109 年 國立政治大學應用物理研究所《普通物理學》

本題考驗流體靜力學中的壓力分佈與合力、力矩計算。

(a) 計算水對壩面的合力

水對壩面的壓力並非均勻分佈，而是隨深度增加而線性增加。假設壩面為一垂直於水面的平面。

1. 壓力分佈: 在距離水面深度 $y$ 處，水的壓力為 $P(y) = \rho g y$，其中 $\rho$ 是水的密度，$g$ 是重力加速度。
2. 微小面積上的力: 考慮壩面上一個寬度為 $w$、高度為 $dy$ 的微小水平條帶。此條帶的面積為 $dA = w \, dy$。作用在此微小條帶上的壓力為 $P(y)$。因此，此微小條帶所受的垂直於壩面的微小力為 $dF = P(y) \, dA = (\rho g y) (w \, dy)$。
3. 合力: 為了求出總合力，我們需要將所有這些微小力從水面 ($y=0$) 積分到水深 $H$ 處：
   $F = \int dF = \int_0^H \rho g y w \, dy$
   由於 $\rho, g, w$ 均為常數，可以提出積分號：
   $F = \rho g w \int_0^H y \, dy$
   積分結果為：
   $F = \rho g w \left[ \frac{y^2}{2} \right]_0^H = \rho g w \left( \frac{H^2}{2} - 0 \right) = \frac{1}{2} \rho g w H^2$
   這個合力 $F$ 是垂直於壩面的。

(b) 計算水對壩面繞 O 點的總力矩

O 點通常指壩底的某個參考點，這裡假設 O 點位於壩的底部中心，並且是我們計算力矩的參考軸。題目要求計算「關於 O 的水平軸」的力矩，這表示 O 點本身位於壩的底部，並且我們計算的是繞著與水面平行且通過 O 點的軸的力矩。然而，從圖示來看，O 點似乎是指壩底的某一點，而水壓力是垂直作用在壩面上的。題目又提到「about a horizontal axis through O」。如果 O 是壩底的一個點，那麼作用在壩面上的水壓力是垂直於壩面的，所以我們計算的是這些力相對於通過 O 點的水平軸的力矩。

讓我們假設 O 點是壩底的某個點，且我們計算的是水對壩面作用力的合力矩。
水壓力在壩面上的分佈是從零 (水面) 到 $\rho g H$ (壩底)。

本題考驗轉動慣量、質心計算、簡諧運動的判斷與頻率計算，屬於力學中的轉動部分。

(a) 系統對支點的轉動慣量

系統由一個質量為 $2M$ 的小球和一個質量為 $M$、長度為 $L$ 的均勻細桿組成。支點（pivot）在桿的頂端。

1. 小球的轉動慣量: 小球視為質點，其質量為 $2M$。小球位於桿的末端，距離支點為 $L$。因此，小球對支點的轉動慣量為 $I_{\text{ball}} = (2M) L^2$。
2. 桿的轉動慣量: 桿為均勻細桿，長度為 $L$，質量為 $M$。其支點在桿的頂端。根據平行軸定理，桿對頂端支點的轉動慣量為 $I_{\text{rod}} = I_{\text{CM}} + M d^2$，其中 $I_{\text{CM}}$ 是桿對其質心的轉動慣量，$d$ 是質心到支點的距離。題目已給出桿對質心的轉動慣量 $I_{\text{CM}} = ML^2/12$。桿的質心位於其中心，距離頂端支點為 $d = L/2$。
   所以，桿對頂端支點的轉動慣量為：
   $I_{\text{rod}} = \frac{ML^2}{12} + M \left(\frac{L}{2}\right)^2 = \frac{ML^2}{12} + \frac{ML^2}{4} = \frac{ML^2 + 3ML^2}{12} = \frac{4ML^2}{12} = \frac{1}{3} ML^2$
   （另一種計算桿對頂端支點轉動慣量的方法是直接積分，或利用常見公式：對一端點的轉動慣量為 $\frac{1}{3}ML^2$）。
3. 系統總轉動慣量: 系統對支點的總轉動慣量是小球和桿對支點轉動慣量之和：
   $I_{\text{system}} = I_{\text{ball}} + I_{\text{rod}} = 2ML^2 + \frac{1}{3} ML^2 = \left(2 + \frac{1}{3}\right) ML^2 = \frac{7}{3} ML^2$

(b) 系統的質心位置

我們將支點設為座標原點 (0,0)，並讓桿沿著 y 軸向下。桿的質心位於 $(0, L/2)$。小球位於桿的末端，座標為 $(0, L)$。
系統的質心座標 $(x_{\text{CM}}, y_{\text{CM}})$ 由下式給出：
$x_{\text{CM}} = \frac{\sum m_i x_i}{\sum m_i}, \quad y_{\text{CM}} = \frac{\sum m_i y_i}{\sum m_i}$
在這個系統中，桿的質量為 $M$，其質心在 $(0, L/2)$。小球的質量為 $2M$，其位置在 $(0, L)$。
總質量為 $M_{\text{total}} = M + 2M = 3M$。
質心的 $x$ 座標：
$x_{\text{CM}} = \frac{M(0) + 2M(0)}{3M} = 0$
質心的 $y$ 座標：
$y_{\text{CM}} = \frac{M(L/2) + 2M(L)}{3M} = \frac{\frac{1}{2}ML + 2ML}{3M} = \frac{\frac{5}{2}ML}{3M} = \frac{5}{6} L$
因此，系統的質心位於支點下方 $\frac{5}{6} L$ 的位置。題目要求的是「距離」，所以是質心到支點的距離。
質心到支點的距離 $d_{\text{CM}} = \sqrt{x_{\text{CM}}^2 + y_{\text{CM}}^2} = \sqrt{0^2 + (\frac{5}{6}L)^2} = \frac{5}{6}L$。

(c) 證明振盪為簡諧運動

當系統從平衡位置（質心位於最低點，即 $y_{\text{CM}} = \frac{5}{6}L$）有微小位移 $\theta$ 時，我們需要分析作用在系統上的淨力矩。
設角度為 $\theta$ (從鉛直向下方向測量)。
小球受重力 $2Mg$，桿受重力 $Mg$。
作用在桿質心 (距離支點 $L/2$) 的重力為 $Mg$。
作用在小球 (距離支點 $L$) 的重力為 $2Mg$。
這兩個重力相對於支點產生的力矩，都試圖將系統拉回平衡位置。
桿質心處的重力 $Mg$ 產生的力矩為 $\tau_{\text{rod}} = -(Mg) \times (\frac{L}{2} \sin\theta)$ （負號表示力矩方向與 $\theta$ 增加方向相反）。

本題考驗熱力學第一定律在不同過程中的應用，特別是絕熱過程。

熱力學第一定律為：$\Delta U = Q + W$。其中 $\Delta U$ 是內能變化，$Q$ 是系統吸收的熱量，$W$ 是系統對外界做的功。
題目要求計算 A 到 B 的內能變化 $\Delta U_{AB}$。
已知 A 到 B 的過程是絕熱過程 (adiabatic)。絕熱過程的定義是系統與外界沒有熱量交換，即 $Q_{AB} = 0$。
因此，對於 A 到 B 的過程，熱力學第一定律簡化為：
$\Delta U_{AB} = Q_{AB} + W_{AB} = 0 + W_{AB} = W_{AB}$
所以，A 到 B 的內能變化等於系統在 A 到 B 過程中對外做的功。

