114 年 國立成功大學物理學系碩士班《普通物理學》

核心觀念

本題考查斜面上的牛頓第二定律，以及水平外力在斜面方向與垂直斜面方向的分解。

斜面坡度為 $3/4$，因此

$$\tan\theta=\frac{3}{4}$$

由 $3$-$4$-$5$ 直角三角形可得

$$\sin\theta=\frac{3}{5},\qquad \cos\theta=\frac{4}{5}$$

方塊受力包括：

• 重力 $Mg$，方向鉛直向下
• 水平推力 $F=2Mg$
• 斜面的正向力 $N$
• 動摩擦力 $f_k=\mu N$，方向沿斜面向下

解題方法

取沿斜面向上為正方向。

1. 沿斜面方向的力

水平推力在斜面方向的分量為

$$F_{\parallel}=F\cos\theta =2Mg\cdot\frac{4}{5} =\frac{8}{5}Mg$$

重力沿斜面向下的分量為

$$Mg\sin\theta =Mg\cdot\frac{3}{5} =\frac{3}{5}Mg$$

2. 垂直斜面方向求正向力

水平推力垂直斜面的分量會將方塊壓向斜面，大小為

$$F_{\perp}=F\sin\theta =2Mg\cdot\frac{3}{5} =\frac{6}{5}Mg$$

重力垂直斜面、使方塊壓向斜面的分量為

$$Mg\cos\theta =Mg\cdot\frac{4}{5} =\frac{4}{5}Mg$$

方塊沒有垂直斜面的加速度，因此

$$N=Mg\cos\theta+F\sin\theta$$

代入數值得

$$N=\frac{4}{5}Mg+\frac{6}{5}Mg=2Mg$$

3. 計算動摩擦力

本題考查牛頓第二運動定律在非慣性參考系（電梯）中的應用，以及彈簧秤的讀數與張力的關係。

首先，我們分析題目給定的資訊：

1. 彈簧秤讀數： 在電梯內，彈簧秤的讀數代表彈簧對物體提供的拉力（張力），也就是物體對彈簧秤的壓力（作用力與反作用力）。設物體的質量為 $m$。
2. 靜止時的讀數： 當電梯靜止時，物體處於平衡狀態。作用在物體上的力只有重力 $mg$（向下）和彈簧秤的拉力 $T_0$（向上）。根據牛頓第一運動定律，$T_0 - mg = 0$，所以靜止時彈簧秤的讀數 $T_0 = mg$。
3. 運動時的讀數： 在運動時，彈簧秤的讀數 $T = 0.75$ 倍於靜止時的讀數，即 $T = 0.75 T_0 = 0.75 mg$。
4. 目標： 求電梯的加速度 $\vec{a}$。

本題考查材料力學中的楊氏模數（Young's Modulus）的定義。

楊氏模數是描述材料在受力後發生形變時的彈性性質的物理量。它定義為在單軸受力情況下，材料的應力（Stress）與應變（Strain）之比。

• 應力 (Stress)： 指的是作用在單位面積上的力。在題幹中，它被描述為「force per unit area applied perpendicularly at the surface end of an object」。數學上，應力 $\sigma = \frac{F}{A}$，其中 $F$ 是垂直於截面積的力，$A$ 是截面積。
• 應變 (Strain)： 指的是物體形變的相對量。對於楊氏模數，我們關注的是長度方向的相對變化。如果一個長度為 $L_0$ 的物體，在受力後長度變為 $L_0 + \Delta L$，那麼長度應變 $\epsilon = \frac{\Delta L}{L_0}$。

楊氏模數 $Y$ 的定義式為：
$Y = \frac{\text{應力}}{\text{應變}} = \frac{\sigma}{\epsilon} = \frac{F/A}{\Delta L/L_0}$

核心觀念

地球對衛星的萬有引力沿著地球與衛星的連線作用，是中心力，因此衛星對地球的角動量守恆：

$$\vec L=\vec r\times m\vec v,\qquad L_B=L_A$$

橢圓軌道上，衛星越接近地球，速率越大。由機械能守恆，衛星在較近處的動能較大。

解題方法

圖中地球位於軌道靠近 $B$ 的一側，因此 $B$ 比 $A$ 更靠近地球。由角動量守恆，兩位置的角動量相同；由機械能守恆，較靠近地球的 $B$ 點速率較大，所以動能較大：

$$L_B=L_A,\qquad K_B>K_A$$

選項分析

本題考查統計力學中的能量均分定理（Principle of Equipartition of Energy）。

能量均分定理是經典統計力學中的一個重要結論，它闡述了在熱平衡狀態下，一個系統的總能量如何分配。該定理的適用條件是：系統由大量粒子組成，粒子之間存在相互作用（但我們通常關注獨立粒子），並且系統處於熱平衡狀態。

