112 年 國立成功大學物理學系碩士班《普通物理學》

此題考驗衝量（Impulse）與動量變化量（Change in Momentum）的關係。衝量是作用在物體上的力對時間的積分，根據牛頓第二運動定律，衝量也等於物體動量的變化量，即 $I = \Delta p = p_f - p_i$。

題目中提到，橡膠球與黏土球質量相同（10g），且以相同速度射向牆壁。橡膠球被牆反彈，而黏土球則黏在牆上。

設球的質量為 $m$，初始速度大小為 $v$。我們定義牆壁的方向為正方向。

對於黏土球：
它黏在牆上，表示其最終速度為 0。
初始動量 $p_{i,clay} = mv$。
最終動量 $p_{f,clay} = 0$。
黏土球的動量變化量 $\Delta p_{clay} = p_{f,clay} - p_{i,clay} = 0 - mv = -mv$。
因此，黏土球受到的衝量 $I_{clay} = -mv$。

對於橡膠球：
它被牆反彈，表示其速度方向與初始速度相反，且大小通常認為是相同的（假設為完全彈性碰撞，或至少是反彈）。
初始動量 $p_{i,rubber} = mv$。
由於是反彈，則最終速度為 $-v$。

此題考驗能量守恆定律，特別是彈性位能與動能之間的轉換。

題目描述一個質量為 $m$ 的物體，連接到一個理想的水平彈簧，置於無摩擦的水平面上。物體從靜止狀態釋放。

情況一：
設初始壓縮量為 $x_1$。
物體從靜止釋放後，彈簧的彈性位能轉化為物體的動能。當物體通過平衡位置（彈簧未壓縮也未伸長）時，彈性位能為零，此時物體速度最大，動能也最大。
根據能量守恆：
初始彈性位能 = 最大動能
$\frac{1}{2} k x_1^2 = K$
同時，最大動能 $K = \frac{1}{2} m v^2$。
所以，$\frac{1}{2} k x_1^2 = \frac{1}{2} m v^2$。

情況二：
物體初始壓縮量為 $x_2 = 2x_1$。
同樣根據能量守恆：
初始彈性位能 = 最大動能
$\frac{1}{2} k x_2^2 = K'$
其中 $K'$ 是新的最大動能。
將 $x_2 = 2x_1$ 代入：
$\frac{1}{2} k (2x_1)^2 = K'$
$\frac{1}{2} k (4x_1^2) = K'$
$4 \times (\frac{1}{2} k x_1^2) = K'$
由於 $\frac{1}{2} k x_1^2 = K$，所以 $4K = K'$。
新的最大動能 $K'$ 是原來最大動能 $K$ 的 4 倍。

此題考驗理想氣體定容莫耳熱容與分子能態的關係。根據能量均分定理（Equipartition Theorem），系統中每個自由度（degree of freedom）平均擁有 $\frac{1}{2} k_B T$ 的能量。對於莫耳熱容，我們乘以亞佛加厥數 $N_A$，得到每個莫耳平均的能量，即 $N_A \times \frac{1}{2} k_B T = \frac{1}{2} R T$。因此，定容莫耳熱容 $C_V = \frac{1}{2} n_{dof} R$，其中 $n_{dof}$ 是每個分子平均的自由度數量。

題目中提到是「二原子氣體」（diatomic gas），且其定容莫耳熱容 $C_V = 29.1$ J/mol·K。我們知道氣體常數 $R \approx 8.31$ J/mol·K。

我們可以計算出自由度的數量：
$C_V = \frac{1}{2} n_{dof} R$
$29.1 \text{ J/mol·K} = \frac{1}{2} n_{dof} (8.31 \text{ J/mol·K})$
$n_{dof} = \frac{2 \times 29.1}{8.31} \approx \frac{58.2}{8.31} \approx 7.00$

現在我們需要考慮二原子氣體有哪些自由度，以及它們在什麼溫度下會被激發。
一個二原子分子，在一般情況下，可以有：

1. 平移自由度（Translational degrees of freedom）：分子在空間中移動，有三個獨立方向（x, y, z），所以有 3 個平移自由度。
2. 轉動自由度（Rotational degrees of freedom）：二原子分子可以繞著通過質心的垂直於鍵軸的兩個軸轉動。一般認為其轉動慣量很小，可以在相當低的溫度下被激發。所以有 2 個轉動自由度。
3. 振動自由度（Vibrational degrees of freedom）：分子內的原子可以相對振動，這相當於一個質量彈簧系統。一個振動模式包含動能和位能，所以一個振動模式提供 2 個自由度。

