113 年 國立成功大學物理學系碩士班《普通物理學》

此題考查動量守恆的概念，特別是動量定理在變質量的系統中的應用。

核心觀念：動量定理 $F_{ext} = \frac{dp}{dt}$，其中動量 $p = mv$。

解題過程：
題目給定球在進入有塵介質時，受到一個向內的力 $F = -10^{-4}$ N (假設力是阻力，方向與速度相反)。
球的速度為等速度 $v = 2$ m/s，這意味著球所受的淨外力為零。然而，題目提到「the force acting on the ball at any instant is $10^{-4}$ N」，這表示這個力是塵埃附著在球上所產生的「外力」的量值。這個力是導致球質量增加的原因。
我們需要考慮動量變化率。動量 $p = mv$。
根據動量定理，作用在球上的淨外力等於動量對時間的變化率：
$F_{net} = \frac{dp}{dt} = \frac{d(mv)}{dt}$

由於球的速度是恆定的 $v = 2$ m/s，所以 $\frac{dv}{dt} = 0$。
因此，$\frac{d(mv)}{dt} = m\frac{dv}{dt} + v\frac{dm}{dt} = v\frac{dm}{dt}$。

題目所給的力 $F_{ext} = -10^{-4}$ N (假設方向與速度相反，故為負值) 是導致質量變化的原因。
所以，我們有 $F_{ext} = v\frac{dm}{dt}$。
這裡的 $F_{ext}$ 是指作用在球上的「淨」外力。

此題考查轉動慣量與簡諧運動的微分方程。

核心觀念：

1. 轉動動力學：$\tau_{net} = I \alpha$
2. 簡諧運動的微分方程：$\frac{d^2\theta}{dt^2} + \omega^2 \theta = 0$

解題過程：
系統是一個由細長無質量桿子和連接在自由端的一個圓環組成的擺。圓環的半徑是 $r_{ring} = l/5$。
圓環的質量是 $M$。
桿子是無質量的，所以整個系統的轉動慣量來自於圓環。
圓環的質心距離支點的距離是 $l$。
圓環繞其質心的轉動慣量是 $I_{ring,cm} = M r_{ring}^2 = M (l/5)^2 = \frac{Ml^2}{25}$。
根據平行軸定理，圓環繞著桿子自由端（也就是擺的支點）的轉動慣量是：
$I = I_{ring,cm} + M l^2 = \frac{Ml^2}{25} + Ml^2 = \frac{26Ml^2}{25}$。

系統受到的力矩是重力對圓環質心的力矩。設擺角為 $\theta$，以支點為參考點。
力矩 $\tau = -Mg l \sin\theta$。負號表示當 $\theta > 0$ 時，力矩是反時向的，試圖將系統拉回平衡位置。

核心觀念

本題考查斜面上的純滾動運動，使用：

• 無滑動滾動條件：$v_{CM}=R\omega$
• 轉動慣量：$I=\frac{2}{5}MR^2$
• 斜面方向的重力分量：$Mg\sin\theta$
• 平動與轉動共同造成的等效慣性

其中 $\theta$ 為圖 2 所示的斜面傾角。

解題方法

球沿斜面向上滾動，取斜面向上為正方向。純滾動條件給出初速度

$$v_0=v_{CM}(0)=R\omega_0.$$

平動與轉動方程合併後，沿斜面的加速度為

$$a=-\frac{g\sin\theta}{1+\dfrac{I}{MR^2}}.$$

代入

$$I=\frac{2}{5}MR^2,$$

可得

$$a=-\frac{g\sin\theta}{1+\frac25} =-\frac{5}{7}g\sin\theta.$$

球到達最大高度時，球心瞬時停止，因此

$$v=v_0+at=0.$$

此題考查流體力學中的連續性方程和白努利方程。

核心觀念：

1. 連續性方程 (Continuity Equation)：描述流體流動的質量守恆。對於不可壓縮流體，流量（體積流率）在管道中是恆定的：$A_1 v_1 = A_2 v_2$。
2. 白努利方程 (Bernoulli's Equation)：描述理想流體在穩定流動中的壓力、速度和高度之間的關係。
   $P + \frac{1}{2}\rho v^2 + \rho g h = \text{constant}$

解題過程：
我們有兩個截面積不同的管道連接。
上部管道（左側）：截面積 $A_1 = A$，速度 $v_1 = v$，壓力 $P_1 = P_0$ (大氣壓)。
下部管道（右側）：截面積 $A_2 = A/2$。設其速度為 $v_2$。
由於液體是連續流動的，根據連續性方程：
$A_1 v_1 = A_2 v_2$
$A \cdot v = \frac{A}{2} \cdot v_2$
$v_2 = 2v$。
所以，下部管道中的流體速度是 $2v$。

現在我們考慮白努利方程。我們需要選擇兩個點來應用白努利方程。
我們可以選擇上部管道的左端點（點1）和下部管道右側的某個點（點2）。
然而，題目中提到「A small open tube extends upward from the lower pipe. Find the height $h_2$ of liquid in the small tube」。這意味著我們需要比較下部管道中的壓力與小開口管中的液體高度。

我們將白努利方程應用於上部管道的左端（點1，高度設為 $h_1 = 0$）和下部管道中與小開口管底部同一水平面的點（點2）。
設上部管道的左端高度為 $h_{ref}$。為了方便，我們將左端設為參考高度 $h_{ref} = 0$。
所以，點1的參數為：$P_1 = P_0$, $v_1 = v$, $h_1 = 0$。
下部管道的位置比上部管道低 $h_1$。因此，點2的高度是 $h_2' = -h_1$。
點2的速度是 $v_2 = 2v$。
點2的壓力 $P_2$ 是下部管道中的壓力。

根據白努利方程，在點1和點2之間：
$P_1 + \frac{1}{2}\rho v_1^2 + \rho g h_1 = P_2 + \frac{1}{2}\rho v_2^2 + \rho g h_2'$
$P_0 + \frac{1}{2}\rho v^2 + \rho g (0) = P_2 + \frac{1}{2}\rho (2v)^2 + \rho g (-h_1)$

核心觀念

一維橫波滿足波動方程

$$\frac{\partial^2 y}{\partial t^2} = v^2\frac{\partial^2 y}{\partial x^2},$$

其中 $v$ 為波速。只要計算位移函數對時間與位置的二階偏微分，即可求出波速。

題目給定

$$y(x,t)=at^2+bxt+cx^2+d.$$

其中 $a,b,c,d$ 為正值常數。

解題方法

先對 $t$ 做二階偏微分：

$$\frac{\partial y}{\partial t}=2at+bx,$$

因此

$$\frac{\partial^2 y}{\partial t^2}=2a.$$

再對 $x$ 做二階偏微分：

$$\frac{\partial y}{\partial x}=bt+2cx,$$

因此

$$\frac{\partial^2 y}{\partial x^2}=2c.$$

代入波動方程：

$$2a=v^2(2c).$$

約去 $2$ 後得

$$v^2=\frac{a}{c}.$$

由於波速取正值，

$$v=\sqrt{\frac{a}{c}}.$$

此題考查薄膜干涉在減反射膜中的應用。

核心觀念：

1. 減反射膜的條件：
   a. 膜層的折射率 $n_{film}$ 應介於空氣（或入射介質）的折射率 $n_{air}$ 和基底（玻璃）的折射率 $n_{glass}$ 之間，即 $n_{air} < n_{film} < n_{glass}$。
   b. 為了達到最大減反射效果，從膜的上表面和下表面反射的光波之間應發生相消干涉。對於最小膜厚，這通常意味著膜的光學厚度應為入射光在真空波長下的四分之一：$n_{film} t = \lambda_{vac}/4$。

2. 相位變化：

   • 光從低折射率介質入射到高折射率介質的反射面時，會發生 $\pi$ 的相位變化（半波損失）。
   • 光從高折射率介質入射到低折射率介質的反射面時，反射波沒有額外的相位變化。

解題過程：
題目要求設計一個減反射塗層，適用於 $\lambda = 560$ nm 的光，在空氣（$n_{air} \approx 1.0$）中使用，基底是玻璃（假設玻璃的折射率 $n_{glass} > 1$，通常約為 1.5）。
塗層材料的選擇需要滿足兩個主要條件：

條件一：折射率的關係。
為了使反射光發生相消干涉，從膜的上表面反射的光和從膜的下表面反射的光必須有半個波長的相位差。

• 光從空氣（$n_{air} \approx 1.0$）入射到塗層材料（$n_{film}$）時，如果 $n_{film} > n_{air}$，則第一次反射（在空氣-塗層界面）會有 $\pi$ 的相位變化。
• 光在塗層內部傳播，然後在塗層-玻璃界面反射。如果 $n_{glass} > n_{film}$，則第二次反射（在塗層-玻璃界面）沒有額外的相位變化。
  • 這種情況下，為了實現相消干涉，兩條反射光之間的「光程差」必須是半個波長，即 $2 n_{film} t = m \lambda_{vac}$，其中 $m$ 是整數。對於最小膜厚，取 $m=1$，則 $2 n_{film} t = \lambda_{vac}$。
• 如果 $n_{film} < n_{air}$，則第一次反射沒有相位變化。如果 $n_{glass} < n_{film}$，則第二次反射有 $\pi$ 相位變化。這種情況比較少見，通常減反射膜的折射率會介於空氣和基底之間。

最常見的減反射膜設計是，折射率滿足 $n_{air} < n_{film} < n_{glass}$。
這樣，第一次反射有 $\pi$ 相位變化，第二次反射沒有相位變化。
為了實現相消干涉，光程差 $2 n_{film} t$ 必須是半個波長的奇數倍，即 $2 n_{film} t = (2m+1) \frac{\lambda_{vac}}{2}$。
對於最小膜厚 ($m=0$)，我們有 $2 n_{film} t = \frac{\lambda_{vac}}{2}$，所以 $n_{film} t = \frac{\lambda_{vac}}{4}$。

題目提到「minimum coating thickness 100 nm」，也就是 $t = 100$ nm。
入射光在真空中的波長是 $\lambda_{vac} = 560$ nm。

此題考查理想氣體等容過程的熵變計算。

核心觀念：

1. 理想氣體狀態方程：$PV = nRT$
2. 熱力學第一定律：$\Delta U = Q - W$
3. 單原子理想氣體的內能：$U = \frac{3}{2}nRT$
4. 熵的定義：$dS = \frac{dQ_{rev}}{T}$，對於理想氣體，等容過程的熱量變化 $dQ_{rev} = nC_V dT$，其中 $C_V = \frac{3}{2}R$ (對於單原子理想氣體)。

解題過程：
過程是等容過程，即體積 $V$ 保持恆定。
氣體是 $n$ 莫耳的理想單原子氣體。
壓力從 $P_i$ 變化到 $P_f$。

由於是等容過程，體積 $V$ 不變。
根據理想氣體狀態方程 $PV = nRT$。
當壓力變化從 $P_i$ 到 $P_f$ 時，溫度也相應變化。
在初始狀態：$P_i V = nRT_i$
在最終狀態：$P_f V = nRT_f$

從這兩個方程可以得到溫度變化：
$\frac{P_f V}{P_i V} = \frac{nRT_f}{nRT_i}$
$\frac{P_f}{P_i} = \frac{T_f}{T_i}$
$T_f = T_i \frac{P_f}{P_i}$。

現在我們計算熵變 $\Delta S$。
對於一個可逆過程，熵變的定義是：
$\Delta S = \int_{initial}^{final} \frac{dQ_{rev}}{T}$

核心觀念

此題考查「部分填充介電質的平行板電容」以及「並聯電容」：

• 電容定義：
  $C=\frac{Q}{V}$
• 平行板電容：
  $C=\frac{\varepsilon A}{d}$
• 介電質中的介電率為：
  $\varepsilon=\kappa\varepsilon_0$
• 兩個端點之間的上下兩個板間電容，具有相同電位差，因此彼此並聯。

依圖，每一個板間距為 $d$，總有效重疊面積為 $A$；介電質與空氣各佔一半面積，即各為 $A/2$。

解題方法

先分析其中一個板間隙。介電質區域與空氣區域的厚度均為 $d$，且兩區域承受相同電壓，因此是並聯：

介電質部分：

$$C_{\text{dielectric}} = \frac{\kappa\varepsilon_0(A/2)}{d}$$

空氣部分：

$$C_{\text{air}} = \frac{\varepsilon_0(A/2)}{d}$$

核心觀念

本題考查平行導體片形成的磁場，以及由磁場能量定義電感。由於 $d\ll w$，可忽略邊緣效應，磁場只存在於兩導體片之間。

每片導體的面電流密度為

$$K=\frac{I}{w}.$$

無限大電流片所產生的磁場大小為 $\mu_0K/2$。兩片電流方向相反，因此在兩片之間的磁場相加，得到

$$B=\mu_0K=\frac{\mu_0 I}{w}.$$

片外兩個磁場互相抵消，符合題目所給條件。

解題方法

取單位長度的導體區段。兩片之間的磁場區域體積為

$$V'=wd.$$

磁場能量密度為

$$u_B=\frac{B^2}{2\mu_0}.$$

因此，單位長度所儲存的磁場能量為

$$U' = \frac{B^2}{2\mu_0}wd.$$

代入 $B=\mu_0 I/w$：

核心觀念

本題使用：

1. 理想環形線圈內部的磁場
   $B(r,t)=\frac{\mu_0 N I(t)}{2\pi r}$
   其中 $r$ 為距離環形線圈中心軸的半徑。
2. 法拉第電磁感應定律
   $\mathcal{E}(t)=-\frac{d\Phi_B}{dt}$

單匝線圈穿過環形線圈中心孔，因此可取其所圍成的曲面切過環形線圈的矩形截面，磁通量即為環形線圈截面內磁場的積分。

解題方法

環形線圈的截面為邊長 $h$ 的正方形，半徑範圍由 $R$ 到 $R+h$，軸向寬度為 $h$。因此穿過單匝線圈的磁通量為

$$\Phi_B(t) =\int_R^{R+h} B(r,t)\,h\,dr$$

代入磁場：

$$\Phi_B(t) =\int_R^{R+h} \frac{\mu_0 N I(t)}{2\pi r}h\,dr$$ $$\Phi_B(t) = \frac{\mu_0 Nh}{2\pi} I(t)\ln\left(\frac{R+h}{R}\right)$$

已知

$$I(t)=I_0(1+2\cos\omega t)$$

所以

$$\frac{dI}{dt} =-2I_0\omega\sin\omega t$$

感應電動勢為

核心觀念

本題考查螺線管的磁場、法拉第電磁感應定律，以及坡印廷向量的定義：

$$\mathbf{S}=\frac{1}{\mu_0}\mathbf{E}\times\mathbf{B}$$

理想長螺線管內部的磁場大小為 $B=\mu_0 nI$，其中匝數密度 $n=N/h$。變動的磁場會在螺線管周圍產生環向電場；電場與磁場同時存在時，便有坡印廷向量。

解題方法

在螺線管內部，磁場大小為

$$B(t)=\mu_0\frac{N}{h}I(t) =\mu_0\frac{N}{h}\alpha t$$

因此磁場變化率的大小為

$$\left|\frac{dB}{dt}\right| =\mu_0\frac{N}{h}|\alpha|$$

以螺線管軸為中心、半徑為 $R$ 的圓形路徑套用法拉第定律。由對稱性，感應電場沿圓周方向且大小均勻：

$$\oint \mathbf{E}\cdot d\boldsymbol{\ell} =E(2\pi R) =\left|\frac{d\Phi_B}{dt}\right| =\pi R^2\left|\frac{dB}{dt}\right|$$

所以在 $r=R$ 處，

核心觀念

導體棒在磁場中運動時，棒內電荷受到磁力 $q\mathbf v\times\mathbf B$，因而在兩端分離，形成動生電動勢。其大小可由下式求得：

$$\mathcal{E}=\int (\mathbf v\times\mathbf B)\cdot d\boldsymbol{\ell}$$

長直載流導線在距離 $r$ 處產生的磁場大小為

$$B(r)=\frac{\mu_0 I}{2\pi r}$$

解題方法

圖中長直導線電流 $I$ 向上；金屬棒水平放置，長度為 $\ell$，近端距導線 $d$，遠端距導線 $d+\ell$；棒以速度 $v$ 向上運動。導線右側的磁場指向紙面內，因此正電荷受磁力向左，累積在棒的近端。

取棒上由近端指向遠端的方向為 $+x$。在距導線 $r$ 處，$\mathbf v\times\mathbf B$ 指向左，與 $d\boldsymbol{\ell}$ 方向相反。沿棒積分可得遠端相對近端的電位差：

核心觀念

電容在直流電路中的行為取決於充電時間：

• 剛閉合開關時，未充電電容的電壓不能瞬間改變，因此電容兩端電壓為 $0$，等效為短路。
• 經過很長時間後，電容已充飽電，直流電流不再流過電容，等效為開路。

解題方法

圖 8 中，電池經過 $R_1$ 後，接到 $C$ 與 $R_2$ 的並聯支路；開關閉合後，電路形成完整回路。題目未給元件數值，因此以 $R_1$、$R_2$ 表示電阻。

剛閉合開關時，$C$ 等效短路，短路支路使 $R_2$ 兩端電壓為零，沒有電流流過 $R_2$。因此流過 $R_1$ 的電流為

$$I_0=\frac{\mathcal{E}}{R_1}.$$

核心觀念

電池持續連接時，電容器兩端電壓 $V$ 固定，但電容量與電荷量會隨板間距改變。平行板電容為

$$C=\frac{\varepsilon_0 A}{d},$$

電容器儲存的電場能為

$$U=\frac{1}{2}CV^2.$$

拉開極板時，兩板間仍有吸引力；若以等速拉開，外力需平衡此吸引力。題目中的 $\Delta U$ 指電容器的電場能變化，與外力所做的功並不相同，因為電池也會與電容器交換能量。

解題方法

令極板間距由 $d_i=a$ 增加至 $d_f=3a$。

(a) 由固定電壓下的電場能公式，初、末電場能分別為

$$U_i=\frac{1}{2}\frac{\varepsilon_0 A}{a}V^2, \qquad U_f=\frac{1}{2}\frac{\varepsilon_0 A}{3a}V^2.$$

因此

$$\Delta U=U_f-U_i =\frac{1}{2}V^2\left(\frac{\varepsilon_0 A}{3a}-\frac{\varepsilon_0 A}{a}\right) =-\frac{\varepsilon_0 A V^2}{3a}.$$

(b) $\Delta U<0$，所以電容器的電場能減少。板距增加使電容量 $C=\varepsilon_0 A/d$ 減小；由於電壓固定，$U=\frac12CV^2$ 也隨之減小。

電場能減少不代表外力做負功。電池維持電壓時會有電荷流回電池，電池對電容器做功為

$$W_{\text{電池}}=V\Delta Q =V^2\Delta C =-\frac{2\varepsilon_0 A V^2}{3a}.$$

外力做正功，電場能與電池交換的能量共同滿足能量守恆。

核心觀念

本題考查理想氣體循環的功、熱量與內能變化。採用「氣體對外做功為正、氣體吸熱為正」的符號約定，第一定律寫成

$$\Delta U=Q-W$$

理想氣體的內能只與溫度有關；完成一個循環後回到初態，因此整個循環的內能變化為零。

解題方法

圖中縱軸是壓力 $P$（kPa），橫軸是體積 $V$（L）；$A=(20\,\mathrm{L},150\,\mathrm{kPa})$、$B=(30\,\mathrm{L},100\,\mathrm{kPa})$、$C=(20\,\mathrm{L},100\,\mathrm{kPa})$。循環方向為 $A\to B\to C\to A$：$A\to B$ 等溫膨脹，$B\to C$ 等壓壓縮，$C\to A$ 等容升壓。計算時利用 $1\,\mathrm{kPa\cdot L}=1\,\mathrm{J}$。

(a) 每循環氣體所做的總功

等溫過程 $A\to B$ 的功為

$$W_{AB}=nRT\ln\frac{V_B}{V_A} =P_AV_A\ln\frac{V_B}{V_A} =(150)(20)\ln\frac{30}{20} =3000\ln(1.5)\,\mathrm{J}$$

等壓過程 $B\to C$ 的功為

$$W_{BC}=P(V_C-V_B) =100(20-30) =-1000\,\mathrm{J}$$

等容過程 $C\to A$ 的體積不變，因此 $W_{CA}=0$。總功為

$$W_{\mathrm{cycle}} =W_{AB}+W_{BC}+W_{CA} =3000\ln(1.5)-1000 \approx216.4\,\mathrm{J}$$

(b) 每循環的淨吸熱量

由 $\gamma=C_p/C_v=1.4$ 得

$$C_v=\frac{R}{\gamma-1}=2.5R,\qquad C_p=\frac{\gamma R}{\gamma-1}=3.5R$$

分段計算熱量：

• **$A\to B$ 等溫膨脹：**理想氣體等溫時 $\Delta U_{AB}=0$，所以

$$Q_{AB}=W_{AB}=3000\ln(1.5)\,\mathrm{J} \approx1216.4\,\mathrm{J}$$