108 年 國立政治大學應用物理研究所《普通物理學》

本題主要考驗能量守恆、功與能的關係，以及圓周運動中的力學分析。

核心觀念：

1. 功與能定理 (Work-Energy Theorem)：合力對物體所做的功等於物體動能的變化量。
2. 能量守恆定律：在沒有非保守力（如摩擦力）做功的情況下，系統的總機械能（動能加位能）守恆。當有摩擦力時，系統的機械能會減少，減少的量等於摩擦力所做的功。
3. 圓周運動：在圓周軌道上運動的物體，需要向心力來維持其運動。在最高點時，重力與支持力（法向力）的合力提供向心力。

解題步驟：

(a) 求初始壓縮量 $x$

當彈簧釋放時，儲存的彈性位能會轉化為動能。由於在水平面上沒有摩擦力，且彈簧的勁度係數為 $k = 800$ N/m，物體質量為 $m = 0.50$ kg，在釋放點的速度為 0，在水平軌道上抵達圓周軌道底部時的速度為 $v_{\text{bot}} = 10.0$ m/s。

根據能量守恆（從彈簧釋放到抵達圓周底部，忽略題目敘述中「水平軌道」的摩擦力，因為後續有提到摩擦力是在「滑上軌道」時，且水平部分為光滑），彈簧的彈性位能轉化為物體在圓周底部時的動能。
彈性位能 $U_s = \frac{1}{2}kx^2$
動能 $K = \frac{1}{2}mv_{\text{bot}}^2$

令初始狀態（彈簧壓縮）為 $E_i$ 且最終狀態（抵達圓周底部）為 $E_f$。
$E_i = U_s + K_i = \frac{1}{2}kx^2 + 0$
$E_f = U_s' + K_f = 0 + \frac{1}{2}mv_{\text{bot}}^2$ (假設圓周底部位能為零)

由能量守恆：$E_i = E_f$
$\frac{1}{2}kx^2 = \frac{1}{2}mv_{\text{bot}}^2$
$kx^2 = mv_{\text{bot}}^2$
$x^2 = \frac{mv_{\text{bot}}^2}{k}$
$x = \sqrt{\frac{mv_{\text{bot}}^2}{k}}$

代入數據：
$m = 0.50$ kg
$v_{\text{bot}} = 10.0$ m/s
$k = 800$ N/m

$x = \sqrt{\frac{(0.50 \text{ kg})(10.0 \text{ m/s})^2}{800 \text{ N/m}}} = \sqrt{\frac{(0.50)(100)}{800}} = \sqrt{\frac{50}{800}} = \sqrt{\frac{1}{16}} = \frac{1}{4} = 0.25$ m

【答案】$x = 0.25$ m

(b) 求抵達圓周頂部時的速度 $v_{\text{top}}$

從圓周底部到頂部，物體受到重力與摩擦力的作用。圓周半徑 $R = 0.50$ m。
在圓周底部，高度設為 $h=0$，動能為 $K_{\text{bot}} = \frac{1}{2}mv_{\text{bot}}^2$。
在圓周頂部，高度為 $h = 2R$，動能為 $K_{\text{top}} = \frac{1}{2}mv_{\text{top}}^2$，位能為 $U_{\text{top}} = mgh = mg(2R)$。

從底部到頂部，摩擦力做的功 $W_f$ 是負值，因為摩擦力方向與位移方向相反。摩擦力大小為 $f = 5.00$ N。
在圓周軌道上，從底部到頂部，滑動的總距離是圓周的一半，即 $d = \pi R$。
所以摩擦力做的功 $W_f = -f \times d = -f \times (\pi R)$。

根據功與能定理（或考慮能量損失）：
$K_{\text{bot}} + U_{\text{bot}} + W_{\text{non-conservative}} = K_{\text{top}} + U_{\text{top}}$
$\frac{1}{2}mv_{\text{bot}}^2 + 0 + W_f = \frac{1}{2}mv_{\text{top}}^2 + mg(2R)$

代入數據：
$m = 0.50$ kg
$v_{\text{bot}} = 10.0$ m/s
$R = 0.50$ m
$g \approx 9.8$ m/s² (題目未指定，但通常物理題目預設使用 9.8 m/s² 或 10 m/s²。在此先用 9.8)
$f = 5.00$ N

