113 年 國立中山大學材料與光電科學學系碩士班《普通物理學》

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第 1 題35 分

Problem 1. [Mechanics: 35 points]
There are two atoms A and B, one with the position xAx_A and mass mAm_A, and the other with the position xBx_B and mass mBm_B.

(a) [5 points] There is an electrostatic force FBAF_{BA} exerted by atom A on atom B, and a force FABF_{AB} exerted by atom B on atom A. According to Newton's third law, FBA=−FABF_{BA} = -F_{AB}. If we define the relative displacement x=xA−xBx = x_A - x_B, the relative motion can be described by the equation of motion:
FAB=μd2xdt2F_{AB} = \mu \frac{d^2x}{dt^2}
where μ\mu is called "reduced mass". Prove
μ=mAmBmA+mB\mu = \frac{m_A m_B}{m_A + m_B}

(b) [5 points] The potential energy between the two atoms A and B can be approximated as the Lennard-Jones potential
U(x)=ϵ[(σx)12−2(σx)6]U(x) = \epsilon \left[ \left( \frac{\sigma}{x} \right)^{12} - 2 \left( \frac{\sigma}{x} \right)^6 \right]
where ϵ\epsilon and σ\sigma are constants. Calculate the distance x0x_0 wherein the potential energy U(x0)U(x_0) is the minimum of U(x)U(x). x0x_0 is the bond length of the molecule AB.

(c) [10 points] Around the minimum of U(x)U(x), the potential energy is approximately a parabolic curve. Do Taylor's expansion of U(x)U(x) around x=x0x = x_0 to the second order.

(d) [5 points] The force can be derived from the potential energy by FAB=−dUdxF_{AB} = -\frac{dU}{dx}. Using the Taylor's expansion obtained in the previous problem, calculate the approximate force around the minimum. The force you obtain should look like the Hooke's law F=−kxF = -kx. What is the kk? (expressed you answer with those given physical quantities xAx_A, mAm_A, xBx_B, mBm_B, ϵ\epsilon, σ\sigma)

(e) [10 points] The two atoms are bound with approximately a Lennard-Jones potential, with a bond length x0x_0. The Lennard-Jones force is like a spring with a elastic constant kk. Therefore, the system is 2 balls coupled with a spring. Using the kk you obtain in the previous problem, calculate the vibration (relative motion) angular frequency ω\omega of the molecule AB (expressed you answer with those given physical quantities xAx_A, mAm_A, xBx_B, mBm_B, ϵ\epsilon, σ\sigma).

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核心觀念

本題整合以下觀念：

  • 牛頓第三定律與兩體問題。
  • 約化質量
    μ=mAmBmA+mB\mu=\frac{m_A m_B}{m_A+m_B}
  • Lennard-Jones 位能的平衡位置。
  • 泰勒展開與小振動近似。
  • 平衡點附近的位能可視為簡諧勢能，因此相對運動符合胡克定律。
  • 兩體分子振動的角頻率
    ω=kμ\omega=\sqrt{\frac{k}{\mu}}

定義相對座標為

x=xA−xBx=x_A-x_B

其中 xAx_A、xBx_B 分別為兩原子的位置。

(a) 約化質量

由牛頓第二定律，原子 A 受到 B 的力 FABF_{AB}，因此

mAd2xAdt2=FABm_A\frac{d^2x_A}{dt^2}=F_{AB}

原子 B 受到 A 的力 FBAF_{BA}。依牛頓第三定律，

FBA=−FABF_{BA}=-F_{AB}

所以

mBd2xBdt2=FBA=−FABm_B\frac{d^2x_B}{dt^2}=F_{BA}=-F_{AB}

整理得

d2xAdt2=FABmA\frac{d^2x_A}{dt^2}=\frac{F_{AB}}{m_A}

以及

d2xBdt2=−FABmB\frac{d^2x_B}{dt^2}=-\frac{F_{AB}}{m_B}

由相對座標 x=xA−xBx=x_A-x_B，

d2xdt2=d2xAdt2−d2xBdt2\frac{d^2x}{dt^2} = \frac{d^2x_A}{dt^2} - \frac{d^2x_B}{dt^2}