我們需要計算 $W_{AB}$。功的計算為 $W = -\int P dV$（這裡的 $W$ 是系統對外做的功，若為系統對外做的功，則為 $W = \int P dV$，題目提供的公式 $W_{ab} = -PV_{ab}$ 應是指系統對外做的功）。
題目給出的公式為 $E_{int,ab} = Q_{ab} + W_{ab}$，其中 $W_{ab} = -PV_{ab}$。這表示 $W_{ab}$ 是系統對外做的功，而熱力學第一定律通常寫為 $\Delta U = Q - W$ (其中 $W$ 是系統對外做的功) 或 $\Delta U = Q + W'$ (其中 $W'$ 是外界對系統做的功)。題目中的 $W_{ab}$ 顯然是指系統對外做的功。

為了計算 $W_{AB} = -\int_{V_A}^{V_B} P dV$，我們需要知道 A 點和 B 點的壓力 $P$ 和體積 $V$，以及它們之間的關係。
從圖中讀取 A 點和 B 點的數據：
點 A：$P_A = 2 \text{ atm}$, $V_A = 0.1 \text{ m}^3$
點 B：$P_B = 5 \text{ atm}$, $V_B = 0.3 \text{ m}^3$

A 到 B 是絕熱過程。對於絕熱過程，理想氣體的狀態方程滿足 $PV^\gamma = \text{constant}$，其中 $\gamma = C_P / C_V$ 是絕熱指數。
題目中沒有給出氣體的種類，因此 $\gamma$ 是未知的。

但是，題目也給出了其他過程的資訊：
B 到 C：等壓過程 (isobaric)，$Q_{BC} = 82 \text{ kJ}$。
C 到 D：等溫過程 (isothermal)。
D 到 A：等壓過程 (isobaric)，$Q_{DA} = -91 \text{ kJ}$ (能量離開系統)。

我們可以利用熱力學第一定律和這些資訊來求解。
對於等壓過程 B 到 C：
$\Delta U_{BC} = Q_{BC} + W_{BC}$
$W_{BC} = -P_B (V_C - V_B)$。由於是等壓過程， $P_B = P_C = 5 \text{ atm}$。
$V_C$ 可以從圖中讀取：$V_C = 0.6 \text{ m}^3$。
$W_{BC} = -(5 \text{ atm}) \times (0.6 \text{ m}^3 - 0.3 \text{ m}^3) = -(5 \text{ atm}) \times (0.3 \text{ m}^3) = -1.5 \text{ atm} \cdot \text{m}^3$。
將壓力單位轉換：$1 \text{ atm} = 1.013 \times 10^5 \text{ Pa}$。
$W_{BC} = -1.5 \times (1.013 \times 10^5 \text{ Pa}) \times \text{m}^3 = -1.5195 \times 10^5 \text{ J} \approx -152 \text{ kJ}$。
$\Delta U_{BC} = Q_{BC} + W_{BC} = 82 \text{ kJ} + (-152 \text{ kJ}) = -70 \text{ kJ}$。

對於等壓過程 D 到 A：
$\Delta U_{DA} = Q_{DA} + W_{DA}$
$W_{DA} = -P_A (V_A - V_D)$。由於是等壓過程， $P_D = P_A = 2 \text{ atm}$。
$V_D$ 可以從圖中讀取：$V_D = 1.1 \text{ m}^3$。
$W_{DA} = -(2 \text{ atm}) \times (0.1 \text{ m}^3 - 1.1 \text{ m}^3) = -(2 \text{ atm}) \times (-1.0 \text{ m}^3) = 2.0 \text{ atm} \cdot \text{m}^3$。
$W_{DA} = 2.0 \times (1.013 \times 10^5 \text{ Pa}) \times \text{m}^3 = 2.026 \times 10^5 \text{ J} \approx 203 \text{ kJ}$。

核心觀念

本題考查平面電磁波的基本關係：

• 真空中電磁波速率：$c=3\times10^8\ \text{m/s}$
• 波長與頻率關係：

$$\lambda=\frac{c}{f}$$

• 電場與磁場振幅關係：

$$E_0=cB_0$$

• 電磁波平均強度：

$$I=\left\langle S\right\rangle =\frac{E_0B_0}{2\mu_0} =\frac{E_0^2}{2\mu_0 c} =\frac{cB_0^2}{2\mu_0}$$

其中 $\mu_0=4\pi\times10^{-7}\ \text{N/A}^2$。

解題方法

已知

$$f=3\times10^{14}\ \text{Hz},\qquad I=1370\ \text{W/m}^2$$

(a) 波長

$$\lambda=\frac{c}{f} =\frac{3\times10^8}{3\times10^{14}} =1.0\times10^{-6}\ \text{m}$$

因此波長為

$$\boxed{\lambda=1.0\ \mu\text{m}}$$

(b) 電場最大振幅

由

$$I=\frac{E_0^2}{2\mu_0c}$$

可得

$$E_0=\sqrt{2\mu_0cI}$$

代入數值：

$$E_0 =\sqrt{2(4\pi\times10^{-7})(3\times10^8)(1370)}$$ $$E_0\approx1.02\times10^3\ \text{V/m}$$

所以

$$\boxed{E_0\approx1.02\times10^3\ \text{V/m}}$$

(c) 磁場最大振幅

利用 $E_0=cB_0$：

$$B_0=\frac{E_0}{c} =\frac{1.02\times10^3}{3\times10^8}$$ $$B_0\approx3.39\times10^{-6}\ \text{T}$$

因此

$$\boxed{B_0\approx3.39\times10^{-6}\ \text{T}}$$

(d) 磁場的數學表示式

本題考驗交流電路中 RLC 串聯電路的阻抗、電流和相位角計算。

已知條件：
電壓源：$v_s(t) = 15 \sin(100t) \text{ V}$。
電阻 $R = 120.0 \, \Omega$。
電感 $L = 100 \text{ mH} = 100 \times 10^{-3} \text{ H} = 0.1 \text{ H}$。
電容 $C = 100.0 \, \mu\text{F} = 100.0 \times 10^{-6} \text{ F} = 1 \times 10^{-4} \text{ F}$。
角頻率 $\omega = 100 \text{ rad/s}$。

(a) 電感的阻抗 (感抗)

電感的阻抗，也稱為感抗 $X_L$，與角頻率 $\omega$ 和電感 $L$ 的關係為：
$X_L = \omega L$
代入數值：
$X_L = (100 \text{ rad/s}) \times (0.1 \text{ H}) = 10 \, \Omega$

(b) 電容的阻抗 (容抗)

電容的阻抗，也稱為容抗 $X_C$，與角頻率 $\omega$ 和電容 $C$ 的關係為：
$X_C = \frac{1}{\omega C}$
代入數值：
$X_C = \frac{1}{(100 \text{ rad/s}) \times (1 \times 10^{-4} \text{ F})} = \frac{1}{1 \times 10^{-2}} = 100 \, \Omega$

(c) 電阻的阻抗

電阻的阻抗就是其電阻值 $R$。
$R = 120.0 \, \Omega$

(d) 電路的總阻抗 (複數阻抗)

對於串聯 RLC 電路，總的複數阻抗 $Z$ 為：
$Z = R + j(X_L - X_C)$
其中 $j$ 是虛數單位。
代入數值：
$Z = 120.0 \, \Omega + j(10 \, \Omega - 100 \, \Omega)$
$Z = 120.0 - j90 \, \Omega$
電路的總阻抗的大小 (Magnitude) 為 $|Z|$：
$|Z| = \sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2} = \sqrt{(120.0)^2 + (-90)^2}$
$|Z| = \sqrt{14400 + 8100} = \sqrt{22500} = 150 \, \Omega$

