ขอต้อนรับ ผู้มาเยือน กรุณา ล็อกอิน หรือ สมัครสมาชิก

ล็อกอินด้วยชื่อผู้ใช้ รหัสผ่่าน และระยะเวลาใช้งาน

 
Advanced search

41238 Posts in 6174 Topics- by 8091 Members - Latest Member: Korn.sd15
Pages: « 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 »   Go Down
Print
Author Topic: Problems Solving Marathon : Mechanics  (Read 454504 times)
0 Members and 2 Guests are viewing this topic.
Great
SuperHelper
*****
Offline Offline

Posts: 1123


물리학 아름답다 ฟิสิกส์คือความสวยงาม


« Reply #450 on: May 22, 2009, 11:30:24 PM »

พี่เกรทครับ  Smiley  Smiley
ข้อ81
...
2. จงพิสูจน์ว่า พลังงานศักย์โน้มถ่วงของ m มีค่าเป็น
U(r) = 2 \pi G m \rho \left[ \dfrac{r^2}{2} - R^2 \right]
(ถ้าทำไม่ได้ก็อาจเอาผลข้อนี้ไปใช้เลยได้)
...
ข้อนี้ผมทำได้ U(r) =\dfrac{8}{3} \pi G m \rho \left[ \dfrac{r^2}{2} - R^2 \right] น่ะครับ  uglystupid2
ผมเองก็ไม่แน่ใจเหมือนกันครับ ยังไงก็ช่วยตรวจดูด้วยนะครับ ถ้าผมทำผิดก็ขออภัยครับ  icon adore
นิยามให้พลังงานศักย์ไฟฟ้าที่ระยะอนันต์เป็นศูนย์ 
แต่ถึงอย่างไร คำตอบของน้องนี้ ไม่น่าจะเกี่ยวกับตำแหน่งศักย์อ้างอิง เพราะแฟกเตอร์ที่คูณกับพจน์ r^2 นั้นผิดไป
มีสองวิธีหลักๆสำหรับการหาพลังงานศักย์ (ไม่ว่าจะโน้มถ่วงหรือไฟฟ้า) น้องลองแสดงวิธีทำมา แล้วจะดูให้ครับ  coolsmiley
« Last Edit: May 22, 2009, 11:55:07 PM by Great » Logged

ถ้าวิทย์แข็งแรง-->การเมืองก็แข็งแรง-->ประเทศชาติก็แข็งแรง
CUD'44 * APhO9th Ulaanbaatar MNG * CA901* Gold 10thAPhO * Silver 40th IPhO
SNSD: GG-TH SeoHyun Family & SeoRi Home
Tung
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 210

Labor Omnia Vincit


« Reply #451 on: May 23, 2009, 01:28:28 AM »

ทั้งนี้เราได้ว่า  \vec{v} = r\vec{\omega}+\dfrac {d\vec{r}}{dt} = ...

ไม่ใช่ว่า \vec{v} \equiv \dfrac {d\vec{r}}{dt} ตามนิยามหรอครับ
Logged

ปญฺญาย ปริสุชฺฌติ
คนย่อมบริสุทธิ์ด้วยปัญญา
S.S.
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 166


« Reply #452 on: May 23, 2009, 11:58:16 AM »

ทั้งนี้เราได้ว่า  \vec{v} = r\vec{\omega}+\dfrac {d\vec{r}}{dt} = ...

ไม่ใช่ว่า \vec{v} \equiv \dfrac {d\vec{r}}{dt} ตามนิยามหรอครับ
แก้แล้วครับ  Smiley ขออภัยครับที่อธิบายไม่ชัดเจน   icon adore  icon adore