代入上式：

d2xdt2=FABmA+FABmB\frac{d^2x}{dt^2} = \frac{F_{AB}}{m_A} + \frac{F_{AB}}{m_B}

因此

d2xdt2=FAB(1mA+1mB)\frac{d^2x}{dt^2} = F_{AB} \left( \frac{1}{m_A}+\frac{1}{m_B} \right)

由題目給定

FAB=μd2xdt2F_{AB}=\mu\frac{d^2x}{dt^2}

故

1μ=1mA+1mB=mA+mBmAmB\frac{1}{\mu} = \frac{1}{m_A}+\frac{1}{m_B} = \frac{m_A+m_B}{m_A m_B}

得到

μ=mAmBmA+mB\boxed{\mu=\frac{m_A m_B}{m_A+m_B}}

解題技巧

約化質量也可記成

1μ=1mA+1mB\frac{1}{\mu}=\frac{1}{m_A}+\frac{1}{m_B}

若其中一個質量遠大於另一個質量，例如 mB≫mAm_B\gg m_A，則

μ≈mA\mu\approx m_A

符合「重原子近似固定，主要由輕原子振動」的物理直覺。

(b) Lennard-Jones 位能的最低點

給定

U(x)=ϵ[(σx)12−2(σx)6]U(x)=\epsilon \left[ \left(\frac{\sigma}{x}\right)^{12} - 2\left(\frac{\sigma}{x}\right)^6 \right]

將其改寫為

U(x)=ϵ(σ12x−12−2σ6x−6)U(x)=\epsilon \left( \sigma^{12}x^{-12} - 2\sigma^6x^{-6} \right)

平衡位置位於位能的一階導數為零處：

dUdx=0\frac{dU}{dx}=0

先求導：

dUdx=ϵ(−12σ12x−13+12σ6x−7)\frac{dU}{dx} = \epsilon \left( -12\sigma^{12}x^{-13} + 12\sigma^6x^{-7} \right)

令其為零：

−12ϵσ12x13+12ϵσ6x7=0-12\epsilon\frac{\sigma^{12}}{x^{13}} + 12\epsilon\frac{\sigma^6}{x^7} =0

除以 12ϵσ6/x1312\epsilon\sigma^6/x^{13}，得到

−σ6+x6=0-\sigma^6+x^6=0

因此

x6=σ6x^6=\sigma^6

由於原子間距離為正值，

x0=σ\boxed{x_0=\sigma}

此時位能為

U(x0)=ϵ(1−2)=−ϵU(x_0) = \epsilon(1-2) = -\epsilon

所以最低位能為 −ϵ-\epsilon。

解題技巧

令

y=(σx)6y=\left(\frac{\sigma}{x}\right)^6

則位能可寫成

U=ϵ(y2−2y)=ϵ[(y−1)2−1]U=\epsilon(y^2-2y) =\epsilon\left[(y-1)^2-1\right]

當 y=1y=1 時位能最小，因此

(σx0)6=1⇒x0=σ\left(\frac{\sigma}{x_0}\right)^6=1 \quad\Rightarrow\quad x_0=\sigma

這是判斷本題平衡距離的快速方法。

(c) 在平衡點附近作二階泰勒展開

以 x0=σx_0=\sigma 為展開中心，泰勒展開為

U(x)=U(x0)+dUdx∣x0(x−x0)+12d2Udx2∣x0(x−x0)2U(x) = U(x_0) + \left.\frac{dU}{dx}\right|_{x_0}(x-x_0) + \frac{1}{2} \left.\frac{d^2U}{dx^2}\right|_{x_0} (x-x_0)^2

由於 x0x_0 是位能最低點，

dUdx∣x0=0\left.\frac{dU}{dx}\right|_{x_0}=0

因此只需計算二階導數。

原本的一階導數為

dUdx=−12ϵσ12x13+12ϵσ6x7\frac{dU}{dx} = -12\epsilon\frac{\sigma^{12}}{x^{13}} + 12\epsilon\frac{\sigma^6}{x^7}

