111 年 國立成功大學地球科學研究所乙組《普通物理學》

此題考驗動量守恆與能量守恆在碰撞與圓周運動中的應用。

首先，我們分析碰撞過程。由於碰撞時間極短，我們可以近似認為系統在碰撞過程中動量守恆。設子彈撞擊前速度為 $v$，撞擊後速度為 $v/3$。碰撞後，木球獲得一個初始速度 $v_{bob}$，並開始擺動。
根據動量守恆定律：
$mv + M \cdot 0 = m(v/3) + M v_{bob}$
$mv - \frac{1}{3}mv = M v_{bob}$
$\frac{2}{3}mv = M v_{bob}$
$v_{bob} = \frac{2mv}{3M}$

接著，我們分析木球擺動的過程。題目說木球「just barely reaches the highest point such that it is able to swing through one complete circle」。這意味著當木球擺到最高點時，其速度必須剛好為零，否則它就會掉下來。
從最低點（碰撞發生點）到最高點（圓周運動的最高點），木球的動能轉化為重力位能。由於木球能擺動通過最高點，表示它至少能抵達與圓心等高的位置，且其軌跡為一個完整的圓。在最低點時，木球的速度為 $v_{bob}$。當木球擺到最高點時，其位置比最低點高 $2l$（從最低點到圓心的高度為 $l$，再到最高點的高度為 $l$）。

根據能量守恆定律（從最低點到最高點）：
$\frac{1}{2}M v_{bob}^2 = M g (2l)$
$v_{bob}^2 = 4gl$

將之前得到的 $v_{bob}$ 表達式代入：
$(\frac{2mv}{3M})^2 = 4gl$
$\frac{4m^2v^2}{9M^2} = 4gl$
$\frac{m^2v^2}{9M^2} = gl$
$v^2 = \frac{9M^2gl}{m^2}$
$v = \sqrt{\frac{9M^2gl}{m^2}} = \frac{3M}{m}\sqrt{gl}$

這裡需要注意題目描述中的「swing through one complete circle」的含義。這個描述通常是指在最低點有一個足夠大的速度，使得物體能夠完成一個圓周運動。

此題考驗對簡諧運動的判斷與週期計算，以及能量守恆與牛頓第二運動定律的應用。

(a) 證明運動為簡諧運動：
我們考慮粒子在球面最低點附近小角度 $\theta$ 的運動。設粒子的質量為 $m$，球的半徑為 $R$。
在最低點，粒子的重力位能取為零。當粒子偏離最低點的角度為 $\theta$ 時，其高度為 $h = R(1 - \cos\theta)$。
根據能量守恆定律，若粒子從最低點靜止釋放，其在角度 $\theta$ 處的速度 $v$ 為：
$\frac{1}{2}mv^2 = mg h = mgR(1 - \cos\theta)$
$v^2 = 2gR(1 - \cos\theta)$

對於小角度 $\theta$，我們可以使用泰勒展開近似：$\cos\theta \approx 1 - \frac{\theta^2}{2}$。
因此，$1 - \cos\theta \approx \frac{\theta^2}{2}$。
所以，$v^2 \approx 2gR (\frac{\theta^2}{2}) = gR\theta^2$。
粒子的速度 $v \approx \sqrt{gR} \theta$。

現在我們來分析作用在粒子上的合力。在角度 $\theta$ 處，粒子受到重力 $mg$ 和支持力 $N$。
重力沿徑向的分量為 $mg \cos\theta$，沿切向的分量為 $mg \sin\theta$。
支持力 $N$ 沿徑向。
粒子沿切向的加速度 $a_t$ 由重力的切向分量提供：
$m a_t = -mg \sin\theta$

