108 年 國立成功大學物理學系碩士班《普通物理學》

此題考查變力作功與動能定理的應用。

根據功與動能的關係，變力對物體所作的功等於物體動能的變化量。
$W = \Delta K = K_f - K_i$
題目給定力為 $F(x) = (2.5-x^2)\hat{i}$ N，從初始位置 $x_i = 0$ 變到終止位置 $x_f = 2.0$ m。
力對物體所作的功可以透過積分計算：
$W = \int_{x_i}^{x_f} \vec{F} \cdot d\vec{x}$
在此情況下，力 $\vec{F} = (2.5-x^2)\hat{i}$ N，位移向量 $d\vec{x} = dx \hat{i}$。
$W = \int_{0}^{2.0} (2.5-x^2) dx$

此題考查總力學能守恆以及勢能與動能的關係，並從中找出最大速度。

總力學能 $E$ 是動能 $K$ 與位能 $U$ 之和，在沒有非保守力作功的情況下，總力學能守恆。
$E = K + U$
題目給定總力學能 $E = 5.00$ J，且物體的質量 $m = 2.00$ kg。
位能函數為 $U(x) = (x^4 - 2.00x^2)$ J。
動能 $K$ 可以表示為 $K = \frac{1}{2}mv^2$。
因此，物體在位置 $x$ 的速度 $v$ 可由以下關係求得：
$K(x) = E - U(x)$
$\frac{1}{2}mv(x)^2 = E - U(x)$
$v(x)^2 = \frac{2(E - U(x))}{m}$
$v(x) = \sqrt{\frac{2(E - U(x))}{m}}$

要找到最大速度，我們需要找到使動能 $K(x)$ 最大的位置 $x$。這相當於找到使位能 $U(x)$ 最小的位置 $x$。
我們對位能函數 $U(x)$ 求導，並令其為零，以尋找極值點：
$\frac{dU}{dx} = \frac{d}{dx}(x^4 - 2.00x^2) = 4x^3 - 4.00x$
令 $\frac{dU}{dx} = 0$：
$4x^3 - 4.00x = 0$
$4x(x^2 - 1.00) = 0$
$4x(x-1)(x+1) = 0$
可能的極值點為 $x = 0$, $x = 1$, $x = -1$。

接下來，我們需要判斷這些點是極小值還是極大值。可以透過二階導數測試：
$\frac{d^2U}{dx^2} = \frac{d}{dx}(4x^3 - 4.00x) = 12x^2 - 4.00$

核心觀念

煙囪視為長度 $L=55\ \text{m}$、質量為 $m$ 的均勻細棒，底端破裂後以底端為瞬時轉軸轉動。

本題使用：

1. 重力對轉軸的力矩：
   $\tau=rF\sin\theta$
2. 轉動定律：
   $\tau=I\alpha$
3. 均勻細棒繞端點的轉動慣量：
   $I=\frac{1}{3}mL^2$
4. 棒上距轉軸 $r$ 處的切線加速度：
   $a_t=r\alpha$