能量均分定理的內容是：在熱平衡狀態下，每一個「自由度」（degree of freedom）平均攜帶的能量為 $\frac{1}{2}k_B T$，其中 $k_B$ 是玻茲曼常數，$T$ 是絕對溫度。

現在我們來分析各個選項：
(A) among the molecules： 能量均分定理並非指能量平均分配給每一個分子。雖然總能量由所有分子的能量組成，但該定理的重點在於能量如何分配到不同的「自由度」上，而不是平均到每個分子上。

核心觀念

本題考查電場線的定義，以及電偶極在電場中的受力與力矩：

• 電場方向定義為正試驗電荷所受力的方向：
  $\mathbf{E}=\frac{\mathbf{F}}{q}$
• 電場線在每一點的切線方向，就是該點的電場方向。
• 電偶極矩定義為
  $\mathbf{p}=q\mathbf{d}$
  其中 $\mathbf{d}$ 由負電荷指向正電荷。
• 電偶極在外電場中的力矩為
  $\boldsymbol{\tau}=\mathbf{p}\times\mathbf{E}$
• 電偶極在非均勻電場中的淨力可表示為
  $\mathbf{F}=\nabla(\mathbf{p}\cdot\mathbf{E})$
  在均勻電場中，正負電荷所受電力大小相等、方向相反，因此淨力為零。

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解題方法

逐一檢查各選項是否符合上述定義與公式。此題不需計算數值，關鍵在於區分：

1. 電場線的幾何性質；
2. 電偶極的力矩；
3. 電偶極在均勻、非均勻電場中的淨受力；
4. 粒子運動方向與電場線方向的差異。

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選項分析

(A) lines of E may cross

錯誤。

電場線在任一點的切線方向代表該點的電場方向，而同一位置的電場向量只有唯一方向。因此，兩條電場線不能在電場不為零的普通位置相交。

若電場為零，該點的電場方向本身沒有定義，不能視為電場線正常交叉的情形。因此本選項錯誤。

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(B) an electric dipole never experiences a torque due to E

錯誤。

電偶極置於外電場中時，正、負電荷分別受到方向相反的電力。兩力大小相等、作用線通常不重合，形成力偶，因此會產生力矩：

$$\boldsymbol{\tau}=\mathbf{p}\times\mathbf{E}$$

其大小為

$$\tau=pE\sin\theta$$

其中 $\theta$ 是 $\mathbf{p}$ 與 $\mathbf{E}$ 的夾角。當 $\theta\neq 0,\pi$ 時，力矩不為零；只有當電偶極矩與電場平行或反平行時，力矩才為零。

因此「never」的敘述錯誤。

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本題考查 RC 電路（包含充電過程）的暫態響應和穩態行為。

題目描述了一個 RC 電路，其中電阻 $R$ 和電容 $C$ 串聯，並連接到一個電動勢為 $V_0$ 的電池。電容初始是未充電的。經過足夠長的時間後，電路達到穩態。我們需要找出哪個敘述是錯誤的。

首先，我們來分析 RC 電路的一些關鍵參數和行為：

1. 時間常數 $\tau$： 對於一個 RC 電路，其時間常數定義為 $\tau = RC$。它代表了電路充放電過程的快慢。
2. 穩態（Steady State）： 當時間 $t \to \infty$ 時，電容上的電壓會達到電池的電動勢 $V_0$（因為電容充滿電後，其兩端電壓與電池電壓相等，此時電容相當於開路，無電流流過）。
3. 初始狀態（$t=0$）： 當開關閉合的瞬間，電容相當於短路（因為電壓為零），所以初始電流最大。
4. 穩態後的電容電壓 $V_C(\infty)$： $V_C(\infty) = V_0$。
5. 穩態後的電容電荷 $Q(\infty)$： $Q(\infty) = C V_C(\infty) = CV_0$。
6. 穩態後的電容電流 $I(\infty)$： $I(\infty) = 0$。
7. 充電過程中的電容電壓 $V_C(t)$： $V_C(t) = V_0(1 - e^{-t/\tau})$。
8. 充電過程中的電容電荷 $Q(t)$： $Q(t) = C V_C(t) = CV_0(1 - e^{-t/\tau})$。
9. 充電過程中的電流 $I(t)$： $I(t) = \frac{V_0}{R} e^{-t/\tau} = I_0 e^{-t/\tau}$，其中 $I_0 = V_0/R$ 是初始電流。
10. 電阻上消耗的總能量： 電阻上消耗的總能量是從 $t=0$ 到 $t=\infty$ 對功率 $P_R(t) = I(t)^2 R$ 積分得到的。
    $E_{dissipated} = \int_0^\infty P_R(t) dt = \int_0^\infty I(t)^2 R dt$
    $E_{dissipated} = \int_0^\infty (\frac{V_0}{R} e^{-t/\tau})^2 R dt = \int_0^\infty \frac{V_0^2}{R^2} e^{-2t/\tau} R dt$
    $E_{dissipated} = \frac{V_0^2}{R} \int_0^\infty e^{-2t/\tau} dt$
    令 $u = -2t/\tau$, $du = -2/\tau dt$, $dt = -\tau/2 du$。
    當 $t=0$, $u=0$。當 $t\to\infty$, $u\to-\infty$。

