delta \phi จนครบวง จะได้สนามแม่เหล็กของวงแหวน ซึ่งมีทิศชี้ขึ้นเนื่องจากของทิศxหักล้างกันหมด ฉะนั้นสนามแม่เหล็กของวงแหวน \delta B_{O} จะเป็นการรวมของสนามแม่เหล็ก\delta B_{y}จนครบวง ขนาดเท่ากับ\delta B sin\theta
ทีนี้เราจะมาดูหลักของ Biot-Savart  \delta\vec{B}=\frac{\mu _{0}}{4\pi }\cdot  \frac{I\delta \vec{l}\times \hat{r}}{r^{2}} =\frac{\mu _{0}}{4\pi }\cdot  \frac{\vec{v}\delta q\times \hat{r}}{r^{2}}
ประจุของแผ่นเล็กๆ \delta q=\sigma \left( rsin\theta \delta \phi  \right)\left( r\delta \theta  \right)  และหมุนด้วย v=\omega rsin\theta
ตั้งสมการสนามแม่เหล็กของแผ่นเล็กๆนี้ \delta B_{y}=\delta B sin\theta=\left[ \frac{\mu _{0}}{4\pi }\cdot \frac{(\omega rsin\theta) \left(\sigma  rsin\theta \delta \phi  \right)\left( r\delta \theta  \right)}{r^{2}} \right] sin\theta
จะได้ว่า \delta B_{O} คือผลรวม \delta B_{y}จนครบวง
สามารถเขียนในรูป \delta B_{O}=\left[ \frac{\mu _{0}}{4\pi }\cdot \frac{(\omega rsin\theta) \left( \sigma r\delta \theta  \right)}{r^{2}}\int_{0}^{2\pi } rsin\theta d\phi  \right] sin\theta
\delta B_{O}=\frac{\mu _{0}}{4\pi }\cdot 2\pi \sigma \omega rsin^{2} \theta \delta \theta  }\cdot sin\theta
ซึ่ง\int_{0}^{2\pi } rsin\theta d\phi =2\pi rsin\theta ซึ่งก็เป็นขนาดเส้นรอบวงของวงแหวนพอดี
จะเห็นว่าcomponentส่วนนี้ เราสามารถเริ่มต้นคิดสนามแม่เหล็กจากวงแหวนเส้นรอบวง2\pi rsin\thetaได้เลย โดยระลึกไว้ว่าทิศทางของสนามแม่เหล็กนี้มีทิศตามแนวแกนหมุนและทิศxจะต้องหักล้างกันไป
จากนั้นก็ไปต่อตามด้านล่างเลยครับ ไม่รู้ว่าอธิบายได้ถูกรึป่าว

จากรูป
สนามแม่เหล็ก
\delta B_{O}=\frac{\mu _{0}}{4\pi }\times \frac{2\pi \sigma \omega r^{3}sin^{2} \theta \delta \theta  }{r^{2}}\times sin\theta
B_{O}=\frac{\mu _{0}\sigma \omega r }{2}\int_{0}^{\pi /2}sin^{3}\theta d\theta
B_{O}=\frac{\mu _{0}\sigma \omega r}{3}
จะได้
\frac{E}{B}=\frac{3/4}{\epsilon _{0}\mu _{0}\omega r}
ดังนั้น a=0.75
« Last Edit: May 05, 2020, 12:34:09 AM by Pun » Logged
Pun
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 56


« Reply #5 on: March 30, 2016, 05:59:26 PM »

ข้อ3
1.1 Path Difference P.D.=2\mu h
มุมน้อยๆ \theta \cong \frac{h}{L}
เมื่อแหล่งกำเนิดเฟสตรงข้ามกัน แถบสว่างเป็น
P.D.= (n-\frac{1}{2}) \lambda เมื่อ n=1,2,3,4,5,...
จะได้ 2\mu \theta L= (n-\frac{1}{2}) \lambda
ระยะห่างระหว่างริ้วสว่าง \Delta L มุมยอดเป็น \theta =\frac{\lambda }{2\mu \Delta L}
แทนค่าได้ \theta =1.11\times 10^{-3} rad
1.2 แถบสว่างที่ 4 มีความสูง
h_{4}=\theta L=\frac{(3.5\lambda }{2\mu }=7.756\times 10^{-7} m
ห่างจากยอดฟิล์มบาง
L_{4}=\frac{h_{4}}{\theta }=0.7 mm
« Last Edit: March 31, 2016, 06:45:14 PM by Pun » Logged
อภิชาตเมธี
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 111


