115 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》

此題為一維簡諧運動的經典考題，主要在測試學生對牛頓第二運動定律、簡諧運動的數學描述、位能、動能與總能量的理解。

(a) 根據虎克定律，彈簧對球的作用力為 $F = -kx$，其中 $k$ 為彈簧的彈性常數，$x$ 為球偏離平衡位置的位移。根據牛頓第二運動定律，$F = ma$，其中 $m$ 為球的質量，$a$ 為加速度。將兩式合併，得到 $-kx = m\frac{d^2x}{dt^2}$。
整理後可得 $\frac{d^2x}{dt^2} + \frac{k}{m}x = 0$。
這是一個標準的二階線性齊微分方程式，其解的形式為 $x(t) = A\cos(\omega t + \phi)$，其中 $A$ 為振幅，$\omega$ 為角頻率，$\phi$ 為初始相位。
將此解代回微分方程式，可得 $\frac{d^2}{dt^2}(A\cos(\omega t + \phi)) + \frac{k}{m}(A\cos(\omega t + \phi)) = 0$。
$-A\omega^2\cos(\omega t + \phi) + \frac{k}{m}A\cos(\omega t + \phi) = 0$。
由於 $\cos(\omega t + \phi)$ 不恆為零，故 $- \omega^2 + \frac{k}{m} = 0$，所以 $\omega^2 = \frac{k}{m}$，即 $\omega = \sqrt{\frac{k}{m}}$。
因此，角頻率為 $\omega = \sqrt{\frac{k}{m}}$。
運動方程式為 $x(t) = A\cos(\omega t + \phi)$。

(b) 題目給定初始條件：當 $t=0$ 時，球從平衡位置右側 $A$ 處釋放，即 $x(0) = A$。
將此條件代入 $x(t) = A\cos(\omega t + \phi)$：
$A = A\cos(\omega \cdot 0 + \phi) = A\cos(\phi)$。
因此，$\cos(\phi) = 1$，可得 $\phi = 0$ (或 $2n\pi$)。

此題主要測試學生對均勻帶電球體內部電場和電勢的計算能力，以及電場與電勢的關係。

首先，我們需要建立一個關鍵的關係：均勻帶電球體的總電荷 $q$ 與體密度 $\rho$ 以及半徑 $R$ 之間的關係。
體密度 $\rho = \frac{\text{總電荷}}{\text{體積}} = \frac{q}{\frac{4}{3}\pi R^3}$。
因此，$\rho = \frac{3q}{4\pi R^3}$。

(a) 計算均勻帶電實心球體內部 $r < R$ 的電場。
我們可以使用高斯定律來求解。考慮一個以球心為圓心，半徑為 $r$ ($r < R$) 的高斯面。由於電荷分佈是均勻的球面對稱，電場 $\mathbf{E}$ 在高斯面上的每一點大小都相等，且方向沿徑向。
高斯定律的數學表達式為 $\oint \mathbf{E} \cdot d\mathbf{A} = \frac{Q_{\text{enc}}}{\epsilon_0}$。
左邊的積分可以簡化為 $E \cdot (4\pi r^2)$，其中 $E$ 是高斯面上的電場大小，$4\pi r^2$ 是高斯面的面積。
$Q_{\text{enc}}$ 是高斯面所包圍的電荷量。由於電荷密度是均勻的，高斯面內部的電荷量為：
$Q_{\text{enc}} = \rho \cdot (\text{高斯面體積}) = \rho \cdot (\frac{4}{3}\pi r^3)$。
將 $\rho = \frac{3q}{4\pi R^3}$ 代入：
$Q_{\text{enc}} = \left(\frac{3q}{4\pi R^3}\right) \cdot (\frac{4}{3}\pi r^3) = \frac{q r^3}{R^3}$。
現在將 $Q_{\text{enc}}$ 代入高斯定律：
$E \cdot (4\pi r^2) = \frac{1}{\epsilon_0} \frac{q r^3}{R^3}$。
解出 $E$：
$E = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q r}{R^3}$。
由於電場沿徑向，其向量形式為 $\mathbf{E} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q r}{R^3}\hat{r}$。
【答案】$\mathbf{E} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q r}{R^3}\hat{r}$

(b) 計算均勻帶電實心球體內部 $r < R$ 的電勢。
電勢 $V$ 與電場 $\mathbf{E}$ 的關係為 $V(\mathbf{r}) - V(\mathbf{r}_0) = -\int_{\mathbf{r}_0}^{\mathbf{r}} \mathbf{E} \cdot d\mathbf{l}$。
我們通常將無窮遠處的電勢設為零 ($V(\infty) = 0$)。然而，對於帶電球體，我們需要先計算球體外部 ($r \ge R$) 的電勢，然後利用電勢的連續性來計算球體內部。
對於球體外部 ($r \ge R$)，高斯定律的被包圍電荷是總電荷 $q$。因此，電場為 $\mathbf{E}_{\text{out}} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q}{r^2}\hat{r}$。
球體外部的電勢為 $V_{\text{out}}(r) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q}{r}$ (設 $V(\infty)=0$)。
現在我們計算球體內部 ($r < R$) 的電勢。我們從球體外部的點 $R$ 積分到內部點 $r$：
$V(r) - V(R) = -\int_{R}^{r} \mathbf{E}_{\text{in}} \cdot d\mathbf{l}$。