พี่เกรทครับ  Smiley  Smiley
ข้อ81
...
2. จงพิสูจน์ว่า พลังงานศักย์โน้มถ่วงของ m มีค่าเป็น
U(r) = 2 \pi G m \rho \left[ \dfrac{r^2}{2} - R^2 \right]
(ถ้าทำไม่ได้ก็อาจเอาผลข้อนี้ไปใช้เลยได้)
...
ข้อนี้ผมทำได้ U(r) =\dfrac{8}{3} \pi G m \rho \left[ \dfrac{r^2}{2} - R^2 \right] น่ะครับ  uglystupid2
ผมเองก็ไม่แน่ใจเหมือนกันครับ ยังไงก็ช่วยตรวจดูด้วยนะครับ ถ้าผมทำผิดก็ขออภัยครับ  icon adore
นิยามให้พลังงานศักย์ไฟฟ้าที่ระยะอนันต์เป็นศูนย์ 
แต่ถึงอย่างไร คำตอบของน้องนี้ ไม่น่าจะเกี่ยวกับตำแหน่งศักย์อ้างอิง เพราะแฟกเตอร์ที่คูณกับพจน์ r^2 นั้นผิดไป
มีสองวิธีหลักๆสำหรับการหาพลังงานศักย์ (ไม่ว่าจะโน้มถ่วงหรือไฟฟ้า) น้องลองแสดงวิธีทำมา แล้วจะดูให้ครับ  coolsmiley
ผมแก้ใหม่แล้วครับ แต่ก็ไม่ตรงอยู่ดี  uglystupid2 ยังไงก็ช่วยดูให้ด้วยนะครับ  icon adore ขอบคุณมากๆครับที่ให้คำแนะนำ   Smiley  Smiley
Logged
S.S.
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 166


« Reply #453 on: May 23, 2009, 11:59:50 AM »

ข้อ 2 ครับ Smiley  Smiley ข้อนี้ไม่แน่ใจครับ  embarassed  embarassed ยังไงก็ช่วยกันตรวจสอบนะครับ  icon adore  icon adore
เราหาแรงที่กระทำต่อวัตถุมวล m ที่ระยะ r ใดๆจากจุดศูนย์กลางมวลของ dark matter
เราจะนำกฎของเกาส์มาดัดแปลงเพื่อใช้กับสนามโน้มถ่วง
ของเดิมคือ \displaystyle{\oint\vec{E}\cdot d\vec{A}}=\dfrac{q_{\mbox{encl.}}}{\varepsilon_0}=4\pi Kq_{\mbox{encl.}}
ถ้าเราดัดแปลง electric charge มาเป็น gravitational charge /tex]
ดังนั้นที่ตำแหน่ง r_0 มวล m จะมีค่า พลังงานศักย์โน้มถ่วง Gm(\frac{2}{3}\rho\pi )(r^2-R^2)+(-\dfrac{Gm(\frac{4}{3}\rho\pi R^3)}{R})
นั่นคือ U(r) = Gm(\frac{2}{3}\rho\pi )(r^2-R^2)-Gm(\frac{4}{3}\rho\pi R^2)
จัดรูปใหม่ได้ว่า U(r) = \dfrac{2}{3}Gm\rho\pi[(r^2-R^2)-(2R^2)] = 2\pi Gm\rho(\dfrac{r^2}{3}-R^2)
 uglystupid2
Logged
moment
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 12


« Reply #454 on: May 23, 2009, 12:40:56 PM »

คุณ Amber ได้คำตอบเดียวกับผมเลยครับ ตอนแรกผมไม่แน่ใจคำตอบผมเลยไม่กล้ามาโพสต์  embarassed

แต่ผมทำอีกวิธีหนึ่งช่วยดูให้ด้วยนะครับ ว่าถูกไหมครับ

พิจารณาวัตถุมวล m อยู่ที่ระยะ r จากจุดศูนย์กลาง dark matter

พลังงานศักย์โน้มถ่วงของวัตถุมวล m มาจาก 2 ส่วนคือ

จากทรงกลม dark matter รัศมี r และเปลือกของ dark matter จาก r ถึง R

ได้ว่า U = U_{sphere} + U_ {shell}

ซึ่ง U_{sphere} = -\dfrac{Gm \rho \frac{4}{3} \pi r^3}{r} = -\dfrac{4Gm \rho \pi r^2}{3}

ส่วน  U_{shell} หาได้จากว่า เรารู้ว่าพลังงานศักย์ระหว่าง เปลือกทรงกลมบางมวล M รัศมี a และวัตถุมวล m ที่อยู่ภายในมีค่าเท่ากันทุกจุดเท่ากับ