$W_f = -5.00 \text{ N} \times (\pi \times 0.50 \text{ m}) \approx -5.00 \times 3.14159 \times 0.50 \approx -7.854$ J

$\frac{1}{2}(0.50 \text{ kg})(10.0 \text{ m/s})^2 + W_f = \frac{1}{2}(0.50 \text{ kg})v_{\text{top}}^2 + (0.50 \text{ kg})(9.8 \text{ m/s}^2)(2 \times 0.50 \text{ m})$
$25.0 \text{ J} + W_f = 0.25 v_{\text{top}}^2 + 4.9 \text{ J}$
$25.0 \text{ J} - 7.854 \text{ J} = 0.25 v_{\text{top}}^2 + 4.9 \text{ J}$
$17.146 \text{ J} = 0.25 v_{\text{top}}^2 + 4.9 \text{ J}$
$0.25 v_{\text{top}}^2 = 17.146 - 4.9 = 12.246$ J

本題主要考驗平行軸定理、能量守恆定律以及角動量守恆（雖然此題用能量守恆即可）。

核心觀念：

1. 平行軸定理 (Parallel Axis Theorem)：物體繞過其質心 (CM) 的軸的轉動慣量為 $I_{\text{CM}}$，則物體繞與質心軸平行且距離為 $d$ 的軸的轉動慣量 $I$ 為 $I = I_{\text{CM}} + Md^2$。
2. 能量守恆定律：在無非保守力做功的情況下，系統的總機械能（動能加位能）守恆。對於旋轉運動，動能包含平移動能和轉動動能。
3. 圓周運動與速度：在圓周運動中，質心的運動速度與角速度的關係為 $v = \omega r$。

解題步驟：

(a) 求關於支點的轉動慣量 $I$

題目已知均勻實心圓盤的質量為 $M$，半徑為 $R$，且其質心 (CM) 的轉動慣量為 $I_{\text{CM}} = \frac{1}{2}MR^2$。
支點 (pivot) 在圓盤的邊緣。支點到圓盤質心的距離為 $d = R$。
根據平行軸定理，繞過邊緣支點的轉動慣量 $I$ 為：
$I = I_{\text{CM}} + Md^2$
$I = \frac{1}{2}MR^2 + M(R)^2$
$I = \frac{1}{2}MR^2 + MR^2 = \frac{3}{2}MR^2$

【答案】$I = \frac{3}{2}MR^2$

(b) 求當圓盤到達虛線位置時的角速度 $\omega$

圓盤從靜止釋放（初始角速度 $\omega_i = 0$），初始位置是圓盤頂部朝上。銅色圓圈表示初始位置，虛線圓圈表示最終位置。
從銅色圓圈到虛線圓圈，圓盤質心下降了一段高度。
初始位置：質心在支點下方 $R$ 的位置。
虛線位置：支點在圓盤的邊緣，圓盤旋轉了 90 度，使得支點的下方是圓盤的水平直徑。此時，圓盤的質心在支點的水平方向，距離為 $R$。
因此，質心的垂直下降高度為 $h = R$。

根據能量守恆定律：
初始總機械能 $E_i = K_i + U_i$
最終總機械能 $E_f = K_f + U_f$

初始狀態 (靜止，銅色圓圈)：
動能 $K_i = 0$ (因為從靜止釋放)
位能 $U_i = Mgh_i$。我們可以將虛線位置的質心高度設為零，則銅色圓圈位置的質心高度為 $h_i = R$ (相對於虛線位置的質心高度)。
所以 $U_i = MgR$。

最終狀態 (虛線圓圈)：
動能 $K_f = K_{\text{trans, f}} + K_{\text{rot, f}}$
$K_{\text{trans, f}} = \frac{1}{2}Mv_{\text{CM}, f}^2$，其中 $v_{\text{CM}, f}$ 是質心在虛線位置的速度。
$K_{\text{rot, f}} = \frac{1}{2}I\omega_f^2$，其中 $\omega_f$ 是虛線位置的角速度。
位能 $U_f = 0$ (因為我們將此位置的質心高度設為零)。