再微分一次：

d2Udx2=156ϵσ12x14−84ϵσ6x8\frac{d^2U}{dx^2} = 156\epsilon\frac{\sigma^{12}}{x^{14}} - 84\epsilon\frac{\sigma^6}{x^8}

代入 x0=σx_0=\sigma：

d2Udx2∣x0=156ϵσ12σ14−84ϵσ6σ8\left.\frac{d^2U}{dx^2}\right|_{x_0} = 156\epsilon\frac{\sigma^{12}}{\sigma^{14}} - 84\epsilon\frac{\sigma^6}{\sigma^8} d2Udx2∣x0=156ϵσ2−84ϵσ2=72ϵσ2\left.\frac{d^2U}{dx^2}\right|_{x_0} = \frac{156\epsilon}{\sigma^2} - \frac{84\epsilon}{\sigma^2} = \frac{72\epsilon}{\sigma^2}

又因為 U(x0)=−ϵU(x_0)=-\epsilon，所以

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第 2 題35 分

Problem 2. [Electromagnetism: 35 points]
The electric field at a distance r from a point charge Q is:
E⃗=14πϵ0Qr2r^\vec{E} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q}{r^2} \hat{r}
where r^\hat{r} is the unit vector along the vector r⃗\vec{r}. The electric potential is:
V=14πϵ0QrV = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q}{r}
Consider the following questions in the vacuum, and use the units in the above formula.

(a) [10 points] Find the electric field inside a solid sphere of radius R that carries a uniform volume charge density ρ\rho. Express your answer in terms of the total charge of the sphere, q.

(b) [5 points] An atom can be approximately thought as a point nucleus (+q) surrounded by a uniformly charged solid spherical cloud (-q) of radius R. If there is an external electric field E⃗ext=Eextz^\vec{E}_{ext} = E_{ext} \hat{z}, the nucleus would move in the +z direction while the electron sphere would move in the opposite direction. If the distance between the nucleus and the center of the electron sphere is d, calculate the electric field E⃗electron\vec{E}_{electron} exerted by the electron sphere to the nucleus.

(c) [10 points] Following the previous problem, there are (1) the external field E⃗ext\vec{E}_{ext}, and (2) the electric field E⃗electron\vec{E}_{electron} exerted by the electron sphere, onto the nucleus. If the two electric fields cancel each other, E⃗ext=−E⃗electron\vec{E}_{ext} = -\vec{E}_{electron}, then the atom system reaches equilibrium. Calculate the distance d at equilibrium.

(d) [10 points] An electric dipole is composed of a charge +q at d/2, and a charge -q at -d/2. The dipole moment p⃗\vec{p} is defined as p⃗=qd⃗\vec{p} = q\vec{d}. If there is a uniform external electric field E⃗ext\vec{E}_{ext}, prove that the torque
τ⃗=p⃗×E⃗ext\vec{\tau} = \vec{p} \times \vec{E}_{ext}

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核心觀念

本題考查：

  • 高斯定律求均勻帶電球內部的電場。
  • 球內電場只由高斯面包覆的電荷決定。
  • 電場疊加原理與平衡條件。
  • 電偶極矩的定義，以及均勻電場對電偶極造成的力矩。

真空中的高斯定律為

∮E⃗⋅dA⃗=Qencϵ0\oint \vec{E}\cdot d\vec{A} = \frac{Q_{\mathrm{enc}}}{\epsilon_0}

其中 QencQ_{\mathrm{enc}} 是高斯面內所包覆的總電荷。

(a) 均勻帶電實心球內部的電場

解題方法

球體半徑為 RR，總電荷為 qq，且體電荷密度均勻，因此

ρ=q43πR3=3q4πR3\rho=\frac{q}{\frac{4}{3}\pi R^3} = \frac{3q}{4\pi R^3}

在球內距離球心 rr 處取半徑為 rr 的球形高斯面，其中 r<Rr<R。

由球對稱性，電場大小在高斯面上處處相同，且方向沿徑向，因此

∮E⃗⋅dA⃗=E(r)∮dA=E(r)(4πr2)\oint \vec{E}\cdot d\vec{A} = E(r)\oint dA = E(r)(4\pi r^2)

