109 年 國立成功大學物理學系碩士班《普通物理學》

本題考查功與動能定理的應用。功等於物體動能的變化量。首先需要根據給定的位置函數求出物體在 $t=0$ s 和 $t=4.0$ s 時的瞬時速度，進而計算動能的變化量，即為力所做的功。

給定的粒子位置函數為 $x(t) = 3.0t - 4.0t^2 + 1.0t^3$。
則速度函數為 $v(t) = \frac{dx}{dt} = 3.0 - 8.0t + 3.0t^2$。

在 $t = 0$ s 時的速度為：
$v(0) = 3.0 - 8.0(0) + 3.0(0)^2 = 3.0$ m/s。

在 $t = 4.0$ s 時的速度為：
$v(4.0) = 3.0 - 8.0(4.0) + 3.0(4.0)^2$
$v(4.0) = 3.0 - 32.0 + 3.0(16.0)$
$v(4.0) = 3.0 - 32.0 + 48.0$
$v(4.0) = 19.0$ m/s。

核心觀念

以大木塊 $M$ 為參考，兩個小木塊相對於 $M$ 靜止，因此三者具有相同的水平加速度 $a$。由於滑輪固定在 $M$ 上，繩長不變時，小木塊 $m_1$、$m_2$ 也不會相對滑輪移動。

圖中各接觸面與滑輪皆無摩擦。

解題方法

對上方小木塊 $m_2$ 分析水平方向受力。它只受繩張力 $T$ 向右，因此

$$T=m_2a.$$

對右側小木塊 $m_1$ 分析鉛直方向。因為 $m_1$ 相對於 $M$ 靜止，鉛直方向沒有加速度，故

$$T-m_1g=0,$$

得到

$$T=m_1g.$$

代入 $T=m_2a$：

$$m_2a=m_1g$$

因此大木塊及全部系統所需的加速度為

本題考查角動量守恆和功的定義。當繩子被拉下時，由於繩子施加的力對轉動中心沒有力矩，因此系統的角動量守恆。由於角動量守恆，當轉動半徑減小時，物體的線速度會增加。功的計算可以通過動能的變化來求解。

首先，將所有單位統一為國際單位制 (SI)。
物體的質量 $m = 0.120$ kg。
初始轉動半徑 $r_1 = 40.0$ cm $= 0.400$ m。
初始速度 $v_1 = 80.0$ cm/s $= 0.800$ m/s。
繩子被拉下的距離 $\Delta y = 15.0$ cm $= 0.150$ m。

由於繩子施加的力對轉動中心沒有力矩，系統的角動量守恆。
初始角動量 $L_1 = I_1 \omega_1$。
由於物體可視為質點，其對轉動中心的轉動慣量為 $I_1 = mr_1^2$。
初始角速度 $\omega_1 = v_1 / r_1$。
所以，$L_1 = (mr_1^2) (\frac{v_1}{r_1}) = mv_1 r_1$。

當繩子被拉下 $\Delta y$ 後，新的轉動半徑為 $r_2 = r_1 - \Delta y$。
$r_2 = 0.400$ m $- 0.150$ m $= 0.250$ m。

本題考查複擺的週期計算。題目描述的是一個單擺（物理擺）在垂直平面內的微小振盪，其週期與單擺的週期公式類似，但需要考慮整個物體的轉動慣量。

對於一個繞固定點擺動的剛體（物理擺），其運動方程為：
$\tau = I \alpha$
其中 $\tau$ 是合力矩， $I$ 是繞擺動點的轉動慣量，$\alpha$ 是角加速度。

對於均勻質量的長度為 $L$ 的長杆，繞其一端（質心不在擺動點）的轉動慣量為 $I = \frac{1}{3}ML^2$。
長杆的質心位於其中心，距離擺動點的距離為 $d = L/2$。
在擺動過程中，重力 $Mg$ 作用在質心上。
重力對擺動點產生的力矩為 $\tau = -(Mg) d \sin\theta$，其中 $\theta$ 是擺角，負號表示力矩的方向與 $\theta$ 增大方向相反。
角加速度 $\alpha = \frac{d^2\theta}{dt^2}$。

