ขอต้อนรับ ผู้มาเยือน กรุณา ล็อกอิน หรือ สมัครสมาชิก

ล็อกอินด้วยชื่อผู้ใช้ รหัสผ่่าน และระยะเวลาใช้งาน

 
Advanced search

41736 Posts in 6304 Topics- by 10197 Members - Latest Member: Vasuthun Visarutamai
Pages: 1   Go Down
Print
Author Topic: ข้อสอบฟิสิกส์โอลิมปิก สสวท.ปลายค่ายสอง ปี 2560-61  (Read 1995 times)
0 Members and 1 Guest are viewing this topic.
ปิยพงษ์ - Head Admin
Administrator
SuperHelper
*****
Offline Offline

Posts: 6393


มีน้ำใจ ไม่อวดตัว มั่วไม่ทำ


WWW
« on: August 26, 2020, 06:32:11 PM »

ข้อสอบฟิสิกส์โอลิมปิก สสวท.ปลายค่ายสอง ปี 2560-61

Logged

มีน้ำใจ ไม่อวดตัว มั่วไม่ทำ
Kuma
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 17



« Reply #1 on: March 10, 2021, 08:59:51 PM »

ข้อที่ 1
กำหนดความเร็วแสงในและในน้ำตามลำดับ  v_{1} = (c\sin\theta_{1} , -c\cos\theta_{1})

 v_{2} = (\frac{c}{n}\sin\theta_{2} , -\frac{c}{n}\cos\theta_{2})

กำหนดให้มีกรอบ  S^\prime มีความเร็ว  V ทาง  +x

Velocity addition ในแนวแกน x ของแสงในอากาศ  0 = \dfrac{c\sin\theta_{1} - V}{1 - \frac{c\sin\theta_{1}V}{c^{2}}}

 V = c\sin\theta_{1}

กำหนให้ในกรอบ  S^\prime แสงในน้ำมีความเร็ว  v_{2}^\prime = (v_{x} , v_{y})

velocity addition ในน้ำในแกน x

 v_{x} = \dfrac{\frac{c}{n}\sin\theta_{2}-V}{1-\frac{\frac{c}{n}V\sin\theta_{2}}{c^{2}}}

ทำกับในแกน y

 -\frac{c}{n}\cos\theta_{1} = \dfrac{v_{y}}{\gamma\left(1 +  \frac{v_{x}V}{c^{2}}\right) }

 \gamma = \dfrac{1}{\sqrt{1 - \frac{c^{2}\sin^{2}\theta_{1} }{c^{2}}}}

n^\prime = \frac{c}{v_{2}^\prime}

ต่อจากนี้ผมทำมาได้ไม่ค่อยสวยเท่าไหร่ถ้าฟิสิกส์ผิดตรงไหนช่วยบอกด้วยครับ  n^\prime = \dfrac{1 - \dfrac{\sin\theta_{1}\sin\theta_{2}}{n}}{\sqrt{\frac{\sin^{2}\theta_{2}}{n^{2}} + \sin^{2}\theta_{1} - \frac{2\sin\theta_{1}\sin\theta_{2}}{n} + \frac{\cos^{4}\theta_{1}}{n^{2}}}}}
« Last Edit: March 10, 2021, 09:06:35 PM by Kuma » Logged
Khet
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 9


« Reply #2 on: April 23, 2021, 03:47:10 PM »

ข้อ 3 ครับ แมทเยอะมาก buck2

จากฟังค์ชันคลื่นที่เดาเป็น  \psi (r) = Ae^{-\beta r}

Normalization : \int_{0}^{\infty }\psi^2 \ d^3r = 1

\int_{0}^{\infty }\psi^2 \ 4 \pi r^2 \ dr = 1

4\pi A^2 \int_{0}^{\infty } r^2 \ e^{-2\beta r} \ dr = 1

4\pi A^2 \times \frac{1}{4 \beta^3} = 1

\therefore A^2 = \frac{\beta^3}{\pi}    - (*)

จาก Variational principle : E_{gs} \leqslant \left\langle H \right\rangle

หา \left\langle H \right\rangle จาก \left\langle H \right\rangle = \left\langle T \right\rangle + \left\langle V \right\rangle

พลังงานจลน์ : \left\langle T \right\rangle = \int_{0}^{\infty } \psi^* \ \hat{T} \ \psi \  d^3r โดยที่ \hat{T} = - \frac{\hbar}{2m} \nabla ^2