半徑 rr 內所包覆的電荷為

Qenc=ρ(43πr3)Q_{\mathrm{enc}} = \rho\left(\frac{4}{3}\pi r^3\right)

代入高斯定律：

E(r)(4πr2)=ρ43πr3ϵ0E(r)(4\pi r^2) = \frac{\rho\frac{4}{3}\pi r^3}{\epsilon_0}

因此

E(r)=ρr3ϵ0E(r) = \frac{\rho r}{3\epsilon_0}

再代入 ρ=3q4πR3\rho=\dfrac{3q}{4\pi R^3}：

E(r)=q4πϵ0rR3E(r) = \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \frac{r}{R^3}

所以球內電場為

E⃗inside=q4πϵ0rR3r^(r<R)\boxed{ \vec{E}_{\mathrm{inside}} = \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \frac{r}{R^3}\hat{r} \qquad (r<R) }

若 q>0q>0，方向向外；若 q<0q<0，方向向內。球心處 r=0r=0，故電場為零。

解題技巧

球內電場與 rr 成正比，而不是與 1/r21/r^2 成正比。原因是高斯面內的包覆電荷隨體積增加，正比於 r3r^3；再除以高斯面積 r2r^2 後，便得到 E∝rE\propto r。

在球面 r=Rr=R 處：

E⃗=q4πϵ0R2r^\vec{E} = \frac{q}{4\pi\epsilon_0R^2}\hat{r}

正好接上球外點電荷形式的電場，可作為結果檢查。

(b) 電子球對原子核所施加的電場

解題方法

電子雲為總電荷 −q-q 的均勻帶電實心球。原子核位於電子球中心外距離 dd 的位置，且題目設定核位於電子球內部，因此需滿足

d<Rd<R

將 (a) 的結果套用於總電荷為 −q-q 的球體：

E⃗electron=−q4πϵ0dR3d^\vec{E}_{\mathrm{electron}} = \frac{-q}{4\pi\epsilon_0} \frac{d}{R^3}\hat{d}

外加電場為

E⃗ext=Eextz^\vec{E}_{\mathrm{ext}}=E_{\mathrm{ext}}\hat{z}

核向 +z+z 方向移動，因此 d^=z^\hat{d}=\hat{z}。故電子球在原子核處產生的電場為

E⃗electron=−qd4πϵ0R3z^\boxed{ \vec{E}_{\mathrm{electron}} = -\frac{q d}{4\pi\epsilon_0R^3}\hat{z} }

負號表示電場方向為 −z-z，與原子核相對於電子球中心的位移方向相反。

解題技巧

電子球帶負電，所以球內電場必然指向電子球中心。原子核位於電子球中心的 +z+z 側，因此電子球電場指向 −z-z，方向判斷是本小題的關鍵。

(c) 電場平衡時的距離

解題方法

平衡條件是原子核所在位置的合電場為零：

E⃗ext+E⃗electron=0\vec{E}_{\mathrm{ext}}+\vec{E}_{\mathrm{electron}}=0

代入兩個電場：

Eextz^−qd4πϵ0R3z^=0E_{\mathrm{ext}}\hat{z} - \frac{q d}{4\pi\epsilon_0R^3}\hat{z} = 0

比較 z^\hat{z} 方向的大小：

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第 3 題15 分

Problem 3. [Thermodynamics: 15 points]
A gas consisting of n moles of a monoatomic gas goes through the cycle shown in the Figure 1, wherein the pressure is constant for A → B, the volume is constant for B → C, and the temperature is constant for C → A.
P
2Po
Po
A
B
C
Vo 2Vo V
Figure 1
Calculate the heat transfer Q (Q = ΔU + W) for (a) A → B, (b) B → C, and (c) C → A.

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
原卷第 3 頁

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核心觀念

本題考查熱力學第一定律：

Q=ΔU+WQ=\Delta U+W

其中 WW 為氣體對外所做的功。單原子理想氣體的內能變化為：

ΔU=nCVΔT=32nRΔT\Delta U=nC_V\Delta T=\frac{3}{2}nR\Delta T

理想氣體狀態方程：

PV=nRTPV=nRT

由圖可知三個狀態：

A:(V0,2P0),B:(2V0,2P0),C:(2V0,P0)A:(V_0,2P_0),\qquad B:(2V_0,2P_0),\qquad C:(2V_0,P_0)

因此：

TA=2P0V0nR,TB=4P0V0nR,TC=2P0V0nRT_A=\frac{2P_0V_0}{nR},\qquad T_B=\frac{4P_0V_0}{nR},\qquad T_C=\frac{2P_0V_0}{nR}

可見 TA=TCT_A=T_C，所以 C→AC\to A 為等溫過程。

(a) A→BA\to B

此段壓力固定為 2P02P_0，體積由 V0V_0 增加至 2V02V_0。

功

WAB=∫V02V0P dV=2P0(2V0−V0)=2P0V0W_{AB}=\int_{V_0}^{2V_0}P\,dV =2P_0(2V_0-V_0) =2P_0V_0

內能變化

ΔUAB=32nR(TB−TA)\Delta U_{AB} =\frac{3}{2}nR(T_B-T_A) =32(4P0V0−2P0V0)=3P0V0=\frac{3}{2} \left(4P_0V_0-2P_0V_0\right) =3P_0V_0

熱量

QAB=ΔUAB+WAB=3P0V0+2P0V0Q_{AB}=\Delta U_{AB}+W_{AB} =3P_0V_0+2P_0V_0 QAB=5P0V0\boxed{Q_{AB}=5P_0V_0}

(b) B→CB\to C

此段體積固定為 2V02V_0，因此氣體不做功。

功

WBC=0W_{BC}=0

內能變化

ΔUBC=32nR(TC−TB)\Delta U_{BC} =\frac{3}{2}nR(T_C-T_B)
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第 4 題15 分

Problem 4. [Waves/Optics/Modern physics: 15 points]
If a propagating wave along the z direction has the form f(x,t)=Aei(kx−ωt+ϕ)f(x,t) = A e^{i(kx-\omega t+\phi)}, where x is the position, t is the time, A is a constant amplitude and ϕ\phi is a constant phase.

(a) [5 points] Calculate f(x,t0+T)f(x, t_0 + T), what is the difference between f(x,t0+T)f(x, t_0 + T) and f(x,t0)f(x, t_0)?

(b) [5 points] The wave is a periodic function of the time, so f(x,t0)=f(x,t0+T)f(x, t_0) = f(x, t_0 + T) for arbitrary t0t_0 (where T is the period). Use this relation, express the period T with A, k, ω\omega, and ϕ\phi.

(c) [5 points] (i) Calculate [f∗(x)f(x)][f^*(x) f(x)]. (* denotes the complex conjugate) (ii) Calculate ∂2f∂x2\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}. (iii) Calculate ∫0λf(x,t)dx\int_0^\lambda f(x,t)dx, where λ\lambda is the wave length.

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本題考驗波動的週期性、相位、振幅、波長、波數等基本概念，以及複數共軛、偏微分和積分的計算。

(a) 計算 f(x,t0+T)f(x, t_0 + T) 並比較與 f(x,t0)f(x, t_0) 的差異

給定的波函數為 f(x,t)=Aei(kx−ωt+ϕ)f(x,t) = A e^{i(kx-\omega t+\phi)}。
將時間 tt 替換為 t0+Tt_0 + T：
f(x,t0+T)=Aei(kx−ω(t0+T)+ϕ)f(x, t_0 + T) = A e^{i(kx-\omega (t_0+T)+\phi)}
f(x,t0+T)=Aei(kx−ωt0−ωT+ϕ)f(x, t_0 + T) = A e^{i(kx-\omega t_0 - \omega T+\phi)}
f(x,t0+T)=Aei(kx−ωt0+ϕ)e−iωTf(x, t_0 + T) = A e^{i(kx-\omega t_0+\phi)} e^{-i\omega T}
我們知道 f(x,t0)=Aei(kx−ωt0+ϕ)f(x, t_0) = A e^{i(kx-\omega t_0+\phi)}。
所以，f(x,t0+T)=f(x,t0)e−iωTf(x, t_0 + T) = f(x, t_0) e^{-i\omega T}。