質心的速度 $v_{\text{CM}, f}$ 與角速度 $\omega_f$ 的關係是 $v_{\text{CM}, f} = \omega_f d = \omega_f R$ (因為質心到支點的距離是 $R$)。
所以，最終動能 $K_f = \frac{1}{2}M(\omega_f R)^2 + \frac{1}{2}I\omega_f^2 = \frac{1}{2}M\omega_f^2 R^2 + \frac{1}{2}I\omega_f^2$。

由能量守恆 $E_i = E_f$:
$MgR = \frac{1}{2}M\omega_f^2 R^2 + \frac{1}{2}I\omega_f^2$

將 (a) 的結果 $I = \frac{3}{2}MR^2$ 代入：
$MgR = \frac{1}{2}M\omega_f^2 R^2 + \frac{1}{2}(\frac{3}{2}MR^2)\omega_f^2$

本題主要考驗安培定律、磁通量、法拉第電磁感應定律、以及安培力。

核心觀念：

1. 長直導線產生的磁場：長直導線在距離 $r$ 處產生的磁場強度為 $B = \frac{\mu_0 I}{2\pi r}$，方向由右手定則決定。
2. 磁通量：穿過某面積的磁力線總數，數學上表示為 $\Phi_B = \int \mathbf{B} \cdot d\mathbf{A}$。
3. 法拉第電磁感應定律：感應電動勢 $\mathcal{E} = -\frac{d\Phi_B}{dt}$。
4. 歐姆定律：感應電流 $I_{\text{loop}} = \frac{\mathcal{E}}{R_{\text{loop}}}$。
5. 安培力：長直導線在磁場中受到的力為 $F = I L B \sin\theta$，其中 $I$ 是導線中的電流，$L$ 是導線在磁場中的長度，$\theta$ 是電流方向與磁場方向的夾角。

解題步驟：

(a) 求迴路中的磁通量 $\Phi_B$

長直導線的電流 $I_1(t) = 5t$ (A) 在迴路中產生的磁場。
迴路位於長直導線的平面上。迴路的一側（左側）離導線的距離為 $c = 2$ m，另一側（右側）離導線的距離為 $c+a = 2+2 = 4$ m。迴路的寬度為 $b = 3$ m。

長直導線在距離 $r$ 處產生的磁場強度為 $B(r) = \frac{\mu_0 I_1(t)}{2\pi r}$。根據右手定則，若電流 $I_1$ 向上，則迴路內部的磁場方向垂直紙面進入（$\otimes$）。

迴路是一個矩形，我們需要計算穿過迴路的總磁通量。由於磁場強度 $B$ 隨距離 $r$ 變化，我們需要對迴路面積進行積分。
將迴路分割成許多薄的矩形條，寬度為 $dr$，高度為 $b$。這些薄條位於距離導線 $r$ 處，其中 $c \le r \le c+a$。
每個薄條的面積 $dA = b \cdot dr$。
穿過這個薄條的磁通量 $d\Phi_B = B(r) dA = \frac{\mu_0 I_1(t)}{2\pi r} (b \cdot dr)$。

總磁通量 $\Phi_B$ 為：
$\Phi_B = \int d\Phi_B = \int_c^{c+a} \frac{\mu_0 I_1(t) b}{2\pi r} dr$
$\Phi_B = \frac{\mu_0 b I_1(t)}{2\pi} \int_c^{c+a} \frac{1}{r} dr$
$\Phi_B = \frac{\mu_0 b I_1(t)}{2\pi} [\ln r]_c^{c+a}$
$\Phi_B = \frac{\mu_0 b I_1(t)}{2\pi} (\ln(c+a) - \ln c)$
$\Phi_B = \frac{\mu_0 b I_1(t)}{2\pi} \ln\left(\frac{c+a}{c}\right)$

代入數據：
$I_1(t) = 5t$ A
$b = 3$ m
$c = 2$ m
$a = 2$ m
$\mu_0 = 4\pi \times 10^{-7}$ T·m/A

$\Phi_B(t) = \frac{(4\pi \times 10^{-7} \text{ T·m/A}) (3 \text{ m}) (5t \text{ A})}{2\pi} \ln\left(\frac{2+2}{2}\right)$
$\Phi_B(t) = (6 \times 10^{-7} \text{ T·m}^2) (5t) \ln(2)$
$\Phi_B(t) = (30 \times 10^{-7} t) \ln(2)$ Wb

