110 年 國立政治大學應用物理研究所《普通物理學》

核心觀念

本題考查剛體轉動與非彈性碰撞：

• 轉動慣量定義：
  $I=\int r^2\,dm$
• 碰撞時間極短，鉸鏈對支點的力矩為零，因此以支點為軸的角動量守恆。
• 子彈嵌入木板，屬於完全非彈性碰撞，碰撞過程機械能不守恆。
• 碰撞後木板與子彈一起上擺，利用機械能守恆求「恰好翻越」所需的最低速度。

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(a) 木板對上緣轉軸的轉動慣量

設木板上緣為轉軸，木板垂直方向長度為 $L$。取距離轉軸 $y$、厚度為 $dy$ 的水平薄片。

由於木板均勻，薄片質量為

$$dm=\frac{M}{L}\,dy$$

此薄片到轉軸的距離為 $y$，因此

$$dI=y^2\,dm$$

積分得

$$I=\int_0^L y^2\frac{M}{L}\,dy$$ $$I=\frac{M}{L}\left[\frac{y^3}{3}\right]_0^L =\frac{ML^2}{3}$$

因此

$$\boxed{I_{\text{板}}=\frac{ML^2}{3}}$$

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(b) 碰撞後的角速度

解題方法

碰撞瞬間以木板上緣的鉸鏈為取矩中心。鉸鏈作用力雖然很大，但其力臂為零，因此對鉸鏈的力矩為零，碰撞前後角動量守恆。

子彈擊中木板中心，距離轉軸

$$r=\frac{L}{2}$$

碰撞前子彈的角動量為

$$L_i=mvr=m v\frac{L}{2}$$

木板原本靜止，因此其碰撞前角動量為零。

碰撞後，木板與子彈一起轉動。子彈可視為距離轉軸 $L/2$ 的質點，其轉動慣量為

$$I_{\text{彈}}=m\left(\frac{L}{2}\right)^2=\frac{mL^2}{4}$$

總轉動慣量為

$$I_{\text{總}}=\frac{ML^2}{3}+\frac{mL^2}{4} =L^2\left(\frac{M}{3}+\frac{m}{4}\right)$$

由角動量守恆：

$$m v\frac{L}{2} = \left[ L^2\left(\frac{M}{3}+\frac{m}{4}\right) \right]\omega$$

因此

$$\omega = \frac{m v L/2} {L^2\left(M/3+m/4\right)}$$

整理得

$$\boxed{ \omega= \frac{6mv}{L(4M+3m)} }$$

角速度方向由右手定則決定，方向與子彈造成的轉動方向相同。

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(c) 木板翻越所需的最低速度

1. 碰撞後的轉動動能

碰撞後系統的轉動動能為

$$K_{\text{rot}}=\frac12 I_{\text{總}}\omega^2$$

也可利用碰撞前角動量 $J=m vL/2$ 寫成

$$K_{\text{rot}}=\frac{J^2}{2I_{\text{總}}}$$

代入 $J$ 與 $I_{\text{總}}$：

$$K_{\text{rot}} = \frac{(mvL/2)^2} {2L^2\left(M/3+m/4\right)}$$

此題考驗對分子勢能的理解，以及如何從勢能推導力、分析勢能極小值、利用泰勒展開近似簡諧運動、以及計算分子振動頻率和零點能。

核心觀念：

1. 力與勢能的關係： 力是勢能對位置的負梯度，即 $F = -\frac{dU}{dr}$。
2. 勢能極值： 勢能的極小值發生在力為零的位置，即 $\frac{dU}{dr} = 0$。
3. 泰勒展開 (Taylor Expansion)： 在某點附近，函數可以用多項式近似。對於勢能函數，在極小值點附近可以用二次多項式近似，這對應於簡諧運動。
4. 簡諧運動 (SHM)： 週期性運動，其恢復力與位移成正比。對於分子振動，恢復力來自分子勢能的二次項。
5. 簡諧運動的振動頻率： $\omega = \sqrt{\frac{k}{m_{red}}}$，其中 $k$ 是力常數，$m_{red}$ 是約化質量。
6. 量子力學的零點能 (Zero-Point Energy)： 根據海森堡不確定性原理，即使在絕對零度，系統仍保有最低的能量，對於簡諧振子，其零點能為 $\frac{1}{2}\hbar\omega$。