本題考查功與動能定理的應用。

根據功與動能定理，合力對物體所做的功等於物體動能的變化量。
$W_{net} = \Delta K = K_f - K_i$

題目給出了作用在粒子上的力 $F(x) = (cx - 3x^2)\hat{i}$，其中 $x$ 是粒子在 $x$ 軸上的位置。
粒子從 $x_i = 0$ 移動到 $x_f = 3.00$ m。
在初始位置 $x_i = 0$，粒子的動能 $K_i = 20.0$ J。
在最終位置 $x_f = 3.00$ m，粒子的動能 $K_f = 11.0$ J。

合力對粒子所做的功 $W_{net}$ 可以通過對力在運動路徑上積分來計算：
$W_{net} = \int_{x_i}^{x_f} \vec{F} \cdot d\vec{r}$
由於粒子沿著 $x$ 軸運動，所以 $d\vec{r} = dx\hat{i}$。
$W_{net} = \int_{0}^{3.00} (cx - 3x^2)\hat{i} \cdot dx\hat{i}$

本題考查角動量和力矩的定義，以及如何從位置向量計算速度、加速度和力矩。

首先，我們需要找到粒子的速度 $\vec{v}$ 和加速度 $\vec{a}$。
給定的位置向量為 $\vec{r}(t) = 4.0t^2\hat{i} - (2.0t + 6.0t^2)\hat{j}$。
速度是位置對時間的一階導數：
$\vec{v}(t) = \frac{d\vec{r}}{dt} = \frac{d}{dt}(4.0t^2\hat{i} - (2.0t + 6.0t^2)\hat{j})$
$\vec{v}(t) = (8.0t)\hat{i} - (2.0 + 12.0t)\hat{j}$

加速度是速度對時間的一階導數（或位置對時間的二階導數）：
$\vec{a}(t) = \frac{d\vec{v}}{dt} = \frac{d}{dt}((8.0t)\hat{i} - (2.0 + 12.0t)\hat{j})$
$\vec{a}(t) = (8.0)\hat{i} - (12.0)\hat{j}$

粒子的質量是 $m = 4.0$ kg。
根據牛頓第二運動定律，作用在粒子上的力為 $\vec{F} = m\vec{a}$。
$\vec{F}(t) = (4.0 \text{ kg}) \times (8.0\hat{i} - 12.0\hat{j} \text{ m/s}^2)$
$\vec{F}(t) = (32.0\hat{i} - 48.0\hat{j})$ N

力矩 $\vec{\tau}$ 相對於原點的定義是 $\vec{\tau} = \vec{r} \times \vec{F}$。
$\vec{\tau}(t) = (4.0t^2\hat{i} - (2.0t + 6.0t^2)\hat{j}) \times (32.0\hat{i} - 48.0\hat{j})$

計算向量叉乘：
$\vec{\tau}(t) = (4.0t^2\hat{i}) \times (-48.0\hat{j}) + (- (2.0t + 6.0t^2)\hat{j}) \times (32.0\hat{i})$
$\vec{\tau}(t) = (4.0t^2)(-48.0) (\hat{i} \times \hat{j}) + (- (2.0t + 6.0t^2))(32.0) (\hat{j} \times \hat{i})$

