112 年 國立成功大學地球科學研究所甲組《普通物理學》

此題考查受迫振盪的通解形式。
對於線性常係數微分方程 $\ddot{x} + \omega_0^2 x = f(t)$，其通解為齊次解與特解之和。
齊次方程為 $\ddot{x} + \omega_0^2 x = 0$，其齊次解為 $x_h(t) = \mu \cos(\omega_0 t + \phi)$，其中 $\mu$ 和 $\phi$ 為由初始條件決定的常數。
特解部分，由於外力為 $f(t) = A_0 \sin(\omega t)$，我們可以假設特解的形式為 $x_p(t) = C \sin(\omega t)$。
代入原方程：
$\ddot{x}_p = -C \omega^2 \sin(\omega t)$
$-C \omega^2 \sin(\omega t) + \omega_0^2 C \sin(\omega t) = A_0 \sin(\omega t)$

核心觀念

本題考查：

• 牛頓第二定律；
• 二次速度阻力的運動方程式；
• 變力作用下的速度—時間與位置—時間關係；
• 終端速度的定義。

取鉛直向上為 $z$ 軸正方向，質點向下運動，令向下速率為 $v(t)>0$，則

重力向下，阻力方向向上，因此由牛頓第二定律得

約去 $m$：

解題方法

令

其中 $V_T$ 即終端速度。由於 $g=kV_T^2$，運動方程式可改寫為

初始條件為

一、求速度與時間的關係

分離變數：

積分後得到

若以雙曲函數表示，速度解可寫成

其中

二、求位置與時間的關係

因為 $dz/dt=-v$，所以

注意到

又因為 $V_T\alpha/k=1$，因此

故位置函數為

等價地，使用指數函數表示為

此題考查轉動慣量和牛頓第二運動定律在純滾動問題中的應用。

(a) 求圓柱體的轉動慣量
對於一個均勻分佈質量的圓柱體，其繞著對稱軸（z軸）的轉動慣量為：
$I_z = \frac{1}{2}MR^2$
這是標準的轉動慣量公式。

(b) 求圓柱體在斜面上的加速度
此題為純滾動問題，需要同時考慮質心運動和轉動。
設圓柱體的質心沿斜面向下的加速度為 $a$，角加速度為 $\alpha$。
純滾動條件為 $a = R\alpha$。

受力分析：

1. 重力 $Mg$，沿鉛直向下。
2. 斜面支持力 $N$，垂直於斜面向上。
3. 斜面摩擦力 $f_s$，沿斜面向上（因為是滾動，摩擦力提供轉動的力矩）。

將重力分解：
沿斜面向下：$Mg\sin\theta$
垂直於斜面：$Mg\cos\theta$

根據牛頓第二運動定律（質心運動）：
沿斜面方向：$Mg\sin\theta - f_s = Ma$ (1)
垂直於斜面方向：$N - Mg\cos\theta = 0 \implies N = Mg\cos\theta$

此題考查角動量守恆、角速度的計算以及動量守恆。

(a) 求子彈擊中立方體後, 整體系統的角動量
角動量守恆定律適用於系統不受外力矩作用的情況。在此問題中，碰撞發生在瞬間，且系統（子彈+立方體）繞著固定點（釘子）轉動。這個固定點是角動量的參考點。
子彈擊中立方體前的瞬間：
子彈的動量為 $\vec{p}_{bullet} = m\vec{v}$。
子彈的速度 $\vec{v}$ 平行於桌面，垂直於硬桿。
立方體是固定在桌面上的，可以視為其初始角動量為零（或者其質心位置不變）。
然而，更精確的說法是，我們考慮的是碰撞瞬間的角動量。
子彈繞釘子（固定點）的角動量。設釘子為原點 $O$。
子彈的動量為 $m\vec{v}$。
子彈的位置向量 $\vec{r}$ 從釘子指向子彈的質心。
由於子彈的速度 $\vec{v}$ 垂直於硬桿，而硬桿的長度是 $l$。我們假設子彈擊中立方體時，立方體質心到釘子的距離為 $l$。
假設子彈的速度方向垂直於連接釘子和立方體質心的向量。
那麼，子彈在碰撞前的角動量為 $\vec{L}_{bullet} = \vec{r} \times \vec{p}_{bullet}$。
由於 $\vec{r}$ 和 $\vec{p}_{bullet}$ 垂直，且 $|\vec{r}| = l$, $|\vec{p}_{bullet}| = mv$。
所以，角動量的大小為 $L_{bullet} = l \cdot mv$。
方向由右手定則決定，假設子彈擊中立方體，且速度方向與向量 $\vec{r}$ 垂直，則角動量方向垂直於桌面。