核心觀念

本題結合熱力學與統計力學，重點包括：

• 理想氣體方程式：$pV=nRT$
• 熱力學第一定律的微分形式：
  $dQ=p\,dV+nC_v\,dT$
• 等溫過程：$dT=0$
• 熵的定義：
  $dS=\frac{dQ}{T}$
• 統計力學中的熵：
  $S=R\ln W$
• 二項式組合與 Stirling 近似：
  $\ln N!\approx N\ln N-N$

題目指定使用 $dQ=p\,dV+nC_v\,dT$ 進行計算，因此以下依照題目設定求解。

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解題方法

由於氣體由 $V_0$ 膨脹至 $2V_0$，且過程保持等溫，因此可令溫度固定為 $T$，並使用理想氣體方程式表示壓力：

$$p=\frac{nRT}{V}$$

接著將各小題所得的熱量與熵變積分，最後以微觀狀態數 $W$ 重新驗證熵變結果。

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(a) 等溫膨脹所吸收的熱量

題目給定：

$$dQ=p\,dV+nC_v\,dT$$

等溫過程中：

$$dT=0$$

所以：

$$dQ=p\,dV$$

利用理想氣體方程式 $p=nRT/V$：

$$dQ=\frac{nRT}{V}\,dV$$

這是隨體積變化的微分熱量。由 $V_0$ 積分至 $2V_0$，總熱量為：

$$Q=\int_{V_0}^{2V_0}\frac{nRT}{V}\,dV$$ $$Q=nRT\int_{V_0}^{2V_0}\frac{dV}{V}$$

因此：

$$\boxed{Q=nRT\ln 2}$$

若只問微分形式，則答案為：

$$\boxed{dQ=\frac{nRT}{V}\,dV}$$

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(b) 熵變

熵的微分定義為：

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

代入 (a) 的結果：

$$dS=\frac{1}{T}\left(\frac{nRT}{V}\,dV\right)$$

因此：

$$dS=nR\frac{dV}{V}$$

從 $V_0$ 積分至 $2V_0$：

$$\Delta S=\int_{V_0}^{2V_0}nR\frac{dV}{V}$$ $$\Delta S=nR\ln\left(\frac{2V_0}{V_0}\right)$$

所以：

$$\boxed{\Delta S=nR\ln 2}$$

由於體積增加，熵變為正值，符合氣體可及微觀狀態數增加的物理直覺。

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(c) 初始狀態的 multiplicity

初始時，$n$ moles 的氣體全部位於左半部：

• 左半部有全部粒子；
• 右半部沒有粒子。

若以題目簡化的「$n$ 個可辨識單位」計算，每一個粒子的位置都已被唯一指定，因此只有一種分配方式：

$$W_{\text{initial}}=1$$

因此初始熵為：

$$S_{\text{initial}}=R\ln W_{\text{initial}}$$ $$S_{\text{initial}}=R\ln 1=0$$

故：

$$\boxed{W_{\text{initial}}=1}$$

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(d) 最終狀態的 multiplicity

膨脹完成後，左、右兩半各有 $n/2$ 個粒子。

從 $n$ 個粒子中選出 $n/2$ 個放在左半部，其餘粒子自然位於右半部，因此分配方式為二項式係數：

$$W_{\text{final}} = \binom{n}{n/2}$$

寫成階乘形式：

$$\boxed{ W_{\text{final}} = \frac{n!}{(n/2)!(n/2)!} }$$

這個結果表示：只要選定哪些粒子位於左半部，整個左右分配就唯一決定。

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(e) 由 multiplicity 計算熵變

根據題目給定：

此題主要測試學生對週期性波的數學描述，特別是波數 (wavenumber) $k$ 與波長 $\lambda$ 的關係，以及角頻率 $\omega$ 與週期 $T$ 的關係。

給定的波函數為 $f(x,t) = A e^{i(kx-\omega t+\phi)}$。

(a) 根據波的週期性定義，當位置 $x$ 增加一個波長 $\lambda$ 時，波的函數值應保持不變，即 $f(x+\lambda, t) = f(x, t)$。
將此條件代入波函數：
$A e^{i(k(x+\lambda)-\omega t+\phi)} = A e^{i(kx-\omega t+\phi)}$
$A e^{i(kx+k\lambda-\omega t+\phi)} = A e^{i(kx-\omega t+\phi)}$
將指數項的虛部相等：
$kx+k\lambda-\omega t+\phi = kx-\omega t+\phi + 2n\pi$，其中 $n$ 為整數。
為了使等式成立，必須有 $k\lambda = 2n\pi$。
由於 $\lambda$ 是波長，是空間週期性最小的單位，所以我們取 $n=1$。
因此，得到波數 $k$ 與波長 $\lambda$ 的關係為：
$k\lambda = 2\pi$。