U_{shell}=-\dfrac{GMm}{a}

พิจารณาเปลือกทรงกลมบางที่รัศมี \zeta หนา d\zeta

ได้ว่า dU_{shell}=-\dfrac{Gm \rho 4 \pi \zeta^2 d\zeta}{\zeta}

จึงได้ U_{shell}=\int_{\zeta = r}^{\zeta=R} -Gm \rho 4 \pi \zeta d\zeta

                U_{shell}=-Gm\rho 2 \pi R^2+ Gm\rho 2 \pi r^2

ได้ U=U_{sphere}+U_{shell}=-\dfrac{4Gm \rho \pi r^2}{3}-Gm\rho 2 \pi R^2+ Gm\rho 2 \pi r^2

     U=2Gm\rho\pi\left(\dfrac{r^2}{3}-R^2  \right)

 ถูกผิดอย่างไรช่วยชี้แนะให้ด้วยนะครับ
« Last Edit: March 13, 2010, 06:49:07 PM by ปิยพงษ์ - Head Admin » Logged
moment
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 12


« Reply #455 on: May 23, 2009, 02:21:56 PM »

ขอลองข้อ 3 นะครับ

จาก    \vec{L}=\vec{r}\times m\vec{v}

โดย    \vec{v}=\dfrac{d\vec{r}}{dt}=\dfrac{dr}{dt}\hat{r}+r\dfrac{d\theta}{dt}\hat{\theta} (\hat{r}
และ \hat{\theta}เป็นเวกเตอร์หนึ่งหน่วยในแนวรัศมี และแนวสัมผัสเส้นรอบวงตามลำดับ)

และ      \vec{r}=r\hat{r}

ได้         \vec{L}=m\left[  r\hat{r}\times (\dfrac{dr}{dt}\hat{r}+r\dfrac{d\theta}{dt}\hat{\theta})   \right]

            \vec{L}= mr^2\dfrac{d\theta}{dt}(\hat{r}\times\hat{\theta})

จึงได้     \vec{L}= mr^2\dfrac{d\theta}{dt}\hat{k} (เพราะ \hat{r}และ \hat{\theta} ตั้งฉากกัน และให้ \hat{k} เป็นเวกเตอร์หนึ่งหน่วยที่ตั้งฉากกับ \hat{r}และ \hat{\theta})

จาก      \vec{\tau}=\vec{r}\times\vec{F}=\dfrac{d\vec{L}}{dt}

ให้        \vec{F}_G แทนแรงโน้มถ่วงที่ dark matter ทำต่อ วัตถุ ซึ่งมีทิศอยู่ในแนวรัศมี

ได้       \vec{\tau}=\vec{r}\times\vec{F}_G=\vec{0} (เพราะ \vec{r}และ \vec{F}_G ต่างอยู่ในแนวรัศมี)

           \dfrac{d\vec{L}}{dt}=\vec{0}

           \therefore \vec{L}=ค่าคงที่

« Last Edit: March 13, 2010, 06:51:41 PM by ปิยพงษ์ - Head Admin » Logged
S.S.
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 166


« Reply #456 on: May 23, 2009, 02:49:51 PM »

