# 6月13日 檢討
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## 109 模擬物理（弟）
### 第12題

### 第15題

### 第23題

### 非選一 - 3、4。

## 109 模擬物理（哥）
### 第13題
簡諧運動：角頻率 $\omega=\sqrt{\dfrac{k}{m}}$
速率振幅 $v_m=x_m\omega=$，其中 $x_m$ 為位置振幅
衝量量值 $|J|=m|\Delta v|v_m|=mx_m\omega=mx_m\sqrt{\dfrac{k}{m}}$
### 第23題

### 非選一
1. 動量守恆：$mv=(2m+m)v_f\implies v_f=\frac{1}{3}v$
2. 考慮乙／等加速度運動：$v_f=v-\mu_k g t\implies t=\dfrac{v-v_f}{\mu_k g}=\dfrac{2v}{3\mu_k g}$

3. 考慮乙／等加速度運動：$v_f^2=v^2-2\mu_k g\Delta x\implies \Delta x=\dfrac{v^2-v_f^2}{2\mu_k g}=\dfrac{4v^2}{9\mu_k g}$
### 非選二 - 3

3. 迴旋半徑 $R=\dfrac{mv_0}{eB}\implies v_0=\dfrac{eBR}{m}$

$R^2=L^2+\left(R-\frac{d}{2}\right)^2\implies R=?$

## 109 模擬化學（哥）
### 第5題
$K=\dfrac{[\text{MbX}]}{[\text{Mb}]\cdot p/p_0}\implies\dfrac{[\text{Mb}]}{[\text{MbX}]}=\dfrac{1}{K\cdot p/p_0}$
$f=\dfrac{[\text{MbX}]}{[\text{Mb}]+[\text{MbX}]}=\dfrac{1}{1+\frac{[\text{Mb}]}{[\text{MbX}]}}=\dfrac{1}{1+\frac{1}{K\cdot p/p_0}}=\dfrac{K\cdot p/p_0}{1+K\cdot p/p_0}$
### 第16題

### 第19題

Graham's law of diffusion: $r\propto1/\sqrt{M}$
逸散速率（emission rate）$r=\dfrac{n}{\Delta t}$
- 同狀態（溫度、壓力）、同時間下，
- 莫耳數 $n\propto r\propto1/\sqrt{M}$
- 體積 $V\propto n\propto r\propto1/\sqrt{M}$
- 質量 $m=nM\propto rM\propto \sqrt{M}$
- 同狀態（溫度、壓力）下，擴散同體積／莫耳數所需時間 $\Delta t\propto1/r\propto \sqrt{M}$
- 同狀態（溫度、壓力）下，擴散同質量所需時間 $\Delta t= n/r = mM/r \propto M\sqrt{M}=M^{3/2}$

### 非選三

## 109 模擬化學（弟）
### 第7題
$n=4\to n=\infty$......$f$
$n=2\to n=3$......$f'$

$f=\dfrac{|\Delta E|}{h}\propto\left(\dfrac{1}{n_f^2}-\dfrac{1}{n_i^2}\right)$

### 第10題
$PM=dRT$
同溫同壓下，$M\propto d$
空氣平均分子量 $28.8~\text{g/mol}$

## EZ100
### 1
在內、外層介面全反射發生的條件為 $n_1\sin\theta_c= n_2\sin 90^\circ=n_2$，其中 $\theta_c$ 為臨界角。故推得 $$\sin\theta_c=\dfrac{n_2}{n_1}。\tag{1}$$

假設光纖平均半徑 $R$ 固定（如圖，$R$ 定義為「內層中線」在圓弧形轉折處的圓半徑）。所有在內層傳播的平行光路中，能使轉折處的入射角{最小|○○}的光路，其敘述如下：
> 光路由光纖內層開始，貼近「內、外層下方介面」行進，達轉折處後，在「內、外層上方介面」發生全反射。

經計算， $R$ 與 $\sin\theta_c$ 的關係為 $$\sin\theta_c\leq\dfrac{R-\frac{d}{2}}{R+\frac{d}{2}}。\tag{2}$$
由不等式 (1)、(2)，推得 $$\begin{align}&\dfrac{R-\frac{d}{2}}{R+\frac{d}{2}}\geq\dfrac{n_2}{n_1}\\\implies&\left(1-\dfrac{n_2}{n_1}\right)R\geq\dfrac{d}{2}\left(1+\dfrac{n_2}{n_1}\right)\\\implies&R\geq\dfrac{d(n_1+n_2)}{2(n_1-n_2)}。\tag{3}\end{align}$$

### 2

在直徑處發生全反射的條件為 $$n\sin\theta_c= 1\cdot\sin90^\circ=1\implies \sin\theta_c=\frac{1}{n}，$$其中 $\theta_c$ 為臨界角（$0^\circ<\theta_c<90^\circ$）。

