# 6月23日 檢討
###### tags: `高中物理`

## EZ 100 第九章
### 1
(A) 增加
(B) 增加
(C\) 增加
(D) 減少
(E) 不變

### 2
$|I|\propto|\mathcal{E}|=\dfrac{\Delta \Phi_B}{\Delta t}$

$t=0~\text{s}$ 至 $t=2~\text{s}$，磁鐵左移。
$t=2~\text{s}$ 至 $t=4~\text{s}$，磁鐵右移。
$t=2~\text{s}$ 與 $t=4~\text{s}$，磁鐵靜止。
選(A)、(E)。
### 3
感應電動勢量值為 $|\mathcal{E}|=\dfrac{\Delta \Phi_B}{\Delta t}=\dfrac{B\Delta A}{\Delta t}=\dfrac{B(\pi r^2-\ell^2)}{\Delta t}$
但線圈長度不變：$4\ell=2\pi r\implies r=\dfrac{2\ell}{\pi}$
故 $|\mathcal{E}|=\dfrac{B\left[\pi \left(\dfrac{2\ell}{\pi}\right)^2-\ell^2\right]}{\Delta t}=\boxed{\dfrac{B\ell^2}{\Delta t}\left(\dfrac{4}{\pi}-1\right)}$
面積變大 $\implies$ 通過線圈的磁通量變大 $\implies$ 感應電流方向為*順時針*。
### 4
假設左側迴路所需的磁通量變化率（＝感應電動勢量值）為 $\mathcal{E}$，單位為 $\text{Wb/s}$（$=\text{V}$）。
流經中央 $2~\Omega$ 電阻器的 $1~\text{A}$ 之後分流為左右兩股電流，假設向左流的電流為 $x~\text{A}$，則向右流的電流為 $(1-x)~\text{A}$。
且有 $$\big((1-x)~\text{A}\big)(4~\Omega)+(1~\text{A})(2~\Omega)=\mathcal{E}$$ 和 $$\big((1-x)~\text{A}\big)(4~\Omega)-(x~\text{A})(2~\Omega)=\mathcal{E}$$ 解得 $x=-1$ 和 $\mathcal{E}=10~\text{V}=\boxed{10~\text{Wb/s}}$。感應電流為順時針，所以磁場量值是*均勻增加*。選(A)。
### 5
(A) 磁通量變化量為 $\Delta \Phi_B=\left(3.0\times 10^{-5}~\text{Wb}\right)-\left(-2.5\times 10^{-5}~\text{Wb}\right)=\boxed{5.5\times 10^{-5}~\text{Wb}}$ （向上為正）。
(B) 感應電動勢量值 $|\mathcal{E}|=N\dfrac{\Delta \Phi_B}{\Delta t}=100\times\dfrac{5.5\times 10^{-5}~\text{Wb}}{0.0010~\text{s}}=\boxed{5.5~\text{V}}$。
(C\) 感應電流量值 $|I|=\dfrac{|\mathcal{E}|}{R}=\dfrac{5.5~\text{V}}{50~\Omega}=\boxed{0.11~\text{A}}$。
(D) 由上往下看感應電流方向為*順時針*。
(E) 線圈發熱功率為 $P=\dfrac{\mathcal{E}^2}{R}=\dfrac{(5.5~\text{V})^2}{50~\Omega}=0.605~\text{W}=\boxed{605~\text{mW}}$。
### 6