ต่อด้วยข้อ 4 ครับ  Smiley Smiley
E=E_K+U
ดังนั้น เรานำผลจาก 1 และ 2 มารวมกัน
เราได้ว่า
E = \dfrac{m}{2}\left[\left(r\dfrac{d\theta}{dt}\right)^2+\left(\dfrac{dr}{dt}\right)^2\right]+2\pi Gm\rho\left(\dfrac{r^2}{3}-R^2\right)
ให้ u=\dfrac{1}{r} ; แทน r=\dfrac{1}{u}
E = \dfrac{m}{2}\left[\left(\dfrac{1}{u}\dfrac{d\theta}{dt}\right)^2+\left(\dfrac{d1/u}{dt}\right)^2\right]+2\pi Gm\rho\left(\dfrac{1}{3u^2}-R^2\right)
E = \dfrac{m}{2}\left[\left(\dfrac{1}{u}\dfrac{d\theta}{dt}\right)^2+\left(\dfrac{-u^{-2}du}{dt}\right)^2\right]+2\pi Gm\rho\left(\dfrac{1}{3u^2}-R^2\right)
E = \dfrac{m}{2}\left[\dfrac{1}{u^2}\left(\dfrac{d\theta}{dt}\right)^2+\dfrac{1}{u^4}\left(\dfrac{du}{dt}\right)^2\right]+2\pi Gm\rho\left(\dfrac{1}{3u^2}-R^2\right)
E = \dfrac{m}{2u^4}\left[u^2\left(\dfrac{d\theta}{dt}\right)^2+\left(\dfrac{du}{d\theta}\dfrac{d\theta}{dt}\right)^2\right]+2\pi Gm\rho\left(\dfrac{1}{3u^2}-R^2\right)
E = \dfrac{m^2 r^4}{2m}\left(\dfrac{d\theta}{dt}\right)^2\left[u^2+\left(\dfrac{du}{d\theta}\right)^2\right]+2\pi Gm\rho\left(\dfrac{1}{3u^2}-R^2\right)
\because L = mr^2\left(\dfrac{d\theta}{dt}\right)
\therefore E = \dfrac{L^2}{2m}\left[u^2+\left(\dfrac{du}{d\theta}\right)^2\right]+\dfrac{\frac{2}{3}\pi Gm\rho}{u^2}-2\pi Gm\rho R^2\right)
เราได้ว่า K = \frac{2}{3}\pi Gm\rho และ J = 2\pi Gm\rho R^2
ถ้ามีที่ผิดก็ช่วยๆกันเตือนนะครับ  smitten  smitten  icon adore  icon adore
« Last Edit: June 13, 2009, 03:58:34 PM by Amber » Logged
S.S.
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 166


« Reply #457 on: May 23, 2009, 04:08:34 PM »

ข้อ 5 ครับ  Smiley
เรานำผลจากข้อ 4 มาขยายความ
E = \dfrac{L^2}{2m}\left[u^2+\left(\dfrac{du}{d\theta}\right)^2\right]+\dfrac{K}{u^2}-J
Eu^2 = \dfrac{L^2}{2m}\left[u^4+\left(\dfrac{udu}{d\theta}\right)^2\right]+K-Ju^2
Eu^2 = \dfrac{L^2}{2m}\left[u^4+\left(\dfrac{du^2}{2d\theta}\right)^2\right]+K-Ju^2
แทน u^2 ด้วย v
Ev = \dfrac{L^2}{2m}\left[v^2+\left(\dfrac{dv}{2d\theta}\right)^2\right]+K-Jv
ย้ายข้าง(อย่างเร็ว)
\dfrac{2m}{L^2}((E+J)v-K)-v^2= \left(\dfrac{dv}{2d\theta}\right)^2
\dfrac{2m}{L^2}(E+J)v-\dfrac{2mK}{L^2}-v^2= \left(\dfrac{dv}{2d\theta}\right)^2
แทน A = \dfrac{m}{L^2}(E+J)
\therefore 2Av-\dfrac{2mK}{L^2}-v^2= \left(\dfrac{dv}{2d\theta}\right)^2
\therefore A^2-\dfrac{2mK}{L^2}-v^2+2Av-A^2= \left(\dfrac{dv}{2d\theta}\right)^2
\therefore A^2-\dfrac{2mK}{L^2}-(v-A)^2= \left(\dfrac{dv}{2d\theta}\right)^2
\therefore \sqrt{A^2-\dfrac{2mK}{L^2}-(v-A)^2}= \dfrac{dv}{2d\theta}
แทน v-A ด้วย w และ แทน \sqrt{A^2-\dfrac{2mK}{L^2}} ด้วย B
\therefore \sqrt{B^2-w^2}=\dfrac{d(w+A)}{2d\theta}=\dfrac{dw}{2d\theta}
นั่นคือ d\theta=\dfrac{dw}{2\sqrt{B^2-w^2}}
เราจะใช้เทคนิค trigonometry substitution : w=B\sin\varphi โดยให้ \varphiเป็นตัวแปรแทน
เราได้ d\theta=\dfrac{d(B\sin\varphi)}{2\sqrt{B^2-B^2\sin^2\varphi}}
d\theta=\dfrac{B\cos\varphi d\varphi}{2B\cos\varphi}
\therefore 2d\theta=d\varphi
\therefore 2\theta+C=\varphi
แต่ว่า \varphi=\arcsin\dfrac{w}{B} และ w=v-A=u^2-A
เราได้ \sin(2\theta+C)=\dfrac{u^2-A}{B}
เราได้ A+B\sin(2\theta+C)=u^2
แทนค่า B
เราได้ u^2=A+\sqrt{A^2-\dfrac{2mK}{L^2}}\sin(2\theta+C)
\therefore u^2=A\left(1+\sqrt{1-\dfrac{2mK}{A^2 L^2}}\right)\sin(2\theta+C)_
แทนค่า A
เราได้ u^2=\dfrac{m}{L^2}(E+J)\left(1+\sqrt{1-\dfrac{2mK}{\dfrac{m^2}{L^4}(E+J)^2 L^2}}\right)\sin(2\theta+C)
นั่นคือ \dfrac{L^2}{m(E+J)}u^2=\left(1+\sqrt{1-\dfrac{2KL^2}{m(E+J)^2}}\right)\sin(2\theta+C)
กำหนด P^2=\dfrac{L^2}{m(E+J)} และ Q=\sqrt{1-\dfrac{2KL^2}{m(E+J)^2}} ตามโจทย์
แทนค่า : P^2 u^2=(1+Q\sin(2\theta+C))
เราได้ว่า \dfrac{P^2}{(1+Q\sin(2\theta+C))}=\dfrac{1}{u^2}
นั่นคือ r^2=\dfrac{P^2}{(1+Q\sin(2\theta+C))} ตามต้องการ  Smiley  Smiley

