108 年 國立中央大學地球科學學系地球物理碩士班一般生《普通物理學》

本題為力學與功的概念整合題，包含牛頓第二運動定律、張力計算、功的定義、動能定理以及能量圖的繪製。

核心觀念：

1. 牛頓第二運動定律： $\sum \vec{F} = m\vec{a}$
2. 功的定義： $W = \vec{F} \cdot \vec{d} = Fd\cos\theta$
3. 動能定理： $\Delta K = W_{\text{net}}$
4. 能量守恆與能量圖： 系統的總能量等於轉換過程中的功。

已知條件：

• 滑輪組用於提升質量 $m = 60 \, \text{kg}$ 的物體。
• 提升距離 $d = 0.25 \, \text{m}$。
• 物體在提升過程中的加速度 $a = 3 \, \text{m/s}^2$（向上）。
• 滑輪和繩子慣量、摩擦力可忽略。
• 重力加速度 $g \approx 9.8 \, \text{m/s}^2$。

解題過程：

(a) 繩子張力 (拉繩)
圖 1 顯示的是一個動滑輪系統，其中上面有一個定滑輪和一個動滑輪。假設拉繩子的張力為 $T_p$。為了提升物體，拉繩子的力 $T_p$ 必須克服物體重量和動滑輪的運動。
在動滑輪系統中，如果拉繩子的力是 $T_p$，則支撐物體的繩子（連接動滑輪下方的繩子）的總張力是 $2T_p$，因為動滑輪由兩段繩子支撐。
我們需要分析物體 $m$ 的受力。物體受到向下的重力 $mg$ 和向上由繩子提供的張力 $T_{block}$。
根據牛頓第二運動定律，作用在物體上的合力為：
$\sum F_y = T_{block} - mg = ma$
$T_{block} = mg + ma = m(g+a)$
$T_{block} = 60 \, \text{kg} \times (9.8 \, \text{m/s}^2 + 3 \, \text{m/s}^2)$
$T_{block} = 60 \, \text{kg} \times 12.8 \, \text{m/s}^2 = 768 \, \text{N}$

由於動滑輪由兩段繩子支撐，且這兩段繩子都由拉繩子的人施加相同的張力 $T_p$，因此 $T_{block} = 2T_p$。
$T_p = \frac{T_{block}}{2} = \frac{768 \, \text{N}}{2} = 384 \, \text{N}$

【答案】(a) $384 \, \text{N}$

(b) 繩子張力 (懸吊物體)
繩子從動滑輪下方懸吊著物體，此繩子的張力即為我們在 (a) 中計算的 $T_{block}$。

【答案】(b) $768 \, \text{N}$

(c) 上方支架對頂滑輪的作用力
頂部滑輪（定滑輪）受到兩段繩子的拉力，這兩段繩子的張力均為 $T_p$。這兩段繩子都以大約 90 度的夾角（取決於滑輪的具體形狀，但通常假設為垂直）作用在頂部滑輪上。
頂部滑輪本身被懸吊在上方支架上。支架對頂滑輪的作用力必須平衡頂部滑輪受到的所有向下的力。
頂部滑輪受到兩段繩子的拉力，每段張力為 $T_p$。由於滑輪本身慣量可忽略，我們只需要考慮繩子的拉力。
如果兩段繩子是垂直向下的，則頂部滑輪受到的總向下力為 $2T_p$。
然而，從圖中可見，兩段繩子並非完全垂直。一段繩子是垂直向下的，另一段則是以某個角度拉向人。假設圖示的頂滑輪左右兩側與頂部支架的連接是垂直向下的。那麼，頂滑輪承受的力是來自左右兩側的繩子。
左側繩子的張力是 $T_p$，方向垂直向下。
右側繩子的張力也是 $T_p$，方向垂直向下。
所以，頂部滑輪承受的總向下張力是 $T_p + T_p = 2T_p$。
作用在頂部滑輪上的總向下的力是 $2T_p = 2 \times 384 \, \text{N} = 768 \, \text{N}$。
因此，上方支架對頂滑輪的作用力（向上）大小為 $768 \, \text{N}$。

