109 年 國立成功大學地球科學研究所甲組《普通物理學》

核心觀念

本題分為兩個階段：

1. 黏土附著的瞬間：碰撞為非彈性碰撞，機械能不守恆；但取轉軸為力矩中心，外力對轉軸力矩的衝量可忽略，因此角動量守恆。
2. 黏土附著後：棒與小球一起轉動，機械能守恆，利用碰撞後的轉動動能轉換成重力位能。

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解題方法

（a）黏土附著後的角速度

黏土以速度 $V$ 垂直向下撞上右端小球，碰撞前相對轉軸的角動量大小為

$$L_i=M V\ell .$$

碰撞後，系統繞中心轉軸的轉動慣量為

$$I=(m+m+M)\ell^2=(2m+M)\ell^2.$$

由角動量守恆：

$$M V\ell=(2m+M)\ell^2\omega .$$

因此

$$\boxed{\omega=\frac{MV}{(2m+M)\ell}}.$$

旋轉方向為順時針。

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（b）棒子旋轉的最高角度

碰撞後瞬間的轉動動能為

$$K=\frac12 I\omega^2.$$

代入 $I$ 與 $\omega$：

$$K =\frac12(2m+M)\ell^2 \left(\frac{MV}{(2m+M)\ell}\right)^2 =\frac{M^2V^2}{2(2m+M)}.$$

棒子順時針轉動時，黏土所在的一端先下降，經過最低點後再上升。若最高位置時棒子與水平面的夾角為 $\theta$，則黏土相對碰撞前上升的高度為

$$\ell\sin\theta .$$

本題主要考查天體運動中的能量守恆和角動量守恆。

火箭從地表發射，其運動軌跡是一個橢圓（在忽略其他星球引力及地球自轉等因素的理想情況下）。我們需要找到軌跡上距離地心最遠點的距離。

給定條件：
初速度 $v_0 = \sqrt{GM/R}$
發射角度與鉛直線夾角為 $60^\circ$。這意味著發射角度與水平方向的夾角為 $90^\circ - 60^\circ = 30^\circ$。
初始位置在地球表面，距離地心為 $R$。

我們將採用能量守恆和角動量守恆來求解。
設在地表發射時的能量為 $E_0$，角動量為 $L_0$。
設在距離地心最遠點 $r_{max}$ 時，速度為 $v_{max}$。
此時的能量為 $E_{max}$，角動量為 $L_{max}$。

1. 初始條件 (在地表發射)
位置向量的徑向分量 $r_0 = R$。
速度向量的徑向分量 $v_{r0} = v_0 \sin(30^\circ) = \sqrt{GM/R} \times (1/2)$。
速度向量的切向分量 $v_{\theta 0} = v_0 \cos(30^\circ) = \sqrt{GM/R} \times (\sqrt{3}/2)$。

2. 能量守恆
系統的總能量包括動能和引力勢能。引力勢能為 $U = -GMm/r$，其中 $m$ 是火箭的質量。
初始總能量 $E_0 = \frac{1}{2}mv_0^2 + \frac{-GMm}{R}$。
$E_0 = \frac{1}{2}m\left(\frac{GM}{R}\right) - \frac{GMm}{R} = \frac{1}{2}\frac{GMm}{R} - \frac{GMm}{R} = -\frac{1}{2}\frac{GMm}{R}$。

在距離地心最遠點 $r_{max}$ 時，速度為 $v_{max}$。
$E_{max} = \frac{1}{2}mv_{max}^2 + \frac{-GMm}{r_{max}}$。
由於能量守恆， $E_0 = E_{max}$。
$-\frac{1}{2}\frac{GMm}{R} = \frac{1}{2}mv_{max}^2 - \frac{GMm}{r_{max}}$。
$\frac{1}{2}v_{max}^2 - \frac{GM}{r_{max}} = -\frac{1}{2}\frac{GM}{R}$。 (式 1)