« Reply #6 on: October 02, 2016, 06:28:20 AM »

ข้อ 2 ครับ

ให้กระแสในเส้นกลางเป็น  I_{1} เส้นขวาเป็น  I_{2}

จากกฎของเคอร์ชอฟ  V_{in}=(I_{1}+I_{2})R + I_{1}\dfrac{1}{j\omega C}

และ  I_{1}\dfrac{1}{j\omega C}=I_{2}({\dfrac{1}{j\omega C} +R)

 \therefore V_{in}=(I_{2}(1+j\omega RC)+I_{2})R + \dfrac{1}{j\omega C} I_{2}(1+j\omega RC)

 V_{in}=I_{2}R\left( 3+j \left( \dfrac{(\omega RC)^{2}-1}{\omega RC} \right) \right)

but  V_{out}=I_{2}R

 \therefore \left| \dfrac{V_{out}}{V_{in}} \right| =\left| \dfrac{1}{3+j \left( \dfrac{(\omega RC)^{2}-1}{\omega RC} \right)} \right|

ปริมาณนี้จะมากสุดเมื่อ ตัวส่วนน้อยที่สุด ก็คือเมื่อพจน์จินตภาพเป็นศูนย์

 \therefore \omega =\dfrac{1}{RC}

Logged
อภิชาตเมธี
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 111


« Reply #7 on: October 12, 2016, 11:12:51 AM »

ข้อ 9 ครับ

จาก Separation of Variable ให้

 \Psi (x,y,z)=X(x)Y(y)Z(z)

แทนเข้าไปในสมการได้

 Y(y)Z(z)\dfrac{d^{2}}{dx^{2}} X(x) + X(x)Z(z)\dfrac{d^{2}}{dx^{2}} Y(y) + X(x)Y(y)\dfrac{d^{2}}{dx^{2}} Z(z) = -\dfrac{2mE}{\bar{h}^{2}} X(x)Y(y)Z(z)

 \dfrac{1}{X(x)}\dfrac{d^{2}}{dx^{2}} X(x) + \dfrac{1}{Y(y)}\dfrac{d^{2}}{dy^{2}} Y(y) + \dfrac{1}{Z(z)}\dfrac{d^{2}}{dz^{2}} Z(z)= -\dfrac{2mE}{\bar{h}^{2}}

จากการที่แต่ละพจน์เป็นสมการที่ขึ้นกับตัวแปรที่แตกต่างกันการที่ผลบวกจากทั้งสามพจน์จะเป็นค่าคงที่(ได้ตลอด) จะเกิดเมื่อ แต่ละพจน์ของทางซ้ายมือมีค่าเท่ากับค่าคงที่และแยกแก้ทีละสมการได้

เสนอปริมาณ  E_{x}+E_{y}+E_{z}=E

ดังนั้น  \dfrac{1}{\psi (i) }\dfrac{d^{2}}{di^{2}} \psi (i) =  -\dfrac{2mE_{i}}{\bar{h}^{2}}

เมื่อ  i แทน  x,y,z

 \psi  แทน function

จาก โจทย์ให้ solution มาเลยได้ว่า

 \alpha_{i} = \dfrac{\sqrt{2mE_{i}}}{\bar{h}}=\dfrac{2\pi}{\lambda_{i}}

และการที่อนุภาคจะสามารถอยู่ได้อย่างเสถียรในกล่องได้แปลว่าคลื่นอนุภาคในแต่ละแกนจะต้องทำตัวเป็นคลื่นนิ่งในกล่องในมิตินั้นๆ ได้ว่า

 \lambda_{i}=\dfrac{2a}{n_{i}} เมื่อ  n\in {1,2,3,...}

ดังนั้น

 E_{n_{i}}=\dfrac{n_{i}^{2}h^{2}}{8ma^{2}}

 E(n_{x},n_{y},n{z})=E_{x}+E_{y}+E_{z}=\dfrac{h^{2}}{8ma^{2}}(n_{x}^{2}+n_{y}^{2}+n_{z}^{2})

หลังจากนั้นลองใส่ตังเลขดูจะได้ พลังงาน ground state ถึง 5th excited state ดังนี้ โดยจำนวนdegenerate state ทำโดย การหาว่ามีชุดของ  (n_{x},n_{y},n{z}) กี่ชุดที่ให้ค่าพลังงานเท่ากัน โดยการทำ permutation เพื่อหาจำนวนชุด

