Problems Solving Marathon : Mechanics

Great

SuperHelper

Offline

Posts: 1123

물리학 아름답다 ฟิสิกส์คือความสวยงาม

Re: Problems Solving Marathon : Mechanics

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

Quote from: Amber on May 22, 2009, 06:08:38 PM

พี่เกรทครับ

Quote from: Great on May 21, 2009, 11:15:46 PM

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

Posts: 210

Labor Omnia Vincit

Re: Problems Solving Marathon : Mechanics

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

Quote from: Amber on May 22, 2009, 10:07:23 PM

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

Posts: 166

Re: Problems Solving Marathon : Mechanics

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

Quote from: Tung on May 23, 2009, 01:28:28 AM

Quote from: Amber on May 22, 2009, 10:07:23 PM

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

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

แก้แล้วครับ

ขออภัยครับที่อธิบายไม่ชัดเจน icon adore

Quote from: Great on May 22, 2009, 11:30:24 PM

Quote from: Amber on May 22, 2009, 06:08:38 PM

พี่เกรทครับ

Quote from: Great on May 21, 2009, 11:15:46 PM

ข้อนี้ผมทำได้ $U(r) =\dfrac{8}{3} \pi G m \rho \left[ \dfrac{r^2}{2} - R^2 \right]$ น่ะครับ uglystupid2

ผมแก้ใหม่แล้วครับ แต่ก็ไม่ตรงอยู่ดี uglystupid2

ยังไงก็ช่วยดูให้ด้วยนะครับ icon adore

ขอบคุณมากๆครับที่ให้คำแนะนำ


	Logged

S.S.

neutrino

Offline

Posts: 166

Re: Problems Solving Marathon : Mechanics

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

ข้อ 2 ครับ

ข้อนี้ไม่แน่ใจครับ embarassed

ยังไงก็ช่วยกันตรวจสอบนะครับ 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

Posts: 12

Re: Problems Solving Marathon : Mechanics

« 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

Posts: 12

Re: Problems Solving Marathon : Mechanics

« 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

Posts: 166

Re: Problems Solving Marathon : Mechanics

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

ต่อด้วยข้อ 4 ครับ

$E=E_K+U$
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


« Last Edit: June 13, 2009, 03:58:34 PM by Amber »	Logged

S.S.

neutrino

Offline

Posts: 166

Re: Problems Solving Marathon : Mechanics

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

ข้อ 5 ครับ

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 $\varphi$ เป็นตัวแปรแทน
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


« Last Edit: March 13, 2010, 06:56:27 PM by ปิยพงษ์ - Head Admin »	Logged

S.S.

neutrino

Offline

Posts: 166

Re: Problems Solving Marathon : Mechanics

« 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 $\sin(C)=1$ หรือ $C=\dfrac\pi 2$
จบการแสดง buck2

ผิด ถูก อย่างไรก็ช่วยๆกันชี้แนะด้วยนะครับ smitten


« Last Edit: March 13, 2010, 06:58:08 PM by ปิยพงษ์ - Head Admin »	Logged

moment

neutrino

Offline

Posts: 12

Re: Problems Solving Marathon : Mechanics

« 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

Posts: 166

Re: Problems Solving Marathon : Mechanics

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

Quote from: moment on May 23, 2009, 05:38:26 PM

...
$\cos(C)=0$
$C=0$ หรือ $\pi$

$cos(C) = 0$ ให้คำตอบเป็น $C=\dfrac{\pi}{2}$ นะครับ

อย่างไรก็ตาม ก็มีวิธีที่ดีกว่าของผมมากเลยนะครับ icon adore

ยังไงก็ขอบคุณที่แนะนำและแสดงวิธีนะครับ smitten


« Last Edit: May 23, 2009, 05:43:59 PM by Amber »	Logged

moment

neutrino

Offline

Posts: 12

Re: Problems Solving Marathon : Mechanics

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

ขอโทษครับ เมื่อกี้ดูกำลังจะแก้พอดีครับ ขอบคุณที่แก้ให้ครับ


	Logged

S.S.

neutrino

Offline

Posts: 166

Re: Problems Solving Marathon : Mechanics

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

ขอลองทำข้อ 7 อีกข้อนะครับ

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

(

)


« Last Edit: June 13, 2009, 03:59:42 PM by Amber »	Logged

moment

neutrino

Offline

Posts: 12

Re: Problems Solving Marathon : Mechanics

« 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

Posts: 166

Re: Problems Solving Marathon : Mechanics

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

Quote from: moment on May 25, 2009, 05:15:39 PM

ผมขอลองทำข้อ 7 ด้วยอีกวิธีนะครับ
...

ขอบคุณมากๆครับสำหรับวิธีที่สั้นและชัดเจนกว่า 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

« previous next »