給定分子勢能函數：
$U(r) = \frac{A}{2b} \left[e^{-2b(r-R_0)} - 2e^{-b(r-R_0)}\right]$
其中 $A, b > 0$。$r$ 是兩原子間的距離。

(a) 找出徑向力 $F(r)$

徑向力 $F(r)$ 是勢能 $U(r)$ 對距離 $r$ 的負導數：
$F(r) = -\frac{dU}{dr}$
我們需要對 $U(r)$ 求導。令 $u = r-R_0$，則 $e^{-bu}$ 和 $e^{-2bu}$ 是關於 $u$ 的函數。
$\frac{dU}{dr} = \frac{d}{dr} \left( \frac{A}{2b} \left[e^{-2b(r-R_0)} - 2e^{-b(r-R_0)}\right] \right)$
$\frac{dU}{dr} = \frac{A}{2b} \frac{d}{dr} \left[e^{-2b(r-R_0)} - 2e^{-b(r-R_0)}\right]$
對指數函數求導：$\frac{d}{dx} e^{kx} = ke^{kx}$。
$\frac{d}{dr} e^{-2b(r-R_0)} = -2b e^{-2b(r-R_0)}$
$\frac{d}{dr} (-2e^{-b(r-R_0)}) = -2 (-b e^{-b(r-R_0)}) = 2b e^{-b(r-R_0)}$
所以，
$\frac{dU}{dr} = \frac{A}{2b} \left[ -2b e^{-2b(r-R_0)} + 2b e^{-b(r-R_0)} \right]$
$\frac{dU}{dr} = A \left[ -e^{-2b(r-R_0)} + e^{-b(r-R_0)} \right]$
$\frac{dU}{dr} = A e^{-b(r-R_0)} \left[ 1 - e^{-b(r-R_0)} \right]$
因此，徑向力為：
$F(r) = -\frac{dU}{dr} = -A e^{-b(r-R_0)} \left[ 1 - e^{-b(r-R_0)} \right]$
$F(r) = A e^{-b(r-R_0)} \left[ e^{-b(r-R_0)} - 1 \right]$

(b) 最小勢能為何？$R_0$ 的意義為何？

最小勢能發生在力為零的位置，即 $F(r) = 0$。
$A e^{-b(r-R_0)} \left[ e^{-b(r-R_0)} - 1 \right] = 0$
由於 $A > 0$ 且 $e^{-b(r-R_0)} > 0$，所以必須是：
$e^{-b(r-R_0)} - 1 = 0$
$e^{-b(r-R_0)} = 1$
$-b(r-R_0) = \ln(1) = 0$
$r - R_0 = 0$
$r = R_0$
因此，最小勢能發生在 $r = R_0$。
此時的最小勢能 $U_{min}$ 為：
$U_{min} = U(R_0) = \frac{A}{2b} \left[e^{-2b(R_0-R_0)} - 2e^{-b(R_0-R_0)}\right]$
$U_{min} = \frac{A}{2b} \left[e^0 - 2e^0\right] = \frac{A}{2b} [1 - 2] = -\frac{A}{2b}$
這個最小勢能是負值，表示當原子距離為 $R_0$ 時，分子處於最穩定的狀態，需要能量才能將原子分開。
$R_0$ 的意義是分子在最穩定狀態下的平衡距離。