此題考驗計算具有特殊旋轉軸的固體球的轉動慣量，需要利用積分法或將固體球視為無限多個薄圓盤的組合。

我們要求的是繞著通過球心的水平軸（題目中的 a 軸，可以想像成是 x 軸或 y 軸）的轉動慣量。
對於一個均勻實心球，其質量為 $M$，半徑為 $R$。

方法一：將實心球視為無限多個薄圓盤的疊加。
考慮一個距離球心 $x$ 的位置，厚度為 $dx$ 的薄圓盤。此圓盤的半徑 $r$ 可以由球的方程 $x^2 + r^2 = R^2$ 得到，所以 $r^2 = R^2 - x^2$，即 $r = \sqrt{R^2 - x^2}$。
此薄圓盤的質量 $dm$ 為其體積乘以密度 $\rho$。體積為 $\pi r^2 dx = \pi (R^2 - x^2) dx$。
球的密度 $\rho = \frac{M}{V} = \frac{M}{\frac{4}{3}\pi R^3}$。
所以，$dm = \rho \pi r^2 dx = \frac{M}{\frac{4}{3}\pi R^3} \pi (R^2 - x^2) dx = \frac{3M}{4R^3}(R^2 - x^2)dx$。

一個薄圓盤繞其中心軸的轉動慣量為 $dI_{disk} = \frac{1}{2} (dm) r^2$。
將 $dm$ 和 $r^2$ 代入：
$dI_{disk} = \frac{1}{2} \left(\frac{3M}{4R^3}(R^2 - x^2)dx\right) (R^2 - x^2)$
$dI_{disk} = \frac{3M}{8R^3}(R^2 - x^2)^2 dx$

要得到整個實心球繞通過球心的水平軸的轉動慣量 $I_a$，我們需要對所有這些薄圓盤從 $x = -R$ 積到 $x = R$。
$I_a = \int_{-R}^{R} dI_{disk} = \int_{-R}^{R} \frac{3M}{8R^3}(R^2 - x^2)^2 dx$
$I_a = \frac{3M}{8R^3} \int_{-R}^{R} (R^4 - 2R^2x^2 + x^4) dx$
由於被積函數是偶函數，我們可以將積分範圍從 $-R$ 到 $R$ 改為 $0$ 到 $R$，並乘以 2。
$I_a = \frac{3M}{8R^3} \cdot 2 \int_{0}^{R} (R^4 - 2R^2x^2 + x^4) dx$
$I_a = \frac{3M}{4R^3} \left[ R^4x - \frac{2R^2x^3}{3} + \frac{x^5}{5} \right]_0^R$
$I_a = \frac{3M}{4R^3} \left( R^4(R) - \frac{2R^2(R)^3}{3} + \frac{(R)^5}{5} - 0 \right)$

此題考驗克卜勒行星運動定律的敘述以及角動量守恆在推導第二定律中的應用。

克卜勒行星運動定律共有三條：
第一定律（橢圓定律）：所有行星繞太陽的軌道都是橢圓，太陽位於其中一個焦點上。
第二定律（面積定律）：在相等的時間內，行星與太陽的連線掃過的面積相等。
第三定律（週期定律）：行星繞太陽公轉週期的平方與其軌道半長軸的立方成正比。

接下來，我們利用角動量守恆來推導克卜勒第二定律。
假設行星的質量為 $m$，其位置向量相對於太陽（可視為固定不動）為 $\mathbf{r}$，速度為 $\mathbf{v}$。
行星的角動量 $\mathbf{L}$ 定義為：
$\mathbf{L} = \mathbf{r} \times \mathbf{p} = \mathbf{r} \times (m\mathbf{v}) = m(\mathbf{r} \times \mathbf{v})$。

行星受到的太陽引力為 $\mathbf{F} = -\frac{GMm}{r^2}\hat{\mathbf{r}}$，其中 $G$ 是萬有引力常數，$M$ 是太陽的質量，$r$ 是行星到太陽的距離，$\hat{\mathbf{r}}$ 是從太陽指向行星的單位徑向向量。

力矩 $\boldsymbol{\tau}$ 相對於太陽為：
$\boldsymbol{\tau} = \mathbf{r} \times \mathbf{F} = \mathbf{r} \times (-\frac{GMm}{r^2}\hat{\mathbf{r}})$
由於 $\mathbf{r}$ 和 $\hat{\mathbf{r}}$ 是共線的（方向相同），所以它們的叉乘為零：$\mathbf{r} \times \hat{\mathbf{r}} = 0$。
因此，$\boldsymbol{\tau} = 0$。