« Last Edit: March 13, 2010, 06:56:27 PM by ปิยพงษ์ - Head Admin » Logged
S.S.
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 166


« Reply #458 on: May 23, 2009, 05:26:45 PM »

ข้อ 6 เรานำค่าต่างๆมาแทนค่าในสมการเพื่อหาค่า C
r=D,\theta=0,r\dfrac{d\theta}{dt}=v_0,m=m
และอีกสมการหนึ่ง ได้จากการที่มันเคลื่อนที่ตั้งฉากกับแนวรัศมี : \dfrac{du}{d\theta}=-\dfrac{1}{r^2}\dfrac{dr}{d\theta}=-\dfrac{1}{r^2}(0)=0
|L|=mr^2\dfrac{d\theta}{dt}
|L|=mr\times r\dfrac{d\theta}{dt}
|L|=mv_0 D
เราได้ว่า L^2=m^2 v_0^2 D^2
ใช้ผลจากข้อ 4
E=\dfrac{L^2}{2m}\left[u^2+\left(\dfrac{du}{d\theta}\right)^2\right]+\dfrac{K}{u^2}-J
E+J=\dfrac{L^2}{2m}[u^2]+\dfrac{K}{u^2}
แทนค่า u=\dfrac{1}{r}=\dfrac{1}{D}และ L^2=m^2 v_0^2 D^2
ได้ E+J=\dfrac{m^2 v_0^2 D^2}{2mD^2}+KD^2}=\dfrac{mv_0^2}{2}+KD^2
แทนค่าใน P^2,Q
\because P^2=\dfrac{L^2}{m(E+J)},Q=\sqrt{1-\dfrac{2KL^2}{m(E+J)^2}}
ได้ P^2=\dfrac{m^2 v_0^2 D^2}{m(\frac{mv_0^2}{2}+KD^2)}=\dfrac{mv_0^2 D^2}{\frac{mv_0^2}{2}+KD^2}
และได้ Q=\sqrt{1-\dfrac{2Km^2 v_0^2 D^2}{m(\frac{mv_0^2}{2}+KD^2)^2}}=\sqrt{1-\dfrac{2Kmv_0^2 D^2}{(\frac{mv_0^2}{2}+KD^2)^2}}
จากสมการในข้อ 5
r^2=\dfrac{P^2}{(1+Q\sin(2\theta+C))}
แทนค่า r,P,Q,\theta
เราได้ D^2=\dfrac{mv_0^2 D^2}{\frac{mv_0^2}{2}+KD^2}\dfrac{1}{1+\sqrt{1-\dfrac{2Kmv_0^2 D^2}{\frac{mv_0^2}{2}+KD^2)^2}}\sin(C)}
ค่อยๆจัดรูปโดยการคูณพจน์ด้านล่างเข้าไป
D^2=\dfrac{mv_0^2 D^2}{\frac{mv_0^2}{2}+KD^2+\sqrt{(\frac{mv_0^2}{2}+KD^2)^2-2Kmv_0^2 D^2}\sin(C)}
1=\dfrac{mv_0^2}{\frac{mv_0^2}{2}+KD^2+\sqrt{(\frac{mv_0^2}{2})^2+(KD^2)^2+Kmv_0^2 D^2-2Kmv_0^2 D^2}\sin(C)}
1=\dfrac{mv_0^2 }{\frac{mv_0^2}{2}+KD^2+\sqrt{(\frac{mv_0^2}{2})^2+(KD^2)^2-Kmv_0^2 D^2}\sin(C)}
1=\dfrac{mv_0^2}{\frac{mv_0^2}{2}+KD^2+\sqrt{(\frac{mv_0^2}{2}-KD^2)^2}\sin(C)}
1=\dfrac{mv_0^2}{\frac{mv_0^2}{2}+KD^2+(\frac{mv_0^2}{2}-KD^2)\sin(C)}
mv_0^2=\frac{mv_0^2}{2}+KD^2+(\frac{mv_0^2}{2}-KD^2)\sin(C)
0=KD^2-KD^2\sin(C)
นั่นคือ \sin(C)=1หรือ C=\dfrac\pi 2
จบการแสดง  buck2 ผิด ถูก อย่างไรก็ช่วยๆกันชี้แนะด้วยนะครับ  smitten  smitten  icon adore  icon adore
« Last Edit: March 13, 2010, 06:58:08 PM by ปิยพงษ์ - Head Admin » Logged
moment
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 12