1.
- 磁場量值 $B(t)=(3t)~\text{T/s}\tag*{}$
- 磁場（時間）變化率量值 $\dfrac{\text{d} B}{\text{d} t}=3~\text{T/s}\tag*{}$
- 磁通量量值 $\Phi_B(t)=A\cdot B(t)=\boxed{\left(\dfrac{3\ell^2t}{4}\right)~\text{T/s}}\tag*{}$
- 磁通量（時間）變化率量值 ＝感應電動勢量值$|\mathcal{E}|=\dfrac{\text{d}\Phi_B(t)}{\text{d} t}=A\dfrac{\text{d} B(t)}{\text{d} t}=\boxed{\dfrac{3\ell^2}{4}~\text{T/s}}\tag*{}$
- 感應電流量值 $|I|=\dfrac{|\mathcal{E}|}{R}=\boxed{\dfrac{3\ell^2}{4R}~\text{T/s}}\tag*{}$
- 因為磁場量值隨時間增加，磁通量變化率為正值，感應電流方向為*逆時針*。
2.
### 7
發電機輸出功率 $P_\text{發}=100~\text{kW}$、輸出電壓 $\mathcal{E}_\text{發}=250~\text{V}$
功率損耗 $5\%$、用戶端電壓 $\mathcal{E}_\text{用}=220~\text{V}$

- 變壓器1 $\dfrac{N_1}{N_2}=\dfrac{\mathcal{E}_\text{發}}{\mathcal{E}_\text{輸}}\implies\mathcal{E}_\text{輸}=\dfrac{N_2}{N_1}(250~\text{V})\tag{1}$
- 變壓器2 $\dfrac{N_3}{N_4}=\dfrac{\mathcal{E}'_\text{輸}}{\mathcal{E}_\text{用}}\implies\mathcal{E}'_\text{輸}=\dfrac{N_3}{N_4}(220~\text{V})\tag{2}$
- 功率損耗（發生在輸電過程） $\implies(100~\text{kW})\times 5\%=5~\text{kW}=\dfrac{(\mathcal{E}_\text{輸})^2}{8~\Omega}-\dfrac{(\mathcal{E}_\text{輸}')^2}{8~\Omega}\tag{3}$
$100~\text{kW}=\dfrac{(\mathcal{E}_\text{輸})^2}{8~\Omega}\tag{4}$

$\mathcal{E}_\text{輸}=\sqrt{800000}~\text{V}$
$\mathcal{E}'_\text{輸}=\sqrt{760000}~\text{V}$
$\dfrac{N_2}{N_1}=\dfrac{\sqrt{800000}~\text{V}}{250~\text{V}}=3.58$
$\dfrac{N_3}{N_4}=\dfrac{\sqrt{760000}~\text{V}}{220~\text{V}}=3.96$

## EZ 100
### 1
$R=\dfrac{mv}{qB}$
### 2
$\sum F_x=F_e-f=qE-\mu_kN=ma_x\tag{1}$
$\sum F_y=N-F_m-F_g=N-qvB-mg=0\tag{2}$
(2) 式 $\implies N=qvB+mg$
$a_x=\dfrac{1}{m}\left[qE-\mu_k\left(qvB+mg\right)\right]$
1. $a_{x,\max}=\dfrac{1}{m}\left[qE-\mu_k\left(q\cdot 0\cdot B+mg\right)\right]=\dfrac{1}{m}\left(qE-\mu_kmg\right)=\cdots$
2. $\dfrac{1}{m}\left[qE-\mu_k\left(qv_tB+mg\right)\right]=0\implies v_t=v_{\max}=\cdots$
### 3
愛因斯坦光電方程式 $eV_s=K_\max=hf-W$
$\implies V_s=\boxed{\dfrac{1}{e}\left(hf-W\right)}=\dfrac{1}{e}\left(\dfrac{hc}{\lambda}-W\right)$
### 4
溫度 $T=t^\circ C=(t+273)~\text{K}$
能量（僅有動能）$E=\dfrac{3}{2}k_BT=\dfrac{3}{2}k_B\big((t+273)~\text{K}\big)$
動量 $p=\sqrt{2mE}=\sqrt{3mk_B\big((t+273)~\text{K}\big)}$

物質波波長 $\lambda=\boxed{\dfrac{h}{p}=\dfrac{h}{\sqrt{3mk_B\big((t+273)~\text{K}\big)}}}$
## 補充題