我們知道 $\hat{i} \times \hat{j} = \hat{k}$ 且 $\hat{j} \times \hat{i} = -\hat{k}$。

核心觀念

圓盤繞固定在邊緣的樞軸轉動，使用機械能守恆。圓盤的轉動慣量須以樞軸為軸計算，再由圓心的下降高度求出重力位能的減少量。

解題方法

由圖可知，釋放時圓心與樞軸等高；到達虛線位置時，圓心位於樞軸正下方。因此圓心下降高度為 $R$，重力位能減少 $MgR$。

以平行軸定理計算圓盤對樞軸的轉動慣量：

$$I_{\text{樞軸}}=I_{\text{圓心}}+MR^2 =\frac{1}{2}MR^2+MR^2 =\frac{3}{2}MR^2$$

樞軸固定且不移動，樞軸作用力不作功；圓盤由靜止釋放，所以機械能守恆：

核心觀念

本題考查聲強與聲強級的關係。聲強級定義為

$$\beta=10\log_{10}\left(\frac{I}{I_0}\right),$$

其中：

• $\beta$ 為聲強級，單位為分貝（dB）；
• $I$ 為聲強；
• $I_0$ 為參考聲強。

因此，兩個聲源的聲強比可直接由聲強級差求得：

$$\beta_1-\beta_2 =10\log_{10}\left(\frac{I_1}{I_2}\right).$$

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解題方法

氣動鑽在 $3\ \text{m}$ 處的聲強級為

$$\beta_{\text{drill}}=90\ \text{dB},$$

正常談話在 $1\ \text{m}$ 處的聲強級為

$$\beta_{\text{conversation}}=60\ \text{dB}.$$

兩者聲強級差為

$$\Delta\beta =90-60 =30\ \text{dB}.$$

由聲強級差公式：

$$30 =10\log_{10}\left(\frac{I_{\text{drill}}}{I_{\text{conversation}}}\right).$$

兩邊除以 $10$：

$$3 =\log_{10}\left(\frac{I_{\text{drill}}}{I_{\text{conversation}}}\right).$$

本題考查高斯定律在球對稱情況下的應用，以及電場與體電荷密度的關係。

根據題目，我們有一個球對稱但徑向不均勻的電荷分布，其產生的電場大小為 $E = Kr^4$，方向徑向向外。$r$ 是徑向距離，$K$ 是常數。我們需要求體電荷密度 $\rho(r)$。

對於球對稱的電荷分布，我們可以使用高斯定律來求得電場。高斯定律的積分形式為：
$\oint \vec{E} \cdot d\vec{A} = \frac{Q_{enc}}{\epsilon_0}$
其中 $Q_{enc}$ 是包圍在閉合曲面內的總電荷。

我們選擇一個半徑為 $r$ 的球面作為高斯面。由於電場是徑向向外的，且大小只與 $r$ 有關，$E = Kr^4$，所以電場在球面上的強度是均勻的。
球面上的面積微元 $d\vec{A}$ 方向與電場 $\vec{E}$ 方向相同（徑向向外）。
因此，$\vec{E} \cdot d\vec{A} = E dA = Kr^4 dA$。
高斯積分為：
$\oint E dA = E \oint dA = Kr^4 (4\pi r^2)$

現在，我們需要計算高斯面內包含的總電荷 $Q_{enc}(r)$。
$Q_{enc}(r)$ 可以通過對體電荷密度 $\rho(r)$ 在半徑為 $r$ 的球體內進行體積分來得到：
$Q_{enc}(r) = \int_{V} \rho(r') dV'$
在球坐標系中，$dV' = 4\pi r'^2 dr'$。
$Q_{enc}(r) = \int_{0}^{r} \rho(r') (4\pi r'^2) dr'$

核心觀念

導體棒在磁場中運動時，棒內電荷受到磁力 $q\vec v\times\vec B$，因此棒兩端形成動生電動勢。微小棒段 $dr$ 上的電動勢大小為

$$d\mathcal{E}=Bv\,dr$$

其中速度 $\vec v$ 與棒段垂直，磁場 $\vec B_{\rm in}$ 垂直穿入紙面。

解題方法

距離轉軸 $r$ 的棒段，以角速度 $\omega$ 轉動，其線速度為

$$v=\omega r$$

因此距離轉軸 $r$ 到 $r+dr$ 的微小棒段所貢獻的電動勢為

$$d\mathcal{E}=B\omega r\,dr$$

由轉軸端積分至棒的另一端，$r$ 從 $0$ 到 $l$：

核心觀念

此題考查串聯 $RLC$ 交流電路中的：

• 感抗：$X_L=\omega L$
• 容抗：$X_C=\dfrac{1}{\omega C}$
• 串聯電路的總阻抗：

$$Z=\sqrt{R^2+(X_L-X_C)^2}$$

• 電感兩端的有效值電壓：

$$V_L=I_{\mathrm{rms}}X_L$$

其中電阻、電感與電容串聯，因此三者流過相同的有效值電流。

解題方法

已知

$$V_{\mathrm{rms}}=10\ \mathrm{V},\qquad \omega=200\ \mathrm{rad/s}$$ $$R=50\ \Omega,\qquad L=400\ \mathrm{mH}=0.400\ \mathrm{H}$$ $$C=200\ \mu\mathrm{F}=2.00\times10^{-4}\ \mathrm{F}$$