更仔細的思考圖示：
圖 1 顯示頂部滑輪的左側繩子是垂直向下的，張力為 $T_p$。
頂部滑輪的右側繩子是從動滑輪下來，然後再拉向人。這段繩子也承受張力 $T_p$。
頂部滑輪本身被固定在上方支架上。
頂部滑輪受到兩個方向的拉力：

1. 左側繩子的向下的張力 $T_p$。
2. 右側繩子的向下的張力 $T_p$。
   所以，頂部滑輪受到向下的總拉力為 $T_p + T_p = 2T_p$。
   上方支架對頂滑輪的作用力（向上）大小為 $2T_p$。
   $F_{mount} = 2T_p = 2 \times 384 \, \text{N} = 768 \, \text{N}$。

【答案】(c) $768 \, \text{N}$

(d) 拉繩子的人所做的功
人拉繩子的力是 $T_p = 384 \, \text{N}$。
物體被提升的距離是 $d = 0.25 \, \text{m}$。
在動滑輪系統中，如果物體被提升了距離 $d$，則拉繩子的人需要拉動的繩子長度是 $2d$（因為動滑輪的移動距離是物體移動距離的一半，但拉繩子的人需要將繩子拉下兩倍於動滑輪移動的距離）。
所以，人拉繩子的距離是 $d_{pull} = 2 \times 0.25 \, \text{m} = 0.5 \, \text{m}$。
人施加的力 $T_p$ 與繩子移動的方向相同（都是向下），所以夾角為 0 度。
人所做的功 $W_{person} = T_p \times d_{pull}$
$W_{person} = 384 \, \text{N} \times 0.5 \, \text{m} = 192 \, \text{J}$。

【答案】(d) $192 \, \text{J}$

(e) 物體動能的變化量
根據動能定理，物體動能的變化量等於作用在物體上的淨功。
作用在物體上的力有：向上的張力 $T_{block}$ 和向下的重力 $mg$。
物體移動的距離是 $d = 0.25 \, \text{m}$（向上）。
淨力 $F_{net} = T_{block} - mg = ma$
$F_{net} = 768 \, \text{N} - 60 \, \text{kg} \times 9.8 \, \text{m/s}^2 = 768 \, \text{N} - 588 \, \text{N} = 180 \, \text{N}$。
淨功 $W_{net} = F_{net} \times d = 180 \, \text{N} \times 0.25 \, \text{m} = 45 \, \text{J}$。
因此，物體動能的變化量 $\Delta K_{block} = W_{net} = 45 \, \text{J}$。

也可以直接用動能定理：$\Delta K = \frac{1}{2}mv_f^2 - \frac{1}{2}mv_i^2$。
由於物體從靜止開始提升，初速度 $v_i = 0$。
末速度 $v_f$ 可以由 $v_f^2 = v_i^2 + 2ad$ 計算。
$v_f^2 = 0^2 + 2 \times (3 \, \text{m/s}^2) \times (0.25 \, \text{m}) = 1.5 \, \text{m}^2/\text{s}^2$。
$\Delta K_{block} = \frac{1}{2}m(v_f^2 - v_i^2) = \frac{1}{2} \times 60 \, \text{kg} \times (1.5 \, \text{m}^2/\text{s}^2 - 0)$
$\Delta K_{block} = 30 \, \text{kg} \times 1.5 \, \text{m}^2/\text{s}^2 = 45 \, \text{J}$。

【答案】(e) $45 \, \text{J}$

(g) 天花板所做的功
天花板對系統沒有做功，因為天花板沒有位移，並且沒有施加作用力在被提升的物體或滑輪組上。頂部支架（固定在天花板上）對頂滑輪施加了向上的力，但這個力作用在頂滑輪上，不是直接作用在天花板上。天花板本身是被動的結構。
嚴格來說，天花板沒有對「系統」做功，如果我們將天花板視為系統的一部分，則它沒有位移。如果我們將物體和滑輪組視為系統，天花板不與系統有交互作用。
因此，天花板對此過程做的功為零。