其中 $\ln(2) \approx 0.693$。
$\Phi_B(t) = (30 \times 10^{-7} t) (0.693)$ Wb
$\Phi_B(t) = 20.79 \times 10^{-7} t$ Wb

【答案】$\Phi_B(t) = \frac{3 \mu_0 t}{2\pi} \ln(2)$ Wb，或 $\Phi_B(t) = 20.79 \times 10^{-7} t$ Wb。

(b) 求迴路中的電流 $I_{\text{loop}}$

根據法拉第電磁感應定律，感應電動勢 $\mathcal{E} = -\frac{d\Phi_B}{dt}$。
$\Phi_B(t) = (30 \times 10^{-7} \ln 2) t$ Wb
$\frac{d\Phi_B}{dt} = 30 \times 10^{-7} \ln 2$ V

$\mathcal{E} = -(30 \times 10^{-7} \ln 2)$ V

迴路的總電阻 $R_{\text{loop}}$。
金屬的電阻率 $\rho = 0.0693 \times 10^{-6}$ $\Omega$/m。
迴路的總長度 $L_{\text{loop}} = 2(a+b) = 2(2+3) = 10$ m。
迴路的總電阻 $R_{\text{loop}} = \rho \times L_{\text{loop}} = (0.0693 \times 10^{-6} \Omega/\text{m}) \times (10 \text{ m}) = 0.693 \times 10^{-6} \Omega$。

注意：題目給的 $\ln(2) = 0.693$。
$\rho = \ln(2) \times 10^{-6} \Omega$/m。
$R_{\text{loop}} = (\ln 2 \times 10^{-6} \Omega/\text{m}) \times (10 \text{ m}) = 10 \ln 2 \times 10^{-6} \Omega$。

$\frac{d\Phi_B}{dt} = \frac{\mu_0 b (5)}{2\pi} \ln(2) = \frac{4\pi \times 10^{-7} \times 3 \times 5}{2\pi} \ln(2) = 30 \times 10^{-7} \ln(2)$ V。

感應電動勢 $\mathcal{E} = -30 \times 10^{-7} \ln(2)$ V。

迴路中的感應電流 $I_{\text{loop}} = \frac{\mathcal{E}}{R_{\text{loop}}}$。

核心觀念

本題考查串聯、並聯電阻與 $RL$ 暫態電路：

• 電感電流不可瞬間改變，因此 $i_L(0^+)=i_L(0^-)$。
• $t<0$ 開關斷開，電路沒有電流，所以 $i_L(0^+)=0$。
• 將電感右側支路以戴維寧等效電路處理。
• $RL$ 電路電流公式為

$$i(t)=i(\infty)+[i(0^+)-i(\infty)]e^{-t/\tau}, \qquad \tau=\frac{L}{R_{\rm eq}}.$$

解題方法

令左側與中間的兩個電阻皆為 $R$，右側上方電阻為 $2R$。

將右側的 $2R$ 與電感視為負載，求其左側電路的戴維寧等效：

$$V_{\rm th} =\mathcal{E}\frac{R}{R+R} =\frac{\mathcal{E}}{2} =5.00\ {\rm V},$$

而關閉理想電壓源後，

$$R_{\rm th}=R\parallel R =\frac{R}{2} =2.00\ \Omega.$$

因此，電感所處的等效電阻為

$$R_{\rm eq}=R_{\rm th}+2R =2.00+8.00 =10.0\ \Omega.$$

時間常數為

$$\tau=\frac{L}{R_{\rm eq}} =\frac{1.00}{10.0} =0.100\ {\rm s}.$$

穩態電感電流為

$$i_L(\infty)=\frac{V_{\rm th}}{R_{\rm eq}} =\frac{5.00}{10.0} =0.500\ {\rm A}.$$