差異是乘以一個複數因子 e−iωTe^{-i\omega T}。
如果 TT 是週期，那麼 e−iωTe^{-i\omega T} 應該等於 1。
這引導我們到 (b) 部分。

【答案】f(x,t0+T)=f(x,t0)e−iωTf(x, t_0 + T) = f(x, t_0) e^{-i\omega T}。差異是乘以複數因子 e−iωTe^{-i\omega T}。

(b) 利用週期性表達 TT

題目說明 f(x,t0)=f(x,t0+T)f(x, t_0) = f(x, t_0 + T)，其中 TT 是週期。
從 (a) 部分我們得到 f(x,t0+T)=f(x,t0)e−iωTf(x, t_0 + T) = f(x, t_0) e^{-i\omega T}。
所以，根據週期性條件：
f(x,t0)=f(x,t0)e−iωTf(x, t_0) = f(x, t_0) e^{-i\omega T}。
由於 f(x,t0)f(x, t_0) 一般不為零（除非 A=0A=0），我們可以除以 f(x,t0)f(x, t_0)：
1=e−iωT1 = e^{-i\omega T}。
這個條件要求 −iωT-i\omega T 必須是 2πni2\pi n i 的形式，其中 nn 是整數。
−iωT=2πni-i\omega T = 2\pi n i
−ωT=2πn-\omega T = 2\pi n
T=−2πnωT = -\frac{2\pi n}{\omega}。
由於週期 TT 必須是正值，我們取 n=−1n = -1 (或者說，我們考慮 ωT=2πn\omega T = 2\pi n 並取最小正週期)。
最簡週期（最小正值）對應於 n=1n=1，所以 ωT=2π\omega T = 2\pi。
T=2πωT = \frac{2\pi}{\omega}
這個結果是正確的，因為 ω\omega 是角頻率，週期 TT 與角頻率的關係是 T=2π/ωT = 2\pi / \omega。
這裡的 A,ϕA, \phi 不影響週期。

【答案】T=2πωT = \frac{2\pi}{\omega}。

(c) 計算 (i) [f∗(x)f(x)][f^*(x) f(x)]，(ii) ∂2f∂x2\frac{\partial^2 f}{\partial x^2}，(iii) ∫0λf(x,t)dx\int_0^\lambda f(x,t)dx

(i) 計算 [f∗(x)f(x)][f^*(x) f(x)]
首先，計算 f∗(x,t)f^*(x,t) 的複數共軛：
f(x,t)=Aei(kx−ωt+ϕ)f(x,t) = A e^{i(kx-\omega t+\phi)}
f∗(x,t)=A∗e−i(kx−ωt+ϕ)f^*(x,t) = A^* e^{-i(kx-\omega t+\phi)}
由於 AA 是實數振幅，所以 A∗=AA^* = A。
f∗(x,t)=Ae−i(kx−ωt+ϕ)f^*(x,t) = A e^{-i(kx-\omega t+\phi)}。
現在計算 f∗(x,t)f(x,t)f^*(x,t) f(x,t)：
f∗(x,t)f(x,t)=(Ae−i(kx−ωt+ϕ))(Aei(kx−ωt+ϕ))f^*(x,t) f(x,t) = \left( A e^{-i(kx-\omega t+\phi)} \right) \left( A e^{i(kx-\omega t+\phi)} \right)
f∗(x,t)f(x,t)=A2e−i(kx−ωt+ϕ)+i(kx−ωt+ϕ)f^*(x,t) f(x,t) = A^2 e^{-i(kx-\omega t+\phi) + i(kx-\omega t+\phi)}
f∗(x,t)f(x,t)=A2e0=A2f^*(x,t) f(x,t) = A^2 e^0 = A^2
這代表波的能量密度（與振幅的平方成正比）。

【答案】f∗(x,t)f(x,t)=A2f^*(x,t) f(x,t) = A^2。

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