\left\langle T \right\rangle = \int_{0}^{\infty } Ae^{-\beta r} \  \{-\frac{\hbar}{2m} \nabla ^2 \ ( Ae^{-\beta r})\} \ (4\pi r^2 \ dr)

\left\langle T \right\rangle = -\frac{4\pi \hbar^2 A^2}{2m}\int_{0}^{\infty } e^{-\beta r} \  \{ \frac{1}{r^2}\frac{\partial}{\partial r} (r^2  (\frac{\partial}{\partial r} \( e^{-\beta r}))\} \ (r^2 \ dr)

แก้อินทิกรัลออกมาจะได้

\therefore \left\langle T \right\rangle = \frac{\pi \hbar^2 A^2}{2m\beta}

พลังงานศักย์ : \left\langle V \right\rangle = \int_{0}^{\infty } \psi^* \ \hat{V} \ \psi \  d^3r โดยที่ \hat{V} = - \frac{1}{4\pi \epsilon_0}\frac{e^2}{r}

\left\langle V \right\rangle =- \int_{0}^{\infty }( A^2e^{-2\beta r}) (\frac{1}{4\pi \epsilon_0}\frac{e^2}{r})   (4\pi r^2 \ dr)

\left\langle V \right\rangle =- \frac{e^2}{\epsilon_0}A^2\int_{0}^{\infty }( e^{-2\beta r}) (\frac{1}{r})(r^2 \ dr)

แก้อินทิกรัลออกมาจะได้

\therefore \left\langle V \right\rangle = -\frac{e^2A^2}{4\epsilon_0 \beta^2}

ได้  \left\langle H \right\rangle = E = \frac{\pi \hbar^2 A^2}{2m\beta} -\frac{e^2A^2}{4\epsilon_0 \beta^2}

แทนค่า A จาก (*) ลงไปในสมการ

E = \frac{\hbar^2 \beta^2}{2m} -\frac{e^2\beta}{4\pi\epsilon_0 }

หาพลังงานของ ground state โดยการ \frac{dE}{d\beta} = 0 = \frac{\hbar^2}{2m}(2\beta) - \frac{e^2}{4\pi\epsilon_0}

\therefore \beta = \frac{me^2}{4\pi\epsilon_0 \hbar^2}

แทนค่ากลับเข้าไปใน E จะได้คำตอบพลังงานที่ ground state

\therefore E_{gs} = -\frac{me^4}{32\pi^2\epsilon_0^2\hbar^2}

ปล. 1 \int_{}^{}d^3r = \int_{0}^{\infty }\int_{0}^{\pi}\int_{0}^{2\pi} r^2\sin\theta dr d\theta d\phi =  \int_{0}^{\infty } 4\pi r^2 dr

ปล. 2 พิสูจน์สูตรสำหรับอินทิกรัล \int_{0}^{\infty }x^n e^{-kx}dx =\frac{n!}{k^{n+1}}

using by part : u = x^n , dv = e^{-kx} dx

\int_{0}^{\infty }x^n e^{-kx}dx  = - \cancelto{0}{\frac{x^n}{k}e^{-kx}\biggr|_{0}^{\infty}} +\int_{0}^{\infty }\frac{e^{-kx}}{k}nx^{n-1}dx

\int_{0}^{\infty }x^n e^{-kx}dx  = \int_{0}^{\infty }\frac{e^{-kx}}{k}nx^{n-1}dx และ \Gamma (z) = \int_{0}^{\infty}r^{z-1}e^{-r} dr = (z-1)!

แทน r = kx และ dr = kdx ลงไปจะได้ว่า

\int_{0}^{\infty }x^n e^{-kx}dx  = \frac{n}{k^{n+1}}\int_{0}^{\infty }e^{-r}r^{n-1}dr =\frac{n}{k^{n+1}}\Gamma (n) =\frac{n(n-1)!}{k^{n+1}}

\therefore \int_{0}^{\infty }x^n e^{-kx}dx  = \frac{n!}{k^{n+1}}

เสร็จแล้ว ไม่ได้พิมพ์ latex นาน เหนื่อยเลย  2funny

« Last Edit: April 24, 2021, 04:25:25 AM by Khet » Logged
Pages: 1   Go Up
Print
Jump to: