114 年 國立中山大學材料與光電科學學系前瞻應用材料碩士班《普通物理學》

本題主要考察簡諧運動的基本概念、牛頓第二運動定律的應用，以及系統的自由度與簡諧運動的關係。

(a) 根據虎克定律，彈簧的恢復力與其伸長量成正比，方向與伸長量相反。當彈簧伸長 $+x$ 時，恢復力為 $F = -kx$。因為題目要求的是伸長 $+x$ 時的恢復力，且彈簧伸長表示 $x > 0$，所以恢復力方向為負，大小為 $kx$。

【答案】$-kx$

(b) 根據牛頓第二運動定律，$F = m \frac{d^2x}{dt^2}$。將虎克定律代入，得到 $-kx = m \frac{d^2x}{dt^2}$。
此為簡諧運動的微分方程：$\frac{d^2x}{dt^2} + \frac{k}{m}x = 0$。
令 $\omega^2 = \frac{k}{m}$，則方程變為 $\frac{d^2x}{dt^2} + \omega^2 x = 0$。
其通解為 $x(t) = A \cos(\omega t + \phi)$，其中 $A$ 是振幅，$\phi$ 是初相位。
角頻率為 $\omega = \sqrt{\frac{k}{m}}$。

【答案】$x(t) = A \cos(\omega t + \phi)$，$\omega = \sqrt{\frac{k}{m}}$

(c) 題目描述的是一個系統，其中兩個質量為 $m$ 的球與一個彈簧連接，且系統的質心固定。這相當於一個單擺系統的變形，或者更像是兩個耦合振子的問題。
首先，考慮系統的質心位置 $X_{cm}$。由於質心固定，我們可以假設 $X_{cm}$ 為一個常數，例如 $X_{cm} = 0$。
質心位置定義為 $X_{cm} = \frac{m x_{left} + m x_{right}}{m+m} = \frac{x_{left} + x_{right}}{2}$。
因此，$x_{left} + x_{right} = 2X_{cm} = \text{constant}$。
彈簧連接兩個球，其伸長量為 $(x_{right} - x_{left})$。
當彈簧伸長時，我們需要考慮個別球的受力。
設彈簧的原長為 $L_0$。則彈簧的伸長量為 $\Delta L = (x_{right} - x_{left}) - L_0$。
如果我們假設彈簧原長為零，或者將平衡位置定義為 $x_{right} - x_{left} = L_0$，那麼當彈簧伸長 $+x$ 時，意味著 $x_{right} - x_{left} = L_0 + x$。
恢復力作用在兩個球上，大小為 $F_{spring} = kx$。
左邊的球（質量 $m$）受到彈簧的向右的力，右邊的球（質量 $m$）受到彈簧的向左的力。
因此，左邊球的恢復力為 $F_{left} = kx$。
右邊球的恢復力為 $F_{right} = -kx$。
這裡的 $x$ 是彈簧的總伸長量，即 $x = (x_{right} - x_{left}) - L_0$。
如果我們將質心固定在原點，並且當彈簧伸長 $x$ 時，兩個球的相對位移是 $x_{right} - x_{left}$。
設 $x_{left}$ 和 $x_{right}$ 是相對於質心位置的位移。
則質心位置 $X_{cm} = \frac{m x_{left} + m x_{right}}{2m} = 0 \implies x_{left} + x_{right} = 0 \implies x_{right} = -x_{left}$。
彈簧的伸長量相對於其平衡位置的位移是 $(x_{right} - x_{left}) - (x_{right,0} - x_{left,0})$。
如果我們假設平衡時，彈簧長度為 $L_0$ 且 $x_{right,0} - x_{left,0} = L_0$，則彈簧的總伸長量為 $k((x_{right} - x_{left}) - L_0)$。
然而，題目中提到「兩個球與一個彈簧連接」，且「質心固定」。這更像是兩個球被限制在一個固定質心的空間內振盪。
設彈簧的原長為 $L_0$。當兩個球的相對位置為 $x_{right} - x_{left}$ 時，彈簧的伸長量為 $(x_{right} - x_{left}) - L_0$。
恢復力為 $F_{spring} = k((x_{right} - x_{left}) - L_0)$。
這個恢復力作用在兩個球上，方向相反。
左邊的球受到向右的力，右邊的球受到向左的力。
所以，左邊球的受力是 $F_{left} = k((x_{right} - x_{left}) - L_0)$。
右邊球的受力是 $F_{right} = -k((x_{right} - x_{left}) - L_0)$。
這裡的 $x$ 是題目中提到的「彈簧被拉長 $x$」。這表示彈簧的伸長量為 $x$。
所以，左邊球的恢復力為 $+kx$。
右邊球的恢復力為 $-kx$。

【答案】左邊球的恢復力：$+kx$；右邊球的恢復力：$-kx$。

(d) 根據牛頓第二運動定律，對左邊的球：$m \frac{d^2x_{left}}{dt^2} = kx$。
對右邊的球：$m \frac{d^2x_{right}}{dt^2} = -kx$。
由於質心固定，我們有 $x_{left} + x_{right} = \text{constant}$。設質心在原點，則 $x_{left} + x_{right} = 0$，即 $x_{right} = -x_{left}$。
將 $x_{right} = -x_{left}$ 代入彈簧伸長量 $x$ 的定義。
如果 $x$ 是彈簧相對於平衡位置的伸長量，則 $x = (x_{right} - x_{left}) - (x_{right,0} - x_{left,0})$。
設平衡時，彈簧長度為 $L_0$。
如果我們考慮的是相對位移，讓 $u = x_{right} - x_{left}$。
則 $m \frac{d^2x_{left}}{dt^2} = k(u - L_0)$。
$m \frac{d^2x_{right}}{dt^2} = -k(u - L_0)$。
相減：$m \frac{d^2(x_{right} - x_{left})}{dt^2} = -2k(u - L_0)$。
$m \frac{d^2u}{dt^2} = -2k(u - L_0)$。
令 $u' = u - L_0$ 為彈簧的實際伸長量。則 $m \frac{d^2u'}{dt^2} = -2ku'$。
這是一個簡諧運動，角頻率為 $\omega' = \sqrt{\frac{2k}{m}}$。
所以，$u'(t) = (x_{right}(t) - x_{left}(t)) - L_0 = B \cos(\omega' t + \phi')$.
由於 $x_{left} + x_{right} = 0$，所以 $x_{right} = -x_{left}$。
$x_{right} - x_{left} = -2x_{left}$。
代入：$-2x_{left} - L_0 = B \cos(\omega' t + \phi')$。
$x_{left}(t) = -\frac{1}{2} (B \cos(\omega' t + \phi') + L_0)$。
$x_{right}(t) = \frac{1}{2} (B \cos(\omega' t + \phi') + L_0)$。
但是，題目要求的是 $x_{left}(t)$ 和 $x_{right}(t)$。
我們從質心固定條件 $x_{left} + x_{right} = C$ 開始。
設彈簧的原長為 $L_0$。
當彈簧伸長 $x$ 時，其恢復力為 $kx$。
左邊球的運動方程：$m \ddot{x}_{left} = kx$。
右邊球的運動方程：$m \ddot{x}_{right} = -kx$。
其中 $x$ 是彈簧的伸長量。
如果我們定義 $x_{left}$ 和 $x_{right}$ 為相對於質心位置的位移，則 $x_{left} + x_{right} = 0$。
彈簧的伸長量 $x = (x_{right} - x_{left}) - L_0$。
但是，題目圖示 (b) 中，兩個球是通過彈簧直接連接，且質心固定。
這意味著兩個球的相對運動決定了彈簧的伸長。
設 $x_{left}$ 和 $x_{right}$ 為相對於質心固定點的位移。
那麼 $x_{left} + x_{right} = 0$。
彈簧的伸長量與 $x_{right} - x_{left}$ 有關。
如果我們設彈簧的原長為 $L_0$。
則彈簧的力為 $F_{spring} = k((x_{right} - x_{left}) - L_0)$。
左球受力 $F_{left} = k((x_{right} - x_{left}) - L_0)$。

本題考察高斯定律在求解均勻帶電球殼電場和電勢時的應用，以及電場與電勢的關係。

首先，我們需要計算球殼的總電荷 $q$。由於球殼表面帶有均勻的表面電荷密度 $\sigma$ 且半徑為 $R$，其表面積為 $4\pi R^2$。因此，總電荷 $q = \sigma \cdot 4\pi R^2$。

(a) 求解球殼內部的電場：
我們使用高斯定律。考慮一個以球殼圓心為中心，半徑為 $r < R$ 的高斯球面。由於電荷分佈是球對稱的，通過高斯球面的電場強度是均勻的，且方向沿徑向。
根據高斯定律，通過高斯球面的電通量 $\Phi_E = \oint \vec{E} \cdot d\vec{A} = E \cdot 4\pi r^2$。
由於高斯球面內部沒有電荷，總電荷 $q_{in} = 0$。
根據高斯定律，$\Phi_E = \frac{q_{in}}{\epsilon_0}$。
因此，$E \cdot 4\pi r^2 = \frac{0}{\epsilon_0}$。
所以，$E = 0$。

【答案】$0$

(b) 求解球殼外部的電場：
我們使用高斯定律。考慮一個以球殼圓心為中心，半徑為 $r > R$ 的高斯球面。
通過高斯球面的電通量 $\Phi_E = E \cdot 4\pi r^2$。
高斯球面內部包含整個球殼的電荷，即總電荷 $q = \sigma \cdot 4\pi R^2$。
根據高斯定律，$\Phi_E = \frac{q}{\epsilon_0}$。
所以，$E \cdot 4\pi r^2 = \frac{q}{\epsilon_0}$。
$E = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q}{r^2}$。
這個電場與一個位於球心的點電荷 $q$ 產生的電場相同。

【答案】$\frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q}{r^2} \hat{r}$

(c) 求解球殼內部的電勢：
我們知道電場與電勢的關係為 $\vec{E} = -\nabla V$。對於球對稱情況，可以寫成 $E = -\frac{dV}{dr}$。
因此，$V(r) = -\int E dr + C$。
在內部 ($r < R$)，電場 $E = 0$。
所以，$V_{in}(r) = -\int 0 dr + C_1 = C_1$。
我們需要確定積分常數 $C_1$。電勢在無限遠處為零。然而，對於球殼，我們通常將電勢定義在表面。
由於球殼的電勢在內部是恆定的，我們可以通過計算表面上的電勢來確定它。
考慮從無限遠處移動一個試探電荷到球殼表面 ($r=R$)。

核心觀念

本題使用熱力學第一定律與熵的狀態函數性質：

$$dE_{\mathrm{int}}=dQ-dW$$

其中理想氣體有

$$dW=pdV,\qquad dE_{\mathrm{int}}=nC_vdT$$

因此

$$dQ=pdV+nC_vdT$$

又由熵的定義，

$$dS=\frac{dQ_{\mathrm{rev}}}{T}$$

可利用理想氣體方程式 $pV=nRT$，將熱量微分式改寫成可積分的形式。

以下假設兩個固定體積腔室各含有相同莫耳數 $n$ 的理想氣體；若題目將總熱容量直接記作 $C_v$，則可將下式中的 $nC_v$ 視為該總熱容量。

(a) 熵變公式

由熵的定義，

$$dS=\frac{dQ}{T}$$

代入

$$dQ=pdV+nC_vdT$$

得

$$dS=\frac{p}{T}dV+nC_v\frac{dT}{T}$$

對理想氣體而言，

$$pV=nRT$$

所以

$$\frac{p}{T}=\frac{nR}{V}$$

因此

$$dS=nR\frac{dV}{V}+nC_v\frac{dT}{T}$$

從初態積分至末態：

$$\Delta S =\int_{S_i}^{S_f}dS =nR\int_{V_i}^{V_f}\frac{dV}{V} +nC_v\int_{T_i}^{T_f}\frac{dT}{T}$$