 E_{ground}=3\dfrac{h^{2}}{8ma^{2}} \Rightarrow (1,1,1)

 E_{1st-excited}=6\dfrac{h^{2}}{8ma^{2}} \Rightarrow (1,1,2),(1,2,1),(2,1,1)

 E_{2nd-excited}=9 \dfrac{h^{2}}{8ma^{2}} \Rightarrow (1,2,2),(2,1,2),(2,2,1)

 E_{3rd-excited}=11\dfrac{h^{2}}{8ma^{2}} \Rightarrow (1,1,3),(1,3,1),(3,1,1)

 E_{4th-excited}=12\dfrac{h^{2}}{8ma^{2}} \Rightarrow (2,2,2)

 E_{5th-excited}=14\dfrac{h^{2}}{8ma^{2}} \Rightarrow (1,2,3),(1,3,2),(2,1,3),(2,3,1),(3,2,1),(3,1,2)
Logged
ปิยพงษ์ - Head Admin
Administrator
SuperHelper
*****
Offline Offline

Posts: 6325


มีน้ำใจ ไม่อวดตัว มั่วไม่ทำ


WWW
« Reply #8 on: February 21, 2017, 08:45:09 PM »

ข้อ1ครับ
...
หากระแสของวงแหวน
I\delta \l =\sigma (2\pi rsin\theta )^{2}(r\delta \theta )\times \frac{\omega }{2\pi }=\sigma \omega 2\pi r^{3}sin^{2}\theta \delta \theta
...

สงสัยตรงนี้ \sigma (2\pi rsin\theta )^{2 มันมาจากอะไรครับ
Logged

มีน้ำใจ ไม่อวดตัว มั่วไม่ทำ
Pun
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 56


« Reply #9 on: March 02, 2017, 03:33:44 AM »

ข้อ1ครับ
...
หากระแสของวงแหวน
I\delta \l =\sigma (2\pi rsin\theta )^{2}(r\delta \theta )\times \frac{\omega }{2\pi }=\sigma \omega 2\pi r^{3}sin^{2}\theta \delta \theta
...

สงสัยตรงนี้ \sigma (2\pi rsin\theta )^{2 มันมาจากอะไรครับ
ผมคิดว่าประจุที่หมุนทำให้เกิดกระแสไฟฟ้าคือ \sigma (2\pi rsin\theta ) (r\delta \theta )\times \frac{\omega }{2\pi }
แล้วคูณเส้นรอบวง  2\pi rsin\theta ครับ
Logged
ปิยพงษ์ - Head Admin
Administrator
SuperHelper
*****
Offline Offline

Posts: 6325


มีน้ำใจ ไม่อวดตัว มั่วไม่ทำ


WWW
« Reply #10 on: March 02, 2017, 10:09:54 AM »

ข้อ1ครับ
...
หากระแสของวงแหวน
I\delta \l =\sigma (2\pi rsin\theta )^{2}(r\delta \theta )\times \frac{\omega }{2\pi }=\sigma \omega 2\pi r^{3}sin^{2}\theta \delta \theta
...

สงสัยตรงนี้ \sigma (2\pi rsin\theta )^{2 มันมาจากอะไรครับ
ผมคิดว่าประจุที่หมุนทำให้เกิดกระแสไฟฟ้าคือ \sigma (2\pi rsin\theta ) (r\delta \theta )\times \frac{\omega }{2\pi }
แล้วคูณเส้นรอบวง  2\pi rsin\theta ครับ

ประจุหารคาบ  \dfrac{\omega }{2\pi} คือกระแสแล้ว
ทำไมต้องคูณเส้นรอบวงด้วย เพื่อให้ได้อะไร??
Logged

มีน้ำใจ ไม่อวดตัว มั่วไม่ทำ
Pun
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 56


« Reply #11 on: March 02, 2017, 07:42:46 PM »

ข้อ1ครับ
...
หากระแสของวงแหวน
I\delta \l =\sigma (2\pi rsin\theta )^{2}(r\delta \theta )\times \frac{\omega }{2\pi }=\sigma \omega 2\pi r^{3}sin^{2}\theta \delta \theta
...

สงสัยตรงนี้ \sigma (2\pi rsin\theta )^{2 มันมาจากอะไรครับ
ผมคิดว่าประจุที่หมุนทำให้เกิดกระแสไฟฟ้าคือ \sigma (2\pi rsin\theta ) (r\delta \theta )\times \frac{\omega }{2\pi }
แล้วคูณเส้นรอบวง  2\pi rsin\theta ครับ

ประจุหารคาบ  \dfrac{\omega }{2\pi} คือกระแสแล้ว
ทำไมต้องคูณเส้นรอบวงด้วย เพื่อให้ได้อะไร??
ผมไม่ได้คิดกระแสอย่างเดียวครับ ผมคิดเป็น I \delta l คือกระแสที่เราแบ่งเป็นวงแหวนบางๆคูณเส้นรอบวงของมัน เพื่อเอาไปแทนใน Biot-Savart
« Last Edit: March 02, 2017, 07:51:42 PM by Pun » Logged
ปิยพงษ์ - Head Admin
Administrator
SuperHelper
*****
Offline Offline

Posts: 6325


มีน้ำใจ ไม่อวดตัว มั่วไม่ทำ


WWW
« Reply #12 on: March 04, 2017, 12:09:27 AM »

...
ผมไม่ได้คิดกระแสอย่างเดียวครับ ผมคิดเป็น I \delta l คือกระแสที่เราแบ่งเป็นวงแหวนบางๆคูณเส้นรอบวงของมัน เพื่อเอาไปแทนใน Biot-Savart

ถ้าเป็นอย่างที่ว่า มันต้องคิด I \delta \vec l \times \hat{r} ส่วนเล็ก ๆ ก่อน แล้วแยกส่วนประกอบ แล้วจึงเอามาอินทิเกรตภายหลัง
ที่ทำมามันบังเอิญคำตอบถูก
Logged

มีน้ำใจ ไม่อวดตัว มั่วไม่ทำ
Boung
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 1


물리학 아름답다


« Reply #13 on: April 03, 2020, 10:00:50 AM »

คุณ pun ทำถูกต้องแล้วนะครับ เด้วผมขอลองทำใหม่ เพื่อให้เข้าใจง่ายมากขึ้นนะครับ ช่วยๆกันเช็คด้วยนะครับผม  smitten smitten
หาสนามแม่เหล็กก่อนนะครับ knuppel2 knuppel2
จาก \[\vec{B}=\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\frac{q\vec{v}\times \hat{r}}{{{r}^{2}}}\]
ผมให้ว่าพื้นที่ประจุที่เล็กๆที่ทำให้เกิดสนามแม่เหล็กจะได้ว่า \[d\vec{B}=\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\frac{\vec{v}dq\times \hat{r}}{{{r}^{2}}}\]
กำหนดให้ว่า \[\sigma \] คือความหนาาแน่นของประจุเชิงพื้นที่ เพราะโจทย์บอกมาว่ามันเป็นถ้วยบาง
ประจุเล็กๆจะได้ว่า \[dq=\sigma (r\sin \phi \delta \theta )(r\delta \phi )\]
\[vdq=\sigma [(r\sin \phi \delta \theta )(r\delta \phi )](\omega r\sin \phi )\]
แยกแกน x และ y ออกมาจะได้ว่า แรงแม่เหล็กจะหักล่างกันหมดจนเหลือแค่แกน y
\[d{{\vec{B}}_{y}}=\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\frac{vdq}{{{r}^{2}}}\sin \phi \]
\[d{{\vec{B}}_{x}}=\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\frac{vdq}{{{r}^{2}}}\cos \phi \] เท่ากับ \[\Sigma {{B}_{x}}=0\] เราก็ไม่ต้องคิดแรงแม่เหล็กให้แกน x
\[d{{\vec{B}}_{y}}=\frac{{{\mu }_{0}}}{4\pi }\frac{\sigma [(r\sin \phi \delta \theta )(r\delta \phi )](\omega r\sin \phi )}{{{r}^{2}}}\sin \phi \] ; \[v=\omega r\sin \phi \]
\[d{{\vec{B}}_{y}}=\frac{{{\mu }_{0}}\sigma \omega }{4\pi }\frac{{{r}^{3}}{{\sin }^{3}}\phi \delta \phi \delta \theta }{{{r}^{2}}}\]
\[{{\vec{B}}_{y}}=\frac{{{\mu }_{0}}\sigma \omega r}{4\pi }\int\limits_{0}^{2\pi }{\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}{{{\sin }^{3}}\phi \delta \phi \delta \theta }}\]
\[{{\vec{B}}_{y}}=\frac{{{\mu }_{0}}\sigma \omega r}{4\pi }\int\limits_{0}^{2\pi }{d\theta \int_{0}^{\frac{\pi }{2}}{{{\sin }^{3}}\phi d\phi }}\]
\[{{\vec{B}}_{y}}=\frac{{{\mu }_{0}}\sigma \omega r}{2}\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}{{{\sin }^{3}}\phi d\phi }\] อินทิเกรตจะได้ว่า ::::  \[\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}{{{\sin }^{3}}\phi d\phi }=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}{{{\sin }^{2}}\phi \sin \phi d\phi }=\int_{0}^{\frac{\pi }{2}}{(1-{{\cos }^{2}}\phi )\sin \phi d\phi }\]
ให้ว่า \[u=\cos \phi \to du=-\sin \phi d\phi \]
\[-{{\int{(1-u}}^{2}})du=-(u-\frac{1}{3}{{u}^{3}})=\frac{1}{3}{{u}^{3}}-u=\frac{1}{3}{{\cos }^{3}}\phi -\cos \phi \] แล้วก็แทนช่วงกลับไปที่เดิม  coolsmiley coolsmiley
\[0-(\frac{1}{3}-1)=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}\]
\[{{\vec{B}}_{y}}=\frac{{{\mu }_{0}}\sigma \omega r}{2}(\frac{2}{3})=\frac{{{\mu }_{0}}\sigma \omega r}{3}\]