其中 $\theta$ 是煙囪與鉛直方向的夾角。

解題方法

煙囪的重心位於距底端 $L/2$ 處。重力 $mg$ 作用於重心，其對底端的力矩大小為

$$\tau=mg\left(\frac{L}{2}\right)\sin\theta$$

由轉動定律，

$$mg\left(\frac{L}{2}\right)\sin\theta = \left(\frac{1}{3}mL^2\right)\alpha$$

解得角加速度

$$\alpha = \frac{3g}{2L}\sin\theta$$

題目給定

$$\theta=45^\circ$$

因此

$$\alpha = \frac{3g}{2L}\sin45^\circ$$

核心觀念

本題考查萬有引力提供圓周運動所需向心力，以及克卜勒第三定律。

兩顆恆星質量皆為太陽質量 $M_{\odot}$，相距

$$d=1\ \text{AU}$$

由於兩星質量相等，質心位於兩星中點，因此每顆星繞質心的軌道半徑為

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

---

解題方法

兩星之間的萬有引力大小為

$$F_g=\frac{G M_{\odot}^2}{d^2}$$

此力提供其中一顆星繞質心運動所需的向心力：

$$F_c=M_{\odot}\omega^2 r =M_{\odot}\omega^2\frac{d}{2}$$

令萬有引力等於向心力：

$$\frac{G M_{\odot}^2}{d^2} = M_{\odot}\omega^2\frac{d}{2}$$

約去一個 $M_{\odot}$，得

$$\omega^2=\frac{2GM_{\odot}}{d^3}$$

週期 $T$ 與角速度的關係為

$$T=\frac{2\pi}{\omega}$$

因此

$$T = 2\pi\sqrt{\frac{d^3}{2GM_{\odot}}}$$

核心觀念

本題考查靜止液體中的流體靜力學壓力差。液體在重力場中，較低位置的壓力較大，壓力差公式為

$$\Delta P=\rho g h$$

其中：

• $\rho$：血液密度
• $g$：重力加速度
• $h$：腦部與腳部的垂直高度差

由於腳部低於腦部，腳部血壓較腦部高。

解題方法

將人體血液近似視為靜止液柱，腦部與腳部的垂直距離取為人體高度：

$$h=1.6\ \text{m}$$

血液密度為

$$\rho=1.06\times10^3\ \text{kg/m}^3$$

取重力加速度 $g=9.8\ \text{m/s}^2$，代入流體靜力學公式：

$$\Delta P=\rho g h$$ $$\Delta P =(1.06\times10^3)(9.8)(1.6)$$ $$\Delta P=1.66\times10^4\ \text{Pa}$$

因此，腳部與腦部之間的血壓差約為

核心觀念

本題考查弦上行波速度與張力的關係，以及固定兩端弦的諧波條件。

弦上的波速為

$$v=\sqrt{\frac{\tau}{\mu}},$$

其中 $\tau$ 為張力，$\mu$ 為弦的線密度。對同一條弦而言，$\mu$ 不變，因此

$$v\propto \sqrt{\tau}.$$

固定兩端的弦振動於第 $n$ 泛音時，弦長 $L$ 滿足

$$L=n\frac{\lambda_n}{2},$$

所以第 $n$ 泛音的波長為

$$\lambda_n=\frac{2L}{n}.$$

---

解題方法

初始狀態為第三泛音，因此

$$\lambda_3=\frac{2L}{3}.$$

張力增加至

$$\tau_f=8\tau_1.$$

由弦上波速公式：

核心觀念

聲波的強度等於單位時間通過單位面積的平均能量。對於在空氣中傳播的簡諧平面聲波，若空氣微粒位移為

$$s(x,t)=s_m\cos(kx-\omega t),$$

其中 $s_m$ 為空氣振盪的位移振幅，則平均強度為

$$I=\frac{1}{2}\rho v\omega^2s_m^2.$$

其中：

• $\rho$：空氣密度
• $v$：聲速
• $\omega=2\pi f$：角頻率
• $s_m$：空氣振盪的位移振幅

本題要求的「amplitude of the air oscillations」即為空氣微粒的位移振幅 $s_m$。

解題方法

由強度公式解出位移振幅：

$$s_m=\sqrt{\frac{2I}{\rho v\omega^2}}.$$

已知

$$f=300\ \text{Hz}, \qquad I=1.00\ \mu\text{W/m}^2 =1.00\times10^{-6}\ \text{W/m}^2.$$

取室溫空氣的典型參數

$$\rho=1.20\ \text{kg/m}^3, \qquad v=343\ \text{m/s}.$$

角頻率為

核心觀念

平均自由程 $\lambda$ 是氣體分子在兩次碰撞之間所行進的平均距離。對由直徑為 $d$ 的硬球分子組成之理想氣體，

$$\lambda=\frac{1}{\sqrt{2}\,\pi d^2 n},$$

其中 $n=N/V$ 為分子數密度。係數 $\sqrt{2}$ 來自分子彼此皆在運動，需考慮相對運動的平均效果。

由理想氣體方程式，

$$p=nk_{\mathrm B}T,$$

可得

$$n=\frac{p}{k_{\mathrm B}T}.$$

因此平均自由程可直接寫成

$$\lambda=\frac{k_{\mathrm B}T}{\sqrt{2}\,\pi d^2p}.$$

解題方法

已知

$$T=300\ \mathrm{K}, \qquad p=1.0\ \mathrm{atm}=1.013\times10^5\ \mathrm{Pa},$$ $$d=290\ \mathrm{pm} =290\times10^{-12}\ \mathrm{m} =2.90\times10^{-10}\ \mathrm{m},$$

以及

$$k_{\mathrm B}=1.380649\times10^{-23}\ \mathrm{J/K}.$$

先計算分子數密度：

$$n=\frac{p}{k_{\mathrm B}T} =\frac{1.013\times10^5} {(1.380649\times10^{-23})(300)} \approx 2.45\times10^{25}\ \mathrm{m^{-3}}.$$

再代入平均自由程公式：

核心觀念

電場與電位的關係為

$$\vec{E}=-\nabla V$$

其中負號表示電場方向指向電位降低最快的方向。直角座標下，

$$\vec{E} = -\left( \frac{\partial V}{\partial x}\hat{i} + \frac{\partial V}{\partial y}\hat{j} + \frac{\partial V}{\partial z}\hat{k} \right)$$

本題給定電位函數

$$V=2.00xyz^2$$

要求指定位置的電場大小。

解題方法

先分別對 $x$、$y$、$z$ 做偏微分：

$$\frac{\partial V}{\partial x}=2.00yz^2$$ $$\frac{\partial V}{\partial y}=2.00xz^2$$ $$\frac{\partial V}{\partial z}=4.00xyz$$

因此電場向量為

$$\vec{E} = -2.00yz^2\hat{i} -2.00xz^2\hat{j} -4.00xyz\hat{k}$$

指定位置為

$$(x,y,z)=(-1.00,-2.00,4.00)\ \text{m}$$

代入各分量：

$$E_x=-2.00(-2.00)(4.00)^2=64.0\ \text{V/m}$$ $$E_y=-2.00(-1.00)(4.00)^2=32.0\ \text{V/m}$$

核心觀念

本題考查圓形載流線圈在其中心軸上所產生的磁場，以及磁場的方向判定。

半徑為 $R$、電流為 $I$，距離線圈中心軸向距離為 $x$ 的磁場大小為

$$B(R)=\frac{\mu_0 I R^2}{2(R^2+x^2)^{3/2}}.$$

磁場方向沿著垂直線圈平面的中心軸，利用右手定則判斷。兩線圈在圓點處的磁場同向時相加，反向時相減。

令半徑為 $r$ 與 $2r$ 的線圈在圓點產生的磁場大小分別為 $B_r$ 與 $B_{2r}$。依圖中幾何配置可知

$$B_{2r}>B_r.$$

解題方法

圓點位於上下兩線圈的中點，因此圓點到兩線圈的軸向距離相同。依電流方向判斷各線圈磁場：

• 同方向電流：兩磁場同向，大小相加。
• 反方向電流：兩磁場反向，大小相減。

選項分析

(a)

兩個線圈半徑皆為 $r$，且在圓點產生的磁場方向相同，因此

$$B_a=B_r+B_r=2B_r.$$

(b)

此題考查 LC 振盪電路中能量的轉換與守恆。

在 LC 振盪電路中，總能量是電容儲存的電能 $U_C$ 與電感儲存的磁能 $U_L$ 之和，且總能量守恆。
$E_{total} = U_C + U_L = \text{constant}$

電容儲存的電能 $U_C$ 與電壓 $V$ 的關係為：
$U_C = \frac{1}{2} C V^2$
其中 $C$ 是電容值。

題目給定：

1. 當電容電壓達到最大值 $V_{max} = 17$ V 時，電容儲存的能量達到最大值 $U_{C,max} = 160 \, \mu J$。
   此時，電感中的磁能 $U_L$ 為零（因為電路中沒有電流，或者電流為零）。
   所以，總能量 $E_{total} = U_{C,max} + U_{L,min} = 160 \, \mu J + 0 = 160 \, \mu J$。

2. 在某個時刻，電容電壓為 $V = 5$ V，電容儲存的能量為 $U_C = 10 \, \mu J$。
   根據總能量守恆，此時電感儲存的磁能 $U_L$ 為：
   $U_L = E_{total} - U_C$
   $U_L = 160 \, \mu J - 10 \, \mu J$
   $U_L = 150 \, \mu J$

題目問的是「what is the energy stored in the magnetic field?」。
這個問題有點令人困惑，因為它問的是「the energy stored in the magnetic field」，而不是在特定時刻的磁能。
然而，根據上下文，它應該是指在上述 $V=5$ V 和 $U_C=10 \, \mu J$ 時的磁能。

讓我們驗證一下 $U_C = 10 \, \mu J$ 與 $V=5$ V 的關係。
我們知道 $U_{C,max} = \frac{1}{2} C V_{max}^2$。
$160 \, \mu J = \frac{1}{2} C (17 \, V)^2$。
$160 \times 10^{-6} \, J = \frac{1}{2} C (289 \, V^2)$。

核心觀念

圓形透鏡的有限口徑會造成繞射，使遠方點物體在焦平面形成 Airy pattern，而非幾何光學中的理想點像。

對直徑為 $d$ 的圓形孔徑，Airy pattern 的第一暗環角位置為

$$\theta_{\text{暗}} \simeq 1.22\frac{\lambda}{d}.$$

依 Rayleigh criterion，當一個點像的主極大恰好落在另一個點像的第一暗環位置時，兩個點物體剛好能被分辨。因此最小角分離為

$$\theta_{\min}=1.22\frac{\lambda}{d}.$$

解題方法

題目給定：

$$d=32\ \text{mm}=3.2\times10^{-2}\ \text{m},$$ $$\lambda=550\ \text{nm}=5.50\times10^{-7}\ \text{m}.$$

代入圓形透鏡的 Rayleigh 解析度公式：

$$\theta_{\min} =1.22\frac{5.50\times10^{-7}}{3.2\times10^{-2}}.$$

計算得

$$\theta_{\min} =2.10\times10^{-5}\ \text{rad}.$$

換算成角秒：

$$1\ \text{rad}=206265\ \text{arcsec},$$

因此

此題考查量子力學中的粒子在一維無限深位能井中的零點能。

在一維無限深位能井中，粒子的能量是量子化的，其能階為：
$E_n = \frac{n^2 h^2}{8mL^2}$
其中：
$n$ 是量子數 ($n = 1, 2, 3, ...$)。
$h$ 是普朗克常數。
$m$ 是粒子的質量。
$L$ 是位能井的寬度。

零點能 (zero-point energy) 是指粒子在最低能階 $n=1$ 時的能量。
$E_0 = E_{n=1} = \frac{1^2 h^2}{8mL^2} = \frac{h^2}{8mL^2}$
由於所有四個位能井的寬度 $L$ 相同，且普朗克常數 $h$ 也是常數，因此零點能 $E_0$ 與粒子質量 $m$ 成反比。
$E_0 \propto \frac{1}{m}$
即，質量越小的粒子，其零點能越高。

我們需要比較四種粒子的質量：
(a) 電子 (electron): 質量 $m_e \approx 9.11 \times 10^{-31}$ kg。
(b) 質子 (proton): 質量 $m_p \approx 1.67 \times 10^{-27}$ kg。
(c) 氘核 (deuteron): 氘是氫的同位素，由一個質子和一個中子組成。

此題考查半導體發光二極體 (LED) 的發光原理，以及光子的能量與波長的關係。

LED 發出的光子的能量主要來自半導體材料的能隙 (energy gap)。當電子和電洞在 p-n 接面處複合時，多餘的能量會以光子的形式釋放出來。
光子的能量 $E$ 與其頻率 $f$ 的關係為：
$E = hf$
其中 $h$ 是普朗克常數。

光子的頻率 $f$ 與其波長 $\lambda$ 的關係為：
$c = f\lambda$
其中 $c$ 是光速。
所以，$f = c/\lambda$。

將 $f$ 代入能量公式：
$E = h \frac{c}{\lambda}$
$E = \frac{hc}{\lambda}$

題目給定的數據：
能隙 (energy gap) $E_g = 1.9$ eV。
這個能隙代表了電子從導帶躍遷到價帶（或反之）時所釋放或吸收的最小能量。在 LED 中，這就是發射光子的能量。
所以，光子的能量 $E = E_g = 1.9$ eV。

我們需要計算光子的波長 $\lambda$。
$\lambda = \frac{hc}{E}$

我們需要使用普朗克常數 $h$ 和光速 $c$ 的值，以及將能量單位從 eV 轉換為焦耳 (J)。
$h = 6.63 \times 10^{-34} \, J \cdot s$ (從題目提供的常數表中)。
$c = 3.00 \times 10^8 \, m/s$ (標準值)。
$1 \, eV = 1.60 \times 10^{-19} \, J$ (從題目提供的常數表中)。

將能量 $E_g$ 轉換為焦耳：
$E = 1.9 \, eV \times (1.60 \times 10^{-19} \, J/eV) = 3.04 \times 10^{-19} \, J$。

現在計算波長 $\lambda$：
$\lambda = \frac{(6.63 \times 10^{-34} \, J \cdot s) \times (3.00 \times 10^8 \, m/s)}{3.04 \times 10^{-19} \, J}$
$\lambda = \frac{6.63 \times 3.00}{3.04} \times \frac{10^{-34} \times 10^8}{10^{-19}} \, m$
$\lambda = \frac{19.89}{3.04} \times 10^{-34+8+19} \, m$

核心觀念

卡諾熱機在高溫熱源與低溫熱源之間運轉，其效率只由兩熱源的絕對溫度決定：

$$\eta = 1-\frac{T_L}{T_H}$$

熱機效率也等於每循環輸出功與吸收熱量的比值：

$$\eta = \frac{W}{|Q_H|}$$

工作物質在高溫熱源溫度 $T_H$ 下等溫吸熱，因此這段過程的熵變為：

$$\Delta S = \frac{|Q_H|}{T_H}$$

解題方法

(a) 代入兩熱源的溫度，求卡諾熱機效率：

$$\eta = 1-\frac{300}{850} = \frac{11}{17} \approx 0.647$$

因此效率約為 $64.7\%$。

(b) 由 $\eta=W/|Q_H|$ 解出每循環吸收的熱量：

核心觀念

球對稱電場可用高斯定律求體積電荷密度。高斯定律的微分形式為

$$\nabla \cdot \mathbf{E}=\frac{\rho}{\varepsilon_0},$$

其中 $\rho$ 是體積電荷密度，$\varepsilon_0$ 是真空介電常數。對只有徑向分量、且大小只與 $r$ 有關的球對稱電場，

$$\nabla \cdot \mathbf{E} = \frac{1}{r^2}\frac{d}{dr}\left(r^2 E_r\right).$$

解題方法

題目給定電場徑向向外，且 $E_r=Kr^4$。代入球座標下的散度公式：

$$\nabla \cdot \mathbf{E} = \frac{1}{r^2}\frac{d}{dr}\left(r^2 Kr^4\right) = \frac{1}{r^2}\frac{d}{dr}\left(Kr^6\right) = 6Kr^3.$$

核心觀念

長直載流導線周圍的磁場大小為

$$B(s)=\frac{\mu_0 i}{2\pi s},$$

其中 $s$ 是到導線的垂直距離。磁通量是磁場穿過線圈面積的積分；線圈移動時磁通量改變，依據法拉第定律會產生感應電動勢，感應電流大小為 $\mathcal{E}/R$。

解題方法

由圖可讀出：長直導線水平放置，電流 $i$ 向左；矩形線圈位於導線上方，長邊 $a$ 與導線平行、短邊寬度為 $b$。線圈以速度 $v$ 垂直遠離導線，且線圈中心到導線的距離為 $r$。因此線圈靠近導線與遠離導線的兩條長邊，分別距導線 $r-b/2$ 與 $r+b/2$。

(a) 磁通量

導線的磁場隨距離改變，不能直接用中心處磁場乘線圈面積。取距導線 $s$、寬度 $ds$ 的線圈細條，其面積為 $a\,ds$，故磁通量大小為

$$\Phi_B =\int_{r-b/2}^{r+b/2} B(s)\,a\,ds =\frac{\mu_0 i a}{2\pi} \ln\left(\frac{r+b/2}{r-b/2}\right).$$

換算成 SI 單位：

$$a=0.022\ \mathrm{m},\qquad b=0.0080\ \mathrm{m},\qquad r=1.5b=0.012\ \mathrm{m}.$$

因此 $r-b/2=0.0080\ \mathrm{m}$、$r+b/2=0.016\ \mathrm{m}$，代入得

$$\Phi_B =\frac{(4\pi\times10^{-7})(6.9)(0.022)}{2\pi} \ln\left(\frac{0.016}{0.0080}\right) =2.1\times10^{-8}\ \mathrm{Wb}.$$

(b) 感應電流