(c) 利用泰勒展開證明 $F$ 與 $x$ 成正比，並推導力常數 $k$

令 $x = r - R_0$。當 $x$ 遠小於 $R_0$ 時，$r \approx R_0$。
此時，勢能函數可以寫成：
$U(r) = U(R_0+x) = \frac{A}{2b} \left[e^{-2bx} - 2e^{-bx}\right]$
我們對 $U(R_0+x)$ 在 $x=0$ 處進行泰勒展開。
$U(R_0+x) \approx U(R_0) + \left.\frac{dU}{dx}\right|_{x=0} x + \frac{1}{2!} \left.\frac{d^2U}{dx^2}\right|_{x=0} x^2 + \dots$
我們已經知道 $F(r) = -\frac{dU}{dr}$。由於 $x=r-R_0$，所以 $\frac{dU}{dr} = \frac{dU}{dx}$。
在 $x=0$（即 $r=R_0$）處，力 $F(R_0) = -\frac{dU}{dx}|_{x=0} = 0$。
所以，對勢能函數的泰勒展開，第一項是常數 $U(R_0)$，第二項是零。

核心觀念

本題考查熱機的第一定律、第二定律與卡諾熱機效率。

熱機每循環一次，工作物質回到原狀態，因此內能變化為零：

$$\Delta U=0$$

由熱力學第一定律：

$$Q_H=W+Q_L$$

其中：

• $Q_H$：由高溫熱庫吸收的熱量
• $Q_L$：排放給低溫熱庫的熱量
• $W$：熱機對外作功

熱庫的熵變為：

$$\Delta S=\frac{Q_{\text{rev}}}{T}$$

雖然實際熱傳可能是不可逆的，但計算熱庫熵變時，可用相同熱量在固定溫度下的可逆路徑計算。

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解題方法

高溫熱庫溫度為

$$T_H=T_2=500\ \text{K}$$

低溫熱庫溫度為

$$T_L=T_1=300\ \text{K}$$

熱機吸收熱量：

$$Q_H=1000\ \text{J}$$

實際作功：

$$W=250\ \text{J}$$

先由能量守恆求排放熱量：

$$Q_L=Q_H-W$$ $$Q_L=1000-250=750\ \text{J}$$

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（a）宇宙的熵變

高溫熱庫放出 $1000\ \text{J}$，因此其熵變為

$$\Delta S_H=-\frac{Q_H}{T_H} =-\frac{1000}{500} =-2.00\ \text{J/K}$$

低溫熱庫吸收 $750\ \text{J}$，因此其熵變為

$$\Delta S_L=\frac{Q_L}{T_L} =\frac{750}{300} =2.50\ \text{J/K}$$

工作物質經過一完整循環後回到原狀態，所以

$$\Delta S_{\text{working substance}}=0$$

宇宙的熵變為所有部分熵變的總和：

$$\Delta S_{\text{Universe}} =\Delta S_H+\Delta S_L$$ $$\Delta S_{\text{Universe}} =-2.00+2.50 =0.50\ \text{J/K}$$

因此，此熱機是不可逆熱機，且符合第二定律：

$$\boxed{\Delta S_{\text{Universe}}=0.50\ \text{J/K}}$$

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（b）卡諾熱機所能作的功

卡諾熱機在兩個熱庫間運轉時，效率為

$$\eta_{\text{Carnot}} =1-\frac{T_L}{T_H}$$

代入溫度：

$$\eta_{\text{Carnot}} =1-\frac{300}{500} =0.40$$

若卡諾熱機同樣從高溫熱庫吸收 $1000\ \text{J}$，則其作功為

$$W_{\text{Carnot}} =\eta_{\text{Carnot}}Q_H$$ $$W_{\text{Carnot}} =0.40(1000) =400\ \text{J}$$

因此：

$$\boxed{W_{\text{Carnot}}=400\ \text{J}}$$

卡諾熱機排放給低溫熱庫的熱量也可由下式求得：

$$Q_{L,\text{Carnot}} =Q_H-W_{\text{Carnot}} =1000-400 =600\ \text{J}$$

並且其總熵變為零：

$$-\frac{1000}{500}+\frac{600}{300}=0$$

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（c）證明功差等於 $T_1\Delta S_{\text{rev}}$

此題考驗對長直圓柱電容器的電容、電場和電勢的計算，以及電場能量密度的應用。

核心觀念：

1. 高斯定律 (Gauss's Law)： 用於計算具有高度對稱性的電場。對於長直導體，電場具有圓柱對稱性。
2. 電勢差 (Electric Potential Difference)： 電場沿路徑的積分，$\Delta V = -\int \vec{E} \cdot d\vec{l}$。
3. 電容 (Capacitance)： 定義為電容器兩導體間電勢差與所帶電量的比值，$C = \frac{Q}{V}$。對於長直圓柱電容器，我們計算單位長度的電容 $C/L$。
4. 電場能量密度 (Electric Field Energy Density)： $u = \frac{1}{2}\epsilon_0 E^2$。總電場能量是能量密度在整個空間的積分。

給定條件：
內導體半徑 $r_a$
內導體線密度 $\lambda$
外導體內半徑 $r_b$
外導體線密度 $-\lambda$
系統長度為 $L$。我們將計算單位長度的電容和能量，即除以 $L$。

(a) 求系統單位長度的電容 $C/L$

由於系統具有圓柱對稱性，我們使用高斯定律來計算電場。考慮一個半徑為 $r$ ($r_a < r < r_b$)，長度為 $l$ 的圓柱形高斯面，其軸線與電容器的軸線重合。
通過高斯定律 $\oint \vec{E} \cdot d\vec{A} = \frac{Q_{enc}}{\epsilon_0}$。
電場 $\vec{E}$ 沿徑向向外，與面積向量 $d\vec{A}$ 平行。
高斯面上的電場強度 $E$ 是均勻的（在給定半徑 $r$ 下）。
高斯面的總表面積為 $A = (2\pi r)l$。
封閉在內的電荷 $Q_{enc}$ 是內導體在長度 $l$ 上的電荷，即 $Q_{enc} = \lambda l$。
所以，
$E (2\pi r) l = \frac{\lambda l}{\epsilon_0}$
$E = \frac{\lambda}{2\pi \epsilon_0 r}$
這個電場只在內導體和外導體之間 ($r_a < r < r_b$) 存在。

現在計算內外導體之間的電勢差 $V$。我們將內導體設為較高電勢，外導體為較低電勢。
$V = V_{inner} - V_{outer} = -\int_{r_b}^{r_a} \vec{E} \cdot d\vec{l}$
這裡 $d\vec{l}$ 是沿徑向向外的向量，$d\vec{l} = dr \hat{r}$。$\vec{E} = E \hat{r}$。
$V = -\int_{r_b}^{r_a} \frac{\lambda}{2\pi \epsilon_0 r} \hat{r} \cdot dr \hat{r} = -\int_{r_b}^{r_a} \frac{\lambda}{2\pi \epsilon_0 r} dr$
$V = \frac{\lambda}{2\pi \epsilon_0} \int_{r_a}^{r_b} \frac{1}{r} dr$
$V = \frac{\lambda}{2\pi \epsilon_0} [\ln r]_{r_a}^{r_b}$
$V = \frac{\lambda}{2\pi \epsilon_0} (\ln r_b - \ln r_a)$
$V = \frac{\lambda}{2\pi \epsilon_0} \ln\left(\frac{r_b}{r_a}\right)$
這是單位長度的電勢差（或者說是長度 $L$ 的電勢差，因為 $\lambda$ 是線密度，計算出的 $V$ 也是單位長度的電勢差）。

電容的定義是 $C = \frac{Q}{V}$。對於單位長度，我們可以考慮長度 $L$。
總電荷 $Q = \lambda L$。
單位長度的電勢差 $V/L$ 也是 $V$。
所以，單位長度的電容 $C/L$ 為：
$\frac{C}{L} = \frac{\lambda}{V} = \frac{\lambda}{\frac{\lambda}{2\pi \epsilon_0} \ln\left(\frac{r_b}{r_a}\right)}$
$\frac{C}{L} = \frac{2\pi \epsilon_0}{\ln\left(\frac{r_b}{r_a}\right)}$

(b) 求單位長度的總電場能量

核心觀念

本題考查：

• 法拉第電磁感應定律：$\mathcal{E}=BLv$
• 歐姆定律：$I=\mathcal{E}/R$
• 載流導線在磁場中的安培力：$F=ILB$
• 楞次定律：感應力阻礙滑動
• 牛頓第二定律與能量守恆

滑動導線長度為 $L$，以速度 $v$ 向右運動；磁場 $B$ 垂直紙面向內。

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(a) 滑動導線所受力

滑動導線運動時產生感應電動勢：

$$\mathcal{E}=BLv$$

由於迴路電阻可忽略，總電阻視為滑動導線的 $R$，因此感應電流為：

$$I=\frac{\mathcal{E}}{R} =\frac{BLv}{R}$$

導線受到磁力，其大小為：

$$F=ILB$$

代入電流：

$$\boxed{F=\frac{B^2L^2}{R}v}$$

依楞次定律，此力方向向左，與滑動方向相反。

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(b) 速度 $v(t)$ 與位移 $x(t)$

令

$$k=\frac{B^2L^2}{R}$$

由牛頓第二定律：

$$m\frac{dv}{dt}=-F$$

所以：

$$m\frac{dv}{dt} =-\frac{B^2L^2}{R}v$$

整理得：

$$\frac{dv}{v} =-\frac{B^2L^2}{mR}\,dt$$

使用初始條件 $v(0)=v_0$，積分後得到：

$$\boxed{ v(t)=v_0e^{-\frac{B^2L^2}{mR}t} }$$

位移由 $v=dx/dt$ 給出：

$$x(t)=\int_0^t v(t')\,dt'$$

因此：

$$x(t) =v_0\int_0^t e^{-\frac{B^2L^2}{mR}t'}\,dt'$$

核心觀念

本題考查球面電磁波的強度、電磁波場振幅，以及法拉第電磁感應定律：

1. 均勻向各方向輻射時，功率平均分布在半徑 $r$ 的球面上：

   $I=\frac{P}{4\pi r^2}$

2. 正弦電磁波的平均強度為：

   $I=\frac{1}{2}c\varepsilon_0 E_0^2$

   且電場與磁場振幅滿足：

   $E_0=cB_0$

3. 法拉第定律：

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

   若磁場垂直穿過線圈平面，磁通量變化最大，感應電動勢的最大值為：

   $\mathcal{E}_{\max}=\omega B_0 A$

其中 $E_0$、$B_0$ 分別為電場與磁場振幅。

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解題方法

已知

$P=50.0\ \text{kW}=5.00\times10^4\ \text{W}$

$f=100\ \text{MHz}=1.00\times10^8\ \text{Hz}$

$r=10.0\ \text{km}=1.00\times10^4\ \text{m}$

線圈直徑為 $0.200\ \text{m}$，因此半徑為

$a=0.100\ \text{m}$

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(a) 電磁波強度

輻射功率均勻分布在半徑 $r$ 的球面上，球面面積為 $4\pi r^2$，所以

$I=\frac{P}{4\pi r^2}$

代入數值：

$I=\frac{5.00\times10^4}{4\pi(1.00\times10^4)^2}$

$I=3.98\times10^{-5}\ \text{W/m}^2$

因此，

$\boxed{I=3.98\times10^{-5}\ \text{W/m}^2}$

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(b) 電場與磁場的振幅

電場振幅

正弦平面電磁波的平均強度為

$I=\frac{1}{2}c\varepsilon_0 E_0^2$

解出電場振幅：

$E_0=\sqrt{\frac{2I}{c\varepsilon_0}}$

代入

$c=3.00\times10^8\ \text{m/s}$

$\varepsilon_0=8.85\times10^{-12}\ \text{C}^2/(\text{N}\cdot\text{m}^2)$

可得

$E_0=\sqrt{\frac{2(3.98\times10^{-5})}{(3.00\times10^8)(8.85\times10^{-12})}}$

$E_0=1.73\times10^{-1}\ \text{V/m}$

所以

$\boxed{E_0=0.173\ \text{V/m}}$

磁場振幅

由電磁波關係式

$E_0=cB_0$

得

$B_0=\frac{E_0}{c}$

代入數值：

$B_0=\frac{0.173}{3.00\times10^8}$