« Reply #459 on: May 23, 2009, 05:38:26 PM »

ข้อ 6 ผมทำได้คนละคำตอบครับ

ในกรณีนี้ ที่ตำแหน่ง \left(D,0 \right)

วัตถุมีความเร็วในแนวแกน Y อย่างเดียว นั่นคือ

 \dfrac{dy}{dt}=V_0

\dfrac{dx}{dt}=0

นั่นคือ \dfrac{dy}{dx} หาค่าไม่ได้ที่ตำแหน่งนี้

จาก \dfrac{dy}{dx}=\dfrac{\frac{dy}{d\theta}}{\frac{dx}{d\theta}}

และ

y=r\sin\theta

x=r\cos\theta

จึงได้

\dfrac{dy}{d\theta}=r\cos\theta+\dfrac{dr}{d\theta}\sin\theta

\dfrac{dx}{d\theta}=-r\sin\theta+\dfrac{dr}{d\theta}\cos\theta

เพราะฉะนั้น

\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{r\cos\theta+\dfrac{dr}{d\theta}\sin\theta}{-r\sin\theta+\dfrac{dr}{d\theta}\cos\theta}

ที่ \theta=0

\dfrac{dy}{dx}=\dfrac{r}{\dfrac{dr}{d\theta}}

ซึ่งหาค่าไม่ได้เมื่อ \dfrac{dr}{d\theta}=0

จาก r^2=\dfrac{P^2}{1+Q\sin(2\theta+C)}

หาอนุพันธ์เทียบกับ \theta

ได้

2r\dfrac{dr}{d\theta}=-\dfrac{2P^2Q\cos(2\theta+C)}{\left[ 1+Q\sin(2\theta+C) \right]^2 } (ทั้งP,Q  และ C ต่างเป็นค่าคงที่)

จาก

\dfrac{dr}{d\theta}=0

-\dfrac{2P^2Q\cos(2\theta+C)}{\left[ 1+Q\sin(2\theta+C) \right]^2 }=0

ดังนั้น

\cos(2\theta+C)=0 ที่ \theta=0

\cos(C)=0

C=0 หรือ \pi
« Last Edit: May 23, 2009, 05:41:57 PM by moment » Logged
S.S.
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 166


« Reply #460 on: May 23, 2009, 05:41:05 PM »

...
\cos(C)=0
C=0 หรือ \pi

cos(C) = 0 ให้คำตอบเป็น C=\dfrac{\pi}{2} นะครับ Smiley  Smiley
อย่างไรก็ตาม ก็มีวิธีที่ดีกว่าของผมมากเลยนะครับ icon adore icon adore ยังไงก็ขอบคุณที่แนะนำและแสดงวิธีนะครับ smitten
« Last Edit: May 23, 2009, 05:43:59 PM by Amber » Logged
moment
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 12