因此，電感電流為

$$\boxed{ i_L(t)=0.500\left(1-e^{-10t}\right)\ {\rm A} } \qquad (t\ge 0).$$

方向為由上方經過 $2R$、電感向下流動。

求開關電流

設上方左側電阻 $R$ 中的電流為 $i_S$，此電流最後經開關返回電池，因此其大小就是開關電流大小。

先求並聯節點對下方節點的電壓 $V(t)$。右側支路滿足

$$V(t)=2R\,i_L+L\frac{di_L}{dt}.$$

由

本題考驗光的聚焦、電磁波的能量與場強關係，以及熱學中的能量與溫度變化。

核心觀念：

1. 光的聚焦與強度：當光被聚焦時，其能量集中在一個較小的區域，導致該區域的強度增加。強度與功率/面積成正比。
2. 電磁波的能量密度與強度：電磁波的平均能量密度與電場和磁場的平方成正比。電磁波的強度（功率密度）與平均能量密度和光速成正比。對於平面波，強度 $I = \frac{1}{2} c \epsilon_0 E_0^2 = \frac{c}{2\mu_0} B_0^2 = \frac{1}{2} (E_0 B_0 / \mu_0)$。
3. 能量守恆與熱學：吸收的能量用於提高物體的溫度，其關係為 $Q = mc\Delta T$。

解題步驟：

(a) 求吸收板上的強度 $I_{\text{plate}}$

太陽光被一個半徑為 $R_{\text{mirror}} = 1.00$ m 的圓形鏡子聚焦。
太陽光的入射強度（太陽常數）為 $I_{\text{sun}} = 1370 \, \text{W/m}^2$。
吸收板的半徑為 $R_{\text{plate}} = 2.70$ cm $= 0.0270$ m。

鏡子接收到的總功率 $P_{\text{mirror}} = I_{\text{sun}} \times A_{\text{mirror}}$。
鏡子的面積 $A_{\text{mirror}} = \pi R_{\text{mirror}}^2 = \pi (1.00 \, \text{m})^2 = \pi \, \text{m}^2$。
$P_{\text{mirror}} = 1370 \, \text{W/m}^2 \times \pi \, \text{m}^2 = 1370\pi$ W。

假設鏡子將所有接收到的太陽能都聚焦到吸收板上，並且能量分佈是均勻的。
則吸收板接收到的功率 $P_{\text{plate}} = P_{\text{mirror}} = 1370\pi$ W。
吸收板的面積 $A_{\text{plate}} = \pi R_{\text{plate}}^2 = \pi (0.0270 \, \text{m})^2$。
$A_{\text{plate}} = \pi (0.000729 \, \text{m}^2) = 0.000729\pi \, \text{m}^2$。

吸收板上的強度 $I_{\text{plate}} = \frac{P_{\text{plate}}}{A_{\text{plate}}}$。
$I_{\text{plate}} = \frac{1370\pi \, \text{W}}{0.000729\pi \, \text{m}^2} = \frac{1370}{0.000729} \, \text{W/m}^2$
$I_{\text{plate}} \approx 1,879,286.69 \, \text{W/m}^2 \approx 1.88 \times 10^6 \, \text{W/m}^2$。

【答案】$I_{\text{plate}} \approx 1.88 \times 10^6 \, \text{W/m}^2$。

(b) 求吸收板上的最大電場 $E_0$ 和磁場 $B_0$

已知吸收板上的強度 $I_{\text{plate}} \approx 1.88 \times 10^6 \, \text{W/m}^2$。
電磁波的強度與電場和磁場的關係為：
$I = \frac{1}{2} c \epsilon_0 E_0^2 = \frac{c}{2\mu_0} B_0^2$
其中 $c = 3 \times 10^8 \, \text{m/s}$，$\epsilon_0$ 是真空介電常數，$\mu_0 = 4\pi \times 10^{-7} \, \text{T}\cdot\text{m/A}$。
我們也可以使用 $E_0 = c B_0$ 的關係。

首先，求 $E_0$：
$I_{\text{plate}} = \frac{1}{2} c \epsilon_0 E_0^2$
$E_0^2 = \frac{2 I_{\text{plate}}}{c \epsilon_0}$
我們知道 $c \epsilon_0 = \frac{1}{Z_0}$，其中 $Z_0 \approx 377 \, \Omega$ 是真空的特性阻抗。
或者，使用 $I = \frac{E_0^2}{2Z_0}$，其中 $Z_0 = \sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon_0}} = \mu_0 c$。
$I = \frac{E_0^2}{2\mu_0 c}$
$E_0^2 = 2 \mu_0 c I_{\text{plate}}$
$E_0 = \sqrt{2 \mu_0 c I_{\text{plate}}}$

