109 年 國立成功大學材料科學及工程學系碩士班《物理》

本題考查聲音強度與聲響位準（Sound Level）的關係。
聲音的強度（Intensity, $I$）是指單位時間內通過單位面積的聲波能量。
聲響位準（Sound Level, $L$）通常以分貝（dB）為單位，定義為：
$L = 10 \log_{10} \left( \frac{I}{I_0} \right)$
其中 $I_0$ 是參考強度，通常取為人耳聽覺閾值，約為 $10^{-12} \, \text{W/m}^2$。

題目中提到聲音位準增加了 30.0 dB。設原始聲響位準為 $L_1$，增加後的聲響位準為 $L_2$。
則 $\Delta L = L_2 - L_1 = 30.0 \, \text{dB}$。
$\Delta L = 10 \log_{10} \left( \frac{I_2}{I_0} \right) - 10 \log_{10} \left( \frac{I_1}{I_0} \right)$

本題考查牛頓第二運動定律在圓周運動中的應用，特別是切線加速度的計算。

題目中給定了飛機的質量 $m = 0.75 \, \text{kg}$，圓周運動的半徑 $r = 30 \, \text{m}$。
飛機引擎提供一個推力（thrust） $F_{\text{thrust}} = 0.80 \, \text{N}$，此推力方向「垂直於繫繩」。
在圓周運動中，飛機所受的力可以分解為指向圓心的向心力以及垂直於半徑方向（即切線方向）的力。

題目要求的是「飛機飛行路徑的切線加速度」。根據牛頓第二運動定律，物體所受的淨外力等於其質量乘以加速度：$\vec{F}_{\text{net}} = m\vec{a}$。
加速度 $\vec{a}$ 的方向與淨外力 $\vec{F}_{\text{net}}$ 的方向相同。
若要產生切線加速度 $\vec{a}_t$，則必須有沿著切線方向的淨外力 $\vec{F}_{t, \text{net}}$。
$\vec{F}_{t, \text{net}} = m\vec{a}_t$

在題目中，飛機引擎提供的推力 $F_{\text{thrust}} = 0.80 \, \text{N}$ 是「垂直於繫繩」的。
在穩定的圓周運動中，繫繩的方向就是指向圓心的半徑方向。
因此，這個推力是垂直於半徑方向的，也就是說，它是沿著切線方向的。

本題考查轉動定律，即力矩與角加速度的關係。

題目描述了一個繞固定軸旋轉的系統。

• 桿長 $L = 1 \, \text{m}$，質量可忽略。
• 桿的一端是鉸鏈（pivot），桿繞此鉸鏈在水平面自由旋轉。
• 在桿的自由端（距離鉸鏈 $L=1 \, \text{m}$ 處）連接一個質量 $m = 0.4 \, \text{kg}$ 的物體。
• 一個水平力 $F = 5 \, \text{N}$ 施加在桿的「中點」（距離鉸鏈 $L/2 = 0.5 \, \text{m}$ 處），且此力「垂直於桿」。

轉動定律的公式是 $\tau_{\text{net}} = I \alpha$，其中：

• $\tau_{\text{net}}$ 是系統所受的淨力矩。
• $I$ 是系統相對於旋轉軸的轉動慣量。
• $\alpha$ 是系統的角加速度。

首先計算淨力矩 $\tau_{\text{net}}$。
力矩是力與力臂的乘積，方向垂直於力與力臂構成的平面。
力 $F = 5 \, \text{N}$ 施加在距離鉸鏈 $r = L/2 = 0.5 \, \text{m}$ 處，且力垂直於桿。
因此，此力產生的力矩為：
$\tau_F = F \times r = 5 \, \text{N} \times 0.5 \, \text{m} = 2.5 \, \text{N}\cdot\text{m}$。
這個力矩的方向是垂直於桿，並使桿繞鉸鏈旋轉。

桿本身質量可忽略，但其自由端連接了一個質量為 $m = 0.4 \, \text{kg}$ 的物體。
這個物體距離旋轉軸（鉸鏈）的距離為 $R = L = 1 \, \text{m}$。
然而，題目中明確指出，外力 $F$ 是施加在「桿的中點」，並且「桿在水平面旋轉」。
題目也提到「桿質量忽略」，並且「在桿的自由端附加一個 0.4 kg 的質量」。
這裡有一個關鍵點：這個 0.4 kg 的質量是否受到外力 $F$ 的影響？
外力 $F$ 是施加在桿的中點，而質量 $m$ 附著在自由端。
所以，外力 $F$ 直接作用在距離旋轉軸 0.5 m 處。
這個力 $F$ 在桿上產生了一個力矩 $\tau_F = F \times (L/2) = 5 \, \text{N} \times 0.5 \, \text{m} = 2.5 \, \text{N}\cdot\text{m}$。

這個力矩會使整個系統（桿+質量）產生角加速度。
我們需要計算整個系統的轉動慣量 $I$。
系統包含桿（質量忽略）和附著在自由端的質量 $m$。
質量 $m$ 距離旋轉軸為 $R = L = 1 \, \text{m}$。
因此，系統的轉動慣量 $I$ 主要由這個質量 $m$ 貢獻：
$I = m R^2$

本題考查浮力定律和物體漂浮的條件。

物體漂浮在液體中的條件是：物體所受的浮力等於物體的重力。
$F_B = W$

浮力 $F_B$ 由阿基米德原理得知，等於物體排開液體的重量。
$F_B = \rho_{\text{fluid}} g V_{\text{submerged}}$
其中 $\rho_{\text{fluid}}$ 是液體的密度， $g$ 是重力加速度，$V_{\text{submerged}}$ 是物體浸入液體的體積。

物體的重力 $W = m_{\text{block}} g = \rho_{\text{block}} g V_{\text{block}}$
其中 $m_{\text{block}}$ 是物體的質量，$\rho_{\text{block}}$ 是物體的密度，$V_{\text{block}}$ 是物體的總體積。