« Reply #461 on: May 23, 2009, 05:45:08 PM »

ขอโทษครับ เมื่อกี้ดูกำลังจะแก้พอดีครับ ขอบคุณที่แก้ให้ครับ Smiley Smiley
Logged
S.S.
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 166


« Reply #462 on: May 24, 2009, 04:35:25 PM »

ขอลองทำข้อ 7 อีกข้อนะครับ  Smiley  Smiley
เราพิจารณาระบบสมการของวงรีในพิกัดคาร์ทีเชียนที่มีสมการเป็น \dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1
เราจะทำการแปลงรูปเป็นสมการเชิงขั้วโดยการหา r ในรูปของ \theta
ที่มุม \theta เราได้เงื่อนไข y=x\tan\theta
เราแทนค่า: \dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{x^2\tan^2\theta}{b^2}=1
x^2 \left(\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{\tan^2\theta}{b^2}\right)=1
นั่นคือ x^2=\dfrac{1}{\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{\tan^2\theta}{b^2}}
นั่นคือ y^2=\dfrac{\tan^2\theta}{\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{\tan^2\theta}{b^2}}
r^2=x^2+y^2=\dfrac{\sec^2\theta}{\dfrac{1}{a^2}+\dfrac{\tan^2\theta}{b^2}}
r^2=\dfrac{1}{\dfrac{\cos^2\theta}{a^2}+\dfrac{\sin^2\theta}{b^2}}
ในกรณีที่ a<b เราได้ r^2=\dfrac{1}{\dfrac{\cos^2\theta}{b^2}+\dfrac{\sin^2\theta}{b^2}+\dfrac{\cos^2\theta}{a^2}-\dfrac{\cos^2\theta}{b^2}}}
นั่นคือ r^2=\dfrac{1}{\dfrac{1}{b^2}+\left(\dfrac{1}{a^2}-\dfrac{1}{b^2}\right)\cos^2\theta}
ในกรณีที่ a>b เราได้ r^2=\dfrac{1}{\dfrac{\cos^2\theta}{a^2}+\dfrac{\sin^2\theta}{a^2}+\dfrac{\sin^2\theta}{b^2}-\dfrac{\sin^2\theta}{a^2}}
นั่นคือ r^2=\dfrac{1}{\dfrac{1}{a^2}+\left(\dfrac{1}{b^2}-\dfrac{1}{a^2}\right)\sin^2\theta}
เรากลับไปดูข้อ 5,6
จาก r^2=\dfrac{P^2}{1+Q\sin(2\theta+\dfrac{\pi}{2})}=\dfrac{1}{\dfrac{1}{P^2}+\dfrac{Q}{P^2}\sin(2\theta+\dfrac{\pi}{2})}=\dfrac{1}{\dfrac{1}{P^2}+\dfrac{Q}{P^2}\cos(2\theta)}
จัดรูปใหม่ได้เป็น r^2=\dfrac{1}{\dfrac{1-Q}{P^2}+\dfrac{2Q}{P^2}\cos^2(\theta)}
เรากลับไปพิจารณาค่า Q จะได้ว่า Q<1
จากสมการ r^2=\dfrac{1}{\dfrac{1}{b^2}+\left(\dfrac{1}{a^2}-\dfrac{1}{b^2}\right)\cos^2\theta}
เราสามารถอ้างได้ว่าสมการทั้งสองมีรูปแบบเดียวกัน คือวงรี โดยที่
\dfrac{1}{a^2}=\dfrac{1+Q}{P^2} ก็คือ a=\dfrac{P}{\sqrt{1+Q}}
\dfrac{1}{b^2}=\dfrac{1-Q}{P^2} ก็คือ b=\dfrac{P}{\sqrt{1-Q}}
แต่ b>a ดังนั้นเรานิยามใหม่ให้ b เป็นความยาวครึ่งแกนเอก a เป็นความยาวครึ่งแกนโท
ดังนั้สูตรระยะโฟกัส เราต้องเปลี่ยนเป็น f^2=b^2-a^2=\dfrac{P^2}{1-Q}-\dfrac{P^2}{1+Q}=\dfrac{2QP^2}{1-Q^2}
\therefore f=\dfrac{P\sqrt{2Q}}{\sqrt{1-Q}\sqrt{1+Q}}
ในทำนองเดียวกัน เราต้องเปลี่ยนจาก e=\dfrac{f}{a}เป็นe=\dfrac{f}{b}=\sqrt{\dfrac{2Q}{1+Q}}
เรากลับไปดูค่า Q ในข้อ 6
เนื่องจาก
Q=\sqrt{1-\dfrac{2Kmv_0^2 D^2}{(\frac{mv_0^2}{2}+KD^2)^2}}
เรากระจายค่าภายในออกมา และให้ \dfrac{mv_0^2}{2}=\alpha,KD^2=\beta
จัดรูปใหม่ได้ว่า Q=\sqrt{1-\dfrac{4\alpha\beta}{(\alpha+\beta)^2}}
\therefore Q=\sqrt{\dfrac{(\alpha-\beta)^2}{(\alpha+\beta)^2}}=\dfrac{\alpha-\beta}{\alpha+\beta}
ทำไปแทนค่าในสมการความรี
e=\dfrac{f}{b}=\sqrt{\dfrac{2\left(\frac{\alpha-\beta}{\alpha+\beta}\right)}{1+\frac{\alpha-\beta}{\alpha+\beta}}}
\therefore e=\sqrt{\dfrac{2\left(\alpha-\beta\right)}{2\alpha}}=\sqrt{1-\dfrac{\beta}{\alpha}}=\sqrt{1-\dfrac{2KD^2}{mv_0^2}}
จากข้อ 4 เราได้ค่า K=\frac{2}{3}\pi Gm\rho
แทนค่าได้ว่า e=\sqrt{1-\dfrac{\frac{4}{3}\pi G\rho D^2}{v_0^2}}
จบการแสดงวิธีทำครับ  Smiley  Smiley ( buck2)
« Last Edit: June 13, 2009, 03:59:42 PM by Amber » Logged
moment
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 12


