# 4月13日 檢討
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## 知試王 物理 第12回
### 第15題
註：[康普頓效應](https://hackmd.io/@ulynx/BJy_68bOI)不屬於高中課綱。康普頓位移的公式為$$\lambda'-\lambda=\left(\dfrac{h}{m_0c}\right)(1-\cos\theta)，$$其中
- $h$ 為普朗克常數，
- $m_0$ 是電子的[靜止質量](https://en.wikipedia.org/wiki/Invariant_mass)（rest mass），
- $c$ 是真空中的光速。
- $\theta$ 是光子的散射角（scattering angle）。

本題答案為 $K=\boxed{\dfrac{RceB}{5}}$，請參考詳解。
但詳解有一個問題，就是把 $R=m_0v/eB$ 分子 $m_0v$ 當成動量，但其實在相對論中的動量是 $m_0v/\sqrt{1-v^2/c^2}$，除非另外要求 $v\ll c$，否則算出來的答案只是近似。
因次分析：$\left[\dfrac{RceB}{5}\right]=\left[\dfrac{mvc}{5}\right]=\text{kg}\cdot(\text{m}/\text{s})^2=\text{J}$，算出來的答案確實是能量的因次。

### 非選一
1. $W_拉 =Pt_1$，其中一部份 $\boxed{fd}$ 用來克服阻力 $f$，剩下另一部份 $W_合=W_阻+W_拉=-fd+Pt_1$ 會改變動能。
2. 由功能定理 $W_合=\Delta K=K_B-K_A=\dfrac{1}{2}mv_1^2-\dfrac{1}{2}mv_0^2，\tag{1}$
所以，$v_1=\boxed{\sqrt{2(Pt_1-fd)/m+v_0^2}}。\tag{2}$
3. 注意：不是等加速度運動，不能用 $v_1^2=v_0^2+2ad$！
在 $B$ 點考慮牛頓第二運動定律 $$\sum F_x: -f+F_拉\cos\theta_B=ma；$$先解 $a$，得$$a=\dfrac{F_拉\cos\theta_B}{m}-\dfrac{f}{m}。\tag{3}$$因為在 $B$ 點這裡 $|\mathbf{F}|=F_拉$，$|\mathbf{v}|=v_1$，且 $\mathbf{F}$ 與 $\mathbf{v}$ 的夾角為 $\theta_B$，所以依功率 $P=\mathbf{F}\cdot\mathbf{v}=F_拉v_1\cos\theta_B$，於是有$$F_拉\cos\theta_B=P/v_1，\tag{4}$$ 將(4)式代入(3)式，得到$$\begin{align}a&=\dfrac{P}{mv_1}-\dfrac{f}{m}\\&=\dfrac{P}{m\sqrt{2(Pt_1-fd)/m+v_0^2}}-\dfrac{f}{m}\\&=\boxed{\dfrac{P}{\sqrt{2m(Pt_1-fd)+m^2v_0^2}}-\dfrac{f}{m}}。\end{align}$$

### 非選二
1. 在電場區域：做==等速度（直線）運動==，由牛頓第二運動定律 $\sum F_y:-mg+qV/d=0$（向上為 $+y$ 方向）所以電荷量 $q=\boxed{mgd/V}$。
2. 在電場、磁場共存區域：因電力（量值 $qV/d$）已經與重力（量值 $mg$）平衡，合力只剩下磁力（量值 $qv_0B$，$\because \mathbf{v}$ 垂直於 $\mathbf{B}$），也提供油滴做==等速率圓周運動==的向心力 $mv_0^2/d$，即 $qv_0B=mv_0^2/d$，故 $B=mv_0/qd=\boxed{v_0V/gd^2}$。
3. 若噴出口下移至電極版中央，我們考慮新軌跡（下圖藍色，為一圓弧），並假設新半徑為 $r$。
對直角三角形使用畢氏定理：$$\require{cancel}\begin{align}\left(r-\dfrac{d}{2}\right)^2+d^2&=r^2\\\cancel{r^2}-rd+\dfrac{d^2}{4}+d^2&=\cancel{r^2}\\r&=\dfrac{5d}{4}\end{align}$$將此 $r$ 代入第2小題的結果，可得$$B'=\dfrac{mv_0}{qr}=\dfrac{mv_0}{q\frac{5d}{4}}=\dfrac{4}{5}B=\boxed{\dfrac{4}{5}\dfrac{v_0V}{gd^2}}。$$

## 知試王 物理 第13回
### 第4題
由 $x$ 方向的牛頓第二運動定律：
- 對於 $M$ 系統，$Ma_1=\mu_kmg\tag{1}$
- 對於 $m$ 系統，$ma_2=-\mu_kmg+F\tag{2}$
- 對於 $m+M$ 系統，（這式等於(1)加上(2)，是多餘的）$(m+M)a_C=ma_2+Ma_1=F\tag{3}$

運動的狀況提供了 $a_1$、$a_2$ 的線索：
- $2L=\frac{1}{2}a_1t^2\tag{4}$
- $3L=\frac{1}{2}a_2t^2\tag{5}$
(4)除以(5)可以得 $a_1=2a_2/3$，代入(1)得到 $2Ma_2/3=\mu_kmg$，再代入(2)得到 $$\begin{align}ma_2&=-2Ma_2/3+F\\\left(m+\dfrac{2}{3}M\right)a_2&=F\\a_2&=\dfrac{F}{m+\dfrac{2}{3}M}\end{align}$$再把 $a_2$ 代入(2)並使用 $m$、$M$、$F$ 的值可計算出 $\mu_k$ 的值。
### 第8題
考慮 $B$ 點和 $C$ 點的力學能守恆$$\dfrac{1}{2}m(3\sqrt{gr})^2=\dfrac{1}{2}mv_C^2+2mgr，$$得到 $C$ 點的速率（圓周運動的）為$$v_C=\sqrt{5gr}。$$質點在 $C$ 點的向心力由重力、圓管施給質點的正向力：$$\dfrac{mv_C^2}{r}=mg-F_N，$$所以$$F_N=5mgr/r-mg=\boxed{4mg}。$$
### 第13題
兩端開口：$340 \text{ Hz}=\dfrac{n(340 \text{ m/s})}{2L},\quad n=1,2,3,\dots\tag{1}$
一端開口、一端封閉：$425 \text{ Hz}=\dfrac{m(340 \text{ m/s})}{4L},\quad m=1,3,5,\dots\tag{2}$
由(1)式可得 $$L=\dfrac{n}{2}\text{ m},\quad n=1,2,3,\dots\tag{3}$$
由(2)式可得 $$L=\dfrac{0.8m}{4}\text{ m},\quad m=1,3,5,\dots\tag{4}$$
$L$ 的值必須滿足(3)、(4)兩式，求 $L$ 的最小值⋯⋯。
## 總複習講義 選修下
### 例10 （p.129）
3. $F=mg-IBL=mg-\dfrac{vB^2L^2}{R}=ma$，所以 $$a=\boxed{g-\dfrac{vB^2L^2}{Rm}}。$$
4. 在終端速率 $v_T$ 時，合力為零，即 $$mg-\dfrac{v_TB^2L^2}{R}=0，$$所以$$v_T=\boxed{\dfrac{mgR}{B^2L^2}}。$$