漂浮條件：
$\rho_{\text{fluid}} g V_{\text{submerged}} = \rho_{\text{block}} g V_{\text{block}}$
$\rho_{\text{fluid}} V_{\text{submerged}} = \rho_{\text{block}} V_{\text{block}}$

題目中，物體（一個均勻的長方形塊體）漂浮在油和水的界面上。
它同時受到油和水的浮力。
因此，我們需要考慮物體排開油的體積和排開水的體積。

設：

• $\rho_{\text{oil}}$ 為油的密度。
• $\rho_{\text{water}}$ 為水的密度。
• $\rho_{\text{block}}$ 為塊體的密度。
• $V_{\text{block}}$ 為塊體的總體積。
• $V_{\text{submerged, oil}}$ 為塊體浸入油中的體積。
• $V_{\text{submerged, water}}$ 為塊體浸入水中的體積。

題目給定了：

• 油的比重（specific gravity）為 0.80。比重定義為物體密度與水的密度之比。
  $\text{SG}_{\text{oil}} = \frac{\rho_{\text{oil}}}{\rho_{\text{water}}} = 0.80$。
  如果我們以水的密度 $\rho_{\text{water}}$ 作為參考，則 $\rho_{\text{oil}} = 0.80 \, \rho_{\text{water}}$。
• 水的比重為 1.0，這意味著 $\rho_{\text{water}} = 1.0 \, \rho_{\text{water}}$ (這是定義)。

題目提到「one-third of the block's volume extends into the oil」。
這表示 $V_{\text{submerged, oil}} = \frac{1}{3} V_{\text{block}}$。
由於塊體漂浮在油和水的界面，且總體積為 $V_{\text{block}}$，因此浸入水中的體積為：
$V_{\text{submerged, water}} = V_{\text{block}} - V_{\text{submerged, oil}} = V_{\text{block}} - \frac{1}{3} V_{\text{block}} = \frac{2}{3} V_{\text{block}}$。

本題考查波的疊加原理，特別是兩個同頻率、同振幅但有相位差的波疊加後的合成波振幅。

兩個波的方程式分別為：
$y_1(x, t) = y_m \sin(kx - \omega t)$
$y_2(x, t) = y_m \sin(kx - \omega t + \phi)$

合成波 $y(x, t)$ 是 $y_1$ 和 $y_2$ 的總和：
$y(x, t) = y_1(x, t) + y_2(x, t)$
$y(x, t) = y_m \sin(kx - \omega t) + y_m \sin(kx - \omega t + \phi)$

我們可以使用三角函數的疊合公式：
$\sin A + \sin B = 2 \sin\left(\frac{A+B}{2}\right) \cos\left(\frac{A-B}{2}\right)$

令 $A = kx - \omega t + \phi$ 且 $B = kx - \omega t$。
則 $\frac{A+B}{2} = \frac{(kx - \omega t + \phi) + (kx - \omega t)}{2} = \frac{2(kx - \omega t) + \phi}{2} = kx - \omega t + \frac{\phi}{2}$。
且 $\frac{A-B}{2} = \frac{(kx - \omega t + \phi) - (kx - \omega t)}{2} = \frac{\phi}{2}$。

代入疊合公式：
$y(x, t) = y_m \left[ \sin(kx - \omega t) + \sin(kx - \omega t + \phi) \right]$
$y(x, t) = y_m \left[ 2 \sin\left(kx - \omega t + \frac{\phi}{2}\right) \cos\left(\frac{\phi}{2}\right) \right]$
$y(x, t) = \left( 2y_m \cos\left(\frac{\phi}{2}\right) \right) \sin\left(kx - \omega t + \frac{\phi}{2}\right)$

本題考查均勻細桿繞其中心垂直軸的轉動慣量。

對於一個質量為 $M$、長度為 $L$ 的均勻細桿，若繞其質心（中心）的垂直軸旋轉，其轉動慣量 $I$ 的標準公式為：
$I = \frac{1}{12}ML^2$

這個公式可以透過積分推導得出：
設桿沿 x 軸放置，從 $-L/2$ 到 $L/2$，質心在 $x=0$ 處。
桿的線密度 $\lambda = M/L$ (因為是均勻的)。
考慮一個微小質量元素 $dm = \lambda dx = (M/L) dx$。
這個質量元素距離旋轉軸（質心）的距離是 $x$。
它對轉動慣量的貢獻是 $dI = x^2 dm = x^2 (M/L) dx$。
對整個桿積分：
$I = \int_{-L/2}^{L/2} x^2 \frac{M}{L} dx$
$I = \frac{M}{L} \int_{-L/2}^{L/2} x^2 dx$
$I = \frac{M}{L} \left[ \frac{x^3}{3} \right]_{-L/2}^{L/2}$
$I = \frac{M}{L} \left( \frac{(L/2)^3}{3} - \frac{(-L/2)^3}{3} \right)$

本題考查火箭推進的原理，特別是推力（Thrust）的計算。

火箭的推力是根據動量守恆定律得出的。火箭通過高速向後噴射工質（燃料燃燒產生的氣體），根據牛頓第三運動定律，會產生一個向前的反作用力，即推力。

考慮在一個極短的時間間隔 $\Delta t$ 內。

• 火箭的質量從 $M$ 變為 $M - \Delta M$。
• 噴射出的工質質量為 $\Delta M$。
• 工質相對於火箭的速度為 $v_{\text{rel}}$（向後）。
• 火箭的速度從 $v$ 變為 $v + \Delta v$。

在沒有外力（如重力、空氣阻力）的情況下，系統（火箭+工質）的總動量守恆。
初始總動量：$P_i = M v$
最終總動量：$P_f = (M - \Delta M)(v + \Delta v) + (\Delta M) v_{\text{gases}}$