(e) 最大電流

交流電路中的最大電流 $I_0$ (或稱峰值電流) 可以通過歐姆定律計算，使用電壓源的最大值 $V_0$ 和電路的總阻抗大小 $|Z|$：
$I_0 = \frac{V_0}{|Z|}$
從電壓源的表達式 $v_s(t) = 15 \sin(100t)$，我們知道電壓的最大值 $V_0 = 15 \text{ V}$。
$I_0 = \frac{15 \text{ V}}{150 \, \Omega} = 0.1 \text{ A}$

(f) 電流的相位角

電流的相位角 $\phi$ 相對於電壓源的相位角。對於串聯 RLC 電路，電流的相位角 $\phi$ 與電壓的相位角 $\theta_V$ 的關係是 $\theta_I = \theta_V - \phi$。
電壓源的表達式為 $v_s(t) = 15 \sin(100t)$。我們可以將其寫成 $v_s(t) = 15 \cos(100t - \pi/2)$ 或 $v_s(t) = 15 \cos(100t + \pi/2)$，或者直接使用正弦函數。
如果我們使用 $V_0 e^{j(\omega t + \theta_V)}$ 的形式，那麼 $v_s(t) = 15 \sin(100t)$ 相當於 $V_0 = 15$, $\theta_V = -\pi/2$ (如果寫成 $\cos(\omega t + \theta_V)$) 或 $\theta_V = 0$ (如果寫成 $\sin(\omega t + \theta_V)$)。
為了方便，我們通常將電壓寫成 $V_s = V_0 e^{j\theta_V}$ 和電流寫成 $I = I_0 e^{j\theta_I}$。
在這種情況下，$v_s(t) = 15 \sin(100t)$，如果我們將其視為 $v_s(t) = V_0 \cos(\omega t - \pi/2)$，則電壓的相位是 $-\pi/2$。
然而，通常我們直接從 $Z = |Z| e^{j\phi}$ 來計算。
電流的相位角 $\phi$ 是由總阻抗 $Z = R + j(X_L - X_C) = |Z| e^{j\phi}$ 給出的。
$\tan\phi = \frac{X_L - X_C}{R}$
$\tan\phi = \frac{10 - 100}{120} = \frac{-90}{120} = -\frac{3}{4}$
因此，相位角 $\phi = \arctan\left(-\frac{3}{4}\right)$。
這個角度 $\phi$ 是電壓相對於電流的相位差。
如果 $Z = |Z|e^{j\phi}$，那麼 $V = IZ$。
如果 $V = V_0 e^{j\omega t}$，那麼 $I = V/Z = (V_0/|Z|) e^{-j\phi} e^{j\omega t}$。
所以，電流的相位角是 $-\phi$。

核心觀念

點電荷在距離 $r$ 處產生的電場大小為 $E=k|Q|/r^2$，方向由正電荷向外、朝負電荷而去。電場是向量，必須同時考慮大小與方向。

電位是純量，可直接相加。本題的總電位為

$$V=k\left(\frac{2q}{|x|}-\frac{4.5q}{|x-5|}\right)$$

其中兩電荷分別位於 $x=0$ 與 $x=5.00\,\text{m}$。

解題方法

先依 $x<0$、$0<x<5$、$x>5$ 分區判斷電場方向；求電位零點時，則令兩電荷的電位大小相等，並依區域處理距離中的絕對值。

(a) 電場為零的位置

• **$x<0$：**正電荷的電場向左，負電荷的電場向右，方向相反，因此可能抵銷。令兩者大小相等：

$$\frac{k(2q)}{x^2}=\frac{k(4.5q)}{(5-x)^2}$$

取正平方根並使用 $x<0$，即 $|x|=-x$：

$$\frac{\sqrt{2}}{-x}=\frac{\sqrt{4.5}}{5-x}$$

由 $\sqrt{4.5}=1.5\sqrt{2}$，得

$$5-x=1.5(-x) \quad\Rightarrow\quad x=-10.0\,\text{m}$$

• **$0<x<5$：**兩電荷產生的電場都向右，無法互相抵銷。
• **$x>5$：**兩電場方向相反。令大小相等：