所以，運動方程為：
$-(Mg) (L/2) \sin\theta = (\frac{1}{3}ML^2) \frac{d^2\theta}{dt^2}$。

核心觀念

本題考查弦上正弦波的平均輸出功率。波源必須持續對弦做功，以補償波動傳遞的機械能。

弦波速率為

$$v=\sqrt{\frac{T}{\mu}}$$

其中 $T$ 為弦張力，$\mu$ 為線密度。

正弦波的平均功率公式為

$$P_{\text{avg}}=\frac{1}{2}\mu v\omega^2 A^2$$

其中：

• $A$：振幅
• $\omega=2\pi f$：角頻率
• $v$：波速
• $\mu$：線密度

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解題方法

已知

$$\mu=5.00\times10^{-2}\ \text{kg/m}$$ $$T=80.0\ \text{N},\qquad f=60.0\ \text{Hz},\qquad A=6.00\ \text{cm}=0.0600\ \text{m}$$

1. 求弦上的波速

$$v=\sqrt{\frac{T}{\mu}} =\sqrt{\frac{80.0}{5.00\times10^{-2}}} =\sqrt{1600} =40.0\ \text{m/s}$$

2. 求角頻率

$$\omega=2\pi f =2\pi(60.0) =120\pi\ \text{rad/s}$$

3. 代入平均功率公式

$$P_{\text{avg}} =\frac{1}{2}\mu v\omega^2A^2$$

本題考查理想氣體分子均方根速率的計算。均方根速率與氣體的絕對溫度和摩爾質量有關。

理想氣體分子的均方根速率 $v_{rms}$ 的公式為：
$v_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$
其中：
$R$ 是理想氣體常數，$R = 8.314$ J/(mol·K)。
$T$ 是絕對溫度，單位為開爾文 (K)。
$M$ 是氣體的摩爾質量，單位為 kg/mol。

題目給定：
氣體為氫氣 ($H_2$)。
氣體量為 $n = 0.500$ mol。
溫度 $T = 300$ K。

首先，我們需要確定氫氣 ($H_2$) 的摩爾質量 $M$。
氫原子的原子量約為 1.008 g/mol。
因此，氫氣分子 ($H_2$) 的摩爾質量為 $M = 2 \times 1.008$ g/mol $= 2.016$ g/mol。
為了在公式中使用，需要將其轉換為 kg/mol：
$M = 2.016$ g/mol $= 0.002016$ kg/mol。

現在將已知值代入公式：
$v_{rms} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$
$v_{rms} = \sqrt{\frac{3 \times (8.314 \text{ J/(mol·K)}) \times (300 \text{ K})}{0.002016 \text{ kg/mol}}}$

本題考查自由電子的漂移速度計算。漂移速度與電流、載子密度、截面積和電子電荷有關。

漂移速度 $v_d$ 的公式為：
$I = n A q v_d$
其中：
$I$ 是電流。
$n$ 是載子密度（單位體積內的自由電子數量）。
$A$ 是導體的截面積。
$q$ 是每個載子的電荷量（對於電子，$q=e$）。

我們需要計算銅的載子密度 $n$。
已知銅的密度 $\rho = 8.92 \text{ g/cm}^3$。
首先將密度轉換為 kg/m³：
$\rho = 8.92 \frac{\text{g}}{\text{cm}^3} = 8.92 \times \frac{10^{-3} \text{ kg}}{(10^{-2} \text{ m})^3} = 8.92 \times \frac{10^{-3}}{10^{-6}} \text{ kg/m}^3 = 8.92 \times 10^3 \text{ kg/m}^3$。

銅的摩爾質量 $M$ 約為 $63.5$ g/mol $= 0.0635$ kg/mol。
亞佛加厥常數 $N_A = 6.022 \times 10^{23}$ mol⁻¹。
銅的原子密度（單位體積內的原子數）為：
$N_{atoms} = \frac{\rho}{M} N_A$
$N_{atoms} = \frac{8.92 \times 10^3 \text{ kg/m}^3}{0.0635 \text{ kg/mol}} \times (6.022 \times 10^{23} \text{ mol}^{-1})$
$N_{atoms} \approx (1.4047 \times 10^5 \text{ mol/m}^3) \times (6.022 \times 10^{23} \text{ mol}^{-1})$

本題考查在磁場中運動的導體棒所受的力及其運動。當導體棒在磁場中切割磁力線時，會產生感應電動勢，進而產生感應電流。此感應電流在磁場中會受到一個安培力，此力會阻礙導體棒的運動，導致其減速。

首先，我們分析導體棒切割磁力線產生的感應電動勢 $V_{emf}$。
$V_{emf} = Blv$
其中 $B$ 是磁場強度， $l$ 是導體棒的長度，$v$ 是導體棒的速度。
根據右手定則，由於導體棒向右運動，磁場方向向內，感應電動勢的方向是從右端指向左端（左端電勢高於右端）。

接下來，分析導體棒構成的閉合迴路中的感應電流 $I$。
導體棒與平行導軌構成一個閉合迴路。假設導軌的電阻可以忽略不計。
導體棒的電阻為 $R$（題目中未給出，假設為 $R$）。
則感應電流為：
$I = \frac{V_{emf}}{R} = \frac{Blv}{R}$。
電流方向從左端流向右端，然後通過導軌回到左端。

此感應電流在磁場中會受到一個安培力 $F_A$。
$F_A = IlB$
由於電流方向是從左端流向右端，導體棒向右運動，磁場方向向內，根據左手定則，安培力方向是水平向左的，與導體棒的運動方向相反。

因此，導體棒所受的合力為：
$F_{net} = -F_A = -IlB$
$F_{net} = -\frac{Blv}{R} lB = -\frac{B^2 l^2}{R} v$。

核心觀念

光具有動量。對完全吸收的光而言，單位時間傳遞給物體的動量為

$$F=\frac{P}{c},$$

其中 $P$ 是物體截收的光功率，$c$ 是光速。因此，完全吸收且垂直入射時，輻射壓力為

$$p_{\text{rad}}=\frac{I}{c},$$

其中 $I$ 為光強度。

地球接收陽光的有效面積不是球面表面積，而是朝向太陽的投影圓面積：

$$A=\pi R_{\oplus}^2.$$

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解題方法

題目給定地球所在位置的太陽光強度

$$I=1370\ \text{W/m}^2.$$

地球截收的總功率為

$$P=IA=I\pi R_{\oplus}^2.$$

由於地球吸收全部入射陽光，光的動量全部傳給地球，所以輻射壓力造成的總力為

$$F=\frac{P}{c} =\frac{I\pi R_{\oplus}^2}{c}.$$

取

$$R_{\oplus}=6.37\times10^6\ \text{m}, \qquad c=3.00\times10^8\ \text{m/s},$$

代入得

核心觀念

本題考查圓形孔徑的繞射極限。人眼瞳孔可視為直徑為 $D$ 的圓形孔徑，依瑞利判據（Rayleigh criterion），最小可分辨角約為

$$\theta_{\min} \approx 1.22\frac{\lambda}{D},$$

其中：

• $\lambda=500\ \text{nm}$ 為光波長；
• $D=5.00\ \text{mm}$ 為瞳孔直徑。

物體距離地面高度 $h=250\ \text{km}$，因此可分辨的最小物體尺寸為

$$s \approx h\theta_{\min}.$$

解題方法

先將物理量換成 SI 制：

$$\lambda=500\ \text{nm}=5.00\times10^{-7}\ \text{m},$$ $$D=5.00\ \text{mm}=5.00\times10^{-3}\ \text{m},$$ $$h=250\ \text{km}=2.50\times10^{5}\ \text{m}.$$

由瑞利判據，

$$\theta_{\min} =1.22\frac{5.00\times10^{-7}}{5.00\times10^{-3}} =1.22\times10^{-4}\ \text{rad}.$$

由小角度近似，物體尺寸與視角的關係為

本題考查分子轉動能階與轉動慣量的關係。分子的轉動能階是量子化的，其能階之間的躍遷頻率與分子的轉動慣量有關。

對於一個剛性轉子模型，分子的轉動能階由量子數 $J$ 表示，其能量為：
$E_J = \frac{J(J+1)\hbar^2}{2I}$
其中 $J$ 是轉動量子數 ($J = 0, 1, 2, ...$)，$\hbar$ 是約化普朗克常數， $I$ 是分子的轉動慣量。

題目中提到 CO 分子從 $J = 0$ 躍遷到 $J = 1$ 的轉動能階。
初始狀態的能量 $E_0 = \frac{0(0+1)\hbar^2}{2I} = 0$。
最終狀態的能量 $E_1 = \frac{1(1+1)\hbar^2}{2I} = \frac{2\hbar^2}{2I} = \frac{\hbar^2}{I}$。

躍遷過程中吸收或輻射的光子的能量 $\Delta E$ 等於能階之間的能量差：
$\Delta E = E_1 - E_0 = \frac{\hbar^2}{I}$。

這個能量 $\Delta E$ 也等於光子的能量 $hf$，其中 $h$ 是普朗克常數， $f$ 是光子的頻率。
$\Delta E = hf$。

所以，我們有：
$hf = \frac{\hbar^2}{I}$。
由於 $\hbar = h / (2\pi)$，所以 $\hbar^2 = h^2 / (4\pi^2)$。

本題考查核子之間的庫侖勢壘以及克服勢壘所需的溫度。核子（如質子）之間存在庫侖斥力，要使它們能夠克服這種斥力發生核反應，需要足夠高的動能，這通常通過高溫來實現。

庫侖斥力勢能 $U_C$ 兩個帶電粒子（例如兩個質子，或兩個氘核）之間的距離 $r$ 為：
$U_C = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{q_1 q_2}{r}$
其中 $q_1$ 和 $q_2$ 是粒子的電荷， $r$ 是它們之間的距離。

題目中提到兩個核子（氘核）需要克服庫侖斥力，它們之間的距離約為 $r = 1.0 \times 10^{-14}$ m。
氘核的電荷是質子的電荷，即 $q = +e$，其中 $e = 1.602 \times 10^{-19}$ C。
所以，兩個氘核之間的庫侖勢壘能量為：
$U_C = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{e^2}{r}$。
$\frac{1}{4\pi\epsilon_0} \approx 8.988 \times 10^9 \text{ N·m}^2/\text{C}^2$。

$U_C \approx (8.988 \times 10^9 \text{ N·m}^2/\text{C}^2) \times \frac{(1.602 \times 10^{-19} \text{ C})^2}{1.0 \times 10^{-14} \text{ m}}$
$U_C \approx (8.988 \times 10^9) \times \frac{2.566 \times 10^{-38}}{1.0 \times 10^{-14}}$ J

核心觀念

本題涉及：

1. 理想氣體狀態方程
   $PV=nRT$
2. 右側氣體的可逆絕熱過程
   $PV^\gamma=\text{constant},\qquad \gamma=1.5$
3. 活塞最終平衡時兩側壓力相等
4. 熵為狀態函數
   $\Delta S=nC_v\ln\frac{T_f}{T_0}+nR\ln\frac{V_f}{V_0}$
5. 功的計算
   $W_{\text{by}}=\int P\,dV$

不過，題目未給定加熱線輸入的熱量或最終狀態，因此四個量無法只用 $V_0,P_0,T_0$ 得到唯一數值。以下以最終左側體積作為參數，寫出完整解。

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解題方法

設最終左側體積為

$V_{L,f}=xV_0,$

則由圓柱總體積固定為 $2V_0$，右側最終體積為

$V_{R,f}=(2-x)V_0.$

初始時兩側皆為 $P_0,V_0,T_0$。由理想氣體方程式，每側氣體莫耳數皆滿足

$nR=\frac{P_0V_0}{T_0}.$

右側氣體的最終狀態

右側沒有接受熱量，且在標準準靜態假設下進行可逆絕熱壓縮，因此

$P_{R,f}V_{R,f}^{\gamma}=P_0V_0^\gamma.$

代入 $\gamma=1.5$ 與 $V_{R,f}=(2-x)V_0$：

$$P_{R,f} =P_0(2-x)^{-3/2}.$$

最終活塞平衡時，

$P_{L,f}=P_{R,f}=P_0(2-x)^{-3/2}.$

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(a) 左側氣體的熵變

左側最終溫度由理想氣體方程式求得：

$$\frac{T_{L,f}}{T_0} = \frac{P_{L,f}V_{L,f}}{P_0V_0} = x(2-x)^{-3/2}.$$

因此

$$\Delta S_L = nC_v\ln\frac{T_{L,f}}{T_0} +nR\ln\frac{V_{L,f}}{V_0}.$$

由

$R=(\gamma-1)C_v$

可將上式整理為

$$\Delta S_L = nC_v\left[ \ln\frac{T_{L,f}}{T_0} +(\gamma-1)\ln x \right].$$

代入 $\gamma=3/2$ 與 $T_{L,f}/T_0=x(2-x)^{-3/2}$：

$$\Delta S_L = nC_v\left[ \frac32\ln x-\frac32\ln(2-x) \right].$$

又因為

$$nC_v=\frac{nR}{\gamma-1} =\frac{2P_0V_0}{T_0},$$

所以

$$\boxed{ \Delta S_L = \frac{3P_0V_0}{T_0} \ln\frac{x}{2-x} }.$$

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(b) 左側最終體積

以參數 $x$ 表示：

$$\boxed{V_{L,f}=xV_0}.$$

其中加熱左側後，左側膨脹，所以通常有

$1<x<2.$

但 $x$ 的確切數值必須由加熱線輸入的熱量或其他最終條件決定。

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(c) 左側最終溫度

核心觀念

電介質插入後，電容器可視為兩個並聯電容：

• 有電介質區域：面積 $A_1=lx$
• 空氣區域：面積 $A_2=l(l-x)$

由於電源已移除，極板上的電荷量固定為 $Q$。因此應使用

$$U=\frac{Q^2}{2C}$$

而不是固定電壓時的 $U=\frac12 CV^2$。

(a) 電容器儲存的能量

兩部分電容分別為

$$C_1=\frac{\kappa\varepsilon_0 lx}{d}, \qquad C_2=\frac{\varepsilon_0 l(l-x)}{d}.$$

並聯後的總電容為

$$\begin{aligned} C&=C_1+C_2\\ &=\frac{\varepsilon_0}{d}\left[\kappa lx+l(l-x)\right]\\ &=\frac{\varepsilon_0 l}{d}\left[l+(\kappa-1)x\right]. \end{aligned}$$

因此儲存能量為

$$\boxed{ U(x)=\frac{Q^2d} {2\varepsilon_0 l\left[l+(\kappa-1)x\right]} }$$

其中 $0\le x\le l$。

(b) 極板對電介質的力

固定電荷條件下，電介質受到的力可由能量對位置的微分求得：

$$F_x=-\frac{dU}{dx}.$$

代入上式：

本題考查交流電路中 RLC 串聯電路的阻抗和平均功率計算。

小題 (a) Determine the impedance of the circuit.

阻抗 $Z$ 是交流電路中電阻、電感和電容對電流的總體阻礙作用。
對於串聯 RLC 電路，阻抗的計算公式為：
$Z = \sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2}$
其中：
$R$ 是電阻。
$X_L$ 是感抗 (inductive reactance)。
$X_C$ 是容抗 (capacitive reactance)。

首先，我們需要計算感抗 $X_L$ 和容抗 $X_C$。
感抗 $X_L = \omega L$，其中 $\omega$ 是角頻率。
角頻率 $\omega = 2\pi f$。
給定頻率 $f = 60.0$ Hz，所以 $\omega = 2\pi (60.0) = 120\pi$ rad/s。
給定電感 $L = 1.25$ H。
$X_L = (120\pi \text{ rad/s}) \times (1.25 \text{ H}) = 150\pi \, \Omega \approx 471.24 \, \Omega$。

容抗 $X_C = \frac{1}{\omega C}$。
給定電容 $C = 3.50 \, \mu\text{F} = 3.50 \times 10^{-6}$ F。
$X_C = \frac{1}{(120\pi \text{ rad/s}) \times (3.50 \times 10^{-6} \text{ F})}$
$X_C = \frac{1}{120\pi \times 3.50 \times 10^{-6}} \, \Omega = \frac{1}{420\pi \times 10^{-6}} \, \Omega = \frac{10^6}{420\pi} \, \Omega$
$X_C \approx \frac{10^6}{1319.47} \, \Omega \approx 757.87 \, \Omega$。

現在計算阻抗 $Z$：
$R = 425 \, \Omega$。
$X_L - X_C \approx 471.24 \, \Omega - 757.87 \, \Omega \approx -286.63 \, \Omega$。
$Z = \sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2}$
$Z = \sqrt{(425 \, \Omega)^2 + (-286.63 \, \Omega)^2}$
$Z = \sqrt{180625 + 82155.5}$
$Z = \sqrt{262780.5} \, \Omega \approx 512.62 \, \Omega$。

四捨五入到三位有效數字：
$Z \approx 513 \, \Omega$。