這裡需要注意 $v_{\text{gases}}$ 是指噴射出的氣體相對於「地面」（或慣性參考系）的速度。
如果 $v_{\text{rel}}$ 是相對於火箭的速度，那麼氣體相對於地面的速度是 $v_{\text{gases}} = v - v_{\text{rel}}$ （假設 $v$ 和 $v_{\text{rel}}$ 方向相反，這裡 $v_{\text{rel}}$ 是噴射方向的速度大小，向後）。
更嚴謹地說，如果 $v$ 是火箭的速度，噴射方向是負方向，$v_{\text{rel}}$ 是噴射速度大小，那麼氣體相對於地面的速度是 $v + (-v_{\text{rel}}) = v - v_{\text{rel}}$。

所以，$P_f = (M - \Delta M)(v + \Delta v) + (\Delta M)(v - v_{\text{rel}})$。
動量守恆 $P_i = P_f$：
$Mv = (M - \Delta M)(v + \Delta v) + (\Delta M)(v - v_{\text{rel}})$
$Mv = Mv + M\Delta v - v\Delta M - \Delta M \Delta v + v\Delta M - \Delta M v_{\text{rel}}$
$0 = M\Delta v - \Delta M \Delta v - \Delta M v_{\text{rel}}$

本題考查電路的串並聯、歐姆定律、電流、電場、電子漂移速度等概念。

題目描述了兩個由相同材料製成的導線，長度相同但直徑不同，並聯連接到電池。

• 相同材料：表示電阻率 $\rho$ 相同。
• 相同長度：$L_1 = L_2 = L$。
• 不同直徑：設直徑分別為 $d_1, d_2$，則半徑為 $r_1, r_2$，面積為 $A_1 = \pi r_1^2$, $A_2 = \pi r_2^2$。由於直徑不同，所以 $A_1 \neq A_2$。
• 並聯連接到電池：表示兩導線兩端的電壓相同，都等於電池的電壓 $V$。

我們來分析各選項：

(a) 電子漂移速度 ($v_d$)
電流的定義是單位時間通過導線截面的電荷量。
$I = n A v_d q$
其中 $n$ 是單位體積的載子數（相同材料，所以相同），$A$ 是截面積， $v_d$ 是漂移速度，$q$ 是載子電荷（電子，所以是 $e$）。
所以，$v_d = \frac{I}{n A e}$。
由於兩導線並聯，它們的電壓相同 ($V$)。
導線的電阻 $R = \rho \frac{L}{A}$。由於 $A$ 不同，所以 $R_1 \neq R_2$。
根據歐姆定律 $I = V/R$。由於 $R$ 不同，所以 $I_1 \neq I_2$。
因為 $I$ 不同，$A$ 也不同，所以 $v_d = \frac{I}{n A e}$ 的值是否相同，需要進一步比較。
$v_{d1} = \frac{I_1}{n A_1 e}$，$v_{d2} = \frac{I_2}{n A_2 e}$。
$I_1 = V/R_1 = V/(\rho L/A_1) = VA_1/(\rho L)$
$I_2 = V/R_2 = V/(\rho L/A_2) = VA_2/(\rho L)$
代入 $v_d$ 公式：
$v_{d1} = \frac{VA_1/(\rho L)}{n A_1 e} = \frac{V}{n \rho L e}$
$v_{d2} = \frac{VA_2/(\rho L)}{n A_2 e} = \frac{V}{n \rho L e}$
所以，$v_{d1} = v_{d2}$。

核心觀念

X 光管的能量耗散率就是電功率，公式為

$$P=VI$$

其中：

• $P$：功率，單位為瓦特（W）
• $V$：電壓，單位為伏特（V）
• $I$：電流，單位為安培（A）

解題方法

題目給定：

$$I=7\ \text{mA}=7\times10^{-3}\ \text{A}$$ $$V=80\ \text{kV}=80\times10^{3}\ \text{V}$$

代入功率公式：

$$P=VI$$ $$P=(80\times10^3)(7\times10^{-3})$$ $$P=80\times7\times10^{3-3}$$ $$P=560\ \text{W}$$

因此，X 光管的能量耗散率為 $560\ \text{W}$。

選項分析

• (a) 560：正確
  由 $P=VI$ 計算得 $560\ \text{W}$。

本題考查帶電粒子在電場中加速運動的能量轉換。

題目描述了一個氧離子（charge $2e$）在兩平行板間的電場中從靜止開始運動，直到到達另一板。

• 兩平行板相距 $d$，電勢差為 $V$。
• 離子初始速度為零（starts from rest）。
• 離子的電荷為 $q = +2e$ (假設是氧正離子，帶正電；如果帶負電，則加速方向相反，但動能計算相同)。
• 離子從一板運動到另一板。

在平行板電容器中，兩板間的電場 $E$ 假設是均勻的，大小為 $E = V/d$。
粒子從一板運動到另一板，電場對粒子做的功等於粒子動能的增加。
根據電勢差的定義，從電勢較低處移動到電勢較高處，電場做正功；反之，從電勢較高處移動到電勢較低處，電場做負功。
為了讓離子加速，它必須從電勢較高處運動到電勢較低處（如果離子帶正電），或者從電勢較低處運動到電勢較高處（如果離子帶負電）。
在此題目中，離子從靜止加速到另一板，表示電場對其做了正功。