【答案】(g) $0 \, \text{J}$

(h) 地球對物體所做的功
地球對物體做的功是重力做的功。
重力 $F_g = mg = 60 \, \text{kg} \times 9.8 \, \text{m/s}^2 = 588 \, \text{N}$（向下）。
物體向上移動了 $d = 0.25 \, \text{m}$。
重力與位移方向相反，夾角為 180 度。
$W_{Earth} = F_g \times d \times \cos(180^\circ) = mgd \times (-1)$
$W_{Earth} = - (60 \, \text{kg} \times 9.8 \, \text{m/s}^2 \times 0.25 \, \text{m})$
$W_{Earth} = - (588 \, \text{N} \times 0.25 \, \text{m}) = -147 \, \text{J}$。

【答案】(h) $-147 \, \text{J}$

(i) 能量圖
能量圖（或稱能級圖、勢能圖）用於表示系統中不同形式能量的轉化。我們需要為三個不同的系統繪製能量圖：

1. 系統：物體 (Block)
   此系統只考慮物體本身的能量。在提升過程中，物體的動能增加，因為它從靜止加速到有最終速度。

   • 初始狀態：動能 $K_i = 0$。
   • 最終狀態：動能 $K_f = 45 \, \text{J}$。
   • 此系統的能量變化完全來自外部的「功」輸入，即繩子的張力做的功。
   • 能量圖：一個箭頭從 $K_i=0$ 指向 $K_f=45 \, \text{J}$，表示動能增加。

2. 系統：物體與地球 (Block + Earth)
   此系統考慮物體的動能和物體與地球之間的重力位能。

   • 初始狀態：動能 $K_i = 0$。重力位能 $U_{g,i}$ (假設在初始高度為 0)。
   • 最終狀態：動能 $K_f = 45 \, \text{J}$。重力位能 $U_{g,f} = U_{g,i} + mgh$。
   • 提升距離 $h = 0.25 \, \text{m}$。

核心觀念

本題考查伽利略速度合成，以及「人與船上的儀器分離後，兩者的相對速度」。

儀器落水後，假設儀器隨河水以 $1\ \text{m/s}$ 向下游漂流。船速皆為相對於水面的速度。

解題方法

取向下游為正方向。

船原本向下游航行，相對地面的速度為

$$v_{\text{船,地}}=v_{\text{船,水}}+v_{\text{水,地}} =5+1=6\ \text{m/s}.$$

儀器落水後隨水流移動，因此

$$v_{\text{儀器,地}}=1\ \text{m/s}.$$

船繼續向下游航行 $6$ 分鐘，即

$$\Delta t_1=6\times 60=360\ \text{s}.$$

這段時間內，船與儀器的分離速度為

$$v_{\text{分離}}=6-1=5\ \text{m/s},$$

所以兩者相距

$$d=(6-1)(360)=1800\ \text{m}.$$

接著船改為向上游航行，船相對水面的速度為 $-5\ \text{m/s}$，相對地面的速度為

$$v_{\text{船,地}}=-5+1=-4\ \text{m/s}.$$

儀器仍以

本題為簡諧運動 (Simple Harmonic Motion, SHM) 的應用題，需要根據給定的週期、振幅及特定時刻的位置來建立運動方程式，並計算速度與加速度。

核心觀念：

1. 簡諧運動方程式： $x(t) = A \cos(\omega t + \phi)$ 或 $x(t) = A \sin(\omega t + \phi)$，其中 $A$ 為振幅，$\omega$ 為角頻率，$\phi$ 為初始相位。
2. 角頻率與週期： $\omega = \frac{2\pi}{T}$。
3. 速度： $v(t) = \frac{dx}{dt}$。
4. 加速度： $a(t) = \frac{dv}{dt} = \frac{d^2x}{dt^2}$。
5. 最大速度： $v_{max} = A\omega$。
6. 最大加速度： $a_{max} = A\omega^2$。

已知條件：

• 週期 $T = 15 \, \text{s}$。
• 振幅 $A = 1.5 \, \text{m}$。
• 觀察者開始計時（$t=0$）的時刻，是樹梢通過「直立位置」之後的某個時刻。
• 在 $t = 40 \, \text{s}$ 時，樹梢位置 $x(40) = -0.5 \, \text{m}$（設向左為負，向右為正，直立位置為 $x=0$）。

解題過程：

基本參數計算：

• 角頻率 $\omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{15 \, \text{s}} = \frac{2\pi}{15} \, \text{rad/s}$。

(a) 運動方程式
我們假設運動方程式為 $x(t) = A \cos(\omega t + \phi)$。
已知 $A = 1.5 \, \text{m}$，$\omega = \frac{2\pi}{15} \, \text{rad/s}$。
所以，$x(t) = 1.5 \cos\left(\frac{2\pi}{15} t + \phi\right)$。

我們需要利用 $x(40) = -0.5 \, \text{m}$ 來求解初始相位 $\phi$。
$-0.5 = 1.5 \cos\left(\frac{2\pi}{15} \times 40 + \phi\right)$
$\cos\left(\frac{80\pi}{15} + \phi\right) = \frac{-0.5}{1.5} = -\frac{1}{3}$
$\cos\left(\frac{16\pi}{3} + \phi\right) = -\frac{1}{3}$

$\frac{16\pi}{3} = \frac{12\pi + 4\pi}{3} = 4\pi + \frac{4\pi}{3}$。
由於 $\cos(\theta + 4\pi) = \cos(\theta)$，所以
$\cos\left(\frac{4\pi}{3} + \phi\right) = -\frac{1}{3}$。

令 $\alpha = \frac{4\pi}{3} + \phi$。我們知道 $\cos(\alpha) = -1/3$。
$\alpha = \arccos(-1/3)$。
$\arccos(-1/3)$ 是一個角度，其餘弦值為 $-1/3$。此角度在第二象限或第三象限。
計算機計算 $\arccos(-1/3) \approx 1.9106 \, \text{rad}$ (第二象限) 或 $2\pi - 1.9106 \approx 4.3726 \, \text{rad}$ (第三象限)。
我們需要考慮 $\frac{4\pi}{3} \approx 4.1888 \, \text{rad}$。

情況 1： $\alpha = 1.9106 \, \text{rad}$ (第二象限)
$\frac{4\pi}{3} + \phi = 1.9106$
$4.1888 + \phi = 1.9106$
$\phi = 1.9106 - 4.1888 = -2.2782 \, \text{rad}$。
這個角度是負的，表示在 $t=0$ 時，運動是向左運動（因為餘弦函數的斜率是負的）。
也可以寫成 $\phi = -2.2782 + 2\pi \approx 3.9050 \, \text{rad}$。

情況 2： $\alpha = 4.3726 \, \text{rad}$ (第三象限)
$\frac{4\pi}{3} + \phi = 4.3726$
$4.1888 + \phi = 4.3726$
$\phi = 4.3726 - 4.1888 = 0.1838 \, \text{rad}$。
這個角度是正的，表示在 $t=0$ 時，運動是向右運動（餘弦函數的斜率是正的）。

題目說 "Jack begins timing at some instant after the treetop passes through the upright position"。這意味著在 $t=0$ 時，樹梢已經越過了 $x=0$ 的位置。
如果 $\phi = 0.1838 \, \text{rad}$，則在 $t=0$ 時，$x(0) = 1.5 \cos(0.1838) \approx 1.5 \times 0.983 \approx 1.47 \, \text{m}$。此時樹梢在右側，並且正在向左運動（因為速度 $v(t) = -1.5 \omega \sin(\omega t + \phi)$，$\sin(\phi) > 0$，所以 $v(0) < 0$）。這符合「經過直立位置之後」的描述。

如果 $\phi = -2.2782 \, \text{rad}$，則在 $t=0$ 時，$x(0) = 1.5 \cos(-2.2782) \approx 1.5 \times (-0.642) \approx -0.963 \, \text{m}$。此時樹梢在左側。

