# 5月12日 檢討
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## 中模 101-1 物理
### 第5題
1. 近地距 $r_\min=2R$
遠地距 $r_\max=6R$
半長軸長 $a=\dfrac{r_\min+r_\max}{2}=4R$

由克卜勒第三定律，週期 $T=2\pi\dfrac{a^{3/2}}{\sqrt{GM}}=2\pi\sqrt{\dfrac{64R^3}{GM}}$。

2. 但題目要求須用 $g$、$R$ 表示，而不是 $G$、$M$，所以要用到另一條件：
任一時刻的位能＋動能＝力學能（守恆）
$\dfrac{1}{2}m\left(\dfrac{\sqrt{gR}}{2}\right)^2-\dfrac{GMm}{4R}=-\dfrac{GMm}{2(4R)}$
$\implies \dfrac{mgR}{8}=\dfrac{GMm}{8R}\implies GM=gR^2$（熟悉的結果）

延伸：
- 人造衛星關於地心的角動量量值 $\ell=rp\sin\theta=4Rm\dfrac{\sqrt{gR}}{2}\sin 60^\circ=mR\sqrt{3gR}$
- 面積速率 $\dfrac{dA}{dt}=\dfrac{1}{2}r^2\omega=\dfrac{mr^2\omega}{2m}=\dfrac{\ell}{2m}=\dfrac{R\sqrt{3gR}}{2}=\dfrac{\pi a b}{T}$

3. 因此，週期 $T=2\pi\sqrt{\dfrac{64R^3}{gR^2}}=\boxed{16\pi\sqrt{\dfrac{R}{g}}}$。

### 第6題

假設：
- 重錘自由落下 $h$ 之後、撞擊樁柱前的速率為 $v_2$，
- 撞擊後，「重錘＋樁柱」系統的速率為 $v_3$，
- 樁柱自打入地面開始至靜止為止，平均阻力量值為 $f$，

再將原本樁柱頂端的重力位能設為 $0$。

「重錘＋樁柱」系統在不同階段的能量如下表。
| 狀態 | 動能 | 位能 | 力學能 |
| ------------------------- |:----------------------:|:-----------------:|:-------:|
| 1. 重錘落下前 | $0$ | $mgh$ | $E_1$ |
| 2. 重錘落下後、撞擊樁柱前 | $\frac{1}{2}mv_2^2$ | $0$ | $E_2$ |
| 3. 撞擊樁柱後、打入地面前 | $\frac{1}{2}(2m)v_3^2$ | $0$ | $E_3$ |
| 4. 打入地面後 | $0$ | $-\frac{1}{6}(2m)gh$ | $E_4$ |
- 狀態1、2之間——重錘自由下落
- $\because$ 只有重力（保守力）對系統做功，$\quad\therefore$ ==力學能守恆==：$$E_1=E_2\implies mgh=\frac{1}{2}mv_2^2\implies v_2=\sqrt{2gh}$$
- 狀態2、3之間——重錘與樁柱發生完全非彈性碰撞
- $\because$ 時間極短，系統不受外力，$\quad\therefore$ ==動量守恆==：$$mv_2=2mv_3\implies v_3=\frac{1}{2}v_2$$
- $\because$ 完全非彈性碰撞，$\quad\therefore$ 力學能不守恆，狀態3的力學能變成 $$E_3=\frac{1}{2}(2m)v_3^2=\frac{1}{2}(2m)\left(\frac{1}{2}v_2\right)^2=\frac{1}{4}mv_2^2=\frac{1}{2}mgh$$

- 狀態3、4之間——樁柱打入地面
- $\because$ 系統受阻力（非保守力）作用，
$\therefore$ 力學能不守恆，而且力學能變化量等於阻力做的功：$$\Delta E_{3\to 4}=E_4-E_3=\left(-\dfrac{1}{3}mgh\right)-\dfrac{1}{2}mgh=f\times\left(-\frac{1}{6}h\right)$$ $\implies-\dfrac{5}{6}mgh=-\dfrac{1}{6}fh\implies f=\boxed{5mg}$

### 第8題（超出範圍）
對金屬圓板 A 而言，鉛直方向的受力有：

| 來源 | 量值 | 方向 |
|:--------:|:---------------------------------:|:----:|
| 上方氣體 | $P_\text{o}S$ | 向下 |
| 地球 | $Mg$ | 向下 |
| 下方氣體 | $P\dfrac{S}{\cos\theta}\cos\theta$ | 向上 |

因金屬圓板 A 達到力平衡，故 $$P_\text{o}S+Mg=P\dfrac{S}{\cos\theta}\cos\theta\\\implies P=\boxed{P_\text{o}+\dfrac{Mg}{S}}$$

### 第9題
#### 參數
- 雷射光波長
- 在空氣中為 $\lambda_\text{air}=600~\text{nm}$，
- 在折射率 $n=\dfrac{4}{3}$ 液體中為 $\lambda_\text{liq}=(600~\text{nm})\div\dfrac{4}{3}=450~\text{nm}$。
- 狹縫間距 $a=0.20~\text{mm}$
- 狹縫屏幕距 $L=2.0~\text{m}$
#### 分析
1. 無透明半圓皿時，中央亮帶寬度為 $$\Delta x_\text{cen}=\dfrac{2L\lambda_\text{air}}{a}=\dfrac{2(2.0~\text{m})(6.00\times 10^{-7}~\text{m})}{2.0\times 10^{-4}~\text{m}}=1.2\times 10^{-2}~\text{m}=1.2~\text{cm}。$$
回憶：中央亮帶兩側的第一暗紋，其產生條件為 $\dfrac{a}{2}\sin\theta=\dfrac{\lambda}{2}$
在 $L\gg a$ 且 $a\gg\lambda$ 的近似條件下，可以用 $\sin\theta\cong\tan\theta=\dfrac{x}{L}$，推得 $ax/L=\lambda$ 或 $x=L\lambda/a$，此為其中一側第一暗紋所在位置。

