108 年國立成功大學地球科學研究所乙組《普通物理學》考古題與詳解

Question 1

1. (10%) Please estimate the period of a low-altitude reconnaissance satellite. Ignore the effects of air resistance, the mean radius of the Earth is $6400 	ext{ km}$, and the centripetal acceleration is close to $g = 10 	ext{ m/s}^2$.

Accepted Answer

此題考查萬有引力與圓周運動的結合，重點在於理解衛星繞行地球時，地球的重力提供向心力，進而建立軌道週期與地球半徑、重力加速度的關係。

解題思路：
假設衛星繞地球做半徑為 $r$ 的等速圓周運動，所受的地球重力即為向心力。
地球的重力加速度 $g$ 在距離地心 $r$ 處，可以近似寫成 $g = \frac{GM}{r^2}$ ，其中 $G$ 是萬有引力常數， $M$ 是地球質量。
向心力為 $F_c = m \frac{v^2}{r}$ ，其中 $m$ 是衛星質量， $v$ 是衛星的軌道速率。
根據牛頓第二運動定律，重力等於向心力：
$\frac{GMm}{r^2} = m \frac{v^2}{r}$
$\frac{GM}{r} = v^2$
衛星的週期 $T$ 與軌道速率 $v$ 和軌道半徑 $r$ 的關係為 $v = \frac{2\pi r}{T}$ 。
將此代入上式：
$\frac{GM}{r} = \left(\frac{2\pi r}{T}\right)^2 = \frac{4\pi^2 r^2}{T^2}$
$T^2 = \frac{4\pi^2 r^3}{GM}$
題目給定低軌道衛星，其軌道半徑 $r$ 可以近似為地球的平均半徑 $R_E = 6400 \text{ km}$ 。
同時，題目也給定「向心加速度近似為 $g = 10 \text{ m/s}^2$ 」。這裡的 $g$ 是指在衛星軌道高度處的重力加速度。
我們知道，在距離地心 $r$ 處的重力加速度為 $g = \frac{GM}{r^2}$ 。
因此，我們可以將 $GM$ 表示為 $GM = g r^2$ 。
將此代入週期公式：

Question 2

2. (10%) A car goes out of control and slides off a steep embankment of height h at $	heta$ to the horizontal. It lands in a ditch at a distance R from the base. Find the speed at which the car left the slope. 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

Accepted Answer

核心觀念 本題考查斜拋運動，車子離開坡頂後僅受重力作用，水平方向等速、鉛直方向做等加速度運動。 由圖可知： - 車子離開坡頂時，速度大小為 $v0$； - 初速度方向與水平線夾角為 $	heta$，且向下； - 坡頂距溝底高度為 $h$； - 車子落點距坡底水平距離為 $R$。 初速度分量為 $$ v{0x}=v0\cos	heta,\qquad v{0y}=v0\sin	heta $$ 其中鉛直向下取為正方向。 解題方法 設車子離開坡頂到落入溝底所需時間為 $t$。 水平方向沒有加速度，因此 $$ R=v0\cos	heta \, t $$ 得到 $$ t=\frac{R}{v0\cos	heta} $$ 鉛直方向位移為 $h$，故 $$ h=v0\sin	heta \, t+\frac{1}{2}gt^2 $$ 代入 $t=\dfrac{R}{v0\cos	heta}$： $$ h =v0\sin	heta\left(\frac{R}{v0\cos	heta}ight) +\frac{1}{2}g\left(\frac{R}{v0\cos	heta}ight)^2 $$ 整理得

Question 3

3. (10%) Find the CM of the shape in the following Figure with a uniform area density $\sigma$ [kg/m²]. 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

Accepted Answer

核心觀念 質心定義為 $$ x{\rm CM}=\frac{1}{M}\int x\,dm,\qquad y{\rm CM}=\frac{1}{M}\int y\,dm. $$ 圖形可視為兩條長度皆為 $R$、密度均勻且寬度相同的細長條所組成。兩條細長條的質量相等，因此整體質心就是兩條細長條質心的加權平均。 令兩條細長條的交接點為原點，水平向右為 $x$ 軸，鉛直向上為 $y$ 軸；斜向細長條與水平夾角設為 $\alpha$。 解題方法 鉛直細長條由 $(0,0)$ 延伸至 $(0,-R)$，其質心為 $$ \mathbf r1=\left(0,-\frac{R}{2}\right). $$ 斜向細長條由原點延伸長度 $R$，其質心位於中點，因此 $$ \mathbf r2= \left(\frac{R}{2}\cos\alpha,\frac{R}{2}\sin\alpha\right). $$ 兩條細長條質量相同，故整體質心為 $$ \mathbf r{\rm CM} =\frac{\mathbf r1+\mathbf r2}{2}. $$ 因此 $$ x{\rm CM} =\frac{1}{2}\left(0+\frac{R}{2}\cos\alpha\right) =\frac{R\cos\alpha}{4}, $$

Question 4

4. (10%) A thin semi-circular ring of radius R has a nonuniform linear charge density given by $\lambda(	heta) = \lambda0 \sin	heta$. What is the field strength at the center? (Hint: the length of a small element on the ring is $R d	heta$ and $2\sin	heta\cos	heta = \sin2	heta$ and $\sin^2	heta = (1-\cos2	heta)/2$.) 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

Accepted Answer

核心觀念 利用庫侖定律，將半圓環分割成微小電荷元素。圓弧上位置角為 $	heta$ 的微小弧長為 $$ ds=R\,d	heta $$ 因此微小電荷量為 $$ dq=\lambda(	heta)\,ds =\lambda0\sin	heta\,R\,d	heta $$ 微小電荷到圓心的距離皆為 $R$，所以其在圓心產生的電場大小為 $$ dE=\frac{1}{4\pi\varepsilon0}\frac{dq}{R^2} $$ --- 解題方法 取圓心為原點，水平向右為 $x$ 軸，圖中半圓位於右側，因此角度範圍為 $$ -\frac{\pi}{2}\leq	heta\leq\frac{\pi}{2} $$ 位置角的單位向量為 $$ \hat{\mathbf r}=\cos	heta\,\hat{\mathbf x} +\sin	heta\,\hat{\mathbf y} $$ 電荷對圓心的電場方向與 $\hat{\mathbf r}$ 相反，因此 $$ d\mathbf E =-\frac{1}{4\pi\varepsilon0} \frac{dq}{R^2} \left(\cos	heta\,\hat{\mathbf x} +\sin	heta\,\hat{\mathbf y}ight) $$ 代入 $dq$： $$ d\mathbf E =-\frac{\lambda0}{4\pi\varepsilon0 R} \sin	heta \left(\cos	heta\,\hat{\mathbf x} +\sin	heta\,\hat{\mathbf y}ight)d	heta $$ 分別計算兩方向分量。 水平分量

Question 5

5. (10+5%) Water fills a length of a U tube, as in Figure. The water is slightly displaced and then allowed to move freely. (a) Show that the liquid executes simple harmonic motion. (b) What is the period? 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

Accepted Answer

此題考查流體力學與簡諧運動的結合。重點在於分析 U 型管中液體受力情況，並推導其運動方程。

解題思路：
(a) 證明液體作簡諧運動：
假設 U 型管的兩臂是垂直的，且截面積均勻為 $A$ 。
設液體總長度為 $L$ 。
當液體處於平衡位置時，兩臂中的液面高度相同。
當液體受到微小擾動，導致左臂液面下降 $x$ ，則右臂液面必然上升 $x$ （由於體積守恆，如果兩臂截面積不同，則上升的高度不同，但這裡假設截面積相同）。
此時，左臂液柱下降了 $x$ ，右臂液柱上升了 $x$ 。
總的液柱總長度在兩臂中的分佈變化是，左臂減少 $x$ ，右臂增加 $x$ 。
這意味著，左臂液面比平衡位置低 $x$ ，右臂液面比平衡位置高 $x$ 。
那麼，總的液柱的質量為 $m = \rho V = \rho A L$ ，其中 $\rho$ 是水的密度， $L$ 是總長度。
考慮左臂中，高出平衡位置 $x$ 的那段液柱（長度為 $2x$ 的液柱）。
這段液柱的質量為 $m' = \rho A (2x)$ 。
這段液柱受到重力作用，方向向下。
重力 $F_g = m'g = (2\rho A x) g$ 。
這個重力作為恢復力，試圖將液體拉回平衡位置。
作用在整個液柱上的淨恢復力是 $F_{restore} = -F_g = -(2\rho A x) g$ 。
恢復力 $F$ 與位移 $x$ 成正比，且方向相反。

Question 6

6. (15%) A uniform rod of mass M and length L is pivoted about a vertical axis at one end and attached to a horizontal spring whose constant is k (see Figure). Show that for small angular displacements from the equilibrium position (indicated by the dashed line) the oscillations are simple harmonic. What is the period? The moment of inertia of the rod is $I = (ML^2)/3$. 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

Accepted Answer

核心觀念 本題考查轉動平衡、簡諧運動與轉動版胡克定律。 桿繞固定垂直軸轉動，轉動方程為 $$ I\ddot{	heta}=	au $$ 其中 $	heta$ 是相對於圖中虛線平衡位置的小角位移，桿的轉動慣量為 $$ I=\frac{ML^2}{3}. $$ 對小角位移而言，桿末端沿彈簧方向的位移約為 $$ x=L\sin	heta\approx L	heta. $$ 解題方法 彈簧力依胡克定律為 $$ F=-kx=-kL	heta. $$ 此力作用在距離轉軸 $L$ 的桿端，且在小角位移下，其力矩大小為 $$ 	au=FL\approx -kL^2	heta. $$ 負號表示力矩方向總是與角位移相反，具有恢復作用。因此轉動方程為 $$ I\ddot{	heta}=-kL^2	heta. $$ 整理得 $$ I\ddot{	heta}+kL^2	heta=0. $$ 代入 $I=ML^2/3$： $$ \frac{ML^2}{3}\ddot{	heta}+kL^2	heta=0, $$ 即

108 年國立成功大學地球科學研究所乙組《普通物理學》

第 1 題10 分

第 2 題10 分

第 3 題10 分

第 4 題10 分

核心觀念

解題方法

水平分量

第 5 題10 分

第 6 題15 分

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