我們再檢查一下 $t=40 \, \text{s}$ 時的情況。
$\frac{16\pi}{3} = 5.333\pi$。
$\cos\left(\frac{16\pi}{3} + \phi\right) = -\frac{1}{3}$。
如果 $\phi = 0.1838 \, \text{rad}$：
$\frac{16\pi}{3} + \phi \approx 16.755 + 0.1838 = 16.9388 \, \text{rad}$。
$16.9388 \, \text{rad}$ 相當於 $16.9388 \pmod{2\pi}$。
$16.9388 / (2\pi) \approx 2.697$。
$16.9388 - 2 \times (2\pi) = 16.9388 - 12.5664 = 4.3724 \, \text{rad}$。
$\cos(4.3724) \approx -0.3333 = -1/3$。
所以 $\phi = 0.1838 \, \text{rad}$ 是正確的。

因此，運動方程式為：
$x(t) = 1.5 \cos\left(\frac{2\pi}{15} t + 0.1838\right) \, \text{m}$。

另一種寫法：使用 $\sin$ 函數
$x(t) = A \sin(\omega t + \phi')$
$v(t) = A\omega \cos(\omega t + \phi')$
$x(40) = -0.5 \, \text{m}$
$v(t) = \frac{dx}{dt} = -A\omega \sin(\omega t + \phi)$
$v(40) = -1.5 \times \frac{2\pi}{15} \sin\left(\frac{2\pi}{15} \times 40 + 0.1838\right)$
$v(40) = -\frac{2\pi}{10} \sin\left(\frac{16\pi}{3} + 0.1838\right)$
$v(40) = -\frac{\pi}{5} \sin(4.3724) \approx -\frac{\pi}{5} \times (-0.909) \approx 0.571 \, \text{m/s}$。
速度為正，表示 $t=40 \, \text{s}$ 時，樹梢正向右運動。
在 $t=40 \, \text{s}$ 時，樹梢位置是 $-0.5 \, \text{m}$（左側），而速度是正的（向右）。這意味著它剛從最左側 $-1.5 \, \text{m}$ 處運動到 $-0.5 \, \text{m}$，並且正在向右運動。

檢查初始條件：
"Jack begins timing at some instant after the treetop passes through the upright position"。
這表示在 $t=0$ 時，樹梢的位置 $x(0)$ 必須大於 0 (在右側)，並且速度 $v(0)$ 必須小於 0 (向左運動)。
$x(0) = 1.5 \cos(0.1838) \approx 1.47 \, \text{m}$。
$v(0) = -1.5 \times \frac{2\pi}{15} \sin(0.1838) = -\frac{\pi}{5} \sin(0.1838) \approx -\frac{\pi}{5} \times 0.182 \approx -0.114 \, \text{m/s}$。
$x(0) > 0$ 且 $v(0) < 0$。這符合「經過直立位置之後」的描述。

所以，運動方程式是：
$x(t) = 1.5 \cos\left(\frac{2\pi}{15} t + 0.1838\right) \, \text{m}$。
或者，我們可以寫成更精確的形式，使用 $\arccos$。
$\frac{16\pi}{3} + \phi = \arccos(-1/3) + 2n\pi$ 或 $\frac{16\pi}{3} + \phi = -\arccos(-1/3) + 2n\pi$。
我們需要 $\phi$ 使得 $x(0) > 0$ 且 $v(0) < 0$。
$\phi = \arccos(-1/3) - \frac{16\pi}{3} + 2n\pi$ 或 $\phi = -\arccos(-1/3) - \frac{16\pi}{3} + 2n\pi$。
取 $n=1$ 使得 $\phi$ 是正的。
$\phi_1 = \arccos(-1/3) - \frac{16\pi}{3} + 2\pi = \arccos(-1/3) - \frac{10\pi}{3} \approx 1.9106 - 10.472 = -8.56 \, \text{rad}$。
$\phi_2 = -\arccos(-1/3) - \frac{16\pi}{3} + 2\pi = -\arccos(-1/3) - \frac{10\pi}{3} \approx -1.9106 - 10.472 = -12.38 \, \text{rad}$。
這兩個值都很負。
我們需要 $x(0) = 1.5 \cos(\phi) > 0$ 且 $v(0) = -1.5 \omega \sin(\phi) < 0$，即 $\sin(\phi) > 0$。
所以 $\phi$ 必須在第一或第二象限。
$\cos(\frac{16\pi}{3} + \phi) = -1/3$。
$\frac{16\pi}{3} \approx 16.755 \, \text{rad}$。
$\frac{16\pi}{3} \pmod{2\pi} \approx 4.1888 \, \text{rad}$ (即 $4\pi/3$)。
所以 $\cos(4.1888 + \phi) = -1/3$。
令 $4.1888 + \phi = \alpha$，其中 $\cos(\alpha) = -1/3$。
$\alpha$ 可以是 $\approx 1.9106$ (第二象限) 或 $\approx 4.3726$ (第三象限)。
如果 $\alpha = 1.9106$ (第二象限)，則 $4.1888 + \phi = 1.9106 \implies \phi = -2.2782 \, \text{rad}$。
$\cos(-2.2782) \approx -0.642$ (負)，$\sin(-2.2782) \approx -0.767$ (負)。
$x(0) = 1.5 \cos(\phi) < 0$。不符合 $x(0) > 0$。

如果 $\alpha = 4.3726$ (第三象限)，則 $4.1888 + \phi = 4.3726 \implies \phi = 0.1838 \, \text{rad}$。
$\cos(0.1838) \approx 0.983$ (正)，$\sin(0.1838) \approx 0.182$ (正)。
$x(0) = 1.5 \cos(\phi) > 0$。
$v(0) = -1.5 \omega \sin(\phi) < 0$。
這符合條件。

本題為電磁感應問題，涉及變動電流產生的磁場、磁通量的計算，以及法拉第電磁感應定律和歐姆定律的應用。

核心觀念：

1. 長直導線電流產生的磁場： 在距離導線 $r$ 處，磁場強度為 $B = \frac{\mu_0 I}{2\pi r}$，方向由右手定則決定。
2. 磁通量： 穿過某面積的磁力線總數，$\Phi_B = \int \vec{B} \cdot d\vec{A}$。對於均勻磁場垂直穿過平面，$\Phi_B = BA$。
3. 法拉第電磁感應定律： 感應電動勢 $\mathcal{E} = -\frac{d\Phi_B}{dt}$。
4. 歐姆定律： 感應電流 $I_{ind} = \frac{\mathcal{E}}{R}$。
5. 楞次定律： 感應電流的方向會產生一個磁場，以抵抗穿過線圈的磁通量的變化。

已知條件：

• 長直導線電流：
  • $0 \leq t \leq 2.0 \, \text{s}$: $I(t) = a + bt$, 其中 $a = 1.0 \, \text{A}$, $b = 5.0 \, \text{A/s}$。
  • $t > 2.0 \, \text{s}$: 電流為常數。
• 矩形線圈：
  • 距離導線高度 $h = 0.05 \, \text{m}$。
  • 線圈寬度 $w = 0.1 \, \text{m}$。
  • 線圈長度 $l = 0.6 \, \text{m}$。
  • 線圈電阻 $R = 2.8 \, \Omega$。
• 需要計算的時段：
  • $0 < t \leq 2.0 \, \text{s}$
  • $t > 5.0 \, \text{s}$

圖示分析：
圖 2 顯示一長直導線位於矩形線圈的正上方，且在同一平面內。線圈的寬度 $w$ 是沿著導線方向的長度，而長度 $l$ 是垂直於導線方向的長度。
導線中的電流 $I$ 根據右手定則，在線圈區域內產生垂直進入紙面的磁場。
線圈的左邊緣距離導線為 $h=0.05 \, \text{m}$。
線圈的右邊緣距離導線為 $h+l = 0.05 \, \text{m} + 0.6 \, \text{m} = 0.65 \, \text{m}$。
線圈的寬度 $w=0.1 \, \text{m}$ 是沿著導線方向的尺寸。