電場對電荷 $q$ 在電勢差為 $V$ 的區域所做的功 $W$ 為：
$W = qV$
其中 $V$ 是從初始位置到最終位置的電勢差。

核心觀念

本題考查「熱平衡」與理想氣體狀態方程式。

熱平衡的定義是：物體與環境溫度相同，彼此之間不再有淨熱量傳遞。冷空氣氣球放入暖房後，氣球內的空氣吸收熱量，溫度逐漸升高。

氣球可視為柔性容器，內外壓力大致維持平衡，因此可用理想氣體方程式

$$PV=nRT$$

在氣體量 $n$ 與壓力 $P$ 大致固定時，

$$V\propto T$$

所以氣球內空氣升溫時，體積 $V$ 會增加，氣球便會膨脹。

解題方法

初始時，氣球內的冷空氣溫度低於房間空氣，因此存在溫差，房間空氣會持續將熱量傳給氣球內的空氣。

隨著氣球內空氣升溫，由

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

可知體積隨溫度升高而增加，氣球持續膨脹。

當氣球內空氣溫度升至與房間空氣相同時，氣球與環境達到熱平衡，不再有淨熱量傳遞。此時在壓力條件穩定下，氣球體積也不再增加，因此表現為「停止膨脹」。

選項分析

(a) it rises to the ceiling：錯誤

氣球上升或不上升，取決於浮力與重力的比較：

$$F_B=\rho_{\text{room}}Vg$$

核心觀念

光線由玻璃射向空氣時，可能發生全反射。臨界角 $\theta_c$ 滿足

$$\sin\theta_c=\frac{n_{\text{air}}}{n_{\text{glass}}} =\frac{1.00}{1.52}.$$

圖中的 $\phi$ 是光線與界面 $ac$ 的夾角，而入射角是光線與法線的夾角，因此

$$i=90^\circ-\phi.$$

解題方法

先求玻璃射向空氣的臨界角：

$$\theta_c=\sin^{-1}\left(\frac{1}{1.52}\right) \approx 41.14^\circ.$$

要使光線在 $ac$ 面發生全反射，入射角至少須達到臨界角。最大 $\phi$ 對應於臨界狀態：

$$90^\circ-\phi_{\max}=\theta_c$$

因此

$$\phi_{\max}=90^\circ-41.14^\circ =48.86^\circ\approx48.9^\circ.$$

本題考查偏振光與偏振片的作用，以及馬呂斯定律。

題目描述了光線通過偏振片的情況。

• 初始光的強度為 $I_0$。
• 光線到達一個偏振片。
• 偏振片的偏振方向（透振方向）最初與 y 軸平行。
• 我們將偏振片順時針旋轉 40° 關於光線的傳播方向。
• 初始光是「未偏振光」（unpolarized light）。

對於未偏振光，其強度為 $I_0$。當它通過第一個偏振片（稱為偏振器）時，透出的光是偏振光，其強度變為 $I_1 = \frac{1}{2} I_0$。
這個透出的偏振光的偏振方向與偏振器的透振方向相同。

現在，這個強度為 $I_1$ 的偏振光，將要通過第二個偏振片（稱為分析器）。
分析器的透振方向與光線的傳播方向之間的夾角為 $\theta$。
根據馬呂斯定律（Malus's Law），透射光的強度 $I_2$ 為：
$I_2 = I_1 \cos^2(\theta)$

題目中，偏振片（分析器）的透振方向最初與 y 軸平行。
我們將偏振片順時針旋轉 40°。
如果我們將 y 軸定義為 $0^\circ$，那麼順時針旋轉 40° 後，新的透振方向與 y 軸的夾角是 $40^\circ$。
所以，$\theta = 40^\circ$。

透射光的強度 $I_2 = I_1 \cos^2(40^\circ) = \frac{1}{2} I_0 \cos^2(40^\circ)$。
透射光的強度占初始光強度的比例是 $\frac{I_2}{I_0} = \frac{1}{2} \cos^2(40^\circ)$。
$\cos(40^\circ) \approx 0.766$。
$\cos^2(40^\circ) \approx (0.766)^2 \approx 0.5868$。
$\frac{I_2}{I_0} \approx \frac{1}{2} \times 0.5868 \approx 0.2934$。
所以，透射光的強度大約是初始強度的 29.34%。

題目問的是「During this rotation, the fraction of the initial light intensity passed by the sheet ...」。
這裡的「this rotation」是指從 $0^\circ$ (y 軸方向) 旋轉到 $40^\circ$ 的過程。
我們需要分析在這個旋轉過程中，透射光的強度比例如何變化。

本題考查串聯電路中的電壓分配。

題目描述了一個串聯電路：

• 兩個電阻 $R_1 = 650 \, \Omega$ 和 $R_2 = 2200 \, \Omega$。
• 它們串聯連接到一個電池，電池電壓為 $V_{\text{total}} = 12 \, \text{V}$。

在串聯電路中，總電阻 $R_{\text{total}}$ 是各個電阻之和：
$R_{\text{total}} = R_1 + R_2 = 650 \, \Omega + 2200 \, \Omega = 2850 \, \Omega$。

根據歐姆定律，電路中的總電流 $I$ 為：
$I = \frac{V_{\text{total}}}{R_{\text{total}}} = \frac{12 \, \text{V}}{2850 \, \Omega}$。

在串聯電路中，電流處處相等。所以，通過 $R_1$ 和 $R_2$ 的電流都是 $I$。
我們需要計算 $R_2 = 2200 \, \Omega$ 的電阻兩端的電壓 $V_2$。
根據歐姆定律：
$V_2 = I \times R_2$

將 $I$ 的值代入：
$V_2 = \left( \frac{12 \, \text{V}}{2850 \, \Omega} \right) \times (2200 \, \Omega)$
$V_2 = \frac{12 \times 2200}{2850} \, \text{V}$

本題考查帶電粒子在均勻磁場中受磁力作用而產生的圓周運動，涉及勞侖茲力與向心力的關係。

題目描述了電子在磁場中的運動：

• 電子（帶負電，電荷量為 $-e$）。
• 初始速度 $\vec{v}$ 垂直向上，大小為 $v = 1.703 \times 10^6 \, \text{m/s}$。
• 均勻磁場 $\vec{B}$ 方向水平向外（遠離觀察者）。
• 磁場大小 $B = 0.480 \, \text{T}$。
• 磁力導致圓周運動，這是因為速度 $\vec{v}$ 與磁場 $\vec{B}$ 垂直。

勞侖茲力（磁力）的大小為 $F_B = |q| v B \sin\theta$，其中 $\theta$ 是 $\vec{v}$ 和 $\vec{B}$ 之間的夾角。
由於速度是垂直向上，磁場是水平向外，它們之間夾角為 $90^\circ$。
所以，$\sin(90^\circ) = 1$。
磁力大小 $F_B = |q| v B = e v B$。
其中 $e$ 是基本電荷的大小，約為 $1.602 \times 10^{-19} \, \text{C}$。