3. 角動量守恆
角動量 $L = m r v_{\theta}$，其中 $v_{\theta}$ 是速度的切向分量。
初始角動量 $L_0 = m r_0 v_{\theta 0} = m R \left(v_0 \cos(30^\circ)\right) = m R \left(\sqrt{GM/R} \times \frac{\sqrt{3}}{2}\right) = m \sqrt{GM/R} R \frac{\sqrt{3}}{2} = m \sqrt{GMR} \frac{\sqrt{3}}{2}$。
在距離地心最遠點 $r_{max}$ 時，軌跡的切點處，速度向量與徑向向量垂直，所以速度 $v_{max}$ 就是切向速度 $v_{\theta, max}$。
$L_{max} = m r_{max} v_{max}$。
由於角動量守恆， $L_0 = L_{max}$。
$m R v_{\theta 0} = m r_{max} v_{max}$。
$R \left(\sqrt{GM/R} \times \frac{\sqrt{3}}{2}\right) = r_{max} v_{max}$。
$v_{max} = \frac{R}{r_{max}} \left(\sqrt{GM/R} \times \frac{\sqrt{3}}{2}\right) = \frac{1}{r_{max}} \sqrt{GM R} \frac{\sqrt{3}}{2}$。 (式 2)

4. 聯立求解
將式 2 代入式 1：

核心觀念

本題考查複擺（物理擺）的轉動慣量與小角度振動。所用公式為：

• 細棒對通過端點且垂直棒的軸：
  $I_{\text{端}}=\frac{1}{3}m\ell^2$
• 平行軸定理：
  $I=I_{\text{cm}}+md^2$
• 複擺小角度週期：
  $T=2\pi\sqrt{\frac{I_S}{Mg d}}$

其中 $I_S$ 為物體對懸掛軸 $S$ 的轉動慣量，$M$ 為總質量，$d$ 為質心至 $S$ 軸的距離。

圖中兩根細棒互相垂直，第一根棒由 $S$ 軸延伸長度 $\ell$，第二根棒長度 $\ell$ 且以其中點接在第一根棒末端。

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解題方法

（a）相對於 $S$ 軸的轉動慣量

第一根細棒直接繞其端點 $S$ 軸旋轉，因此

$$I_1=\frac{1}{3}m\ell^2$$

第二根細棒的質心距離 $S$ 軸為 $\ell$。它對自身質心、垂直紙面的軸之轉動慣量為

$$I_{\text{cm}}=\frac{1}{12}m\ell^2$$

利用平行軸定理：

$$I_2=I_{\text{cm}}+m\ell^2 =\frac{1}{12}m\ell^2+m\ell^2 =\frac{13}{12}m\ell^2$$

所以整個 T 形物體對 $S$ 軸的轉動慣量為

$$I_S=I_1+I_2 =\frac{1}{3}m\ell^2+\frac{13}{12}m\ell^2 =\boxed{\frac{17}{12}m\ell^2}$$

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（b）運動方程式與擺動周期

兩根棒的總質量為

$$M=2m$$

取第一根棒的方向與鉛直向下方向夾角為 $\theta$。

第一根棒的質心距離 $S$ 軸為 $\ell/2$；第二根棒的質心位於第一根棒末端，距離 $S$ 軸為 $\ell$。因此整體質心距離 $S$ 軸為

$$d=\frac{m(\ell/2)+m\ell}{2m} =\frac{3\ell}{4}$$

重力對 $S$ 軸造成的力矩為

本題考查流體力學中的連續性方程式以及速率的變化。

題意分析：
一個無蓋圓柱桶，液面面積為 $A$。底部有一個小開口，面積為 $a$。
液體高度為 $h$。
由於 $a << A$，我們可以近似認為液面是均勻下降的，且開口處的流速主要由液體高度決定。

(a) 計算 $dh/dt$

我們可以使用連續性方程式來處理這個問題。
假設在短時間 $\Delta t$ 內，液面下降了 $\Delta h$。
那麼，流出的液體體積為 $a \times v \times \Delta t$，其中 $v$ 是從底部開口流出的速度。
同時，液面下降的體積為 $A \times \Delta h$。
根據質量守恆 (或體積守恆，假設液體不可壓縮)，流出的體積等於液面下降的體積。
$A \Delta h = a v \Delta t$。
$\frac{\Delta h}{\Delta t} = \frac{a}{A} v$。
取極限 $\Delta t \to 0$，得到 $\frac{dh}{dt} = \frac{a}{A} v$。

現在需要確定流出速度 $v$。
根據托里切利定律 (Torricelli's Law)，從開口處流出的液體速度 $v$ 由液體的高度 $h$ 決定，近似為自由落體的速度：
$v = \sqrt{2gh}$。

將 $v$ 代入 $\frac{dh}{dt}$ 的表達式：
$\frac{dh}{dt} = \frac{a}{A} \sqrt{2gh}$。

由於液面在下降，所以 $h$ 在減小，流速 $v$ 也在減小。
然而，題目問的是 $dh/dt$，通常表示液面高度的變化率。
由於液體在流出，高度在下降，所以 $\frac{dh}{dt}$ 應該是負值。
所以，我們應該寫成：
$\frac{dh}{dt} = -\frac{a}{A} \sqrt{2gh}$。

(b) 計算 $h(t)$

我們有一個一階微分方程式：
$\frac{dh}{dt} = -\frac{a}{A} \sqrt{2gh}$。
這是一個可分離變數的微分方程式。

本題主要考查導體球的電位能計算和能量-質量的等效關係。

(a) 計算導體球的電位能

一個半徑為 $R$ 的導體球帶有總電荷 $Q$。由於導體內電場為零，電荷會均勻分佈在導體球的外表面。
我們可以將導體球的電位能看作是將無窮遠處的電荷 $Q$ 分批搬運到導體球表面所做的功。

對於一個半徑為 $r$ ($r \ge R$) 的同心球殼，其表面帶有電荷 $q$。則該球殼的電位為 $V = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q}{r}$。
將一個微小的電荷 $dq$ 搬運到這個球殼上，需要做的功為 $dU = V dq = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q}{r} dq$。

我們將整個電荷 $Q$ 分成許多微小的部分 $dq$。當我們將電荷從無窮遠處搬運到導體球表面時，導體球上已有的電荷從 $0$ 逐漸增加到 $Q$。
假設在搬運過程中，球殼上的電荷為 $q'$。則將 $dq'$ 搬運到球上的電位能增加量為 $dU = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q'}{R} dq'$ (因為我們考慮的是將電荷搬運到半徑為 $R$ 的球體表面)。

對 $q'$ 從 $0$ 積到 $Q$：
$U = \int dU = \int_0^Q \frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{q'}{R} dq'$。
$U = \frac{1}{4\pi\epsilon_0 R} \int_0^Q q' dq'$。
$U = \frac{1}{4\pi\epsilon_0 R} \left[\frac{q'^2}{2}\right]_0^Q$。

核心觀念

本題考查三個關係：

1. 導線電阻
   $R=\rho\frac{\ell}{A}$

2. 導線體積固定
   $A\ell=A'\ell'$

3. 電功率與電流的關係
   $P=I^2R$

拉長導線時，體積不變，因此長度增加會使截面積減小，電阻也會改變。

解題方法

設拉長後的長度為 $\ell'$、截面積為 $A'$、電阻為 $R'$。

由體積固定求截面積變化

因為導線體積固定，

$$A\ell=A'\ell'$$

因此

$$A'=A\frac{\ell}{\ell'}$$

求拉長後的電阻

原本電阻為

$$R=\rho\frac{\ell}{A}$$

拉長後電阻為

$$R'=\rho\frac{\ell'}{A'}$$

代入 $A'=A\ell/\ell'$：

$$R'=\rho\frac{\ell'}{A\ell/\ell'}$$ $$R'=\rho\frac{\ell'^2}{A\ell}$$

與原電阻相比，

$$\frac{R'}{R} = \frac{\rho\ell'^2/(A\ell)}{\rho\ell/A} = \left(\frac{\ell'}{\ell}\right)^2$$

利用功率變化求長度

題目給定電流變為原來的 $4$ 倍：

本題考查 RL 電路在接上定電流源後的暫態響應。

題意分析：
圖示為一個 RL 電路。
初始狀態：電感 L 和電阻 R 上都沒有電流。
在 $t=0$ 時，開關接上一個「電流固定的電源」。這句話有點奇怪，通常電源是電壓源。
「電流固定的電源 (即 $I = \text{const.}$ ,但電壓不固定)」
這句話可以理解為，有一個外部裝置，它能夠在電路中維持一個恆定的電流 $I$ 流過，而不管這個電流流過什麼元件。
這相當於一個理想的定電流源。

電路分析：
在 $t=0$ 時，開關閉合，恆定的電流 $I$ 開始從電源注入電路。
這個電流 $I$ 會流過電阻 $R$ 和電感 $L$。
由於電感對電流的變化有阻礙作用，所以在 $t=0$ 的瞬間，電流不會瞬間達到 $I$。
但是，題目說「電流固定的電源」，並且問「通過電感的電流 $i(t)$」。
這表示，這個「電流固定的電源」直接與 RL 串聯。
那麼，這個恆定的電流 $I$ 必然是總電流。

情況一：電源是理想定電流源，串聯 RL 電路
如果這個電源是一個理想的定電流源，它能夠強制在電路中維持一個恆定的電流 $I$。
那麼，不管電感 $L$ 和電阻 $R$ 是什麼，流過整個電路的電流都應該是 $I$。
所以，通過電感的電流 $i(t)$ 應該就是這個恆定的電流 $I$。
$i(t) = I$ (對於 $t \ge 0$)。

情況二：電源是電壓源，但題目描述有誤
如果題目實際上是指接上一個電壓源 $V_s$，而「電流固定的電源」是指其他意思，那情況就不同了。
但是，題目明確說「電流固定的電源(即 $I = \text{const.}$ )」。
這強烈暗示是一個理想的定電流源。

進一步思考：
如果是一個定電流源 $I$ 直接串聯 RL 電路，那麼電流 $i(t)$ 就是 $I$。
電感 $L$ 對於恆定電流沒有阻礙作用。
電阻 $R$ 上的壓降是 $IR$。
電感 $L$ 上的壓降是 $L \frac{di}{dt}$。

本題考查電磁波的傳播、坡印亭向量與能量守恆。

題意分析：
一個點波源向四周均勻發射單頻電磁波。
平均功率為 $P$。
電磁波的傳播關係式給定： $\vec{E} = c \hat{k} \times \vec{B}$，其中 $\hat{k}$ 是波的傳播方向。
坡印亭向量 (能量通量密度) $\vec{S}(t) = \frac{1}{\mu_0}(\vec{E} \times \vec{B})$。
要求在距離點波源 $r$ 處的電場振幅 $E_0(r)$ 和磁場振幅 $B_0(r)$。

1. 坡印亭向量與平均功率
坡印亭向量 $\vec{S}$ 代表單位面積上的能量流密度，其方向為電磁波的傳播方向。
對於單頻電磁波，其瞬時坡印亭向量是隨時間變化的。題目給定的是平均功率 $P$。
我們需要計算瞬時坡印亭向量的平均值，以得到平均功率。

設電磁波的電場和磁場為：
$\vec{E}(t) = E_0 \cos(\omega t - \vec{k} \cdot \vec{r})$
$\vec{B}(t) = B_0 \cos(\omega t - \vec{k} \cdot \vec{r})$
其中 $E_0$ 和 $B_0$ 是振幅，$\vec{k}$ 是波向量， $\omega$ 是角頻率。
根據題目給定的關係 $\vec{E} = c \hat{k} \times \vec{B}$，我們可以確定電場和磁場的相位相同，且相互垂直，並與傳播方向垂直。
同時， $E_0 = c B_0$。

瞬時坡印亭向量 $\vec{S}(t) = \frac{1}{\mu_0}(\vec{E} \times \vec{B})$。
$\vec{E} \times \vec{B} = (E_0 \cos(\omega t - \vec{k} \cdot \vec{r})) \hat{e} \times (B_0 \cos(\omega t - \vec{k} \cdot \vec{r})) \hat{b}$
其中 $\hat{e}$ 和 $\hat{b}$ 是電場和磁場方向的單位向量。
$\vec{E} \times \vec{B} = E_0 B_0 \cos^2(\omega t - \vec{k} \cdot \vec{r}) (\hat{e} \times \hat{b})$。
$\hat{e} \times \hat{b}$ 的方向是電磁波的傳播方向 $\hat{k}$。
$\vec{S}(t) = \frac{E_0 B_0}{\mu_0} \cos^2(\omega t - \vec{k} \cdot \vec{r}) \hat{k}$。

平均坡印亭向量 $\langle S \rangle$ 是 $\cos^2$ 的平均值，即 $1/2$。
$\langle S \rangle = \frac{E_0 B_0}{2\mu_0} \hat{k}$。

由於 $E_0 = c B_0$，我們可以將 $B_0$ 替換掉：
$\langle S \rangle = \frac{E_0 (E_0/c)}{2\mu_0} \hat{k} = \frac{E_0^2}{2\mu_0 c} \hat{k}$。
我們知道 $c = 1/\sqrt{\mu_0\epsilon_0}$，所以 $c^2 = 1/(\mu_0\epsilon_0)$， $\mu_0 = 1/(c^2\epsilon_0)$。
$\langle S \rangle = \frac{E_0^2}{2(1/(c^2\epsilon_0)) c} \hat{k} = \frac{E_0^2 c^2 \epsilon_0}{2c} \hat{k} = \frac{1}{2} \epsilon_0 c E_0^2 \hat{k}$。
或者，使用 $E_0 = c B_0$ 和 $c = 1/\sqrt{\mu_0\epsilon_0}$。
$\langle S \rangle = \frac{E_0 B_0}{2\mu_0} \hat{k} = \frac{E_0 (E_0/c)}{2\mu_0} \hat{k} = \frac{E_0^2}{2\mu_0 c} \hat{k}$。
我們知道 $\mu_0 c = \mu_0 \frac{1}{\sqrt{\mu_0\epsilon_0}} = \sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon_0}}$。
或者，使用 $c = 1/\sqrt{\mu_0\epsilon_0}$， $E_0 = c B_0$。
$\langle S \rangle = \frac{1}{2\mu_0} E_0 B_0 \hat{k} = \frac{1}{2\mu_0} E_0 \frac{E_0}{c} \hat{k} = \frac{E_0^2}{2\mu_0 c} \hat{k}$。
還有一種常見的平均坡印亭向量形式： $\langle S \rangle = \frac{1}{2} \text{Re} (\vec{E} \times \vec{H}^*)$，其中 $\vec{H} = \vec{B}/\mu_0$。
$\langle S \rangle = \frac{1}{2} \text{Re} (\vec{E} \times (\vec{B}/\mu_0)^*) = \frac{1}{2\mu_0} \text{Re} (\vec{E} \times \vec{B}^*)$。
對於平面波， $\vec{E} = E_0 e^{i(\omega t - \vec{k}\cdot\vec{r})}$， $\vec{B} = B_0 e^{i(\omega t - \vec{k}\cdot\vec{r})}$。
$\vec{E} \times \vec{B}^* = E_0 B_0^* (\hat{e} \times \hat{b}) e^{i(\omega t - \vec{k}\cdot\vec{r})} e^{-i(\omega t - \vec{k}\cdot\vec{r})^*}$。
如果 $E_0$ 和 $B_0$ 是實數振幅，則 $\vec{E} = E_0 \cos(\dots)$， $\vec{B} = B_0 \cos(\dots)$。
$\langle S \rangle = \frac{E_0 B_0}{2\mu_0} \hat{k}$。
利用 $E_0 = c B_0$。
$\langle S \rangle = \frac{E_0 (E_0/c)}{2\mu_0} \hat{k} = \frac{E_0^2}{2\mu_0 c} \hat{k}$。
利用 $c = 1/\sqrt{\mu_0\epsilon_0}$， $\mu_0 c = \mu_0 / \sqrt{\mu_0\epsilon_0} = \sqrt{\mu_0/\epsilon_0}$。
$\langle S \rangle = \frac{E_0^2}{2\sqrt{\mu_0/\epsilon_0}} \hat{k}$。
另外， $\epsilon_0 c^2 = 1/\mu_0$，所以 $\mu_0 = 1/(\epsilon_0 c^2)$。
$\langle S \rangle = \frac{E_0^2}{2 (1/(\epsilon_0 c^2)) c} \hat{k} = \frac{E_0^2 \epsilon_0 c^2}{2c} \hat{k} = \frac{1}{2} \epsilon_0 c E_0^2 \hat{k}$。
這是一個常用的形式。

2. 點波源的功率
點波源向四周均勻發射電磁波，平均功率為 $P$。
在距離波源 $r$ 處，電磁波的能量流經過一個半徑為 $r$ 的球面。
這個球面的面積為 $A = 4\pi r^2$。
由於功率 $P$ 是總能量流，而平均坡印亭向量 $\langle S \rangle$ 是單位面積的能量流。
所以，$P = \langle S \rangle \times A$。
$P = \left( \frac{1}{2} \epsilon_0 c E_0(r)^2 \right) \times (4\pi r^2)$。

3. 求解 $E_0(r)$
從上式中解出 $E_0(r)$：
$E_0(r)^2 = \frac{P}{4\pi r^2 \times \frac{1}{2} \epsilon_0 c} = \frac{2P}{\epsilon_0 c (4\pi r^2)}$。
$E_0(r)^2 = \frac{P}{2\pi \epsilon_0 c r^2}$。
$E_0(r) = \sqrt{\frac{P}{2\pi \epsilon_0 c r^2}} = \frac{1}{r} \sqrt{\frac{P}{2\pi \epsilon_0 c}}$。

4. 求解 $B_0(r)$
我們知道電場振幅和磁場振幅的關係： $E_0 = c B_0$。
所以，$B_0(r) = \frac{E_0(r)}{c}$。
$B_0(r) = \frac{1}{c} \frac{1}{r} \sqrt{\frac{P}{2\pi \epsilon_0 c}}$。