# 6月20日 檢討
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## 歷屆105化學
### 第9題
- $\text{NaX}_{\text{(aq)}}\rightarrow \text{Na}^{+}_{\text{(aq)}}+\text{X}^{-}_{\text{(aq)}}$
- $\text{Na}^{+}_{\text{(aq)}}$ 不水解
- $\text{X}^{-}_{\text{(aq)}}+\text{H}_2\text{O}_{(\ell)}\rightarrow \text{HX}_{\text{(aq)}}+\text{OH}^{-}_{\text{(aq)}}$，
- $K_b'=\dfrac{K_w}{K_a}=\dfrac{[\text{HX}][\text{OH}^{-}]}{[\text{X}^{-}]}$

- $\text{pH}=10\implies [\text{OH}^{-}]=10^{-4}~\text{M}$
已知 $[\text{X}^{-}]$，求水解平衡常數 $K_b'$？
- $\text{pH}=6.0\implies [\text{OH}^{-}]=10^{-8}~\text{M}$
已知 $[\text{OH}^{-}]$、$K_b'$，求 $[\text{X}^{-}]/[\text{HX}]$？


### 第19題


## EZ100
### 1
$\dfrac{250~\text{V}}{10~\Omega+R}=0.5~\text{A}\implies R=490~\Omega$
將電流計串聯一電阻值為 $490~\Omega$ 的電阻器，然後兩者再與待測電路並聯。
### 2
A球所受加速度量值為 $\dfrac{QE}{m}$
1. 開始運動：
- $v_{A,1}=0$
- $v_{B,1}=0$
2. 第一次碰撞前
- $v_{A,2}=\sqrt{\dfrac{2QEL}{m}}$
- $v_{B,2}=0$
3. 第一次碰撞後
- $v_{A,3}=0$
- $v_{B,3}=\sqrt{\dfrac{2QEL}{m}}$
4. 第二次碰撞前
- $v_{A,4}=\sqrt{\dfrac{2QEL}{m}}$
- $v_{B,4}=\sqrt{\dfrac{2QEL}{m}}$

::: spoiler
$v_1'=\dfrac{m_1-m_2}{m_1+m_2}v_1+\dfrac{2m_2}{m_1+m_2}v_2$
$v_2'=\dfrac{2m_1}{m_1+m_2}v_1+\dfrac{m_2-m_1}{m_1+m_2}v_2$
:::

### 3
假設金屬塊初速度量值 $v$，電場量值為 $E$ ，磁場量值為 $B$。
則由「金屬塊向右做等速度運動」，知金屬塊在第一段過程中靜力平衡：
$\sum F_x=F_e-f_k=qE-\mu N=0\implies \boxed{f_k=\mu N=3\mu mg}\implies \boxed{E=\frac{3\mu mg}{q}}$
$\sum F_y=N-F_m-F_g=N-qvB-mg=0\implies N=qvB+mg=3mg$

由「動能變為原有的四分之一」知金屬塊與牆壁碰撞後速度量值變為原有的二分之一，即 $v/2$。又由「等速度沿原路返回 $A$ 點」知金屬塊在第二段過程中靜力平衡：
$\sum F_x=f_k=\mu N=0\implies N=0$
$\sum F_y=N+F_m-F_g=N+\frac{1}{2}qvB-mg=0\implies \boxed{F_m=\frac{1}{2}qvB=mg}$

### 4
1. $NBAI\sin\theta\approx NBAI\theta$
2. $NBAI\sin\theta\approx NBAI\theta$
3. $2NBAI\sin\theta\approx 2NBAI\theta$

$F=-kx$
$\tau=-\kappa\theta=NBAI\theta$
### 5
$R=\dfrac{mv_0}{qB}\implies v_0=\dfrac{RqB}{m}=\dfrac{R\times(12~\text{C})(25~\text{T})}{0.25~\text{g}}$
1. $R^2=L^2+\left(R-\frac{d}{2}\right)^2$，解 $R$
2. $R=\frac{d}{4}=\frac{3~\text{m}}{4}=$

### 6
$\dfrac{d}{v\cos\theta}=T=\dfrac{2\pi m}{qB}\implies d=\dfrac{2\pi m v\cos\theta}{qB}\tag{1}$
$R=\dfrac{mv\sin\theta}{qB}\tag{2}$
(2) 式除以 (1) 式： $$\dfrac{R}{d}=\dfrac{\tan\theta}{2\pi}\implies\tan\theta=2\pi\dfrac{4~\text{cm}}{8~\text{cm}}=\pi$$

### 7
1. $qV=\dfrac{1}{2}mv^2\implies v=\sqrt{\dfrac{2qV}{m}}$
2. $a=\dfrac{mv}{qB}\implies B=\dfrac{mv}{qa}=\dfrac{m}{qa}\sqrt{\dfrac{2qV}{m}}=$
3. $mv=(2m+m)v'\implies v'=\dfrac{1}{3}v=\dfrac{1}{3}\sqrt{\dfrac{2qV}{m}}$
$\implies K'=\dfrac{1}{2}(2m+m)v'^2=\dfrac{1}{2}(3m)\dfrac{1}{3^2}\dfrac{2qV}{m}=\dfrac{1}{3}qV$
### 8
$\dfrac{x}{2}=R=\dfrac{mv}{qB}\tag{1}$
$\dfrac{1}{2}mv^2=qV\tag{2}$
(1)式 $\implies \dfrac{m}{q}=\dfrac{xB}{2v}$
(2)式 $\implies v=\sqrt{\dfrac{2qV}{m}}$

$\dfrac{m}{q}=\dfrac{xB}{2\sqrt{\frac{2qV}{m}}}=\dfrac{xB}{2\sqrt{2V}}\sqrt{\dfrac{m}{q}}\implies \sqrt{\dfrac{m}{q}}=\dfrac{xB}{2\sqrt{2V}}\implies \boxed{\dfrac{m}{q}=\dfrac{x^2B^2}{8V}}$
假設對鈣離子（質量數 $40~\text{u}$，靜電荷 $-2e$）使用質譜儀，且假設使用電位差 $V=5~\text{eV}$、磁場 $B=1~\text{T}$。
$\dfrac{40\times(1.66\times 10^{-27}~\text{kg})}{2\times(1.6\times10^{-19}~\text{C})}=\dfrac{x^2(1~\text{T})^2}{8\times(5\times1.6\times10^{-19}~\text{J})}$

### 9
### 10
$r=\dfrac{mv}{qB}\implies v=\dfrac{qBr}{m}$

在 $z>\ell$ 區域時的總動能為 $\dfrac{1}{2}mv_z^2+\dfrac{1}{2}m\left(\dfrac{qBr}{m}\right)^2$
在 $0\leq z\leq \ell$ 區域增加的動能 ＝ $-\Delta U=-(-q)E\ell=qE\ell$

在 $z<\ell$ 區域時的總動能 $\dfrac{1}{2}mv_z^2+\dfrac{q^2B^2r^2}{2m}-qE\ell$