這個磁力提供圓周運動所需的向心力。
向心力 $F_c = \frac{mv^2}{r}$，其中 $m$ 是粒子的質量， $r$ 是圓周運動的半徑。
電子的質量 $m \approx 9.109 \times 10^{-31} \, \text{kg}$。

令磁力等於向心力：
$F_B = F_c$
$e v B = \frac{mv^2}{r}$

我們可以解出圓周運動的半徑 $r$：
$r = \frac{mv^2}{evB} = \frac{mv}{eB}$

現在代入已知數值：
$m = 9.109 \times 10^{-31} \, \text{kg}$
$v = 1.703 \times 10^6 \, \text{m/s}$
$e = 1.602 \times 10^{-19} \, \text{C}$
$B = 0.480 \, \text{T}$

核心觀念

本題考查熱力學第一定律與絕熱過程的定義。

熱力學第一定律可寫成

$$\Delta U=Q+W_{\text{on}}$$

其中：

• $\Delta U$：氣體內能的變化量
• $Q$：流入氣體的熱量，流入為正
• $W_{\text{on}}$：外界對氣體所做的功，對氣體做功為正

「絕熱過程」的定義是氣體與外界沒有熱交換，因此

$$Q=0$$

解題方法

題目指出氣體被絕熱壓縮至原來體積的一半，且外界對氣體做功 $2850\ \text{J}$。

壓縮過程中，外界確實對氣體做功，使氣體內能增加；但「絕熱」只代表沒有熱量進出，與做功多少無關。因此直接由絕熱條件得到

$$Q=0\ \text{J}$$

$2850\ \text{J}$ 的功會反映在內能變化上：

$$\Delta U=Q+W_{\text{on}}$$ $$\Delta U=0+2850=2850\ \text{J}$$

所以氣體內能增加 $2850\ \text{J}$，但熱量流入氣體仍為 $0\ \text{J}$。

核心觀念

本題考查分子光譜學中分子能階間隔（Energy Gap）的數量級概念。

分子內部運動的能量狀態主要可拆解為三個層級：

1. 電子躍遷能階（Electronic Energy Levels）：電子在不同分子軌域間的躍遷，能階間距通常在數個電子伏特（$\text{eV}$）的數量級，對應光譜區為紫外線至可見光區（UV-Vis）。
2. 振動能階（Vibrational Energy Levels）：原子核繞平衡位置的振動運動，能量間距約在 $10^{-1} \sim 10^{-2}\text{ eV}$，對應光譜區為紅外光區（Infrared, IR）。
3. 轉動能階（Rotational Energy Levels）：分子整體的空間轉動運動，能量間距約在 $10^{-3} \sim 10^{-4}\text{ eV}$，對應光譜區為微波至遠紅外光區（Microwave / Far-IR）。

雙原子分子的轉動能階公式為：

$$E_J = \frac{\hbar^2}{2I} J(J+1) = B J(J+1)$$

其中 $J$ 為轉動量子數（$J = 0, 1, 2, \dots$），$I = \mu r_0^2$ 為分子的轉動慣量（$\mu$ 為折合質量，$r_0$ 為鍵長），$B = \frac{\hbar^2}{2I}$ 為轉動常數。相鄰轉動能階躍遷（$\Delta J = \pm 1$）之能量差為：

$$\Delta E = E_{J+1} - E_J = 2B(J+1)$$

---

解題方法

以典型雙原子分子進行數量級估算：

• 鍵長數量級：$r_0 \approx 1\text{ \AA} = 10^{-10}\text{ m}$
• 原子質量數量級：$\mu \approx 1 \sim 10\text{ u} \approx 10^{-26}\text{ kg}$
• 普朗克常數：$\hbar \approx 1.05 \times 10^{-34}\text{ J}\cdot\text{s}$

轉動慣量數量級為：

$$I = \mu r_0^2 \approx 10^{-26} \times (10^{-10})^2 = 10^{-46}\text{ kg}\cdot\text{m}^2$$

計算轉動常數能量 $B$：

$$B = \frac{\hbar^2}{2I} \approx \frac{(1.05 \times 10^{-34})^2}{2 \times 10^{-46}} \approx 5.5 \times 10^{-23}\text{ J}$$

本題考查理想氣體分子運動論中的方均根速率（rms speed）。

方均根速率 $v_{\text{rms}}$ 的公式為：
$v_{\text{rms}} = \sqrt{\frac{3kT}{m}}$
其中：

• $k$ 是波茲曼常數 ($k = 1.380649 \times 10^{-23} \, \text{J/K}$)。
• $T$ 是絕對溫度 (單位 K)。
• $m$ 是單個分子的質量 (單位 kg)。

題目給定：

• 溫度 $T = 6000 \, \text{K}$。
• 氦的原子量為 4.0。氦是單原子分子。
• 波茲曼常數 $k = 1.380649 \times 10^{-23} \, \text{J/K}$。

我們需要計算單個氦原子的質量 $m$。
原子量 4.0 指的是相對原子質量。
氦的摩爾質量 $M_{\text{molar}}$ 是 $4.0 \, \text{g/mol} = 4.0 \times 10^{-3} \, \text{kg/mol}$。
莫耳質量與單個分子質量的關係是：
$M_{\text{molar}} = N_A \times m$
其中 $N_A$ 是亞佛加厥數 ($N_A \approx 6.022 \times 10^{23} \, \text{mol}^{-1}$)。

所以，單個氦原子的質量 $m$ 為：
$m = \frac{M_{\text{molar}}}{N_A} = \frac{4.0 \times 10^{-3} \, \text{kg/mol}}{6.022 \times 10^{23} \, \text{mol}^{-1}}$
$m \approx \frac{4.0}{6.022} \times 10^{-3-23} \, \text{kg}$
$m \approx 0.664 \times 10^{-26} \, \text{kg} = 6.64 \times 10^{-27} \, \text{kg}$。