在直徑處發生折射，入射角 $\theta$ 滿足$$\begin{align}1\cdot\sin\theta&=n\sin(\theta_c-\theta)\\
&=n\left(\sin\theta_c\cos\theta-\sin\theta\cos\theta_c\right)\\
&=n\left(\frac{1}{n}\cos\theta-\sin\theta\sqrt{1-\frac{1}{n^2}}\right)\\
\implies\cos\theta&=\left(1+n\sqrt{1-\frac{1}{n^2}}\right)\sin\theta=\left(1+\sqrt{n^2-1}\right)\sin\theta\\\implies \tan\theta&=\frac{1}{1+\sqrt{n^2-1}}\end{align}$$

入射光偏離軸線的距離為 $$\begin{align}R\sin\theta&=R\dfrac{\tan\theta}{\sec\theta}=R\dfrac{\tan\theta}{\sqrt{1+\tan^2\theta}}\\&=R\dfrac{\frac{1}{1+\sqrt{n^2-1}}}{\sqrt{1+\left(\frac{1}{1+\sqrt{n^2-1}}\right)^2}}\\&=\boxed{\dfrac{R}{\sqrt{\left(1+\sqrt{n^2-1}\right)^2+1}}}\end{align}$$

### 3

### 4
1. 假設 $\overline{CD}$ 平衡靜止時，$\overline{CD}$ 與 $\overline{AB}$ 相距 $L$。
$\overline{CD}$ 在（$\overline{AB}$ 造成的）磁場中受力（***安培力定律***；量值 $\frac{\mu_0i^2\ell}{2\pi L}$，方向向上），這與重力（量值 $mg$，方向向下）達到力平衡。所以有 $$F_\text{net}=\frac{\mu_0i^2\ell}{2\pi L}-mg=0\\\implies L=\boxed{\frac{\mu_0i^2\ell}{2\pi mg}}$$
2. 假設 $\overline{CD}$ 從平衡位置上升一微小位移 $y$（例如我們可以要求 $y\ll L$），則 $\overline{CD}$ 與 $\overline{AB}$ 相距 $L+y$。此時 $\overline{CD}$ 所受合力為 $$\require{cancel}\begin{align}F_\text{net}&=\frac{\mu_0i^2\ell}{2\pi (L+y)}-mg=\frac{\mu_0i^2\ell}{2\pi (L+y)}-\frac{\mu_0i^2\ell}{2\pi L}\\&=\dfrac{\mu_0i^2\ell}{2\pi L}\left(-1+\dfrac{1}{1+\frac{y}{L}}\right)\\&=\dfrac{\mu_0i^2\ell}{2\pi L}\Bigg(\cancel{-1}+\cancel{1}-\frac{y}{L}+\frac{y^2}{L^2}-\frac{y^3}{L^3}+\cdots\Bigg)\\&\cong-\dfrac{\mu_0i^2\ell}{2\pi L^2}y，\end{align}$$ 其中：
- 我們可令 $r=-\frac{y}{L}$ ，然後代入無窮等比級數公式$$\sum^\infty_{n=0}r^n=1+r+r^2+r^3+\cdots=\dfrac{1}{1+r}，$$ 注意上式只在 $|r|<1$ 時收斂（到有限值），但因為 $y\ll L$，這個條件一定滿足。
- 因為 $y\ll L$，所以 $\frac{y}{L}$ 的高次項趨近於零（比如說 $\frac{y}{L}=0.001$，則 $\frac{y^2}{L^2}=10^{-6}$，$\frac{y^3}{L^3}=10^{-9}$，⋯⋯），可以略去不計。

由於 $$F_\text{net}\cong -\frac{\mu_0i^2\ell}{2\pi L^2}y$$ 滿足虎克定律的形式 $F(x)=-kx$，其導線 $\overline{CD}$ 的運動類似於***簡諧運動***；而且我們可辨認出力常數 $$k=\frac{\mu_0i^2\ell}{2\pi L^2}=\frac{\mu_0i^2\ell}{2\pi}\left(\frac{2\pi mg}{\mu_0i^2\ell}\right)^2=\dfrac{2\pi m^2g^2}{\mu_0 i^2\ell}，$$ 於是振動的角頻率為 $$\omega=\sqrt{\dfrac{k}{m}}=\sqrt{\dfrac{2\pi mg^2}{\mu_0 i^2\ell}}，$$ 週期為 $$T=2\pi\sqrt{\dfrac{m}{k}}=\boxed{\sqrt{\dfrac{2\pi\mu_0 i^2\ell}{ m^2g^2}}}。$$