2. 有透明半圓皿時、無盛裝液體時，中央亮帶寬度仍為 $1.2~\text{cm}$，因為半圓皿薄壁厚度可忽略不計，光路偏移量為零。
3. 有透明半圓皿時、有盛裝液體時，中央亮帶寬度為 $$\Delta x'_\text{cen}=\dfrac{2L\lambda_\text{liq}}{a}=\dfrac{2(2.0~\text{m})(4.50\times 10^{-7}~\text{m})}{2.0\times 10^{-4}~\text{m}}=9.0\times 10^{-3}~\text{m}=\boxed{0.9~\text{cm}}。$$ 這裡不用考慮光路折射的問題，因為光路是以半圓皿的圓心出發，入射角都是 $0^\circ$，折射角也是 $0^\circ$，繞射條紋顯現的位置會跟「狹縫到屏幕中間整個空間都充滿液體的情況」一樣。

### 第12題

1. 上升過程
- 鉛球：$|a_1|=g+\dfrac{f}{M}$ 向下
- 羽球：$|a_2|=g+\dfrac{f}{m}$ 向下
- $\because M>m>f\quad \therefore g<|a_1|<|a_2|$
2. 下降過程
- 鉛球：$|a_1|=g-\dfrac{f}{M}$ 向下
- 羽球：$|a_2|=g-\dfrac{f}{m}$ 向下
- $\because M>m>f\quad \therefore f<mg\implies|a_1|>|a_2|$

畫出 [$v$-$t$ 圖](https://www.desmos.com/calculator/zedxkvwzrs)：
黑色為沒有阻力時
紅色為有阻力時的鉛球
藍色為有阻力時的羽球

### 第13題

碰撞前兩球動能相等 $\dfrac{1}{2}m_1v_1^2=\dfrac{1}{2}m_2v_2^2$
因為 $m_1>m_2$，所以：
1. $v_1^2<v_2^2$ 或 $|v_1|<|v_2|$，
2. 又動量量值由 $|p|=\sqrt{2mK}$ 有 $|p_1|>|p_2|$，$v_\text{CM}$ 與 $p_1$ 為同方向

### 第14題（超出範圍）

若一質點系統或剛體==繞固定轉軸==轉動，其：
- 「角動量方向」平行於「角速度方向」，且
- 「角動量量值」等於「轉動慣量」與「角速率」的乘積，即 $$\mathbf{L}=I\boldsymbol\omega$$

類比：質點系統的總動量 $\mathbf{P}=m\mathbf{v}_{\text{CM}}$

假設包括地球在內的所有天體都為球體，原本地球兩極有冰。
以下物理量的討論均以地心為參考點，地軸為固定轉動軸。
- (B) 融冰後，冰的質量平均分布在地表，地球轉動慣量 $I$ 變大。
- (A)(C\)(D)(E) 因地球不受外力矩，故地球的角動量 $L=I\omega$ 守恆，但 $I$ 變大，所以自轉角速率 $\omega$ 變小。

選 (B)(C\)。

### 第16題
$v_x=6~\text{m/s}$ 向 $+x$ 方向傳播
$A=4~\text{cm}$
$f=5~\text{Hz}$
$\lambda=\dfrac{v_x}{f}=\dfrac{6~\text{m/s}}{5~\text{Hz}}=1.2~\text{m}$

$Q$ 做簡諧運動的速度為 $\boxed{v_{y,Q}(t)=A\omega\sin(\omega t+\phi)}$，$\omega=2\pi f$

$P$ 在波峰（訂為 $x=0~\text{m}$）
$Q$ 在 $P$ 右方 $0.2~\text{m}$ 處，上下振動速率為 $v_y$

補充：
$y(x,t)=A\cos\left(\dfrac{2\pi}{\lambda}x-2\pi f t\right)$
$v_y(x,t)\equiv\left(\dfrac{\partial y}{\partial t}\right)_x=-A\sin\left(\dfrac{2\pi}{\lambda}x-2\pi f t\right)(-2\pi f)=2A\pi f\sin\left(\dfrac{2\pi}{\lambda}x-2\pi f t\right)$

$v_{y,Q}(t)=v_y(0.2~\text{m},t)=2(4~\text{cm})\pi (5~\text{Hz})\sin\left[\dfrac{2\pi}{1.2~\text{m}}(0.2~\text{m})-2\pi (5~\text{Hz}) t\right]\\=(40\pi~\text{cm/s})\sin\left[\dfrac{\pi}{3}-(10\pi~\text{Hz})t\right]$

### 第18題
因此正中心視深 $R$

正中心附近放大率為 $n$

選 (A)、(D)

### 第19題
* (A) 對，像距 $q$ 越遠，像的大小 $h_i$ 也越大。
* (B) 錯，對實像而言，欲使像距 $q$ 越遠，物距 $p$ 必須要越小。
* (C\) 錯，應將投影片上方置於玻璃板後方。
* (D) 對，物距應滿足 $f<p<2f$，才能產生放大實像。
* (E) 錯，蓋上玻璃板使物距 $p$ 變小（視深變淺），像距會 $q$ 變遠。

### 非選一