1. 計算電感感抗

$$X_L=\omega L$$ $$X_L=(200)(0.400)=80\ \Omega$$

2. 計算電容容抗

$$X_C=\frac{1}{\omega C}$$ $$X_C=\frac{1}{(200)(2.00\times10^{-4})} =25\ \Omega$$

因此電路的淨電抗為

$$X=X_L-X_C=80-25=55\ \Omega$$

電路呈現感性。

3. 計算串聯電路的總阻抗

$$Z=\sqrt{R^2+X^2}$$

核心觀念

位移電流定義為

$$I_d=\varepsilon_0\frac{d\Phi_E}{dt}$$

其中電通量

$$\Phi_E=EA$$

本題電場均勻且垂直於圓形平板，因此

$$I_d=\varepsilon_0 A\left|\frac{dE}{dt}\right|$$

解題方法

題目給定

$$E(t)=4.0\times10^5-6.0\times10^4t$$

故電場變化率為

$$\frac{dE}{dt}=-6.0\times10^4\ \text{V/(m·s)}$$

取其絕對值求位移電流的大小：

$$\left|\frac{dE}{dt}\right|=6.0\times10^4\ \text{V/(m·s)}$$

核心觀念

水膜上下表面反射的光會互相干涉。判斷反射光最亮的波長，須比較兩束反射光的相位差：

• 在空氣進入水膜的上表面反射時，光由低折射率介質射向高折射率介質，反射相位改變 $\pi$。
• 在水膜下表面反射時，光由高折射率介質射向低折射率介質，反射相位不變。
• 第二束光在水膜內往返一次，累積的傳播相位對應光程差 $2nL$。

因此，兩束反射光有一次額外的半波長相位反轉；反射光相長干涉的條件為

$$2nL=\left(m+\frac{1}{2}\right)\lambda,\qquad m=0,1,2,\ldots$$

解題方法

代入水膜折射率 $n=1.33$ 與厚度 $L=320\ \mathrm{nm}$，可得

核心觀念

雙原子理想氣體分子可轉動、不可振動時，自由度 $f=5$，因此

$$C_V=\frac{5}{2}R,\qquad \gamma=\frac{C_P}{C_V}=\frac{7}{5}.$$

等溫過程中溫度不變；可逆絕熱過程滿足 $TV^{\gamma-1}=\text{常數}$；定容過程的熵變為 $\Delta S=nC_V\ln(T_{\text{終}}/T_{\text{初}})$。

解題方法

由 $1\to2$ 為等溫過程，得 $T_2=T_1$。又因 $2\to3$ 定容，且 $V_2=V_3=V_{23}=4V_1$。沿 $3\to1$ 的絕熱過程使用 $TV^{\gamma-1}=\text{常數}$：

$$T_3V_{23}^{\gamma-1}=T_1V_1^{\gamma-1}$$

核心觀念

真空中的電磁波滿足色散關係 $\omega=ck$，其中 $c=3.00\times10^8\ \text{m/s}$。電場與磁場同相，且振幅關係為 $B_0=E_0/c$。波的傳播方向則由坡印廷向量方向決定，也就是 $\mathbf E\times\mathbf B$ 的方向。

解題方法

題目中的相位為 $kx+\omega t$，其中 $k=4.0\ \text{m}^{-1}$。因此角頻率為

$$\omega=ck =(3.00\times10^8)(4.0) =1.2\times10^9\ \text{rad/s}.$$

相位 $kx+\omega t$ 隨時間增加時，波形往 $-x$ 方向移動，所以波的傳播方向是 $-\hat{\mathbf x}$。電場只有 $y$ 分量：

$$\mathbf E=-60.0\,\hat{\mathbf y}\cos(kx+\omega t)\ \text{V/m}.$$

磁場需使 $\mathbf E\times\mathbf B$ 指向 $-\hat{\mathbf x}$。由 $(-\hat{\mathbf y})\times\hat{\mathbf z}=-\hat{\mathbf x}$，可知磁場沿 $+\hat{\mathbf z}$ 方向。其振幅為