得到

$$\Delta S =nR\ln\frac{V_f}{V_i} +nC_v\ln\frac{T_f}{T_i}$$

所以

$$\boxed{\Delta S =nR\ln\frac{V_f}{V_i} +nC_v\ln\frac{T_f}{T_i}}$$

(b) 合併系統輸出的功

兩個腔室體積固定，因此各自的體積變化為零：

$$dV_1=dV_2=0$$

每個系統的內能變化為

$$\Delta E_1=nC_v(T_f-T_{1i})$$ $$\Delta E_2=nC_v(T_f-T_{2i})$$

兩個系統合計的內能變化為

$$\Delta E_{\mathrm{int}} =nC_v(T_f-T_{1i}) +nC_v(T_f-T_{2i})$$

整理得

$$\Delta E_{\mathrm{int}} =nC_v(2T_f-T_{1i}-T_{2i})$$

若合併系統與外界沒有熱交換，則由第一定律：

$$\Delta E_{\mathrm{int}}=-\Delta W$$

其中 $\Delta W$ 表示系統對外輸出的功。因此

$$\Delta W =-\Delta E_{\mathrm{int}}$$

故

$$\boxed{\Delta W =nC_v(T_{1i}+T_{2i}-2T_f)}$$

若題目將每一腔室的熱容量 $nC_v$ 簡寫為 $C_v$，則寫成

$$\boxed{\Delta W=C_v(T_{1i}+T_{2i}-2T_f)}$$

(c) 使熵變最小時的末溫

兩腔室體積固定，所以由 (a) 式，各腔室的熵變分別為

$$\Delta S_1=nC_v\ln\frac{T_f}{T_{1i}}$$

本題考察平面波的性質，包括波長、週期和傳播速度的計算。

給定的波函數為 $f(x,t) = A e^{i(kx-\omega t+\phi)}$。這是一個沿 x 方向傳播的複指數形式的波。

(a) 計算波長 $\lambda$。
波函數的相位為 $(kx - \omega t + \phi)$。
波長 $\lambda$ 是波函數在空間上重複一個週期的距離。
對於一個固定的時間 $t$，當相位 $(kx - \omega t + \phi)$ 變化 $2\pi$ 時，波函數重複。
所以，$k(x+\lambda) - \omega t + \phi = (kx - \omega t + \phi) + 2\pi$。
$kx + k\lambda - \omega t + \phi = kx - \omega t + \phi + 2\pi$。
$k\lambda = 2\pi$。
$\lambda = \frac{2\pi}{k}$。
波長 $\lambda$ 只與波数 $k$ 有關，與 $A$, $\omega$, $\phi$ 無關。

【答案】$\lambda = \frac{2\pi}{k}$

(b) 計算週期 $T$。
週期 $T$ 是波函數在空間上某一點重複一個週期的時間。
對於一個固定的位置 $x$，當相位 $(kx - \omega t + \phi)$ 變化 $2\pi$ 時，波函數重複。
$k x - \omega (t+T) + \phi = (kx - \omega t + \phi) + 2\pi$。
$kx - \omega t - \omega T + \phi = kx - \omega t + \phi + 2\pi$。
$-\omega T = 2\pi$。
$T = -\frac{2\pi}{\omega}$。
這裡出現了負號，這是因為角頻率 $\omega$ 通常定義為正值，而相位中的 $-\omega t$ 表示波沿正 x 方向傳播。如果 $\omega$ 是正的，那麼 $T$ 應該是正的。
我們通常定義角頻率 $\omega$ 為正值。如果波的相位是 $kx - \omega t$，那麼它沿正 x 方向傳播。
如果波的相位是 $kx + \omega t$，那麼它沿負 x 方向傳播。