現在將所有值代入 $v_{\text{rms}}$ 公式：
$v_{\text{rms}} = \sqrt{\frac{3 \times (1.380649 \times 10^{-23} \, \text{J/K}) \times (6000 \, \text{K})}{6.64 \times 10^{-27} \, \text{kg}}}$

計算分子：
$3 \times 1.380649 \times 6000 \approx 3 \times 1.38 \times 6000 = 4.14 \times 6000 = 24840$
分子 $\approx 24840 \times 10^{-23} \, \text{J} = 2.484 \times 10^4 \times 10^{-23} \, \text{J} = 2.484 \times 10^{-19} \, \text{J}$。

本題考查黑體輻射的歷史發展和普朗克公式。

黑體輻射是指一個理想的吸收體（黑體）在熱平衡狀態下發出的電磁輻射。
在 19 世紀末，物理學家們試圖用經典物理學來解釋黑體輻射的實驗數據，但遇到了困難。

• 瑞立-金斯公式 (Raleigh-Jeans formula)：
  基於經典的電磁理論和能量均分定理，這個公式在長波長（低頻）區域與實驗數據吻合得很好，但在短波長（高頻）區域，它預測輻射強度會趨於無限大，這被稱為「紫外災變」（ultraviolet catastrophe）。因此，它無法正確描述整個頻率範圍的黑體輻射譜。

• 維恩位移定律 (Wein's displacement law)：
  維恩（Wein）通過實驗數據擬合，提出了一個公式來描述黑體輻射的頻譜分佈，特別是其峰值輻射頻率與溫度的關係。維恩位移定律描述了輻射強度隨波長和溫度變化的趨勢，尤其在短波長區域能較好地符合實驗數據，但它在長波長區域的預測與實驗不符。維恩也提出了維恩輻射公式，但它不是普適的。

核心觀念

本題考查光電效應。光子照射金屬表面時，光子能量先克服金屬的逸出功 $\phi$，剩餘能量轉化為光電子的最大動能：

$$K_{\max}=hf-\phi=\frac{hc}{\lambda}-\phi$$

其中：

• $K_{\max}$：光電子的最大動能
• $h$：普朗克常數
• $f$：入射光頻率
• $\lambda$：入射光波長
• $\phi$：鉀金屬的逸出功

鉀的逸出功約為

$$\phi_{\mathrm{K}}\approx 2.3\ \text{eV}$$

題目給出的光強度只影響光電子的產生數目，不影響單一光子的能量，因此不影響最大動能。

解題方法

先由波長求單一光子的能量：

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

使用方便的光電效應換算式：

$$hc\approx 1240\ \text{eV}\cdot\text{nm}$$

因此

$$E_{\gamma} =\frac{1240\ \text{eV}\cdot\text{nm}}{300\ \text{nm}} \approx 4.13\ \text{eV}$$

光電子最大動能為

$$K_{\max}=E_{\gamma}-\phi_{\mathrm{K}}$$ $$K_{\max}\approx 4.13-2.3 =1.83\ \text{eV}$$

所以最大動能約為

$$K_{\max}\approx 1.8\ \text{eV}$$

若換算成焦耳：

$$K_{\max} \approx 1.83\times 1.602\times 10^{-19}\ \text{J} \approx 2.93\times 10^{-19}\ \text{J}$$

本題考查狹義相對論中的速度疊加公式。

在經典力學中，速度是直接相加的。但在相對論中，由於光速不變原理，速度的疊加需要使用相對論速度疊加公式。
設：

• $v_{EA}$ 是太空船 A 相對於地球的速度。
• $v_{EB}$ 是太空船 B 相對於地球的速度。
• $v_{AB}$ 是太空船 B 相對於太空船 A 的速度。

題目給定：

• $v_{EA} = 0.9c$ (A 相對於地球的速度)。
• $v_{AB} = 0.5c$ (B 相對於 A 的速度)。
• A 和 B 沿相同方向運動。
• 我們需要計算 $v_{EB}$ (B 相對於地球的速度)。

相對論速度疊加公式（沿直線運動）：
如果一個物體相對於參考系 S' 的速度是 $u'$, 而 S' 相對於參考系 S 的速度是 $v$，那麼物體相對於參考系 S 的速度 $u$ 為：
$u = \frac{u' + v}{1 + \frac{u'v}{c^2}}$

在這裡，我們將地球作為參考系 S。
太空船 A 相對於地球的速度是 $v_{EA} = 0.9c$。
太空船 B 相對於太空船 A 的速度是 $v_{AB} = 0.5c$。
我們想求的是太空船 B 相對於地球的速度 $v_{EB}$。

這裡的設置是：

• 相對系 S' 是太空船 A。S' 相對於 S (地球) 的速度是 $v = v_{EA} = 0.9c$。
• 在 S' (太空船 A) 參考系中，太空船 B 的速度是 $u' = v_{AB} = 0.5c$。

本題考查量子力學中的海森堡不確定性原理（Heisenberg's Uncertainty Principle）。

海森堡不確定性原理指出，我們不可能同時精確地知道一個粒子的某些成對的物理量。這些成對的物理量被稱為「共軛變量」（conjugate variables）。

對於位置和動量，它們之間的關係式為：
$\Delta x \Delta p_x \ge \frac{\hbar}{2}$
其中：

• $\Delta x$ 是位置的不確定度。
• $\Delta p_x$ 是沿 x 方向動量的不確定度。
• $\hbar$ 是約化普朗克常數。

這意味著，如果你想精確地知道粒子的位置（$\Delta x$ 很小），那麼它的動量就變得非常不確定（$\Delta p_x$ 很大），反之亦然。你不可能同時讓 $\Delta x$ 和 $\Delta p_x$ 都非常小。