此題考驗對熱力學第二定律的理解。熱力學第二定律有多種表述方式，其中一種核心概念是關於系統的熵（entropy）。

熱力學第二定律的核心概念：

1. 克勞修斯表述（Clausius statement）：熱量不能自發地從低溫物體傳遞到高溫物體。
2. 開爾文-普朗克表述（Kelvin-Planck statement）：不可能製造出一種循環工作的熱機，它從單一熱源吸收熱量，並將其完全轉化為功，而不產生其他影響（即效率為 100%）。這意味著將功完全轉化為熱量是可能的（如摩擦），但將熱量完全轉化為功是不可能的。
3. 熵增原理（Entropy principle）：在一個孤立系統中，熵永不減少，只會增加或保持不變（對於可逆過程）。對於宇宙這個最大的孤立系統，其總熵必然隨著時間的推移而增加。熵是系統無序程度的度量。

選項分析：
(A) the total energy of the universe is constant.
這是熱力學第一定律（能量守恆定律）的內容，而不是第二定律的結論。

此題考驗對馬克士威方程組（Maxwell's Equations）的理解及其物理意義。信用卡讀取器的工作原理是基於電磁感應現象，即法拉第電磁感應定律。

馬克士威方程組是描述電場、磁場及其源（電荷和電流）之間關係的四個基本方程：

1. 高斯定律（Gauss's Law for Electricity）：$\oint \vec{E} \cdot d\vec{A} = \frac{Q_{enc}}{\epsilon_0}$
   這個方程描述了電場的源是電荷。閉合曲面上的電場通量等於曲面內包含的總電荷除以真空介電常數 $\epsilon_0$。這與信用卡讀取器的工作原理無直接關聯。

2. 高斯磁定律（Gauss's Law for Magnetism）：$\oint \vec{B} \cdot d\vec{A} = 0$
   這個方程表明磁單極子不存在，磁力線總是閉合的。這與信用卡讀取器的工作原理無直接關聯。

3. 法拉第感應定律（Faraday's Law of Induction）：

此題結合了動量守恆和能量守恆（或運動學）來求解子彈的初速度。

題目描述：
質量為 $m$ 的子彈射入質量為 $M$ 的靜止木塊，子彈嵌入木塊中。此組合體位於無摩擦桌子邊緣，桌子高度為 $h$。子彈射入後，木塊與子彈一起水平射出，並從桌子邊緣落下，落地點距離桌子底部水平距離為 $d$。

解題步驟：

1. 碰撞過程（子彈射入木塊）：
   由於碰撞發生在短時間內，且系統（子彈+木塊）在水平方向上不受外力（忽略重力在水平方向上的影響），因此水平方向的動量守恆。
   設子彈的初速度為 $v_0$。
   碰撞前的總動量（水平方向）= $m v_0 + M \times 0 = m v_0$。
   碰撞後的總動量（子彈與木塊一起運動）= $(m+M) v_{bullet\_block}$，其中 $v_{bullet\_block}$ 是子彈嵌入木塊後瞬間的水平速度。
   根據動量守恆：$m v_0 = (m+M) v_{bullet\_block}$。
   所以，$v_{bullet\_block} = \frac{m}{m+M} v_0$。

2. 平拋運動過程（木塊與子彈一起落下）：
   子彈嵌入木塊後，以速度 $v_{bullet\_block}$ 水平射出，然後做平拋運動。
   平拋運動的水平方向是勻速直線運動，垂直方向是自由落體運動。

此題考驗轉動動力學，涉及角動量、力矩和角加速度。

題目描述：
一個質量 $M = 2.0$ kg，直徑 $D = 30$ cm 的圓盤，以 $300$ rpm 的角速度旋轉。需要施加一個摩擦力在圓盤邊緣，使其在 $t = 3.0$ s 內停止。要求計算所需的摩擦力大小。

解題步驟：

1. 單位轉換：
   將角速度從 rpm 轉換為 rad/s。
   $\omega_i = 300 \text{ rpm} = 300 \frac{\text{rotations}}{\text{minute}} = 300 \frac{2\pi \text{ rad}}{60 \text{ s}} = 10\pi \text{ rad/s}$。
   最終角速度 $\omega_f = 0$ rad/s。
   圓盤半徑 $R = D/2 = 30 \text{ cm} / 2 = 15 \text{ cm} = 0.15 \text{ m}$。

2. 計算角加速度 $\alpha$：
   由於是勻減速轉動（假設摩擦力恆定），我們可以使用運動學公式：
   $\omega_f = \omega_i + \alpha t$
   $0 = 10\pi \text{ rad/s} + \alpha (3.0 \text{ s})$
   $\alpha = -\frac{10\pi}{3.0} \text{ rad/s}^2$。
   角加速度的大小為 $|\alpha| = \frac{10\pi}{3.0} \text{ rad/s}^2$。負號表示角加速度的方向與初始角速度方向相反，導致減速。

此題考驗雙星系統的繞轉問題，涉及萬有引力與圓周運動。

題目描述：
兩個質量分別為 $M$ 和 $m$ 的恆星，它們之間的距離為 $d$，並以它們的質心為中心做圓周運動。要求找出這個系統的週期 $T$。

解題步驟：

1. 質心的位置：
   設質心位於距離質量為 $M$ 的恆星 $r_M$ 處，距離質量為 $m$ 的恆星 $r_m$ 處。質心定義為：
   $M r_M = m r_m$
   同時，它們之間的總距離是 $d$，所以 $r_M + r_m = d$。
   從第一個方程 $r_m = \frac{M}{m} r_M$ 代入第二個方程：
   $r_M + \frac{M}{m} r_M = d$
   $r_M (1 + \frac{M}{m}) = d$
   $r_M (\frac{m+M}{m}) = d \implies r_M = \frac{m}{M+m} d$
   同理，$r_m = \frac{M}{M+m} d$。

2. 運動方程：
   恆星 $M$ 和 $m$ 分別繞質心做圓周運動。它們的軌道半徑分別是 $r_M$ 和 $r_m$。
   由於它們是同一個系統，它們的運動週期 $T$ 必須相同。
   對於質量為 $M$ 的恆星，它受到的萬有引力提供其做圓周運動所需的向心力。
   萬有引力 $F_g = G \frac{Mm}{d^2}$。
   這個萬有引力同時作用在兩個恆星上，是它們之間的相互作用力。
   對於恆星 $M$，它繞質心的軌道半徑是 $r_M$。向心力由萬有引力提供：
   $G \frac{Mm}{d^2} = M \omega^2 r_M$

此題考驗連續性方程（Continuity Equation）和白努利定律（Bernoulli's Equation）在流體力學中的應用。

題目描述：
水從水龍頭流出，在下落過程中，其橫截面積逐漸變小（「necking down」現象）。這是因為重力加速了水流的速度。
給定兩個橫截面積：初始面積 $A_0 = 1.2 \text{ cm}^2$，較低處面積 $A = 0.40 \text{ cm}^2$。
這兩層之間的高度差為 $h = 50 \text{ mm}$。
要求計算從水龍頭出來的體積流量（Volume Flow Rate）。

解題步驟：

1. 單位統一：
   將所有單位轉換為國際單位制（SI）。
   $A_0 = 1.2 \text{ cm}^2 = 1.2 \times (10^{-2} \text{ m})^2 = 1.2 \times 10^{-4} \text{ m}^2$
   $A = 0.40 \text{ cm}^2 = 0.40 \times (10^{-2} \text{ m})^2 = 0.40 \times 10^{-4} \text{ m}^2$
   $h = 50 \text{ mm} = 50 \times 10^{-3} \text{ m} = 0.050 \text{ m}$

2. 連續性方程（Continuity Equation）：
   對於不可壓縮流體，體積流量在任何橫截面上都是恆定的。設水流速度在 $A_0$ 處為 $v_0$，在 $A$ 處為 $v$。
   體積流量 $Q = A_0 v_0 = A v$。

3. 白努利定律（Bernoulli's Equation）：
   假設水流是穩定的、不可壓縮的、無黏滯的，並且在重力作用下流動。我們可以應用白努利定律於兩個斷面：初始斷面（高度設為 $y_0$，速度 $v_0$）和較低斷面（高度設為 $y$，速度 $v$）。
   我們將初始斷面（水龍頭出口處）的高度設為 $y_0 = h$ (相對於較低處)，速度為 $v_0$。
   較低斷面的高度設為 $y = 0$，速度為 $v$。
   白努利定律的方程為：
   $P_0 + \frac{1}{2} \rho v_0^2 + \rho g y_0 = P + \frac{1}{2} \rho v^2 + \rho g y$
   在開放的水流中，表面壓力 $P_0$ 和 $P$ 都等於大氣壓力。因此，我們可以假設 $P_0 = P$。
   方程簡化為：
   $\frac{1}{2} \rho v_0^2 + \rho g h = \frac{1}{2} \rho v^2$
   $\frac{1}{2} v_0^2 + g h = \frac{1}{2} v^2$
   $v^2 = v_0^2 + 2gh$

4. 結合連續性方程和白努利定律：
   從連續性方程，我們有 $v_0 = \frac{A}{A_0} v$。
   將此代入白努利方程：
   $v^2 = (\frac{A}{A_0} v)^2 + 2gh$

此題考驗繩波的傳播速度，需要用到牛頓第二定律和張力。

題目描述：
一根質量為 $m$、長度為 $L$ 的均勻繩子懸掛在天花板上。要求找出繩波的速度 $v(y)$ 作為距離 $y$（從繩子下端開始測量）的函數。

解題步驟：

1. 分析繩子張力 $T(y)$：
   繩子之所以能傳播波，是因為繩子內部的張力。由於繩子是懸掛的，其張力不是均勻的，而是隨高度變化。
   考慮懸掛在天花板下的繩子，張力最大的地方是懸掛點（天花板處），張力最小的地方是繩子的自由端（下端）。
   我們需要找出距離下端為 $y$ 處的張力 $T(y)$。
   從下端往上，距離為 $y$ 的點，其上方懸掛的繩子長度為 $(L-y)$。
   這段長度 $(L-y)$ 的繩子所受到的重力，就是該點的張力。
   繩子的線密度（單位長度質量）為 $\lambda = \frac{m}{L}$。
   因此，距離下端為 $y$ 處的張力 $T(y)$ 為：
   $T(y) = (\text{上方的繩子質量}) \times g = (\lambda \times (L-y)) \times g = (\frac{m}{L} (L-y)) g$

此題考驗高斯定律在計算電通量中的應用，特別是利用對稱性來簡化問題。

題目描述：
一個質子（帶電量 $+e$）位於邊長為 $d$ 的正方形中心上方 $d/2$ 的位置。要求計算通過這個正方形的電通量。

解題思路：
直接計算通過一個不規則表面（相對於點電荷而言）的電通量是困難的。高斯定律提供了一個簡便的方法，即 $\Phi_E = \oint \vec{E} \cdot d\vec{A} = \frac{Q_{enc}}{\epsilon_0}$。
然而，這裡的正方形表面並不能直接構成一個高斯面，因為它不是一個閉合曲面，而且電場通過它的分佈也不是均勻的。

關鍵在於利用對稱性。我們可以構造一個更大的、對稱的閉合曲面，使得質子位於這個曲面的中心，並且這個閉合曲面包含我們感興趣的正方形。

考慮一個邊長為 $d$ 的立方體，其中心位於質子處。這個立方體的六個面都是邊長為 $d$ 的正方形。
如果我們將這個立方體想像成由 6 個相同的正方形面組成，並且質子正好位於這個立方體的中心。
根據高斯定律，通過這個閉合立方體總的電通量為：

此題考驗電容器的串並聯計算以及電壓、電容、電荷之間的關係。

題目描述：
四個電容器連接如圖所示。已知 $a$、$b$ 兩點之間的電壓差 $\Delta V_{ab} = 15$ V。求 $3.00 \text{ µF}$ 電容器上的電荷量。

電容器參數：
$C_1 = 15.0 \text{ µF}$
$C_2 = 3.00 \text{ µF}$
$C_3 = 20.0 \text{ µF}$
$C_4 = 6.00 \text{ µF}$

電路分析：

1. 識別串聯和並聯：
   觀察電路圖。
   電容器 $C_1$ 和 $C_2$ 是串聯的。
   電容器 $C_3$ 和 $C_4$ 是串聯的。
   $C_1$ 和 $C_2$ 的串聯組合與 $C_3$ 和 $C_4$ 的串聯組合是並聯的。
   整個並聯組合連接在 $a$ 和 $b$ 兩點之間。

2. 計算串聯電容器的等效電容：
   對於 $C_1$ 和 $C_2$ 的串聯組合，其等效電容 $C_{12}$ 為：
   $\frac{1}{C_{12}} = \frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_2}$
   $\frac{1}{C_{12}} = \frac{1}{15.0 \text{ µF}} + \frac{1}{3.00 \text{ µF}} = \frac{1}{15} + \frac{5}{15} = \frac{6}{15} \text{ µF}^{-1}$
   $C_{12} = \frac{15}{6} \text{ µF} = 2.5 \text{ µF}$

   對於 $C_3$ 和 $C_4$ 的串聯組合，其等效電容 $C_{34}$ 為：
   $\frac{1}{C_{34}} = \frac{1}{C_3} + \frac{1}{C_4}$
   $\frac{1}{C_{34}} = \frac{1}{20.0 \text{ µF}} + \frac{1}{6.00 \text{ µF}} = \frac{3}{60} + \frac{10}{60} = \frac{13}{60} \text{ µF}^{-1}$
   $C_{34} = \frac{60}{13} \text{ µF} \approx 4.615 \text{ µF}$

3. 計算總等效電容 $C_{total}$：
   $C_{12}$ 和 $C_{34}$ 是並聯的，所以總等效電容 $C_{total}$ 為：

核心觀念

線圈通電達到穩態後，電感中的電流不再變化，因此線圈兩端的電壓主要降落在電阻上。穩態電流由歐姆定律決定：

電感所儲存的磁場能量為：

其中 $L$ 為電感，$I_{\mathrm{eq}}$ 為達到平衡後的電流。

解題方法

已知

達到穩態時，電流為

代入磁場能量公式：

因此

核心觀念

本題利用電磁波的平均強度與電場振幅之關係。對真空中的平面電磁波，

其中：

• $I_{\text{avg}}$：雷射光束的平均強度
• $c$：光速，$3.00\times10^8\ \mathrm{m/s}$
• $\varepsilon_0$：真空電容率，$8.85\times10^{-12}\ \mathrm{F/m}$
• $E_{\max}$：電場最大值

雷射功率與光束截面積的關係為

因此先由功率與光束面積求出強度，再反推出最大電場。

解題方法

雷射光束直徑為 $2.00\ \mathrm{mm}$，半徑為

圓形截面積為

雷射輸出功率為

所以光束的平均強度為

核心觀念

肥皂泡薄膜的反射光干涉，需考慮兩部分：

1. 光在薄膜內往返一次所產生的光程差。
2. 光由低折射率介質射向高折射率介質反射時，會產生半波損失，即相位改變 $\pi$。

肥皂膜外側與內側皆近似為空氣，薄膜折射率為 $n=1.33$，因此：

• 空氣射向肥皂膜：由低折射率到高折射率，反射光產生 $\pi$ 相位變化。
• 肥皂膜射向空氣：由高折射率到低折射率，反射光不產生額外相位變化。

兩道反射光之間恰有一次半波損失。

解題方法

題目未給入射角，採垂直入射處理。設肥皂膜厚度為 $t$，則光在薄膜內往返一次的幾何路程為 $2t$，對應的光程差為

其中 $n=1.33$。

由於兩道反射光之間有一次相位反轉，反射光形成建設性干涉的條件為

其中 $\lambda$ 是真空中的波長。題目給定

要求最小厚度，取最小階次 $m=0$：

因此

此題考驗理想氣體熱力學過程中的功和溫度與體積的關係。

題目描述：
一莫耳理想氣體從狀態 $(P_i, V_i)$ 緩慢加熱到狀態 $(3P_i, 3V_i)$。在此過程中，氣體的壓力與體積成正比。

(a) 氣體對外界做的功 $W_{on\_gas}$：
首先，我們要確定壓力與體積的關係。題目說「壓力與體積成正比」，這意味著 $P = kV$，其中 $k$ 是一個常數。
我們知道氣體從 $(P_i, V_i)$ 變化到 $(3P_i, 3V_i)$。
在初始狀態 $(P_i, V_i)$，我們有 $P_i = k V_i$。所以 $k = \frac{P_i}{V_i}$。
在最終狀態 $(3P_i, 3V_i)$，我們有 $3P_i = k (3V_i)$，這也滿足 $k = \frac{3P_i}{3V_i} = \frac{P_i}{V_i}$。
因此，在這個過程中，氣體的壓力與體積的關係是 $P = \frac{P_i}{V_i} V$。

氣體對外界做的功 $W_{by\_gas}$ 可以通過對壓力 $P$ 關於體積 $V$ 積分來計算：
$W_{by\_gas} = \int_{V_i}^{3V_i} P dV$
將 $P = \frac{P_i}{V_i} V$ 代入：
$W_{by\_gas} = \int_{V_i}^{3V_i} \frac{P_i}{V_i} V dV$
$W_{by\_gas} = \frac{P_i}{V_i} \int_{V_i}^{3V_i} V dV$
$W_{by\_gas} = \frac{P_i}{V_i} \left[ \frac{1}{2} V^2 \right]_{V_i}^{3V_i}$
$W_{by\_gas} = \frac{P_i}{V_i} \left( \frac{1}{2} (3V_i)^2 - \frac{1}{2} (V_i)^2 \right)$
$W_{by\_gas} = \frac{P_i}{V_i} \left( \frac{9}{2} V_i^2 - \frac{1}{2} V_i^2 \right)$

此題考驗交流電路（RLC 串聯電路）的阻抗、功率因數、功率耗散和諧振條件。

題目描述：
一個串聯 RLC 電路，其電源電壓有效值 $V_{rms} = 120$ V，驅動頻率 $f_d = 60.0$ Hz。電路包含電阻 $R = 200$ Ω，電感感抗 $X_L = 80.0$ Ω，電容容抗 $X_C = 150$ Ω。

(a) 功率因數 $\cos \phi$：
功率因數定義為電阻 $R$ 與電路總阻抗 $Z$ 的比值。
首先計算電路的總阻抗 $Z$。
總阻抗 $Z = \sqrt{R^2 + (X_L - X_C)^2}$
$X_L - X_C = 80.0 \text{ Ω} - 150 \text{ Ω} = -70.0 \text{ Ω}$
$Z = \sqrt{(200 \text{ Ω})^2 + (-70.0 \text{ Ω})^2}$
$Z = \sqrt{40000 + 4900} \text{ Ω}$
$Z = \sqrt{44900} \text{ Ω}$
$Z \approx 211.896 \text{ Ω}$

功率因數 $\cos \phi = \frac{R}{Z}$
$\cos \phi = \frac{200 \text{ Ω}}{211.896 \text{ Ω}}$
$\cos \phi \approx 0.9438$

計算結果保留三位有效數字：
$\cos \phi \approx 0.944$

【答案】(a) $\cos \phi \approx 0.944$

(b) 平均功率耗散 $P_{avg}$：
平均功率耗散發生在電阻 $R$ 上，由下式給出：
$P_{avg} = V_{rms} I_{rms} \cos \phi$
或者 $P_{avg} = I_{rms}^2 R$
我們需要先計算電流有效值 $I_{rms}$。
$I_{rms} = \frac{V_{rms}}{Z}$
$I_{rms} = \frac{120 \text{ V}}{211.896 \text{ Ω}} \approx 0.5663 \text{ A}$

使用 $P_{avg} = I_{rms}^2 R$：
$P_{avg} = (0.5663 \text{ A})^2 \times (200 \text{ Ω})$
$P_{avg} \approx 0.3207 \text{ A}^2 \times 200 \text{ Ω}$
$P_{avg} \approx 64.14 \text{ W}$

使用 $P_{avg} = V_{rms} I_{rms} \cos \phi$：
$P_{avg} = (120 \text{ V}) \times (0.5663 \text{ A}) \times (0.9438)$
$P_{avg} \approx 67.956 \times 0.9438 \text{ W}$
$P_{avg} \approx 64.14 \text{ W}$
結果一致。