หาสนามไฟฟ้าต่อนะครับ  uglystupid2 uglystupid2 uglystupid2
จาก \[E=\frac{1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}\frac{q}{{{r}^{2}}}\hat{r}\]
ให้พื้นที่ปะจุเล็กๆที่ทำให้เกิดสนามไฟฟ้าคือ \[dE=\frac{1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}\frac{dq}{{{r}^{2}}}\hat{r}\] great great
ประจุเล็กๆคือ \[dq=\sigma (r\sin \phi \delta \theta )(r\delta \phi )\]
เนื่องจากว่าแรงในแนวแกน x จะหักล่างตามเดิมเนื่องจากความสมมาตรของถ้วย \[\sum\limits_{{}}^{{}}{{{E}_{X}}=0}\]
\[d{{E}_{y}}=\frac{1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}\frac{dq}{{{r}^{2}}}\cos \phi \]
\[d{{E}_{y}}=\frac{1}{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}\frac{\sigma (r\sin \phi \delta \theta )(r\delta \phi )}{{{r}^{2}}}\cos \phi \]
\[{{E}_{y}}=\frac{\sigma }{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}\int\limits_{0}^{2\pi }{\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\sin \phi \cos \phi d\phi d\theta }}=\frac{\sigma }{4\pi {{\varepsilon }_{0}}}\int\limits_{0}^{2\pi }{d\theta \int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\sin \phi \cos \phi d\phi }}\]
\[{{E}_{y}}=\frac{\sigma }{2{{\varepsilon }_{0}}}\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\sin \phi \cos \phi d\phi }\] แล้วก็อินทิเกรต \[\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{\sin \phi \cos \phi d\phi }\]
ผมให้  \[u=\sin \phi \to du=\cos \phi d\phi \]
\[\int\limits_{0}^{\frac{\pi }{2}}{udu=\frac{{{u}^{2}}}{2}}=\frac{{{\sin }^{2}}\phi }{2}=\frac{1}{2}\] จะได้ว่า
\[{{E}_{y}}=\frac{\sigma }{2{{\varepsilon }_{0}}}(\frac{1}{2})=\frac{\sigma }{4{{\varepsilon }_{0}}}\]


สรุปแล้วเราจะได้ว่าแรงลัพธ์ของทั้งสองแรงมีค่า  \[E=\frac{\sigma }{4{{\varepsilon }_{0}}}\]     และ   \[B=\frac{{{\mu }_{0}}\sigma \omega r}{3}\]
\[\frac{E}{B}=\frac{\sigma }{4{{\varepsilon }_{0}}}\left[ \frac{3}{{{\mu }_{0}}\sigma \omega r} \right]=\frac{3/4}{{{\mu }_{0}}{{\varepsilon }_{0}}\omega r}\] ;    a=ก็จะได้เท่ากับ \[\tfrac{3}{4}\] หรือ 0.75 ตอบ  Grin Grin Grin
Logged
Pages: 1   Go Up
Print
Jump to: