108 年 國立中山大學材料與光電科學系碩士班丙組《普通物理學》

核心觀念

本題考查：

• 平衡點附近的泰勒展開與有效彈性常數。

• 保守力與位能的關係：

  $F(r)=-\frac{dV}{dr}$

• 耦合振子的正常模態與角頻率。

• 自由粒子系統具有平移模態；固定質心不動後，平移模態被排除。

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(a) 求 $V_0$ 與彈性常數 $k$

位能為

$$V(r)=e^{-r/a}-\frac{C}{r}$$

在平衡位置 $r=r_0$，必須滿足

$$\left.\frac{dV}{dr}\right|_{r_0}=0$$

先求一階導數：

$$\frac{dV}{dr} =-\frac{1}{a}e^{-r/a}+\frac{C}{r^2}$$

因此平衡條件為

$$-\frac{1}{a}e^{-r_0/a}+\frac{C}{r_0^2}=0$$

即

$$\frac{1}{a}e^{-r_0/a}=\frac{C}{r_0^2}$$

在 $r_0$ 附近展開：

$$V(r)\approx V(r_0)+V'(r_0)(r-r_0) +\frac{1}{2}V''(r_0)(r-r_0)^2$$

由於 $V'(r_0)=0$，可與題目形式比較：

$$V_0=V(r_0)$$ $$k=V''(r_0)$$

先求位能在平衡點的值：

$$V_0=e^{-r_0/a}-\frac{C}{r_0}$$

利用平衡條件 $e^{-r_0/a}=aC/r_0^2$，也可寫成

$$V_0=\frac{aC}{r_0^2}-\frac{C}{r_0} =\frac{C(a-r_0)}{r_0^2}$$

再求二階導數：

$$\frac{d^2V}{dr^2} =\frac{1}{a^2}e^{-r/a}-\frac{2C}{r^3}$$

因此

$$k=\frac{1}{a^2}e^{-r_0/a}-\frac{2C}{r_0^3}$$

利用平衡條件化簡：

$$\frac{1}{a^2}e^{-r_0/a} =\frac{C}{ar_0^2}$$

所以

$$k=\frac{C}{ar_0^2}-\frac{2C}{r_0^3}$$ $$k=\frac{C}{r_0^3}\left(\frac{r_0}{a}-2\right)$$

要使 $r_0$ 真的是穩定極小值，必須有 $k>0$。

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(b) 求兩原子間的力

由位能與力的關係：

$$F(r)=-\frac{dV}{dr}$$

在平衡點附近使用二次近似：

$$V(r)\approx V_0+\frac{1}{2}k(r-r_0)^2$$

因此

$$F(r) =-\frac{dV}{dr} =-k(r-r_0)$$

故兩原子間的力為

$$\boxed{F=-k(r-r_0)}$$

其中：

• $r>r_0$ 時，$F<0$，力為吸引力，傾向使兩原子靠近。
• $r<r_0$ 時，$F>0$，力為排斥力，傾向使兩原子分開。

若以向量表示中央力，則

$$\boxed{\mathbf F=-k(r-r_0)\hat{\mathbf r}}$$

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(c) 兩個質量不相同的原子

設兩原子相對於平衡位置的位移分別為 $x_1$、$x_2$。彈簧伸長量為

$$x_2-x_1$$

系統的運動方程為

$$m_1\ddot{x}_1=k(x_2-x_1)$$ $$m_2\ddot{x}_2=-k(x_2-x_1)$$

質心靜止的條件為

$$m_1x_1+m_2x_2=0$$

也可直接改用相對座標

$$q=x_2-x_1$$

對其微分兩次：

$$\ddot q=\ddot{x}_2-\ddot{x}_1$$

代入運動方程：

$$\ddot q =-\frac{k}{m_2}q-\frac{k}{m_1}q$$

因此

$$\ddot q+k\left(\frac{1}{m_1}+\frac{1}{m_2}\right)q=0$$

這是簡諧運動，故角頻率為

$$\boxed{ \omega=\sqrt{k\left(\frac{1}{m_1}+\frac{1}{m_2}\right)} }$$

亦可用約化質量

本題涵蓋靜電學中的電場、電位、電容，以及古典電動力學中的磁力與帶電粒子運動。

(a) 求解兩個點電荷所產生的電場。
兩個點電荷分別位於 $z = -d/2$ 和 $z = +d/2$ 處，電荷量均為 $q$。
我們要求在距離兩者中點（原點 $z=0$）距離為 $s$ 處的電場。
根據題意，我們要求的是在 $z$ 軸上，距離原點為 $s$ 的點的電場。
假設我們要求的是在 $z=s$ 處的電場。
從 $z=-d/2$ 的電荷 $q$ 到 $z=s$ 的向量 $\vec{r}_1 = s\hat{z} - (-d/2)\hat{z} = (s+d/2)\hat{z}$。
從 $z=+d/2$ 的電荷 $q$ 到 $z=s$ 的向量 $\vec{r}_2 = s\hat{z} - (d/2)\hat{z} = (s-d/2)\hat{z}$。
從 $z=-d/2$ 的電荷 $q$ 產生的電場為：
$\vec{E}_1 = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q}{|\vec{r}_1|^2} \hat{r}_1 = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q}{(s+d/2)^2} \hat{z}$
從 $z=+d/2$ 的電荷 $q$ 產生的電場為：
$\vec{E}_2 = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q}{|\vec{r}_2|^2} \hat{r}_2 = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q}{(s-d/2)^2} \hat{z}$
總電場為 $\vec{E} = \vec{E}_1 + \vec{E}_2$。
$\vec{E} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \left( \frac{q}{(s+d/2)^2} + \frac{q}{(s-d/2)^2} \right) \hat{z}$
$\vec{E} = \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \left( \frac{(s-d/2)^2 + (s+d/2)^2}{((s+d/2)(s-d/2))^2} \right) \hat{z}$
$\vec{E} = \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \left( \frac{s^2 - sd + d^2/4 + s^2 + sd + d^2/4}{(s^2 - d^2/4)^2} \right) \hat{z}$
$\vec{E} = \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \left( \frac{2s^2 + d^2/2}{(s^2 - d^2/4)^2} \right) \hat{z}$
此為在 $z=s$ 處的電場。
如果題目問的是「a distance s away from the midpoint」，且 $s$ 是指沿著某個方向的距離。
若題目是指在 $z$ 軸上，距離中點 $s$ 的位置，那麼 $s$ 可以是正或負。
若 $s > d/2$, 則 $s-d/2 > 0$.
如果 $s$ 指的是距離中點的距離，那麼我們應該考慮兩個點：$z=s$ 和 $z=-s$ (如果 $s \neq 0$)。
假設題目問的是在 $z$ 軸上，距離原點 $s$ 的位置。

若題目問的是在 $z$ 軸上，距離中點 (原點) 的距離為 $s$ 的點，那麼我們需要考慮 $z=s$ 和 $z=-s$。
若 $s=0$, 則 $z=0$ 處的電場為 $\frac{q}{4\pi\epsilon_0} \left( \frac{d^2/2}{(-d^2/4)^2} \right) \hat{z} = \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \frac{d^2/2}{d^4/16} \hat{z} = \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \frac{8}{d^2} \hat{z}$.
但這通常不是題目想問的。

如果題目是指在 $z$ 軸上，距離中點 (原點) 為 $s$ 的位置，那麼我們考慮 $z=s$。
那麼答案是：
$\vec{E} = \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \left( \frac{2s^2 + d^2/2}{(s^2 - d^2/4)^2} \right) \hat{z}$
如果 $s \ll d$, 則 $\vec{E} \approx \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \frac{d^2/2}{(-d^2/4)^2} \hat{z} = \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \frac{8}{d^2} \hat{z}$.
如果 $s \gg d$, 則 $\vec{E} \approx \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \frac{2s^2}{(s^2)^2} \hat{z} = \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \frac{2}{s^2} \hat{z}$. 這看起來像一個點電荷 $2q$ 的電場。

根據題目描述 "a distance s away from the midpoint"，這通常是指在 $z$ 軸上，距離中點 $s$ 的任意一點。
若 $s$ 是一個距離，那麼我們考慮 $z=s$ (或 $z=-s$，結果相同)。
最終結果為：
$\vec{E} = \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \left( \frac{2s^2 + d^2/2}{(s^2 - d^2/4)^2} \right) \hat{z}$
如果 $s$ 指的是距離，那麼 $s$ 必須大於 0。
如果 $s < d/2$, 則 $s-d/2$ 是負的。

【答案】
電場大小為 $E = \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \frac{2s^2 + d^2/2}{(s^2 - d^2/4)^2}$，方向沿 $z$ 軸正向（若 $s>0$）。
如果 $s$ 是指絕對距離，那麼方向是 $\hat{z}$。

(b) 求解兩個點電荷的電位。
兩個點電荷分別位於 $z = -d/2$ 和 $z = +d/2$ 處，電荷量均為 $q$。
我們求在位置 $\vec{r}$ 的電位 $V(\vec{r})$。
$V(\vec{r}) = V_1(\vec{r}) + V_2(\vec{r})$
$V_1(\vec{r}) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q}{|\vec{r} - (-d/2)\hat{z}|}$
$V_2(\vec{r}) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q}{|\vec{r} - (d/2)\hat{z}|}$
如果我們考慮在 $z$ 軸上，位置為 $z'$，則：
$V(z') = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \left( \frac{q}{|z' - (-d/2)|} + \frac{q}{|z' - (d/2)|} \right)$
$V(z') = \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \left( \frac{1}{|z' + d/2|} + \frac{1}{|z' - d/2|} \right)$

接下來，計算電場 $\vec{E}$ 從電位 $V$。
$\vec{E} = -\nabla V = -\left( \frac{\partial V}{\partial x}\hat{x} + \frac{\partial V}{\partial y}\hat{y} + \frac{\partial V}{\partial z}\hat{z} \right)$
在 $z$ 軸上， $V$ 僅是 $z'$ 的函數，即 $V(z') = V(0,0,z')$.
$\vec{E} = -\frac{\partial V}{\partial z'} \hat{z}$
$\frac{\partial V}{\partial z'} = \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \left( \frac{\partial}{\partial z'} |z' + d/2|^{-1} + \frac{\partial}{\partial z'} |z' - d/2|^{-1} \right)$
假設 $z'$ 是一個普通座標，則 $|z' + d/2|$ 和 $|z' - d/2|$ 在 $z'$ 軸上。
$\frac{\partial}{\partial z'} |z' + d/2|^{-1} = \frac{\partial}{\partial z'} (z' + d/2)^{-1} = -(z' + d/2)^{-2} = -\frac{1}{(z' + d/2)^2}$
$\frac{\partial}{\partial z'} |z' - d/2|^{-1} = \frac{\partial}{\partial z'} (z' - d/2)^{-1} = -(z' - d/2)^{-2} = -\frac{1}{(z' - d/2)^2}$
所以，

本題考驗統計力學中的馬克士威-波茲曼速度分佈，以及理想氣體的平均動能與比熱。

(a) 計算均方根速率 $v_{rms}$。
均方根速率的定義是 $v_{rms} = \sqrt{\langle v^2 \rangle}$。
首先，我們需要計算 $\langle v^2 \rangle$。
根據馬克士威-波茲曼分佈，粒子速度的期望值 $\langle v^2 \rangle$ 為：
$\langle v^2 \rangle = \int v^2 f(v) d^3v$
其中 $f(v) d^3v$ 是速度在 $v$ 到 $v+dv$ 範圍內的概率。
$d^3v = dv_x dv_y dv_z$.
$\langle v^2 \rangle = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} (v_x^2 + v_y^2 + v_z^2) f(v_x, v_y, v_z) dv_x dv_y dv_z$
馬克士威-波茲曼分佈函數是可分離的：
$f(v) = f(v_x)f(v_y)f(v_z) = \left(\frac{m}{2\pi kT}\right)^{3/2} e^{-\frac{m}{2kT}(v_x^2 + v_y^2 + v_z^2)}$
$f(v) = \left(\frac{m}{2\pi kT}\right)^{1/2} e^{-\frac{mv_x^2}{2kT}} \left(\frac{m}{2\pi kT}\right)^{1/2} e^{-\frac{mv_y^2}{2kT}} \left(\frac{m}{2\pi kT}\right)^{1/2} e^{-\frac{mv_z^2}{2kT}}$
由於對稱性， $\langle v_x^2 \rangle = \langle v_y^2 \rangle = \langle v_z^2 \rangle$。
因此， $\langle v^2 \rangle = \langle v_x^2 \rangle + \langle v_y^2 \rangle + \langle v_z^2 \rangle = 3\langle v_x^2 \rangle$。
我們計算 $\langle v_x^2 \rangle$:
$\langle v_x^2 \rangle = \int_{-\infty}^{\infty} v_x^2 f(v_x) dv_x = \int_{-\infty}^{\infty} v_x^2 \left(\frac{m}{2\pi kT}\right)^{1/2} e^{-\frac{mv_x^2}{2kT}} dv_x$
令 $a = \frac{m}{2kT}$。
$\langle v_x^2 \rangle = \left(\frac{m}{2\pi kT}\right)^{1/2} \int_{-\infty}^{\infty} v_x^2 e^{-av_x^2} dv_x$
積分 $\int_{-\infty}^{\infty} v_x^2 e^{-av_x^2} dv_x = 2 \int_0^\infty v_x^2 e^{-av_x^2} dv_x$ (因為 $v_x^2 e^{-av_x^2}$ 是偶函數)。
題目給的積分公式是 $\int_0^\infty x^2 e^{-ax^2} dx = \frac{1}{4}\sqrt{\frac{\pi}{a^3}}$。
$\int_{-\infty}^{\infty} v_x^2 e^{-av_x^2} dv_x = 2 \cdot \frac{1}{4}\sqrt{\frac{\pi}{a^3}} = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{a^3}}$
所以，
$\langle v_x^2 \rangle = \left(\frac{m}{2\pi kT}\right)^{1/2} \frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{a^3}}$
將 $a = \frac{m}{2kT}$ 代入：
$a^3 = \left(\frac{m}{2kT}\right)^3 = \frac{m^3}{8k^3T^3}$

本題考驗波動學中的駐波形成以及波速的定義。

(a) 計算駐波。
一個行進波可以表示為 $y_{in}(x,t) = A e^{i(kx-\omega t)}$。
題目給的行進波形式是 $e^{ik(x-wt)}$，這與標準形式 $e^{i(kx-\omega t)}$ 相同，其中 $A=1$ 且 $\omega = kw$。
假設行進波沿正 $x$ 方向傳播。
當波遇到邊界反射時，反射波的傳播方向會改變。
如果邊界是自由端，反射波的相位與入射波相同。
如果邊界是固定端，反射波的相位會反轉。
題目說反射有兩種方式：$+e^{-i(kx+wt)}$ 和 $-e^{-i(kx+wt)}$。
這兩種反射方式對應於兩種不同的邊界條件或反射類型。
$+e^{-i(kx+wt)}$ 表示反射波沿負 $x$ 方向傳播，且相位沒有反轉。
$-e^{-i(kx+wt)}$ 表示反射波沿負 $x$ 方向傳播，且相位反轉。
通常，對於固定端反射，相位會反轉。對於自由端反射，相位不反轉。
但這裡給了兩種反射形式，我們都需要考慮。

假設入射波為 $y_{in}(x,t) = e^{i(kx-\omega t)}$。
反射波沿負 $x$ 方向傳播，形式為 $e^{-i(kx+\omega t)}$。
第一種情況：反射波為 $y_{ref1}(x,t) = +e^{-i(kx+\omega t)}$。
駐波是入射波與反射波的疊加：
$y_1(x,t) = y_{in}(x,t) + y_{ref1}(x,t) = e^{i(kx-\omega t)} + e^{-i(kx+\omega t)}$
$y_1(x,t) = e^{ikx}e^{-i\omega t} + e^{-ikx}e^{-i\omega t}$
$y_1(x,t) = (e^{ikx} + e^{-ikx}) e^{-i\omega t}$
利用歐拉公式 $e^{i\theta} + e^{-i\theta} = 2\cos\theta$：
$y_1(x,t) = (2\cos(kx)) e^{-i\omega t}$
如果我們考慮實數波函數 $y(x,t) = \text{Re}[y(x,t)]$：
$y_1(x,t) = 2\cos(kx)\cos(\omega t)$。
這是一個駐波，節點在 $kx = (n + 1/2)\pi$ (即 $x = (n+1/2)\pi/k$)，腹點在 $kx = n\pi$ (即 $x = n\pi/k$)。

第二種情況：反射波為 $y_{ref2}(x,t) = -e^{-i(kx+\omega t)}$。
駐波為：
$y_2(x,t) = y_{in}(x,t) + y_{ref2}(x,t) = e^{i(kx-\omega t)} - e^{-i(kx+\omega t)}$
$y_2(x,t) = (e^{ikx} - e^{-ikx}) e^{-i\omega t}$
利用歐拉公式 $e^{i\theta} - e^{-i\theta} = 2i\sin\theta$：