112 年 國立臺灣大學大氣系碩士班乙組《普通物理學》

此題考驗動量守恆在火箭推進上的應用，以及牛頓第二運動定律。

(a) 火箭的推力 (Thrust)

火箭的推力是由噴射燃料產生的反作用力。根據牛頓第二運動定律，推力 $F_{thrust}$ 等於燃料噴射的質量變化率 $R$ 乘以噴射速度 $v_{rel}$。
給定：
燃料噴射速率 $R = 150$ kg/s
相對火箭的噴射速度 $v_{rel} = 3000$ m/s

推力 $F_{thrust} = R \cdot v_{rel}$
$F_{thrust} = (150 \text{ kg/s}) \cdot (3000 \text{ m/s})$
$F_{thrust} = 450,000 \text{ N}$

因此，火箭的推力為 450,000 N。

(b) 燃燒殆盡時的最終速度

首先，我們需要計算燃料燃燒的時間 $t$。
總初始質量 $M_i = 21,000$ kg
燃料質量 = 15,000 kg
因此，火箭燃燒完畢後的最終質量 $M_f = M_i - \text{fuel mass} = 21,000 \text{ kg} - 15,000 \text{ kg} = 6,000$ kg。

圖文判讀與已知量

依原卷掃描圖與原題內容，體積關係為

$$V_d=4V_a,\qquad V_b=V_a,\qquad V_c=V_d.$$

因此 $b\to c$ 為由 $V_a$ 膨脹至 $4V_a$ 的等溫過程。題目轉錄中的 $V_c=V_a$ 與原卷不符；以下依原卷作答。

已知

$$n=0.2\ \mathrm{mol},\quad \gamma=\frac53,\quad V_a=V_b=1.0\times10^{-3}\ \mathrm{m^3},$$ $$V_c=V_d=4.0\times10^{-3}\ \mathrm{m^3},$$ $$p_a=5.0\ \mathrm{atm}=5.065\times10^5\ \mathrm{Pa}, \quad p_b=10.0\ \mathrm{atm}=1.013\times10^6\ \mathrm{Pa}.$$

單原子理想氣體的定容熱容量為

$$C_v=\frac32R.$$

核心觀念

使用理想氣體方程式、第一定律與可逆過程關係：

$$pV=nRT,$$ $$Q=\Delta U+W,$$ $$\Delta U=nC_v\Delta T.$$

其中：

• $a\to b$、$c\to d$ 為定容過程；
• $b\to c$ 為可逆等溫膨脹；
• $d\to a$ 為絕熱壓縮，故 $Q_{da}=0$；
• 循環效率為 $\eta=W_{\mathrm{net}}/Q_{\mathrm{in}}$。

(a) 點 $a$ 的溫度 $T_a$

由理想氣體方程式：

$$T_a=\frac{p_aV_a}{nR} =\frac{(5.065\times10^5)(1.0\times10^{-3})}{(0.2)(8.31)} \approx 304.8\ \mathrm{K}.$$

因此

$$\boxed{T_a\approx 3.05\times10^2\ \mathrm{K}}$$

補充各狀態溫度：

$$T_b=\frac{p_bV_b}{nR}\approx609.5\ \mathrm{K}.$$

因為 $b\to c$ 等溫，

$$T_c=T_b\approx609.5\ \mathrm{K}.$$

由 $d\to a$ 絕熱：

$$TV^{\gamma-1}=\text{constant},$$

所以

$$T_d=T_a\left(\frac{V_a}{V_d}\right)^{\gamma-1} =304.8\left(\frac14\right)^{2/3} \approx120.9\ \mathrm{K}.$$

(b) 加入氣體的熱量 $Q_{\mathrm{in}}$

吸熱發生在 $a\to b$ 與 $b\to c$。

在定容過程 $a\to b$ 中，$W_{ab}=0$，故

$$Q_{ab}=\Delta U =nC_v(T_b-T_a) =\frac32nR(T_b-T_a).$$

利用 $nRT=pV$：

$$Q_{ab}=\frac32(p_bV_b-p_aV_a) =\frac32(1013-506.5) \approx759.8\ \mathrm{J}.$$

在等溫過程 $b\to c$ 中，理想氣體內能不變，故

$$Q_{bc}=W_{bc} =nRT_b\ln\frac{V_c}{V_b}.$$

由 $nRT_b=p_bV_b$ 且 $V_c/V_b=4$：

此題考驗靜電學中的電勢與電場計算，特別是處理連續電荷分佈的問題。

給定：
細長桿長度為 $l$，沿 y 軸放置，一端在原點。
非均勻線密度 $\lambda(y) = \lambda_0 y/l$，其中 $0 \le y \le l$。
在 x 軸上距離原點 $x$ 處的點 P 進行計算。
$\lambda_0$ 是常數。

(a) 計算點 P 的電勢 $V(P)$

我們需要計算由桿上的每一個微小電荷 $dq$ 在點 P 產生的電勢 $dV$，然後積分。
一個微小長度 $dy$ 上的電荷為 $dq = \lambda(y) dy = (\lambda_0 y/l) dy$。
這個微小電荷 $dq$ 到點 P 的距離 $r$ 可以用畢氏定理計算：$r = \sqrt{x^2 + y^2}$。
點 P 的總電勢 $V(P)$ 是所有 $dq$ 在 P 產生的電勢 $dV = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{dq}{r}$ 的積分。

$V(P) = \int dV = \int \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{dq}{r}$
$V(P) = \int_{0}^{l} \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{(\lambda_0 y/l) dy}{\sqrt{x^2 + y^2}}$
$V(P) = \frac{\lambda_0}{4\pi\epsilon_0 l} \int_{0}^{l} \frac{y dy}{\sqrt{x^2 + y^2}}$

為了計算這個積分，我們可以使用代換積分法。令 $u = x^2 + y^2$，則 $du = 2y dy$，所以 $y dy = \frac{1}{2} du$。
當 $y=0$, $u = x^2$。
當 $y=l$, $u = x^2 + l^2$。

積分變為：
$\int_{x^2}^{x^2+l^2} \frac{1}{\sqrt{u}} \frac{1}{2} du = \frac{1}{2} \int_{x^2}^{x^2+l^2} u^{-1/2} du$
$= \frac{1}{2} \left[ \frac{u^{1/2}}{1/2} \right]_{x^2}^{x^2+l^2} = [\sqrt{u}]_{x^2}^{x^2+l^2}$
$= \sqrt{x^2+l^2} - \sqrt{x^2} = \sqrt{x^2+l^2} - x$ (因為 $x$ 是距離，通常取正值)

所以，點 P 的電勢為：
$V(P) = \frac{\lambda_0}{4\pi\epsilon_0 l} (\sqrt{x^2+l^2} - x)$

(b) 計算桿的總電荷 $Q$
總電荷 $Q$ 可以通過對線密度 $\lambda(y)$ 在桿的長度上積分得到。
$Q = \int dq = \int_{0}^{l} \lambda(y) dy$
$Q = \int_{0}^{l} \frac{\lambda_0 y}{l} dy$
$Q = \frac{\lambda_0}{l} \int_{0}^{l} y dy$
$Q = \frac{\lambda_0}{l} \left[ \frac{y^2}{2} \right]_{0}^{l}$
$Q = \frac{\lambda_0}{l} \left( \frac{l^2}{2} - 0 \right)$
$Q = \frac{\lambda_0 l}{2}$

(c) 當 $x \gg l$ 時的結果
當 $x \gg l$ 時，桿可以近似看作一個點電荷。
我們對 (a) 中的電勢公式進行近似。
$V(P) = \frac{\lambda_0}{4\pi\epsilon_0 l} (\sqrt{x^2+l^2} - x)$
我們可以提取 $x$：

此題考驗電阻率、電阻與溫度關係，以及電阻的計算，特別是處理非均勻截面積的導體。

(a) 圓錐體的電阻 $R$

我們考慮一個距離左端（半徑為 $a$ 的端面）為 $x$ 處，厚度為 $dx$ 的一個薄圓盤。
設此圓盤的半徑為 $r(x)$。
根據相似三角形的原理，我們可以建立半徑 $r(x)$ 與位置 $x$ 的關係。
從左端（$x=0$）的半徑 $a$ 到右端（$x=L$）的半徑 $b$。
半徑 $r(x)$ 隨 $x$ 線性變化。
$r(x) = a + \frac{b-a}{L} x$

這個薄圓盤的截面積為 $A(x) = \pi [r(x)]^2 = \pi \left(a + \frac{b-a}{L} x\right)^2$。
這個薄圓盤的電阻 $dR$ 為：
$dR = \rho \frac{dx}{A(x)} = \rho \frac{dx}{\pi \left(a + \frac{b-a}{L} x\right)^2}$

將整個圓錐體的電阻 $R$ 計算出來，就是對 $dR$ 從 $x=0$ 到 $x=L$ 進行積分。
$R = \int dR = \int_{0}^{L} \rho \frac{dx}{\pi \left(a + \frac{b-a}{L} x\right)^2}$
$R = \frac{\rho}{\pi} \int_{0}^{L} \frac{dx}{\left(a + \frac{b-a}{L} x\right)^2}$

令 $u = a + \frac{b-a}{L} x$。
則 $du = \frac{b-a}{L} dx$，所以 $dx = \frac{L}{b-a} du$。
當 $x=0$, $u = a$。
當 $x=L$, $u = a + \frac{b-a}{L} L = a + b - a = b$。

積分變為：
$R = \frac{\rho}{\pi} \int_{a}^{b} \frac{1}{u^2} \left(\frac{L}{b-a} du\right)$
$R = \frac{\rho L}{\pi (b-a)} \int_{a}^{b} u^{-2} du$
$R = \frac{\rho L}{\pi (b-a)} \left[ \frac{u^{-1}}{-1} \right]_{a}^{b}$
$R = \frac{\rho L}{\pi (b-a)} \left[ -\frac{1}{u} \right]_{a}^{b}$
$R = \frac{\rho L}{\pi (b-a)} \left( -\frac{1}{b} - (-\frac{1}{a}) \right)$
$R = \frac{\rho L}{\pi (b-a)} \left( \frac{1}{a} - \frac{1}{b} \right)$
$R = \frac{\rho L}{\pi (b-a)} \left( \frac{b-a}{ab} \right)$
$R = \frac{\rho L}{\pi ab}$

這個結果是對於一個圓錐體，其半徑從 $a$ 變到 $b$。

(b) 計算銅製圓錐體的電阻 $R$ (293 K)

給定：
$\rho = 1.69 \times 10^{-8} \, \Omega \cdot \text{m}$ (在 293 K)
$a = 0.20$ mm $= 0.20 \times 10^{-3}$ m

此題考驗長直螺線管內部的磁場，以及端點附近的磁場計算，最後應用法拉第定律計算感應電流。

(a) 長直螺線管內部的磁場 $B$

考慮一個長直螺線管，其單位長度有 $n$ 匝線圈，總長度為 $l$，總匝數為 $N = nl$。螺線管內通有電流 $I$。
我們使用安培定律來計算螺線管內部的磁場。
選擇一個矩形閉合迴路，其中一邊長度為 $l'$，平行於螺線管的軸線，位於螺線管內部，另一邊則穿過螺線管外部。
安培定律：$\oint \vec{B} \cdot d\vec{l} = \mu_0 I_{enc}$

螺線管外部磁場 $B_{out} = 0$。
螺線管內部磁場 $B_{in}$ 垂直於迴路的兩端（與軸線垂直），因此這兩段的 $\vec{B} \cdot d\vec{l} = 0$。
所以，積分只在長度為 $l'$ 的那一段進行：
$\oint \vec{B} \cdot d\vec{l} = B_{in} l'$

螺線管內部包圍的總電流 $I_{enc}$ 是迴路長度 $l'$ 內包含的匝數乘以電流 $I$。
長度 $l'$ 內的匝數為 $n l'$。
$I_{enc} = (n l') I$

將安培定律代入：
$B_{in} l' = \mu_0 (n l') I$
$B_{in} = \mu_0 n I$

所以，長直螺線管內部均勻磁場的強度為 $B = \mu_0 n I$。

(b) 長直螺線管端點中心的磁場 $B_{end}$

對於一個長螺線管（長度 $l \gg$ 半徑 $R$），其端點中心的磁場強度約為內部磁場強度的一半。
內部磁場 $B_{in} = \mu_0 n I$。
端點中心的磁場 $B_{end} \approx \frac{1}{2} B_{in} = \frac{1}{2} \mu_0 n I$。

嚴格來說，端點中心的磁場計算需要積分：
$B = \frac{\mu_0 N I}{2l} (\cos\theta_1 - \cos\theta_2)$
對於螺線管內部， $\theta_1$ 是靠近起點的線圈匝與軸線的夾角， $\theta_2$ 是靠近終點的線圈匝與軸線的夾角。
對於端點中心的磁場，假設螺線管長度為 $l$。
若我們考慮靠近右端點（$x=l$）的中心點。
對於螺線管內部的點， $\theta_1$ 是從螺線管起點到該點的線圈匝與軸線的夾角。
對於端點中心的點，我們考慮從起點到該點的積分。
螺線管從 $x=0$ 到 $x=l$。
在螺線管內部（非端點）的點， $\theta_1$ 是從螺線管開頭的線圈到該點的夾角， $\theta_2$ 是從螺線管結尾的線圈到該點的夾角。
對於螺線管內部的點， $\theta_1 \to 0$ (從起點開始)， $\theta_2 \to \pi$ (到終點)。
$B = \frac{\mu_0 N I}{2l} (\cos(0) - \cos(\pi)) = \frac{\mu_0 N I}{2l} (1 - (-1)) = \frac{\mu_0 N I}{2l} (2) = \mu_0 n I$ (因為 $N=nl$)。

對於端點中心的點（例如，位於 $x=l$ 處，且在螺線管軸線上），我們考慮從螺線管起點 ($x=0$) 到該點的積分。
螺線管的半徑為 $R$。
對於端點中心的點，我們需要考慮從螺線管的起點 ($x=0$) 到終點 ($x=l$) 的所有線圈。
假設我們計算螺線管右端點中心處的磁場。
螺線管的起點在 $x=0$，終點在 $x=l$。
對於該點， $\theta_1$ 是從螺線管起點的線圈到該點的夾角。
$\theta_2$ 是從螺線管終點的線圈到該點的夾角。
在端點中心， $x=l$。
從起點 $x=0$ 的線圈看，該線圈的 y 座標為 0。該點的 x 座標為 $l$。
螺線管半徑為 $R$。
從起點 $x=0$ 的線圈來看，到軸線上 $x=l$ 的點，其角度 $\theta_1$ 滿足 $\cos \theta_1 = \frac{l}{\sqrt{l^2+R^2}}$。
從終點 $x=l$ 的線圈來看，該線圈的 y 座標為 $l$。該點的 x 座標為 $l$。
從終點 $x=l$ 的線圈來看，到軸線上 $x=l$ 的點，其角度 $\theta_2$ 滿足 $\cos \theta_2 = \frac{0}{\sqrt{0^2+R^2}} = 0$。

所以，端點中心的磁場為：
$B_{end} = \frac{\mu_0 N I}{2l} \left( \frac{l}{\sqrt{l^2+R^2}} - 0 \right)$
$B_{end} = \frac{\mu_0 N I}{2l} \frac{l}{\sqrt{l^2+R^2}} = \frac{\mu_0 N I}{2\sqrt{l^2+R^2}}$
因為 $l \gg R$, $\sqrt{l^2+R^2} \approx l$。
$B_{end} \approx \frac{\mu_0 N I}{2l} = \frac{\mu_0 (nl) I}{2l} = \frac{1}{2} \mu_0 n I$。
這與前面半經驗的結果一致。

(c) 感應電流 $I_{ind}$

當螺線管中的電流 $I$ 增加時，它產生的磁場也會增加。這個變化的磁場穿過旁邊的鋁環，會在鋁環中產生感應電動勢和感應電流。
首先計算螺線管磁場隨時間的變化率 $\frac{dB}{dt}$。
$B = \mu_0 n I$
$\frac{dB}{dt} = \mu_0 n \frac{dI}{dt}$

給定：
$n = 1000$ turns/m
$\frac{dI}{dt} = 200$ A/s
$\mu_0 = 4\pi \times 10^{-7}$ T·m/A

$\frac{dB}{dt} = (4\pi \times 10^{-7} \, \text{T·m/A}) \cdot (1000 \, \text{turns/m}) \cdot (200 \, \text{A/s})$
$\frac{dB}{dt} = 8\pi \times 10^{-2} \, \text{T/s}$

感應電動勢 $\mathcal{E}$ 由法拉第定律給出：
$\mathcal{E} = -\frac{d\Phi_B}{dt}$
其中 $\Phi_B$ 是磁通量。
磁通量 $\Phi_B = \int \vec{B} \cdot d\vec{A}$。
對於鋁環，我們考慮的是螺線管磁場穿過鋁環的磁通量。
由於鋁環的半徑 $R_{Al} = 5.0$ cm 遠大於螺線管的半徑 $R_{solenoid} = 3.0$ cm，且鋁環位於螺線管的端點附近。
我們假設螺線管的磁場在鋁環的範圍內近似均勻（雖然在端點附近磁場不是嚴格均勻，但題目要求近似估計）。
因此，我們使用螺線管內部磁場公式 $B = \mu_0 n I$ 來計算磁通量。
磁通量 $\Phi_B = B \cdot A_{Al}$，其中 $A_{Al}$ 是鋁環的截面積。
$A_{Al} = \pi R_{Al}^2 = \pi (5.0 \times 10^{-2} \, \text{m})^2 = \pi (25 \times 10^{-4}) \, \text{m}^2 = 2.5\pi \times 10^{-3} \, \text{m}^2$。

$\frac{d\Phi_B}{dt} = \frac{d}{dt} (B \cdot A_{Al}) = A_{Al} \frac{dB}{dt}$ (因為 $A_{Al}$ 是常數)
$\frac{d\Phi_B}{dt} = (2.5\pi \times 10^{-3} \, \text{m}^2) \cdot (8\pi \times 10^{-2} \, \text{T/s})$
$\frac{d\Phi_B}{dt} = 20\pi^2 \times 10^{-5} \, \text{Wb/s} = 2\pi^2 \times 10^{-4} \, \text{V}$

感應電動勢的量值 $|\mathcal{E}| = |\frac{d\Phi_B}{dt}| \approx 2 \times (3.14159)^2 \times 10^{-4} \, \text{V} \approx 19.74 \times 10^{-4} \, \text{V} \approx 0.01974$ V。

感應電流 $I_{ind}$ 由歐姆定律給出：
$I_{ind} = \frac{|\mathcal{E}|}{R_{Al}}$
$R_{Al} = 0.0001 \, \Omega = 1 \times 10^{-4} \, \Omega$

核心觀念

本題使用：

• 光子能量：$E_\gamma=hf=\dfrac{hc}{\lambda}$
• 雷射功率與強度關係：$P=IA$
• Poynting 向量的時間平均值：$\langle\mathbf S\rangle=I\hat{\mathbf n}$
• 電磁波動量密度：$\mathbf g=\dfrac{\mathbf S}{c^2}$

其中 $\hat{\mathbf n}$ 表示雷射的傳播方向。原卷第 6 題未指定座標正方向，因此以 $\hat{\mathbf n}$ 表示方向。

已知

$$P=20\ \text{mW}=2.0\times10^{-2}\ \text{W},$$ $$\lambda=632.8\ \text{nm},\qquad r=\frac{1\ \text{mm}}{2}=5.0\times10^{-4}\ \text{m}.$$

光束截面積為

$$A=\pi r^2 =\pi(5.0\times10^{-4})^2 =7.854\times10^{-7}\ \text{m}^2.$$

(a) 單一光子的能量

$$E_\gamma=\frac{hc}{\lambda}.$$

使用 $hc\simeq1240\ \text{eV}\cdot\text{nm}$：

$$E_\gamma =\frac{1240}{632.8}\ \text{eV} \simeq1.96\ \text{eV}.$$

換算成焦耳為

$$E_\gamma\simeq3.14\times10^{-19}\ \text{J}.$$

(b) Poynting 向量

均勻光束的時間平均 Poynting 向量在整個截面上相同，且

$$P=\int_A\langle\mathbf S\rangle\cdot d\mathbf A =\langle S\rangle A.$$

因此

$$\langle\mathbf S\rangle =\frac{P}{A}\hat{\mathbf n} =\frac{2.0\times10^{-2}} {7.854\times10^{-7}}\hat{\mathbf n}.$$

所以

此題考驗質心、轉動慣量以及簡諧運動的觀念，應用於一個半圓盤狀物體。

(a) 質心座標 $(x_{COM}, y_{COM})$

對於一個均勻的半圓盤，由於對稱性，質心必定在對稱軸上。圖中顯示半圓盤對 y 軸對稱，所以 $x_{COM} = 0$。
我們只需要計算 $y_{COM}$。
我們可以將半圓盤視為由無數個厚度為 $dy$ 的薄圓環組成，或者使用微元法。
考慮一個從 y 軸向上延伸，角度為 $d\phi$ 的扇形微元。
或者，更常見的方法是將半圓盤視為由無數個薄圓盤堆疊而成。
這裡我們將使用極座標來計算。
對於一個半徑為 $R$ 的圓盤，其質心座標為 $(0, 4R/(3\pi))$。
這裡是一個半圓盤，所以我們考慮從 $\phi=0$ 到 $\phi=\pi$ 的區域。
質心座標的計算公式為：
$y_{COM} = \frac{\int y \, dm}{\int dm}$
我們可以將半圓盤看作是許多小質量元 $dm$ 組成。
考慮一個位於 $(x, y)$ 的微小面積 $dA$。
$dA = dx dy$。
在極座標下，$x = r \cos\phi$, $y = r \sin\phi$, $dA = r dr d\phi$。
由於半圓盤是均勻的，密度 $\rho = M/A_{total}$。
半圓盤的面積 $A_{total} = \frac{1}{2} \pi R^2$。
所以 $\rho = \frac{M}{\frac{1}{2} \pi R^2} = \frac{2M}{\pi R^2}$。
微小質量 $dm = \rho dA = \rho r dr d\phi$。

$y_{COM} = \frac{\int_{0}^{\pi} \int_{0}^{R} (r \sin\phi) (\rho r dr d\phi)}{\int_{0}^{\pi} \int_{0}^{R} (\rho r dr d\phi)}$
分母是總質量 $M$：
$\int dm = \rho \int_{0}^{\pi} d\phi \int_{0}^{R} r dr = \rho (2\pi) (\frac{R^2}{2}) = \rho \pi R^2$。
由於是半圓盤，積分範圍是 $\phi$ 從 0 到 $\pi$。
分母：$\int dm = \rho \int_{0}^{\pi} d\phi \int_{0}^{R} r dr = \rho (\pi) (\frac{R^2}{2}) = \rho \frac{\pi R^2}{2} = M$。

分子：
$\int y \, dm = \rho \int_{0}^{\pi} \sin\phi d\phi \int_{0}^{R} r^2 dr$
$\int_{0}^{\pi} \sin\phi d\phi = [-\cos\phi]_{0}^{\pi} = -\cos(\pi) - (-\cos(0)) = -(-1) - (-1) = 1 + 1 = 2$。
$\int_{0}^{R} r^2 dr = [\frac{r^3}{3}]_{0}^{R} = \frac{R^3}{3}$。
所以，分子 $= \rho \cdot 2 \cdot \frac{R^3}{3} = \frac{2}{3} \rho R^3$。

$y_{COM} = \frac{\frac{2}{3} \rho R^3}{\rho \frac{\pi R^2}{2}} = \frac{2}{3} \rho R^3 \cdot \frac{2}{\rho \pi R^2} = \frac{4R}{3\pi}$。

所以，質心座標為 $(x_{COM}, y_{COM}) = (0, \frac{4R}{3\pi})$。

(b) 繞質心旋轉的轉動慣量 $I_{COM}$

對於一個均勻的圓盤，繞其中心軸（垂直於盤面）的轉動慣量為 $I_{disk} = \frac{1}{2}MR^2$。
對於一個半圓盤，我們可以將其視為兩個相同的四分之一圓盤。
或者，我們可以直接積分。
考慮微元 $dm = \rho r dr d\phi$。
轉動慣量 $I = \int r^2 dm$。
$I_{COM} = \int_{0}^{\pi} \int_{0}^{R} r^2 (\rho r dr d\phi)$
$I_{COM} = \rho \int_{0}^{\pi} d\phi \int_{0}^{R} r^3 dr$
$\int_{0}^{\pi} d\phi = \pi$
$\int_{0}^{R} r^3 dr = [\frac{r^4}{4}]_{0}^{R} = \frac{R^4}{4}$
$I_{COM} = \rho \cdot \pi \cdot \frac{R^4}{4}$
代入 $\rho = \frac{2M}{\pi R^2}$：
$I_{COM} = \frac{2M}{\pi R^2} \cdot \pi \cdot \frac{R^4}{4} = \frac{1}{2} M R^2$。

這結果是繞原點 (圓心) 的轉動慣量。
我們需要繞質心 $(0, 4R/(3\pi))$ 的轉動慣量。
由於質心在對稱軸上，繞質心和繞圓心的轉動慣量是相同的。
這是因為質心在旋轉軸上的投影距離為零。
所以，繞質心的轉動慣量 $I_{COM} = \frac{1}{2}MR^2$。

(c) 簡諧運動的週期 $T$

半圓盤繞點 P (y 軸上，Figure 5(b) 顯示 P 在圓盤邊緣，且是支點) 旋轉。
點 P 的位置沒有明確給出，但 Figure 5(b) 顯示 P 在 y 軸上，且似乎是半圓盤的圓心。
假設 P 是半圓盤的圓心 (原點)。
當半圓盤偏離平衡位置（y 軸豎直向下）一個小角度 $\theta$ 時，重力 $M g$ 作用在質心 $(0, 4R/(3\pi))$。
由於 P 是支點，重力對點 P 的力矩 $\tau$ 會使半圓盤旋轉。
力矩 $\tau = -r_{COM} \times (M\vec{g})$。
質心到支點 P 的距離向量 $\vec{r}_{COM} = (0, 4R/(3\pi))$ (如果 P 是圓心)。
重力 $\vec{g} = (0, -g)$。
力矩 $\vec{\tau} = \vec{r}_{COM} \times M\vec{g}$。
$\vec{\tau} = (0, \frac{4R}{3\pi}, 0) \times (0, -Mg, 0)$ (假設半圓盤在 xy 平面)。
$\vec{\tau} = (0, 0, 0)$。
這表示如果 P 是圓心，那麼重力作用在質心上，而質心在旋轉軸上，所以重力不會產生力矩。

仔細閱讀題目：
「pivot at point P which is on the y axis, as shown in Fig. 5(b)」
Figure 5(b) 顯示 P 在 y 軸上，並且是一個支點。
Figure 5(a) 顯示半圓盤的圓心在原點。
Figure 5(b) 顯示 P 在 y 軸上，且半圓盤繞 P 旋轉。
如果 P 是圓心 (原點)，則重力不會產生力矩。
但是，如果 P 不是圓心，而是在 y 軸上，那麼情況就不同了。

假設 P 是半圓盤的圓心 (原點 O)。
那麼，重力 $Mg$ 作用在質心 $(0, 4R/(3\pi))$。
重力對原點 O 的力矩是 $\vec{\tau} = \vec{r}_{COM} \times \vec{F}_g$。
$\vec{r}_{COM} = (0, \frac{4R}{3\pi})$ (相對於 O)。
$\vec{F}_g = (0, -Mg)$。
$\vec{\tau} = (0, \frac{4R}{3\pi}, 0) \times (0, -Mg, 0) = \vec{0}$。
這意味著如果 P 是圓心，重力不會產生力矩。

然而，題目說「Show that the half circle will execute simple harmonic motion」。
這表示一定有恢復力矩。
很可能 P 不是圓心。
Figure 5(b) 顯示 P 在 y 軸上，並且與半圓盤相連。
如果 P 是半圓盤最高點的圓心，那麼質心會在其下方。
假設 P 是半圓盤圓心 (原點 O)。
那麼，平衡位置是當半圓盤懸掛下來，y 軸朝下。
如果半圓盤偏離角度 $\theta$ (順時針為正)。
質心位置 $(x_c, y_c)$ 相對於 P (原點 O)。
$x_c = \frac{4R}{3\pi} \sin\theta$
$y_c = -\frac{4R}{3\pi} \cos\theta$ (這裡的 y 軸是豎直向下的，與 Figure 5(a) 的 y 軸方向相反，或者說，我們需要將重力方向考慮進去)。

重新設定座標系：
讓 y 軸豎直向下，x 軸水平向右。
平衡位置是半圓盤的 y 軸與豎直向下的 y 軸重合。
支點 P 是原點 (0, 0)。
質心在平衡位置時的座標是 $(0, \frac{4R}{3\pi})$。
當半圓盤偏離角度 $\theta$ (繞 P 順時針旋轉為正) 時，質心的位置為：
$x_{COM} = \frac{4R}{3\pi} \sin\theta$
$y_{COM} = \frac{4R}{3\pi} \cos\theta$

核心觀念

本題使用：

1. 影像電荷法：將接地無限導體平面以平面下方對稱位置的影像電荷 $-Q$ 取代。
2. 導體表面電荷密度：
   $\sigma=\varepsilon_0 E_n$
   其中 $E_n$ 是導體表面外側的法向電場。
3. 弦上橫波速度：
   $v=\sqrt{\frac{\tau}{\mu}}$
   其中 $\tau$ 為繩內張力，$\mu$ 為單位長度質量。

以下將小金屬球視為位於距離接地平面 $d$ 處的點電荷，且繩子本身不帶電。

解題方法

(a) 金屬球所受的電力

以影像電荷法處理接地平面，在平面下方距離 $d$ 處放置影像電荷 $-Q$。真實電荷與影像電荷相距

$$2d$$

因此金屬球所受的電力大小為

$$F_e=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{Q^2}{(2d)^2} =\frac{Q^2}{16\pi\varepsilon_0d^2}.$$

此力為真實電荷與影像電荷間的吸引力，方向垂直向下、指向接地平面。因此若 $\hat{\mathbf y}$ 表示鉛直向上，

$$\boxed{ \mathbf F_e =-\frac{Q^2}{16\pi\varepsilon_0d^2}\hat{\mathbf y} }$$

金屬球受到的總向下負載為

$$mg+F_e = mg+\frac{Q^2}{16\pi\varepsilon_0d^2}.$$

(b) 點 $O$ 的表面電荷密度

令接地平面為 $z=0$，金屬球位於 $(0,0,d)$，影像電荷 $-Q$ 位於 $(0,0,-d)$。取平面上一點，其到點 $O$ 的水平距離為 $\rho$。

在平面上方 $z=0^+$，真實電荷與影像電荷所產生的法向電場相加，得到

$$E_z(\rho) = -\frac{Qd}{2\pi\varepsilon_0(\rho^2+d^2)^{3/2}}.$$

導體表面的電荷密度為

$$\sigma(\rho)=\varepsilon_0 E_z(\rho) = -\frac{Qd}{2\pi(\rho^2+d^2)^{3/2}}.$$

點 $O$ 正好位於金屬球正下方，因此 $\rho=0$，故

此題考驗從馬克士威方程式推導電磁波波動方程式，並求出其傳播速度。

我們從馬克士威方程式開始，在真空中（無自由電荷 $\rho=0$ 且無自由電流 $\vec{J}=0$）。
馬克士威方程式在真空中是：

1. 高斯定律：$\nabla \cdot \vec{E} = 0$
2. 高斯磁定律：$\nabla \cdot \vec{B} = 0$
3. 法拉第電磁感應定律：$\nabla \times \vec{E} = -\frac{\partial \vec{B}}{\partial t}$
4. 安培-馬克士威定律：$\nabla \times \vec{B} = \mu_0 \epsilon_0 \frac{\partial \vec{E}}{\partial t}$

我們將推導波動方程式，這是一個二階偏微分方程。
考慮對法拉第定律取旋度：
$\nabla \times (\nabla \times \vec{E}) = \nabla \times (-\frac{\partial \vec{B}}{\partial t})$
利用向量恆等式 $\nabla \times (\nabla \times \vec{E}) = \nabla (\nabla \cdot \vec{E}) - \nabla^2 \vec{E}$。
由於 $\nabla \cdot \vec{E} = 0$ (高斯定律)，所以 $\nabla (\nabla \cdot \vec{E}) = 0$。
因此，左邊變成 $-\nabla^2 \vec{E}$。

右邊：$-\nabla \times (\frac{\partial \vec{B}}{\partial t})$。我們交換微分順序：$-\frac{\partial}{\partial t} (\nabla \times \vec{B})$。
根據安培-馬克士威定律，$\nabla \times \vec{B} = \mu_0 \epsilon_0 \frac{\partial \vec{E}}{\partial t}$。
所以，右邊變成 $-\frac{\partial}{\partial t} (\mu_0 \epsilon_0 \frac{\partial \vec{E}}{\partial t}) = -\mu_0 \epsilon_0 \frac{\partial^2 \vec{E}}{\partial t^2}$。

將左右兩邊合併：
$-\nabla^2 \vec{E} = -\mu_0 \epsilon_0 \frac{\partial^2 \vec{E}}{\partial t^2}$
$\nabla^2 \vec{E} = \mu_0 \epsilon_0 \frac{\partial^2 \vec{E}}{\partial t^2}$