碰撞後，子彈和立方體合為一體，形成一個新的系統。
這個新系統繞著釘子轉動。
設系統碰撞後的角動量為 $\vec{L}_{system}$。
由於碰撞是內力，且外力矩（如重力、支持力）在短時間內可以忽略不計，所以系統的總角動量守恆。
$\vec{L}_{system} = \vec{L}_{bullet}$。
因此，系統的角動量為 $L_{system} = l \cdot mv$。
方向與子彈的角動量方向相同。

(b) 求整體系統的角速度
碰撞後，子彈和立方體合為一體，形成一個剛體，繞著釘子轉動。
設系統的總質量為 $M_{total} = M + m$。
系統的轉動慣量 $I_{system}$ 繞著釘子。
立方體的質量 $M$ 體積可忽略，可以視為質點。它到釘子的距離為 $l$。

此題考查高斯定律在計算電場中的應用，以及電場與電位的關係。

(a) 求球殼外與球殼內的電場 $E(r)$
這個問題描述的是一個帶電的球殼。假設球殼總電荷為 $Q$。
我們使用高斯定律來計算電場。高斯定律的數學形式為 $\oint \vec{E} \cdot d\vec{A} = \frac{Q_{enc}}{\epsilon_0}$。
我們選擇一個半徑為 $r$ 的球面作為高斯面。由於電荷分佈的球對稱性，電場 $\vec{E}$ 必定是徑向的，且大小只與 $r$ 有關。

情況 1：球殼外 ($r > R$)
選擇一個半徑為 $r > R$ 的球面作為高斯面。
那麼，高斯面所包圍的總電荷 $Q_{enc}$ 就是球殼的總電荷 $Q$。
$\oint \vec{E} \cdot d\vec{A} = E(r) \cdot 4\pi r^2$ (因為 $\vec{E}$ 和 $d\vec{A}$ 方向相同)
所以，$E(r) \cdot 4\pi r^2 = \frac{Q}{\epsilon_0}$。
$E(r) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q}{r^2}$。
這是一個點電荷的電場公式，方向沿徑向向外（如果 $Q>0$）。
我們也可以寫成 $E(r) = \frac{kQ}{r^2}$，其中 $k = \frac{1}{4\pi\epsilon_0}$。

情況 2：球殼內 ($r < R$)
選擇一個半徑為 $r < R$ 的球面作為高斯面。
那麼，高斯面所包圍的總電荷 $Q_{enc}$ 是零，因為電荷都在半徑為 $R$ 的球殼上。
$E(r) \cdot 4\pi r^2 = \frac{0}{\epsilon_0} = 0$。
$E(r) = 0$。

(b) 求球殼外與球殼內的電位 $V(r)$
電位與電場的關係為 $\vec{E} = -\nabla V$，或者在徑向情況下，$E(r) = -\frac{dV}{dr}$。
因此，$V(r) = -\int E(r) dr$。
我們使用無窮遠處電位為零作為參考點：$V(\infty) = 0$。

情況 1：球殼外 ($r > R$)
$E(r) = \frac{kQ}{r^2}$。

此題考查均勻面電荷分佈的圓盤的電位和電場計算。

(a) 求圓心正上方 $p$ 點處的電位 $V$
題目描述的是一個「空心薄圓盤，半徑為 $a$，外半徑為 $b$」。這通常意味著一個圓環，或者一個帶有內外半徑的圓盤。從圖 3 的標示來看，它是一個圓環，內半徑為 $a$，外半徑為 $b$。通常「半徑為 $a$」是指外半徑，而「外半徑為 $b$」是多餘的。假設題目是指一個內半徑為 $a$、外半徑為 $b$ 的圓盤。
設面電荷密度為 $\sigma$。
我們需要計算圓心正上方 $p$ 點處的電位。設 $p$ 點到圓盤中心的垂直距離為 $z$。

考慮圓盤上的一個微小面積元素 $dA$。這個面積元素帶有的電荷為 $dq = \sigma dA$。
這個微小電荷在 $p$ 點產生的電位 $dV$ 為：
$dV = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{dq}{r'}$
其中 $r'$ 是 $dA$ 到 $p$ 點的距離。
由於圓盤是均勻分佈的，我們可以使用環形座標。
考慮一個半徑為 $r$、寬度為 $dr$ 的薄圓環。這個圓環的面積為 $dA = 2\pi r dr$。
那麼這個圓環帶有的電荷為 $dq = \sigma (2\pi r dr)$。
這個圓環上的所有點到 $p$ 點的距離都相同，即 $r' = \sqrt{z^2 + r^2}$。
所以，這個圓環在 $p$ 點產生的電位 $dV$ 為：
$dV = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{dq}{r'} = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{\sigma (2\pi r dr)}{\sqrt{z^2 + r^2}}$
$dV = \frac{\sigma}{2\epsilon_0} \frac{r dr}{\sqrt{z^2 + r^2}}$

現在對所有這樣的圓環從內半徑 $a$ 到外半徑 $b$ 積分，以得到總電位 $V$：
$V = \int_{a}^{b} dV = \int_{a}^{b} \frac{\sigma}{2\epsilon_0} \frac{r dr}{\sqrt{z^2 + r^2}}$
令 $u = z^2 + r^2$，則 $du = 2r dr$，所以 $r dr = \frac{1}{2} du$。
當 $r=a$, $u = z^2 + a^2$。
當 $r=b$, $u = z^2 + b^2$。
$V = \int_{z^2+a^2}^{z^2+b^2} \frac{\sigma}{2\epsilon_0} \frac{\frac{1}{2} du}{\sqrt{u}} = \frac{\sigma}{4\epsilon_0} \int_{z^2+a^2}^{z^2+b^2} u^{-1/2} du$

此題考查安培定律在計算磁場中的應用，以及計算導體中的磁能。

(a) 求 $a < r < b$ 範圍內的磁場強度 $B$
此問題描述的是兩個同軸導體柱，內部實心導體柱半徑為 $a$，外部空心導體管內半徑為 $b$、外半徑為 $c$。兩者載有大小相等但方向相反的電流 $I(t)$。
我們使用安培定律來計算磁場：$\oint \vec{B} \cdot d\vec{l} = \mu_0 I_{enc}$。
由於系統具有圓柱對稱性，我們選擇一個半徑為 $r$ 的圓形安培環路，其圓心與導體柱的軸線重合。
那麼，$\oint \vec{B} \cdot d\vec{l} = B(r) \cdot 2\pi r$。

我們感興趣的範圍是 $a < r < b$。
在這個範圍內，安培環路所包圍的總電流 $I_{enc}$ 是實心導體柱中的電流。
假設實心導體柱的電流方向是向外（例如，沿著 $z$ 軸正方向），那麼根據右手螺旋法則，磁場方向是逆時針方向。
實心導體柱的半徑為 $a$，所以這個範圍內的電流就是實心導體柱的總電流 $I$。
$B(r) \cdot 2\pi r = \mu_0 I$
$B(r) = \frac{\mu_0 I}{2\pi r}$。
磁場方向沿著圓形環路的切線方向，與電流方向符合右手螺旋法則。

(b) 求此系統在導體柱長度為 $L$ 的區間內所儲存的磁能 $W = \mu_0 \frac{L}{4\pi} \int_{a}^{b} I^2 \frac{dr}{r}$
題目已經給出了磁能的計算公式：$W = \mu_0 \frac{L}{4\pi} \int_{a}^{b} I^2 \frac{dr}{r}$。
這個公式看起來有些不尋常。通常，磁能密度為 $u_B = \frac{B^2}{2\mu_0}$，總磁能為 $W = \int u_B dV$。
對於同軸導體，磁能通常是計算兩個導體之間的區域，即 $a < r < b$。
在這個區域，磁場為 $B(r) = \frac{\mu_0 I}{2\pi r}$。
磁場能量密度為 $u_B = \frac{B^2}{2\mu_0} = \frac{1}{2\mu_0} \left(\frac{\mu_0 I}{2\pi r}\right)^2 = \frac{1}{2\mu_0} \frac{\mu_0^2 I^2}{4\pi^2 r^2} = \frac{\mu_0 I^2}{8\pi^2 r^2}$。
體積微元 $dV = 2\pi r L dr$ (考慮長度為 $L$ 的區間)。
總磁能 $W = \int_{a}^{b} u_B dV = \int_{a}^{b} \frac{\mu_0 I^2}{8\pi^2 r^2} (2\pi r L dr)$

核心觀念

本題考查含有電阻 $R$、電感 $L$、電容 $C$ 的電路，使用：

• 克希荷夫電壓定律（KVL）
• 電阻關係：$V_R=Ri$
• 電感關係：$V_L=L\dfrac{di_1}{dt}$
• 電容關係：$V_C=\dfrac{q_2}{C}$
• 電容電流：$i_2=\dfrac{dq_2}{dt}$

由圖 5，總電流通過電阻後分流為

其中 $i_1$ 通過電感，$i_2$ 通過電容。

解題方法

分別對左迴路與右迴路套用 KVL，再利用題目給定的 $q_2(t)$ 判斷 $t\to\infty$ 時各物理量的極限。

（a）左迴路方程

沿左迴路行進，電池提供電位上升 $\mathcal{E}$，電阻、電感產生電位降，因此

代入 $i=i_1+i_2$：

又因為

所以也可寫成

（a）右迴路方程

電感與電容形成右側迴路。沿迴路行進時，電感電壓與電容電壓相互平衡：

因此

或寫成

（b）證明 $i_1(t\to\infty)=\dfrac{\mathcal{E}}{R}$

題目給定

其中

由於 $\sin(\omega t)$ 始終為有限值，而 $e^{-\beta t}$ 在 $t\to\infty$ 時趨近於零，因此

電容電流為