其他成對的共軛變量包括：

• 能量和時間：$\Delta E \Delta t \ge \frac{\hbar}{2}$。
• 角動量和角位置。

核心觀念

本題考查狹義相對論的時間膨脹效應。相對於地球上的觀察者，John 以高速 $v=0.8c$ 運動，因此 John 的心跳時鐘會變慢。

時間膨脹公式為

$$\Delta t=\gamma \Delta \tau$$

其中：

• $\Delta \tau$：運動者自身測得的時間，即 John 的固有時間
• $\Delta t$：地球觀察者測得的時間
• $\gamma$：洛倫茲因子

$$\gamma=\frac{1}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}$$

解題方法

地球上的「你」看到自己的心跳 10 次。若每次心跳間隔相同，地球測得的時間間隔可表示為

$$\Delta t=10T$$

其中 $T$ 是你每次心跳的週期。

John 的心跳週期在地球觀察者看來會變成

$$T_{\text{John}}=\gamma T$$

先計算洛倫茲因子：

$$\gamma=\frac{1}{\sqrt{1-(0.8)^2}} =\frac{1}{\sqrt{1-0.64}} =\frac{1}{\sqrt{0.36}} =\frac{5}{3}$$

本題考查高斯定律在自由空間中的應用。

高斯定律（Gauss's Law）描述了電場（或電通量密度）與其源電荷之間的關係。
在高斯定律的微分形式中，電場的散度（divergence）與電荷密度 $\rho$ 的關係為：
$\nabla \cdot \vec{E} = \frac{\rho}{\epsilon_0}$
其中 $\vec{E}$ 是電場強度，$\rho$ 是自由空間中的體電荷密度，$\epsilon_0$ 是真空介電常數。

題目問的是「electric flux density」的散度。
電通量密度 $\vec{D}$ 的定義為：
$\vec{D} = \epsilon_0 \vec{E} + \vec{P}$
在自由空間（vacuum）中，沒有極化現象，所以極化向量 $\vec{P} = 0$。
因此，在自由空間中，$\vec{D} = \epsilon_0 \vec{E}$。

將高斯定律的微分形式用 $\vec{D}$ 來表達：
$\nabla \cdot \vec{D} = \nabla \cdot (\epsilon_0 \vec{E}) = \epsilon_0 (\nabla \cdot \vec{E})$

本題考查高斯定律（Gauss's Law）在電場中的應用，以及電荷密度與電場的關係。

高斯定律的微分形式有兩種常見的表述：

1. 關於電場強度 $\vec{E}$：
   $\nabla \cdot \vec{E} = \frac{\rho}{\epsilon_0}$
   其中 $\rho$ 是體電荷密度，$\epsilon_0$ 是真空介電常數。

2. 關於電通量密度 $\vec{D}$：
   $\nabla \cdot \vec{D} = \rho$
   其中 $\rho$ 是體電荷密度。
   $\vec{D}$ 的定義是 $\vec{D} = \epsilon_0 \vec{E} + \vec{P}$，其中 $\vec{P}$ 是極化向量。在自由空間（vacuum）中，$\vec{P}=0$，所以 $\vec{D} = \epsilon_0 \vec{E}$。

題目問的是「charge density of an electrostatic field is given by which of the following?」。
電荷密度指的是體電荷密度 $\rho$。
我們需要找到哪個選項能表示 $\rho$。

選項分析：
(a) Curl of D ($\nabla \times \vec{D}$): 旋度（Curl）描述了向量場的旋轉趨勢。

核心觀念

本題考查 Maxwell 方程組與其物理來源的對應關係。描述時變磁場產生感應電場的方程式為 Maxwell–Faraday 方程，也就是由 Faraday 電磁感應定律建立：

$$\oint_C \mathbf{E}\cdot d\mathbf{l} = -\frac{d}{dt}\int_S \mathbf{B}\cdot d\mathbf{A}$$

其微分形式為：

$$\nabla\times\mathbf{E} = -\frac{\partial\mathbf{B}}{\partial t}$$

其中負號代表感應電場的方向會抵抗磁通量的變化，這正是 Lenz law 所描述的方向判定。

解題方法

題目詢問 Maxwell second equation 所根據的定律，直接判斷各 Maxwell 方程式所描述的物理現象即可。

若方程式描述「變動磁場產生旋轉電場」：

$$\nabla\times\mathbf{E} = -\frac{\partial\mathbf{B}}{\partial t}$$

則其基本來源是 Faraday law。因此正確選項為 Faraday law。

選項分析

• (a) Lenz law：錯誤。
  Lenz law 說明感應電流或感應電場的方向會阻抗磁通量的變化，主要反映 Faraday law 中的負號。它是方向判定原則，但 Maxwell–Faraday 方程的直接基本定律是 Faraday law。

• (b) Faraday law：正確。
  Faraday law 表示穿過迴路的磁通量隨時間改變時，會產生感應電動勢：

核心觀念

本題考查良導體中的平面電磁波，以及導體表面切向電場 $\mathbf{E}_t$ 與磁場 $\mathbf{H}_t$ 的相位差。

電磁波進入良導體後，其波阻抗（intrinsic impedance）為

$$\eta=\frac{E_t}{H_t} =\sqrt{\frac{j\omega\mu}{\sigma+j\omega\varepsilon}},$$

其中 $\sigma$ 為導電率、$\omega$ 為角頻率、$\mu$ 為磁導率、$\varepsilon$ 為介電常數。

良導體的條件為

$$\sigma\gg \omega\varepsilon.$$

因此可近似為

$$\eta\approx\sqrt{\frac{j\omega\mu}{\sigma}}.$$

由於

$$\sqrt{j}=\frac{1+j}{\sqrt{2}},$$

所以

$$\eta\approx (1+j)\sqrt{\frac{\omega\mu}{2\sigma}}.$$

寫成極座標形式：

$$\eta\approx \sqrt{\frac{\omega\mu}{\sigma}}\,e^{j45^\circ}.$$

這表示電場與磁場的相位關係為

$$\angle E_t-\angle H_t=45^\circ,$$

亦即電場領先磁場 $45^\circ$。

---

解題方法

採用良導體波阻抗判斷相位差。

在良導體中，傳導電流遠大於位移電流，因此 Maxwell 方程式中的波傳播常數可近似處理。若採用時間因子 $e^{j\omega t}$，良導體的波阻抗為

$$\eta\approx (1+j)\sqrt{\frac{\omega\mu}{2\sigma}}.$$

其中 $(1+j)$ 的相位角為

$$\arg(1+j)=45^\circ.$$

由於

$$\eta=\frac{E_t}{H_t},$$

阻抗的相位就是電場相對於磁場的相位：

$$\angle\eta=\angle E_t-\angle H_t=45^\circ.$$

因此

$$\boxed{\text{電場領先磁場 }45^\circ}$$

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選項分析

核心觀念

電磁力是帶電粒子或載流導體在電場、磁場中所受的力。一般形式為洛侖茲力：

$$\mathbf{F}=q\left(\mathbf{E}+\mathbf{v}\times\mathbf{B}\right)$$

對長度向量為 $\mathbf{L}$、電流為 $I$ 的載流導線，磁力為：

$$\mathbf{F}=I\mathbf{L}\times\mathbf{B}$$

其方向由叉積決定，符合佛萊明左手定則（Fleming's left hand rule）。因此本題要辨認的是「判定載流導體在磁場中所受力方向」的規則。

解題方法

題目問的是定義或判定「電磁力」的 law/rule。可將各選項依功能分類：

• Faraday's law：描述電磁感應。
• Ampere law：描述電流與磁場的關係。
• Fleming's right hand rule：判定發電機作用中的感應電流方向。
• Fleming's left hand rule：判定電動機作用中導體所受磁力方向。

載流導體受磁力時，使用：

$$\mathbf{F}=I\mathbf{L}\times\mathbf{B}$$

佛萊明左手定則的三個互相垂直方向為：

• 食指：磁場方向 $\mathbf{B}$，由 N 極指向 S 極。
• 中指：傳統電流方向 $I$，由正極流向負極。
• 拇指：導體所受磁力或運動方向 $\mathbf{F}$。

所以正確選項為 (d) Fleming's left hand rule。

選項分析

(a) Faraday's law

法拉第定律描述磁通量變化所產生的感應電動勢：

核心觀念

地球磁場主要由「地球發電機效應」（geodynamo）產生。其核心機制是：

• 地球外核含有大量可導電的液態鐵與鎳。
• 外核內部因溫度差、成分差異產生對流運動。
• 地球自轉使導電流體受到科氏力影響，形成有組織的環流。
• 導電流體運動時切割磁力線，產生感應電流。
• 感應電流又建立並維持地球的全球性磁場。

此過程符合電磁感應概念：

$$\mathcal{E}=-\frac{d\Phi_B}{dt}$$

其中 $\mathcal{E}$ 是感應電動勢，$\Phi_B$ 是磁通量。導電液態鐵的流動改變磁通量，因而產生電流；電流再依據安培定律產生磁場。

解題方法

判斷地球磁場來源時，應檢查各選項是否能解釋「持續、全球性磁場」的形成。

地球磁場並非由一塊固定的永久磁鐵產生，而是由地球外核中導電液體的流動所維持。地球內部熱能使液態外核產生對流，配合地球自轉造成的旋轉效應，使電流分布具有整體性的方向，形成磁場。

因此，造成地球磁場的直接原因是：

$$\text{液態鐵的運動} \;\longrightarrow\; \text{感應電流} \;\longrightarrow\; \text{地球磁場}$$

選項分析

(a) The movement of liquid iron in the outer core of the Earth.

正確。

地球外核主要由液態鐵、鎳等金屬組成，具有良好導電性。液態金屬的對流運動會產生電流，電流進一步形成磁場。這就是地球發電機效應，也是現代地球物理學對地球磁場來源的主要解釋。

本題考查費米-狄拉克統計（Fermi-Dirac statistics）中電子在費米能級的佔據概率。

在有限溫度 $T > 0 \, \text{K}$ 下，電子在能級上的佔據概率由費米-狄拉克分佈函數 $f(E)$ 給出：
$f(E) = \frac{1}{e^{(E - E_F)/(kT)} + 1}$
其中：

• $E$ 是能級的能量。
• $E_F$ 是費米能級（Fermi energy）。
• $k$ 是波茲曼常數。
• $T$ 是絕對溫度。

題目問的是，在費米能級 $E_F$ 處，電子的佔據概率是多少。
我們需要將 $E = E_F$ 代入費米-狄拉克分佈函數：
$f(E_F) = \frac{1}{e^{(E_F - E_F)/(kT)} + 1}$

本題考查金屬中費米能（Fermi energy）與自由電子體密度（volume density of free electrons）之間的關係。

在自由電子模型（free electron model）中，金屬中的導電電子被視為在一個勢阱中自由運動的電子氣。
費米能 $E_F$ 是指在絕對零度 ($T=0 \, \text{K}$) 時，電子填充到最高能級的能量。
它與電子氣的密度有關。

費米能的公式為：
$E_F = \frac{\hbar^2}{2m} (3\pi^2 n_e)^{2/3}$
其中：

• $\hbar$ 是約化普朗克常數。
• $m$ 是電子的質量。
• $n_e$ 是自由電子的體密度（單位體積的電子數）。

本題考查原子軌域的量子數表示法。

原子的電子狀態由一組量子數描述：

1. 主量子數 ($n$)：決定了電子的能量和軌域的大小。
2. 角動量量子數（或軌角動量量子數，orbital quantum number, $l$）：決定了軌域的形狀和軌角動量的大小。
   • $l$ 的取值範圍是 $0, 1, 2, ..., n-1$。
   • 這些 $l$ 值對應於特定的軌域符號：
     • $l=0$ 對應 s 軌域
     • $l=1$ 對應 p 軌域
     • $l=2$ 對應 d 軌域
     • $l=3$ 對應 f 軌域
     • $l=4$ 對應 g 軌域，以此類推。