此題考驗絕熱過程的功的計算。絕熱過程是指系統與外界沒有熱量交換的過程。

對於一個理想氣體，其內能 $U$ 的變化與溫度變化有關：$\Delta U = n C_v \Delta T$，其中 $n$ 是莫耳數，$C_v$ 是定容莫耳熱容。
根據熱力學第一定律：$\Delta U = Q - W$。
在絕熱過程中，$Q = 0$，所以 $\Delta U = -W$。
因此，絕熱過程中做的功 $W = -\Delta U = -n C_v \Delta T = n C_v (T_{initial} - T_{final})$。

(a) 從 $(P_1, V_1)$ 到 $(P_2, V_2)$ 的絕熱過程：
對於絕熱過程，理想氣體的狀態方程為 $PV^\gamma = \text{constant}$，其中 $\gamma = \frac{C_p}{C_v}$ 是絕熱指數。
所以，$P_1V_1^\gamma = P_2V_2^\gamma = \text{constant}$。

功 $W = \int_{V_1}^{V_2} P dV$。
將 $P = \frac{P_1V_1^\gamma}{V^\gamma}$ 代入積分：
$W = \int_{V_1}^{V_2} \frac{P_1V_1^\gamma}{V^\gamma} dV = P_1V_1^\gamma \int_{V_1}^{V_2} V^{-\gamma} dV$
$W = P_1V_1^\gamma \left[ \frac{V^{-\gamma+1}}{-\gamma+1} \right]_{V_1}^{V_2}$
$W = \frac{P_1V_1^\gamma}{1-\gamma} (V_2^{1-\gamma} - V_1^{1-\gamma})$
$W = \frac{1}{1-\gamma} (P_1V_1^\gamma V_2^{1-\gamma} - P_1V_1^\gamma V_1^{1-\gamma})$

核心觀念

本題考查帶電粒子在均勻磁場中的圓周運動，以及圓形電流在圓心產生的磁場。

需使用：

1. 磁力提供向心力：
   $|q|vB=\frac{mv^2}{R}$

2. 帶電粒子繞行一周形成的等效電流：
   $I=\frac{q}{T}$

3. 圓形電流圓心的磁場：
   $B_{\text{center}}=\frac{\mu_0 I}{2R}$

圖中原式為 $\dfrac{\mu_0 q^2B}{4\pi mR}$；題目文字中的 $\alpha^2$應為排版或辨識錯誤。

解題方法

粒子的圓周運動平面與外加磁場 $\mathbf B$ 垂直，因此磁力大小為

$F_B=|q|vB$

磁力即為向心力：

$|q|vB=\frac{mv^2}{R}$

約去一個 $v$，得到粒子的速率

$v=\frac{|q|BR}{m}$

粒子繞行一周的週期為

$T=\frac{2\pi R}{v}$

因此其等效電流大小為

代入圓形電流圓心的磁場公式：

此題考驗均勻帶電圓環在軸線上及圓心處的電場計算，需要用到電場的積分法。

(a) 圓心處的電場：
圓環上的總電荷為 $Q$，半徑為 $R$。電荷均勻分佈。
考慮圓環上的一小段電荷 $dQ$。這個電荷 $dQ$ 在圓心 $O$ 處產生的電場 $d\mathbf{E}$ 的大小為：
$dE = \frac{k dQ}{R^2}$，其中 $k = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}$。
由於圓環是均勻分佈的，對於圓環上的任何一小段電荷 $dQ$，它在圓心 $O$ 處產生的電場 $d\mathbf{E}$ 的方向都指向遠離 $dQ$ 的方向。
然而，由於圓環的對稱性，對於圓環上任意一小段電荷 $dQ$，都存在另一段相對的電荷 $dQ'$，它們在圓心處產生的電場 $d\mathbf{E}$ 和 $d\mathbf{E}'$ 的徑向分量會相互抵消，而切向分量會加強（如果我們考慮的是軸線上的情況）。
對於圓心 $O$ 來說，所有的 $dQ$ 都在圓周上，它們在圓心處產生的電場 $d\mathbf{E}$ 的方向是指向遠離 $dQ$ 的。但是，由於圓環的對稱性，對於圓環上任何一個 $dQ$，都存在一個相對的 $dQ'$，它們在圓心處產生的電場 $d\mathbf{E}$ 和 $d\mathbf{E}'$ 的大小相等，方向相反（因為它們指向圓心外的不同方向，但都在圓心處）。
嚴格來說，對於圓心 $O$，任何一個 $dQ$ 在 $O$ 處產生的電場 $d\mathbf{E}$ 的方向是從 $dQ$ 指向 $O$ 的。但是，由於圓環的對稱性，對於圓環上任意一點的電荷 $dQ$，都存在另一點的電荷 $dQ'$，使得它們在圓心 $O$ 處產生的電場 $d\mathbf{E}$ 和 $d\mathbf{E}'$ 的徑向分量相互抵消。
更精確地說，對於圓心 $O$ 而言，圓環上的所有電荷 $dQ$ 都在同一個平面上，且到 $O$ 的距離相等。如果我們將圓環上的電荷 $dQ$ 進行分解，會發現它們在圓心處產生的電場的徑向分量會相互抵消。
由於圓環的對稱性，圓心處的電場為零。
想像一下，將圓環分成無數小段。每一小段電荷 $dQ$ 在圓心 $O$ 處產生一個電場 $d\mathbf{E}$。由於圓環對稱，對於任意一小段電荷，都存在相對的另一小段電荷，它們在圓心處產生的電場在某個方向上的分量會相互抵消。最終，所有的分量都相互抵消。
因此，圓心 $O$ 處的總電場為零。

(b) 軸線上距離 $R$ 處的電場：
考慮圓環上的一小段電荷 $dQ$。此段電荷位於圓環上，距離圓心 $O$ 的距離為 $R$。
點 $A$ 位於圓環軸線上，距離圓心 $O$ 的距離為 $x = R$。
這段電荷 $dQ$ 在點 $A$ 處產生的電場 $d\mathbf{E}$ 的大小為：
$dE = \frac{k dQ}{r^2}$，其中 $r$ 是 $dQ$ 到點 $A$ 的距離。
從圖上看，圓環的半徑為 $R$，點 $A$ 在軸線上距離圓心 $R$。
所以，$r^2 = R^2 + x^2 = R^2 + R^2 = 2R^2$。
$r = \sqrt{2}R$。

此題考驗安培力與彈簧彈力的綜合應用，需要運用牛頓第二運動定律及虎克定律。

已知：
金屬桿質量 $m = 15 \text{ g} = 0.015 \text{ kg}$。
金屬桿長度 $L = 12 \text{ cm} = 0.12 \text{ m}$。
初始彈簧伸長量 $\Delta x_0 = 5 \text{ cm} = 0.05 \text{ m}$。
電流 $I = 25 \text{ A}$。
電流通過後，金屬桿上升的距離 $\Delta h = 2 \text{ cm} = 0.02 \text{ m}$。

當沒有電流時，金屬桿受重力 $mg$ 和兩個彈簧的向上彈力 $2F_{spring,0}$ 作用，處於平衡狀態。
$2F_{spring,0} = mg$
$2(k \Delta x_0) = mg$
其中 $k$ 是每個彈簧的彈簧常數。
$2k (0.05 \text{ m}) = (0.015 \text{ kg})(9.8 \text{ m/s}^2)$
$0.1 k = 0.147 \text{ N}$
$k = 1.47 \text{ N/m}$。

當有電流 $I = 25 \text{ A}$ 通過金屬桿時，金屬桿受到向上的安培力 $F_B$。
安培力的大小為 $F_B = BIL$，其中 $B$ 是磁場強度，方向垂直於電流和磁場。
從圖示來看，磁場 $B$ 指向紙面外，電流 $I$ 沿金屬桿方向（水平）。因此，安培力 $F_B$ 向上。