« Reply #463 on: May 25, 2009, 05:15:39 PM »

ผมขอลองทำข้อ 7 ด้วยอีกวิธีนะครับ

โดยเราจะเปลี่ยนสมการเชิงขั้วเป็นสมการในพิกัดคาร์ทีเซียน

จาก r^2=\dfrac{P^2}{1+Q\sin(2\theta+\frac{\pi}{2})}

       r^2=\dfrac{P^2}{1+Q\cos(2\theta)}

       r^2=\dfrac{P^2}{1+2Qcos^2(\theta)-Q}

จาก r^2=x^2+y^2

และ x=r\cos\theta

ได้   P^2=r^2+2Qr^2\cos^2\theta-Qr^2

       P^2=x^2+y^2+2Qx^2-Qx^2-Qy^2

       P^2=(1+Q)x^2+(1-Q)y^2

       \dfrac{(1+Q)x^2}{P^2}+\dfrac{(1-Q)y^2}{P^2}=1

       ซึ่งเป็นสมการบรรยายวงรี

       เทียบกับ

       \dfrac{x^2}{b^2}+\dfrac{y^2}{a^2}=1

       ได้

       a=\dfrac{P}{\sqrt{1-Q}}

       b=\dfrac{P}{\sqrt{1+Q}}

      f^2=a^2-b^2

     f=\dfrac{P\sqrt{2Q}}{\sqrt{1-Q}\sqrt{1+Q}}

     และ

     e=\dfrac{f}{a}=\sqrt{\dfrac{2Q}{1+Q}}

    จากนั้นก็แทนค่าก็จะได้อย่างที่คุณ Amber ทำครับ
« Last Edit: May 25, 2009, 05:24:39 PM by moment » Logged
S.S.
neutrino
*
Offline Offline

Posts: 166


« Reply #464 on: May 25, 2009, 05:34:07 PM »

ผมขอลองทำข้อ 7 ด้วยอีกวิธีนะครับ
...
ขอบคุณมากๆครับสำหรับวิธีที่สั้นและชัดเจนกว่า  icon adore  icon adore
Logged
Pages: « 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 »   Go Up
Print
Jump to: