114 年 國立成功大學地球科學研究所甲組《普通物理學》

本題考查歐姆定律在連續介質中的應用，以及如何計算兩個同心球殼之間的電阻。

解題步驟如下：

1. 建立座標系與描述電場： 由於系統具有球對稱性，我們採用球座標系。設球心為原點，電位差存在於半徑為 $a$ 和 $b$ 的球殼之間。由於兩球殼為等電位面，電場必然沿徑向。由於電流由高電位流向低電位，且球殼帶電，我們可以假設電場沿徑向向外。在半徑 $r$ ($a \le r \le b$) 處，電場 $\vec{E}$ 沿徑向，其大小為 $E(r)$。由於球面對稱性，電場的大小只與徑向距離 $r$ 有關。
2. 計算電場： 考慮一個半徑為 $r$ ($a \le r \le b$) 的球面，通過高斯定律，假設總電荷為 $Q$，則該球面上的電場大小為 $E(r) = \frac{Q}{4\pi\epsilon_0 r^2}$。然而，題目給了電導率 $\sigma$ 和電位差，我們更適合使用歐姆定律。由於兩球殼間的電位差為 $\Delta V$，且電場沿徑向，我們可以寫出電位差與電場的關係：
   $\Delta V = V_a - V_b = -\int_b^a \vec{E} \cdot d\vec{r} = -\int_b^a E(r) dr$ (假設 $\vec{E}$ 沿 $\hat{r}$ 方向)。
   由於我們不知道電場的確切形式，但知道歐姆定律 $\vec{J} = \sigma \vec{E}$，且電流是穩恆的，所以電流密度 $\vec{J}$ 沿徑向。
   考慮一個半徑為 $r$ 的球面，通過這個球面的總電流 $I$ 必須是恆定的，因為電流沒有地方流失。總電流 $I$ 可以表示為：
   $I = \int \vec{J} \cdot d\vec{A}$。由於 $\vec{J}$ 沿徑向，且 $d\vec{A}$ 也沿徑向（對於球面），且 $\vec{J}$ 的大小只與 $r$ 有關，所以
   $I = J(r) \cdot (4\pi r^2)$。
   結合歐姆定律 $\vec{J} = \sigma \vec{E}$，我們得到 $J(r) = \sigma E(r)$。
   因此，$I = \sigma E(r) (4\pi r^2)$。
   從這個式子，我們可以得到電場的大小 $E(r) = \frac{I}{4\pi\sigma r^2}$。

核心觀念

霍爾效應來自載子受到洛倫茲力

$$\vec F=q\left(\vec E+\vec v_d\times\vec B\right).$$

載子在導體側向累積後，產生霍爾電場 $\vec E_H$。穩態時側向合力為零，因此

$$q\left(\vec E_H+\vec v_d\times\vec B\right)=0,$$

故

$$\vec E_H=-\vec v_d\times\vec B.$$

載子密度與漂移速度的關係為

$$\vec J=nq\vec v_d.$$

其中 $q$ 必須保留正負號：正載子有 $q>0$，電子有 $q<0$。

題目未明確給出外加磁場 $\vec B$，且題述的 $\vec J=J\hat z$ 與 $\vec v_d=v_d\hat x$ 對單一種類載子而言方向不一致，因為 $\vec J=nq\vec v_d$。以下採用標準霍爾效應幾何：電流沿 $\hat z$，磁場沿 $\hat y$，霍爾電壓量測於寬度 $w$ 的 $\hat x$ 方向。

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解題方法

導體尺寸為：

• 寬度：$w\hat x$
• 高度：$h\hat y$
• 電流方向：$\hat z$
• 磁場方向：$\vec B=B\hat y$

電流通過垂直於 $\hat z$ 的截面，其面積為

$$A=wh.$$

因此電流密度大小為

$$J=\frac{I}{wh}.$$

由 $\vec J=nq\vec v_d$，漂移速度大小為

$$v_d=\frac{J}{nq} =\frac{I}{nqwh}.$$

由於

$$\vec v_d=v_d\hat z,\qquad \vec B=B\hat y,$$

且

$$\hat z\times\hat y=-\hat x,$$

所以

$$\vec v_d\times\vec B =-v_dB\hat x.$$

穩態霍爾電場為

$$\vec E_H=-\vec v_d\times\vec B =v_dB\hat x.$$

因此霍爾電場大小為

$$E_H=v_dB =\frac{IB}{nqwh}.$$

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(a) 霍爾電壓

電勢與電場的關係為

核心觀念

本題考查「導體棒在磁場中運動所產生的感應電動勢」以及「電流在磁場中受到的安培力」。

金屬載體以速度 $v$ 垂直於自身長度 $l$，並在均勻磁場中滑動時，感應電動勢大小為

$$\mathcal{E}=Blv.$$

由於磁軌與電阻 $R$ 形成封閉電路，感應電流大小為

$$I=\frac{\mathcal{E}}{R}=\frac{Blv}{R}.$$

載體中的電流在磁場中受到磁力，大小為

$$F_B=BIl.$$

依據楞次定律，此磁力必阻礙造成感應電流的原運動，因此方向與載體速度方向相反。

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解題方法

假設金屬載體初始速度為 $v_0$，且滑動方向為正方向。載體運動時，磁力大小為

$$F_B=BIl$$

代入感應電流

$$I=\frac{Blv}{R},$$

得到

$$F_B = B\left(\frac{Blv}{R}\right)l = \frac{B^2l^2}{R}v.$$

因為磁力方向與速度相反，故沿運動方向的合力為

$$F_{\text{net}} = -\frac{B^2l^2}{R}v.$$

由牛頓第二定律，

$$m\frac{dv}{dt} = -\frac{B^2l^2}{R}v.$$

整理為

$$\frac{dv}{dt} = -\frac{B^2l^2}{mR}v.$$

分離變數：

$$\frac{dv}{v} = -\frac{B^2l^2}{mR}\,dt.$$

由初始條件 $v(0)=v_0$ 積分：

$$\int_{v_0}^{v}\frac{dv'}{v'} = -\frac{B^2l^2}{mR}\int_0^t dt',$$

因此

$$\ln\frac{v}{v_0} = -\frac{B^2l^2}{mR}t.$$

取指數後，速度對時間的關係為

$$\boxed{ v(t)=v_0\exp\left(-\frac{B^2l^2}{mR}t\right) }.$$

也可定義時間常數

$$\tau=\frac{mR}{B^2l^2},$$

則

$$\boxed{ v(t)=v_0e^{-t/\tau} }.$$

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(a) 金屬載體的運動狀態

金屬載體會減速。原因如下：

核心觀念

本題考查二維斜向拋體運動，核心方法為：

• 牛頓第二定律：$\sum \vec{F}=m\vec{a}$
• 水平方向無加速度，作等速度運動
• 鉛直方向受重力作用，作等加速度運動
• 斜面上的落點由「粒子軌跡與斜面方程式的交點」決定
• 斜面距離須由水平位移換算為斜面方向位移

取水平向右為 $x$ 軸、鉛直向上為 $y$ 軸，重力加速度為 $g$，因此

$$\vec{a}=-g\hat{j}$$

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(a) 平面上的二維斜向拋體運動

受力與加速度

質點只受重力作用：

$$\vec{F}= -mg\hat{j}$$

由牛頓第二定律，

$$m\vec{a}=\vec{F}$$

所以

$$\vec{a}=-g\hat{j}$$

亦即

$$a_x=0,\qquad a_y=-g$$

初始速度分解

初速度大小為 $v_0$，拋射角為 $\theta$，相對水平軸分解為

$$\vec{v}_0=v_0\cos\theta\,\hat{i}+v_0\sin\theta\,\hat{j}$$

因此

$$v_{0x}=v_0\cos\theta,\qquad v_{0y}=v_0\sin\theta$$

位置函數

水平方向：

$$x(t)=x_0+v_{0x}t+\frac{1}{2}a_xt^2$$

由於初始位置在原點，且 $a_x=0$，

$$x(t)=v_0\cos\theta\,t$$

鉛直方向：

$$y(t)=y_0+v_{0y}t+\frac{1}{2}a_yt^2$$

同樣因為初始位置在原點，

$$y(t)=v_0\sin\theta\,t-\frac{1}{2}gt^2$$

因此粒子的位置向量為

$$\boxed{ \vec{r}(t) = v_0\cos\theta\,t\,\hat{i} + \left( v_0\sin\theta\,t-\frac{1}{2}gt^2 \right)\hat{j} }$$

這就是二維斜向拋體運動的參數式軌跡。

消去時間得到軌跡方程式

由

$$x=v_0\cos\theta\,t$$

可得

$$t=\frac{x}{v_0\cos\theta}$$

代入 $y(t)$：

$$y = v_0\sin\theta \left( \frac{x}{v_0\cos\theta} \right) - \frac{1}{2}g \left( \frac{x}{v_0\cos\theta} \right)^2$$

整理得

$$\boxed{ y=x\tan\theta-\frac{gx^2}{2v_0^2\cos^2\theta} }$$

此式顯示拋體軌跡為拋物線。

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(b) 落在傾角為 $\phi$ 的斜面上

幾何設定

假設斜面通過原點，並向右上方傾斜，斜面與水平線夾角為 $\phi$。斜面方程式為

$$y=x\tan\phi$$

質點仍以與水平線夾角 $\theta$ 的初速度射出。

斜向拋體軌跡為

$$y=x\tan\theta-\frac{gx^2}{2v_0^2\cos^2\theta}$$

落於斜面時，必須同時滿足斜面方程式，因此令兩式相等：

$$x\tan\phi = x\tan\theta - \frac{gx^2}{2v_0^2\cos^2\theta}$$

其中 $x=0$ 是發射點，另一個解是落點。對非零的 $x$ 約去一個 $x$：

本題考查受迫振盪系統的共振現象，特別是位能共振。題目給出的振幅公式有誤，應為 $D(\omega) = \frac{A_0}{(\omega^2 - \omega_0^2)^2 + (2\beta\omega)^2}$，此公式應為功率或能量的表達式，而非振幅。標準受迫振盪的振幅為 $D(\omega) = \frac{A_0}{\sqrt{(\omega^2 - \omega_0^2)^2 + (2\beta\omega)^2}}$。
題目要求的是「位能共振」，即讓位能 $U(x)$ 最大化。對於一個簡諧振盪，其位能為 $U(x) = \frac{1}{2} m \omega_0^2 x^2$。
在受迫振盪中，質點的位置 $x(t)$ 隨時間變化，其振幅為 $D(\omega)$。
$x(t) = D(\omega) \cos(\omega t - \phi)$，其中 $\phi$ 是相位。
位能 $U(x) = \frac{1}{2} m \omega_0^2 [D(\omega) \cos(\omega t - \phi)]^2 = \frac{1}{2} m \omega_0^2 D(\omega)^2 \cos^2(\omega t - \phi)$。
位能的最大值發生在 $\cos^2(\omega t - \phi) = 1$ 時，此時 $U_{\text{max}} = \frac{1}{2} m \omega_0^2 D(\omega)^2$。
為了使 $U_{\text{max}}$ 最大化，我們需要最大化振幅 $D(\omega)$。
標準受迫振盪的振幅為 $D(\omega) = \frac{A_0}{\sqrt{(\omega^2 - \omega_0^2)^2 + (2\beta\omega)^2}}$。
為了最大化 $D(\omega)$，我們需要最小化分母 $\sqrt{(\omega^2 - \omega_0^2)^2 + (2\beta\omega)^2}$。
這相當於最小化 $(\omega^2 - \omega_0^2)^2 + (2\beta\omega)^2$。
令 $f(\omega) = (\omega^2 - \omega_0^2)^2 + (2\beta\omega)^2$。
對 $f(\omega)$ 求導並令導數為零，以找到極值點。
$\frac{df}{d\omega} = 2(\omega^2 - \omega_0^2)(2\omega) + 2(2\beta\omega)(2\beta) = 0$
$4\omega(\omega^2 - \omega_0^2) + 8\beta^2\omega = 0$
由於 $\omega \neq 0$，我們可以除以 $4\omega$：
$\omega^2 - \omega_0^2 + 2\beta^2 = 0$
$\omega^2 = \omega_0^2 - 2\beta^2$
因此，共振頻率 $\omega_R = \sqrt{\omega_0^2 - 2\beta^2}$。
這個共振頻率對應於振幅的最大值，也稱為「振幅共振」。

檢查題目給的公式：
題目給的振幅公式是 $D(\omega) = \frac{A_0}{(\omega^2 - \omega_0^2)^2 + (2\beta\omega)^2}$。
如果這是功率或能量的表達式，那麼最大值發生在分母的最小值處。
令 $g(\omega) = (\omega^2 - \omega_0^2)^2 + (2\beta\omega)^2$。