代入數據：
$\mu_0 = 4\pi \times 10^{-7} \, \text{T}\cdot\text{m/A}$
$c = 3 \times 10^8 \, \text{m/s}$
$I_{\text{plate}} \approx 1.88 \times 10^6 \, \text{W/m}^2$

$E_0 = \sqrt{2 \times (4\pi \times 10^{-7}) \times (3 \times 10^8) \times (1.88 \times 10^6)}$
$E_0 = \sqrt{2 \times 4\pi \times 3 \times 1.88 \times 10^{-7+8+6}}$
$E_0 = \sqrt{24\pi \times 1.88 \times 10^7}$
$E_0 = \sqrt{47.12 \times 1.88 \times 10^7} = \sqrt{88.5656 \times 10^7} = \sqrt{8.85656 \times 10^8}$
$E_0 \approx 29760 \, \text{V/m}$
$E_0 \approx 2.98 \times 10^4 \, \text{V/m}$

現在求 $B_0$：
$B_0 = \frac{E_0}{c}$

本題考驗波的干涉現象，特別是兩個波源（直接傳播和經地面反射）之間的相位差和路徑差導致的建設性或破壞性干涉。

核心觀念：

1. 波的干涉：當兩個或多個波疊加時，會產生干涉現象。
2. 建設性干涉：如果兩個波的相位相同或相差 $2n\pi$（整數倍的 $2\pi$），它們會疊加增強。
3. 破壞性干涉：如果兩個波的相位差為 $(2n+1)\pi$（奇數倍的 $\pi$），它們會疊加抵消。
4. 反射引起的相位變化：題目說明，地面反射會引起 180°（$\pi$ 弧度）的相位變化。
5. 路徑差：兩個波從波源傳播到接收點的路徑長度之差。
6. 波長與路徑差的關係：對於建設性干涉，路徑差 $\Delta r = n\lambda$。對於破壞性干涉，路徑差 $\Delta r = (n + 1/2)\lambda$。

解題步驟：

設發射器 (Transmitter) 的位置為 T，接收器 (Receiver) 的位置為 R。
發射器和接收器的高度均為 $h = 36.0$ m。
發射器和接收器之間的水平距離為 $d = 96.0$ m。
地面是平的。

信號有兩條路徑到達接收器：

1. 直接路徑 (Direct Path)：信號從 T 直接傳播到 R。這條路的長度 $r_1 = d = 96.0$ m。
2. 反射路徑 (Reflected Path)：信號從 T 傳播到地面上的某一點 P，然後從 P 反射到 R。

我們需要計算反射路徑的長度 $r_2$。
根據反射定律，入射角等於反射角。我們可以利用「虛像」的方法來計算反射路徑的總長度。
想像一個 T 的虛像 T'，位於地面下方 $h$ 的位置。則 T' 到 R 的直線距離就等於 T 到地面某點 P 再到 R 的總路徑長度。
T' 的坐標可以設為 $(0, -h)$，如果 T 是 $(0, h)$。
R 的坐標可以設為 $(d, h)$。
T' 和 R 之間的距離 $r_2$ 就是反射路徑的總長度。
$r_2 = \sqrt{(d-0)^2 + (h-(-h))^2} = \sqrt{d^2 + (2h)^2}$。

代入數據：
$d = 96.0$ m
$h = 36.0$ m
$r_2 = \sqrt{(96.0 \, \text{m})^2 + (2 \times 36.0 \, \text{m})^2}$
$r_2 = \sqrt{(96.0)^2 + (72.0)^2}$
$r_2 = \sqrt{9216 + 5184} = \sqrt{14400} = 120.0$ m。

直接路徑長度 $r_1 = 96.0$ m。
反射路徑長度 $r_2 = 120.0$ m。

路徑差 $\Delta r = r_2 - r_1 = 120.0 \, \text{m} - 96.0 \, \text{m} = 24.0$ m。

現在考慮相位變化。
直接信號到達接收器時，沒有額外的相位變化（假設發射器和接收器本身沒有相位問題，只考慮傳播和反射）。
反射信號在地面反射時，有 180°（$\pi$ 弧度）的相位變化。