解題步驟：

1. 計算線圈內磁場強度 $B$ 作為位置 $x$ 的函數
設 $x$ 為從導線開始沿垂直於導線的方向測量的距離。線圈的左邊緣在 $x=h$，右邊緣在 $x=h+l$。
線圈內任意一點的磁場強度為 $B(x) = \frac{\mu_0 I}{2\pi x}$，方向垂直進入紙面。
其中 $\mu_0 = 4\pi \times 10^{-7} \, \text{T}\cdot\text{m/A}$。

2. 計算穿過線圈的磁通量 $\Phi_B$
由於磁場強度 $B$ 隨距離 $x$ 變化，我們需要對線圈面積進行積分。
考慮線圈中一個寬度為 $dx$ 的微小面積元素，其在垂直於導線方向上的長度為 $w$。這個面積元素位於距離導線 $x$ 處。
則微小面積 $dA = w \, dx$。
穿過此微小面積的磁通量 $d\Phi_B = B(x) dA = \frac{\mu_0 I}{2\pi x} (w \, dx)$。
總磁通量 $\Phi_B = \int_{h}^{h+l} d\Phi_B = \int_{h}^{h+l} \frac{\mu_0 I w}{2\pi x} dx$。
$\Phi_B = \frac{\mu_0 I w}{2\pi} \int_{h}^{h+l} \frac{1}{x} dx$
$\Phi_B = \frac{\mu_0 I w}{2\pi} [\ln(x)]_{h}^{h+l}$
$\Phi_B = \frac{\mu_0 I w}{2\pi} [\ln(h+l) - \ln(h)]$
$\Phi_B = \frac{\mu_0 I w}{2\pi} \ln\left(\frac{h+l}{h}\right)$。

代入數值：
$h = 0.05 \, \text{m}$, $l = 0.6 \, \text{m}$, $w = 0.1 \, \text{m}$。
$\frac{h+l}{h} = \frac{0.05 + 0.6}{0.05} = \frac{0.65}{0.05} = 13$。
$\Phi_B = \frac{\mu_0 I w}{2\pi} \ln(13)$。

3. 計算感應電動勢 $\mathcal{E}$
$\mathcal{E} = -\frac{d\Phi_B}{dt}$。
$\Phi_B$ 的表達式中，只有 $I$ 是時間的函數，其他都是常數。
$\mathcal{E} = -\frac{d}{dt} \left(\frac{\mu_0 w \ln(13)}{2\pi} I(t)\right)$
$\mathcal{E} = -\frac{\mu_0 w \ln(13)}{2\pi} \frac{dI(t)}{dt}$。

情況一：$0 < t \leq 2.0 \, \text{s}$
此時，電流 $I(t) = a + bt$。
$\frac{dI(t)}{dt} = \frac{d}{dt}(a+bt) = b$。
所以，感應電動勢為：
$\mathcal{E}_1 = -\frac{\mu_0 w \ln(13)}{2\pi} b$。
代入數值：
$\mu_0 = 4\pi \times 10^{-7} \, \text{T}\cdot\text{m/A}$
$w = 0.1 \, \text{m}$
$\ln(13) \approx 2.565$
$b = 5.0 \, \text{A/s}$
$\mathcal{E}_1 = -\frac{(4\pi \times 10^{-7}) \times 0.1 \times \ln(13)}{2\pi} \times 5.0$
$\mathcal{E}_1 = - (2 \times 10^{-7}) \times 0.1 \times \ln(13) \times 5.0$
$\mathcal{E}_1 = -1.0 \times 10^{-7} \times \ln(13)$
$\mathcal{E}_1 \approx -1.0 \times 10^{-7} \times 2.565 = -2.565 \times 10^{-7} \, \text{V}$。
感應電動勢的大小 $|\mathcal{E}_1| = 2.565 \times 10^{-7} \, \text{V}$。

感應電流的方向：
$\mathcal{E}_1$ 是負值。根據楞次定律，感應電動勢的方向是為了抵抗磁通量的變化。