111 年 國立成功大學物理學系碩士班《普通物理學》

本題考查一維直線運動，特別是等加速度運動的位移、速度與時間的關係。

首先，我們分析第一次發射的情況。
設向上為正方向，重力加速度為 $-g$。
當球達到最高點時，速度為 0。
由運動學公式 $v = v_0 + at$，我們有 $0 = V - gT$。
因此，可以得到 $V = gT$。
由運動學公式 $y = v_0t + \frac{1}{2}at^2$，我們有 $H = VT - \frac{1}{2}gT^2$。
將 $V = gT$ 代入，得到 $H = (gT)T - \frac{1}{2}gT^2 = gT^2 - \frac{1}{2}gT^2 = \frac{1}{2}gT^2$。

簡單諧振運動 (Simple Harmonic Motion, SHM) 的定義是物體的加速度與其位置成正比，且方向指向平衡位置（即與位移方向相反）。數學上表示為 $a = -\omega^2 x$，其中 $\omega$ 是角頻率，是一個常數。

我們逐一檢視選項：
(A) $a = 3x^2$：加速度與位置的平方成正比，且方向與位移相同（當 $x>0$ 時 $a>0$）。這不是簡單諧振運動。
(B) $a = 3x$：加速度與位置成正比，但方向與位移相同（當 $x>0$ 時 $a>0$）。這不是簡單諧振運動。

核心觀念

本題考查「絕熱過程」的定義與熱力學第一定律。

絕熱過程表示系統與外界之間沒有熱量傳遞，因此

$$Q=0$$

熱力學第一定律可寫為

$$\Delta U=Q-W$$

其中 $W$ 表示氣體對外界所做的功。氣體膨脹時，通常會推動外界，因此

$$W>0$$

代入 $Q=0$ 可得

$$\Delta U=-W<0$$

也就是氣體以內能的降低來提供膨脹所需的功。

解題方法

直接利用絕熱過程的定義：

$$Q=0$$

因此「沒有能量以熱的形式傳入氣體」必定成立，選項 (C) 正確。

若氣體視為理想氣體，內能只與溫度有關，且

$$\Delta U=nC_V\Delta T$$

由於絕熱膨脹時 $W>0$，所以 $\Delta U<0$，進而

$$\Delta T<0$$

理想氣體的溫度會下降。不過，這需要額外採用理想氣體及一般準靜態膨脹等條件；「絕熱」本身唯一直接保證的是 $Q=0$。

選項分析

(A) The temperature of the gas does not increase.

錯誤。絕熱只表示 $Q=0$，並不能單獨決定溫度必然如何變化。對理想氣體的準靜態絕熱膨脹，溫度確實下降，因此在該特定模型下溫度不會增加；但本選項並非絕熱過程的普遍定義，不能作為唯一必然成立的敘述。

(B) No work is done by the gas.

錯誤。膨脹時氣體通常對外界做功：

$$W=\int P\,dV$$

本題考查交流發電機 (AC generator) 產生的感應電動勢 (emf)。

交流發電機的原理是法拉第電磁感應定律。當線圈在磁場中旋轉時，通過線圈的磁通量發生變化，從而產生感應電動勢。
對於一個有 $N$ 匝線圈，面積為 $A$，在均勻磁場 $B$ 中以角速度 $\omega$ 旋轉的發電機，其產生的感應電動勢的瞬時值為：
$\mathcal{E}(t) = NAB\omega \sin(\omega t)$
感應電動勢的振幅為 $\mathcal{E}_{\text{max}} = NAB\omega$。

現在我們分析各選項對感應電動勢振幅的影響：
(A) 更換線圈導線為低電阻的導線：
電阻的大小不直接出現在感應電動勢的公式 $\mathcal{E}_{\text{max}} = NAB\omega$ 中。感應電動勢是由磁通量變化率決定的，與線圈本身的電阻無關。

本題考查電磁波的傳播方向、電場方向和磁場方向之間的關係。

根據馬克士威方程式和電磁波的性質，電場 $\vec{E}$、磁場 $\vec{B}$ 和波的傳播方向 $\vec{v}$ 之間存在右手螺旋關係。也就是說，$\vec{E}$、$\vec{B}$ 和 $\vec{v}$ 三者相互垂直，且它們的向量叉乘方向與傳播方向一致，即 $\vec{E} \times \vec{B} = v \hat{k}$，其中 $\hat{k}$ 是傳播方向的單位向量。

在此題目中：
波的傳播方向是 $\hat{v} = +\hat{y}$ 方向。
電場方向是 $\vec{E}$ 瞬間指向 $+\hat{x}$ 方向。
我們需要找出磁場 $\vec{B}$ 的方向。

根據右手螺旋關係：
$\vec{E} \times \vec{B}$ 的方向必須是波的傳播方向 $+\hat{y}$。

我們來檢驗各個選項：
(A) 如果 $\vec{B}$ 指向 $+\hat{z}$ 方向：
$\vec{E} \times \vec{B} = (E_x \hat{x}) \times (B_z \hat{z}) = E_x B_z (\hat{x} \times \hat{z})$
我們知道 $\hat{x} \times \hat{z} = -\hat{y}$。

本題考查動能的計算。

動能 (Kinetic Energy, KE) 的定義是物體由於運動而具有的能量，其公式為 $KE = \frac{1}{2}mv^2$，其中 $m$ 是物體的質量，$v$ 是物體的速度。

在計算動能之前，我們需要將題目中給出的單位轉換為國際單位制 (SI units)，即質量單位為公斤 (kg)，速度單位為公尺/秒 (m/s)。

給定：
質量 $m = 10$ 克 (gram)
速度 $v = 6$ 公分/秒 (cm/s)

單位轉換：
1 克 = $10^{-3}$ 公斤
10 克 = $10 \times 10^{-3}$ 公斤 = $0.01$ 公斤

本題考查連接到彈簧上的系統的振盪週期。這是一個簡化的雙體振盪問題。

對於一個由質量 $m_1$ 和 $m_2$ 構成的系統，連接到一個彈簧上，彈簧的彈性係數為 $k$，其振盪週期 $T$ 可以由以下公式給出：
$T = 2\pi \sqrt{\frac{\mu}{k}}$
其中 $\mu$ 是系統的「約化質量」(reduced mass)。

約化質量 $\mu$ 的定義為：
$\mu = \frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2}$

在本題中，我們有兩個質量：
$m_1 = m$
$m_2 = 3m$

本題考查重力加速度與行星半徑和質量的關係。

地球表面的重力加速度 $g$ 由萬有引力定律決定。假設地球是一個質量為 $M$、半徑為 $R$ 的均勻球體，那麼在地球表面一點的重力加速度為：
$g = \frac{GM}{R^2}$
其中 $G$ 是萬有引力常數。

題目中提到地球的質量 $M$ 保持不變，但半徑 $R$ 縮小了 1%。
設原始的地球半徑為 $R_0$，則收縮後的半徑 $R'$ 為：
$R' = R_0 - 0.01 R_0 = (1 - 0.01) R_0 = 0.99 R_0$

收縮後的重力加速度 $g'$ 為：
$g' = \frac{GM}{R'^2}$
將 $R' = 0.99 R_0$ 代入：
$g' = \frac{GM}{(0.99 R_0)^2} = \frac{GM}{0.99^2 R_0^2} = \frac{1}{0.99^2} \left(\frac{GM}{R_0^2}\right)$
由於 $g = \frac{GM}{R_0^2}$，所以：
$g' = \frac{1}{0.99^2} g$

我們需要計算 $\frac{1}{0.99^2}$ 的值。
$0.99^2 = (1 - 0.01)^2 = 1^2 - 2(1)(0.01) + (0.01)^2 = 1 - 0.02 + 0.0001 = 0.9801$
所以，
$g' = \frac{1}{0.9801} g \approx 1.0203 g$

因此，重力加速度 $g$ 會增加。

本題考查流體力學中的連續性方程式 (Continuity Equation) 和白努利方程式 (Bernoulli's Equation)。

首先，我們利用連續性方程式來計算在較低位置的水速。連續性方程式說明，對於不可壓縮流體（如水）在穩態流動時，通過管道任何橫截面的體積流量是恆定的。
$A_1 v_1 = A_2 v_2$
其中 $A$ 是橫截面積，$v$ 是流體速度。

給定：
較高位置：
速度 $v_1 = 10.0$ m/s
橫截面積 $A_1 = 6.0$ cm²

較低位置：
橫截面積 $A_2 = 12.0$ cm²
高度差 $\Delta h = 16$ m (水下降了 16 m)
我們需要計算較低位置的速度 $v_2$。

本題考查弦的振動頻率與張力、長度的關係，以及拍頻 (beat frequency) 的概念。

對於一根長度為 $L$、張力為 $T$、線密度為 $\rho_l$ 的弦，其基頻 (fundamental frequency) $f$ 為：
$f = \frac{1}{2L} \sqrt{\frac{T}{\rho_l}}$

題目中，有兩根完全相同的鋼琴弦，長度 $L = 0.750$ m，且初始時的基頻都為 $f_0 = 440$ Hz。
設初始時的張力為 $T_0$。則：
$f_0 = \frac{1}{2L} \sqrt{\frac{T_0}{\rho_l}} = 440$ Hz

其中 $\rho_l$ 是弦的線密度，因為是相同的弦，所以 $\rho_l$ 對兩根弦來說是相同的。

接著，其中一根弦的張力增加了 1.0%。設這根弦的張力為 $T_1$，則：
$T_1 = T_0 + 0.010 T_0 = 1.01 T_0$

這根弦的振動頻率 $f_1$ 為：
$f_1 = \frac{1}{2L} \sqrt{\frac{T_1}{\rho_l}} = \frac{1}{2L} \sqrt{\frac{1.01 T_0}{\rho_l}}$

本題考查熵的變化計算。對於一個緩慢進行的過程（可逆過程），熵的變化 $\Delta S$ 可以通過對 $\frac{dQ}{T}$ 在過程中的積分來計算。
$\Delta S = \int \frac{dQ}{T}$

在本題中，我們需要計算 300 g 水從 20.0 °C 加熱到 80.0 °C 的熵變。這個過程是緩慢進行的，可以視為可逆過程。
水吸收的熱量 $dQ$ 與溫度變化 $dT$ 的關係是 $dQ = mc \, dT$，其中 $m$ 是水的質量，$c$ 是水的比熱容。

給定：
質量 $m = 300$ g = $0.300$ kg
初始溫度 $T_{initial} = 20.0$ °C
最終溫度 $T_{final} = 80.0$ °C

我們需要水的比熱容。水的比熱容 $c \approx 4186$ J/(kg·K)。
注意，溫度需要轉換為絕對溫度 (Kelvin)。
$T_{initial} = 20.0 + 273.15 = 293.15$ K
$T_{final} = 80.0 + 273.15 = 353.15$ K

現在計算熵變：
$\Delta S = \int_{T_{initial}}^{T_{final}} \frac{mc \, dT}{T}$

本題考查電流與載子漂移速度的關係。

電流 $I$ 與載子漂移速度 $v_d$ 的關係由以下公式給出：
$I = n A q v_d$
其中：
$I$ 是電流
$n$ 是單位體積內的載子數
$A$ 是導線的橫截面積
$q$ 是每個載子的電荷量
$v_d$ 是載子的平均漂移速度

我們需要計算漂移速度 $v_d$。從公式中，我們可以得到：
$v_d = \frac{I}{n A q}$

給定：
電流 $I = 1.6 \times 10^{-10}$ A
導線直徑 $d = 2.0$ mm
單位體積內的載子數 $n = 8.0 \times 10^{28}$ m⁻³
載子是電子，所以每個載子的電荷量 $q = e = 1.6 \times 10^{-19}$ C (取絕對值)

首先，計算導線的橫截面積 $A$。
導線是圓形的，直徑 $d = 2.0$ mm，所以半徑 $r = d/2 = 1.0$ mm。
將半徑轉換為公尺：$r = 1.0 \times 10^{-3}$ m。
橫截面積 $A = \pi r^2 = \pi (1.0 \times 10^{-3} \text{ m})^2 = \pi \times 10^{-6}$ m²。
$A \approx 3.14159 \times 10^{-6}$ m²。

現在，將所有值代入 $v_d$ 的公式：
$v_d = \frac{I}{n A q}$

本題考查 RLC 電路的阻尼 (damping) 特性，特別是臨界阻尼 (critical damping) 的條件。

一個串聯 RLC 電路，其電壓和電流的行為可以由一個二階線性微分方程式來描述。當電路受到初始激勵（例如，初始電容電壓或初始電感電流）後，其響應的性質取決於電阻 $R$、電感 $L$ 和電容 $C$ 的值。

對於一個串聯 RLC 電路，其特徵方程式為：
$s^2 + \frac{R}{L}s + \frac{1}{LC} = 0$

此方程式的根 $s_{1,2} = \frac{-\frac{R}{L} \pm \sqrt{(\frac{R}{L})^2 - \frac{4}{LC}}}{2}$ 決定了電路的響應行為。

有三種主要的阻尼情況：

1. 過阻尼 (Overdamping)：當特徵方程式有兩個不相等的負實根時。這發生在 $\left(\frac{R}{L}\right)^2 > \frac{4}{LC}$，即 $R^2 > \frac{4L}{C}$，或 $R > 2\sqrt{\frac{L}{C}}$。

本題考查由電流產生的磁場，特別是直線導體和圓弧導體產生的磁場。

題目描述了一個導線，其中間有一個直角彎折，彎折部分是一個半徑為 $r$ 的圓弧。電流 $I$ 流經這段導線。我們需要計算圓弧中心點 $P$ 的磁場。

這個電流分佈可以看作是由三個部分組成：

1. 一段沿著某方向的長直線導體。
2. 一個半徑為 $r$ 的圓弧導體。
3. 另一段沿著與第一段直線垂直方向的長直線導體。

我們需要計算這三部分在點 $P$ 產生的磁場。

1. 直線導體產生的磁場
對於無限長的直線導體，其在距離為 $d$ 的點產生的磁場強度為 $B = \frac{\mu_0 I}{2\pi d}$。
在這個問題中，點 $P$ 是圓弧的中心。從圖上看，圓弧部分是從一個方向的直線導體彎折到另一個方向的直線導體。這意味著，這兩段直線導體各自的延伸線都與圓弧的中心 $P$ 保持一定的距離。
如果我們仔細觀察題目圖示，那兩段直線導體（未彎折的部分）是垂直的，並且它們的「轉折點」正好是圓弧的起點和終點。圓弧的中心 $P$ 處在兩段直線導體的「交界處」，但它並不是直線導體上的點。
更精確地說，這兩段直線導體分別垂直於圓弧所在平面的方向，或者說，這兩段直線導體所在的直線與圓弧的切線在圓弧的端點相交。
從圖示的幾何關係來看，這兩段直線導體（延長線）與點 $P$ 的距離是無限遠的。因此，這兩段無限長的直線導體在點 $P$ 處產生的磁場為零。
或者，我們可以這樣理解：如果導線是從 $-\infty$ 處沿著某一方向（例如 $x$ 軸）延伸，然後在 $x=0$ 處彎折成圓弧，再沿著另一方向（例如 $y$ 軸）延伸到 $+\infty$。那麼，點 $P$（圓弧中心）離第一段直線導體的距離是無限遠的，離第二段直線導體的距離也是無限遠的。所以，這兩段直線導體對 $P$ 點的磁場貢獻為零。

本題考查電容電路的位移電流 (displacement current)。

對於一個正弦變化的電壓施加在電容器上，雖然沒有實際的電荷流過電介質，但在電容器的極板之間會產生一個位移電流，這個位移電流與電場的變化率有關。位移電流的定義是 $I_d = \epsilon_0 \frac{d\Phi_E}{dt}$，其中 $\Phi_E$ 是電場的磁鏈。對於一個平行板電容器，如果極板面積為 $A$，板間距離為 $d$，則電場 $E = V/d$，電通量 $\Phi_E = EA = VA/d$。
因此，$I_d = \epsilon_0 \frac{d}{dt}\left(\frac{VA}{d}\right) = \frac{\epsilon_0 A}{d} \frac{dV}{dt} = C \frac{dV}{dt}$，其中 $C = \frac{\epsilon_0 A}{d}$ 是電容。

所以，位移電流 $I_d$ 與通過電容器的傳導電流 $I$ 在這種情況下是相等的，且可以通過電容的電抗來計算。

給定：
電容 $C = 4.00 \, \mu\text{F} = 4.00 \times 10^{-6}$ F
頻率 $f = 3.00$ kHz $= 3.00 \times 10^3$ Hz
電壓振幅 $V_0 = 20.0$ V

首先，計算電容的容抗 (capacitive reactance) $X_C$：
$\omega = 2\pi f = 2\pi \times (3.00 \times 10^3 \text{ Hz}) = 6.00\pi \times 10^3$ rad/s
$X_C = \frac{1}{\omega C} = \frac{1}{(6.00\pi \times 10^3 \text{ rad/s}) \times (4.00 \times 10^{-6} \text{ F})}$

本題考查能量守恆、位能與動能的關係、牛頓第二運動定律以及簡諧運動的角頻率。

給定粒子質量 $m = 2.00$ kg，總機械能 $E = 8.00$ J，位能函數 $U(x) = 0.50x^4 - 4.00x^2$。

核心觀念：

1. 能量守恆： 總機械能 $E = K + U$，其中 $K$ 是動能，$U$ 是位能。動能 $K = \frac{1}{2}mv^2$。
2. 力與位能： 粒子受到的力 $F(x) = -\frac{dU}{dx}$。
3. 牛頓第二運動定律： $F = ma$。
4. 簡諧運動： 在穩定平衡點附近的微小振盪，其運動方程式為 $a = -\omega^2 x'$，其中 $x'$ 是相對於平衡點的位移，$\omega$ 是角頻率。

(a) 求最大速度

最大速度出現在動能最大、位能最小的時候。由於總機械能 $E$ 是恆定的，動能 $K$ 最大時，位能 $U$ 最小。
$K_{max} = E - U_{min}$。
最大速度 $v_{max}$ 滿足 $K_{max} = \frac{1}{2}mv_{max}^2$。

首先，我們需要找到位能函數 $U(x)$ 的最小值。這可以通過對 $U(x)$ 求導並令其為零來找到極值點：
$\frac{dU}{dx} = 0.50(4x^3) - 4.00(2x) = 2x^3 - 8x$
令 $\frac{dU}{dx} = 0 \implies 2x^3 - 8x = 0 \implies 2x(x^2 - 4) = 0$
解得 $x = 0$, $x = 2$, $x = -2$。

現在我們計算這些點的位能值，以確定最小值：
$U(0) = 0.50(0)^4 - 4.00(0)^2 = 0$ J
$U(2) = 0.50(2)^4 - 4.00(2)^2 = 0.50(16) - 4.00(4) = 8 - 16 = -8$ J
$U(-2) = 0.50(-2)^4 - 4.00(-2)^2 = 0.50(16) - 4.00(4) = 8 - 16 = -8$ J

位能的最小值是 $-8$ J，發生在 $x = 2$ m 和 $x = -2$ m。
此時，最大動能為：
$K_{max} = E - U_{min} = 8.00 \text{ J} - (-8 \text{ J}) = 16.00$ J

最大速度 $v_{max}$ 由 $K_{max} = \frac{1}{2}mv_{max}^2$ 得到：
$16.00 \text{ J} = \frac{1}{2}(2.00 \text{ kg})v_{max}^2$
$16.00 = v_{max}^2$
$v_{max} = \sqrt{16.00} = 4.00$ m/s

注意：粒子只會在 $U(x) \le E$ 的區域內運動。在 $x=\pm 2$ 時，$U(x) = -8$ J，這小於總能量 $E=8$ J，所以粒子能夠到達這些點。在 $x=0$ 時，$U(x)=0$ J，也小於 $E=8$ J。

(b) 求粒子通過 $x = -1.0$ m 時的加速度

核心觀念

本題考查：

• 電位與電場的關係：
  $\mathbf{E}=-\nabla V$
• 長直帶電導線的圓柱對稱性。
• 高斯定律：
  $\oint \mathbf{E}\cdot d\mathbf{A}=\frac{q_{\text{enc}}}{\varepsilon_0}$
• 電位的疊加原理。

令第一條導線的電荷線密度為 $q$，題目給定

$$V(r)=-K\ln\left(\frac{r}{a}\right)$$

其中 $V(a)=0$，表示以導線表面作為電位參考點。

(a) 電場與距離的關係

由圓柱對稱性，電場只與距離 $r$ 有關，方向沿徑向。因此

$$\mathbf{E}(r)=-\frac{dV}{dr}\,\hat{\mathbf r}$$

先對電位微分：

$$\frac{dV}{dr} =-K\frac{d}{dr}\ln\left(\frac{r}{a}\right) =-\frac{K}{r}$$

所以

$$\boxed{\mathbf{E}(r)=\frac{K}{r}\,\hat{\mathbf r}}$$

若 $K>0$，電場方向由導線向外；若 $K<0$，方向則指向導線。電場大小為

$$\boxed{E(r)=\frac{|K|}{r}}$$

在通常取 $K>0$ 的情況下，寫成 $E=K/r$。

(b) 以高斯定律求單位長度電荷量

取半徑為 $r$、長度為 $L$，且與導線同軸的圓柱形高斯面。

由於電場在圓柱側面大小處處相同，且與側面法向量同方向；在兩個圓形底面上，電場與面法向量垂直，因此底面通量為零。總電通量為

$$\Phi_E=E(2\pi rL)$$

代入 (a) 的電場：

$$\Phi_E=\frac{K}{r}(2\pi rL)=2\pi KL$$

高斯定律給出

$$2\pi KL=\frac{qL}{\varepsilon_0}$$

消去 $L$，得到單位長度所包圍的電荷量：

$$\boxed{q=2\pi\varepsilon_0 K}$$

因此 $K$ 與電荷線密度的關係為

$$\boxed{K=\frac{q}{2\pi\varepsilon_0}}$$

(c) 兩條平行導線的電位差

第一條導線帶有電荷線密度 $+q$，第二條帶有 $-q$，兩導線中心距離為 $d$，且 $d\gg a$。

由

$$K=\frac{q}{2\pi\varepsilon_0}$$

本題考查光的衍射和解析度極限，與瑞利準則 (Rayleigh criterion) 相關。

核心觀念：

1. 圓孔衍射： 光通過一個圓形孔徑（如瞳孔）時會發生衍射，導致光斑擴散。
2. 瑞利準則： 兩個物體的光學影像恰好能被區分開來的條件是，一個物體的第一個暗紋（零點）恰好落在另一個物體的第一個暗紋上。對於圓孔，這對應於兩個物體之間的最小夾角（角解析度）為 $\theta_{min} \approx 1.22 \frac{\lambda}{D}$，其中 $\lambda$ 是光的波長，$D$ 是孔徑的直徑。

(a) 估計眼睛的極限解析角

給定：
波長 $\lambda = 500$ nm $= 500 \times 10^{-9}$ m $= 5.00 \times 10^{-7}$ m
瞳孔直徑 $D = 2$ mm $= 2 \times 10^{-3}$ m

根據瑞利準則，極限解析角 $\theta_{min}$ 為：
$\theta_{min} \approx 1.22 \frac{\lambda}{D}$

代入數值：
$\theta_{min} \approx 1.22 \times \frac{5.00 \times 10^{-7} \text{ m}}{2 \times 10^{-3} \text{ m}}$
$\theta_{min} \approx 1.22 \times \frac{5.00}{2} \times 10^{-7+3}$
$\theta_{min} \approx 1.22 \times 2.50 \times 10^{-4}$
$\theta_{min} \approx 3.05 \times 10^{-4}$ 弧度 (radians)