108 年 國立中央大學物理學系碩士班在職生《普通物理學》

核心觀念

三種介電質並排放置，且各自完整填滿電極板間距離 $d$，因此可視為三個「並聯電容器」。

理想平行板近似下，三個區域的電位差相同，皆為 $V$，所以電場大小相同：

$$E=\frac{V}{d}$$

第 $i$ 個區域的電容為

$$C_i=\frac{\varepsilon_i A_i}{d} =\frac{\varepsilon_0 k_i A_i}{d}$$

並聯後總電容為

$$C=C_1+C_2+C_3 =\frac{\varepsilon_0}{d} \left(A_1k_1+A_2k_2+A_3k_3\right)$$

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選項分析

(A) 正確。

由總電容

$$C=\frac{\varepsilon_0}{d} \left(A_1k_1+A_2k_2+A_3k_3\right)$$

可知，當三種介電質所占面積不同時，總電容確實與 $A_1,A_2,A_3$ 有關。

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(B) 正確。

導體表面的自由電荷密度與電位移向量有關：

$$\sigma_f=D=\varepsilon E=\varepsilon_0 kE$$

雖然三個區域的電場 $E$ 相同，但各區域的介電常數 $\varepsilon_0k_i$ 不同，因此

$$\sigma_{f,i}=\varepsilon_0 k_i E$$

通常不同，故整個電極板上的電荷密度是不均勻的。

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(C) 錯誤。

核心觀念

本題考查麥克斯威方程組、介電質極化、電磁波速度，以及磁力是否做功。重要公式如下：

1. 法拉第電磁感應定律
   $\nabla\times\mathbf E=-\frac{\partial\mathbf B}{\partial t}$

2. 介電質的極化
   $\mathbf P=\frac{\text{單位體積的偶極矩}}{}$

   均勻排列的電偶極形成均勻極化，有限介電質表面會出現束縛電荷：
   $\sigma_b=\mathbf P\cdot\hat{\mathbf n}$

3. 電磁波在介質中的速度
   $v=\frac{1}{\sqrt{\mu\varepsilon}}$

4. 磁力
   $\mathbf F_B=q\mathbf v\times\mathbf B$

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解題方法

本題不需計算，直接依各選項所涉及的基本定律判斷。判斷重點為：

• 感應電場的旋度由磁場的時間變化決定。
• 介電質整體電荷為零，不代表極化後沒有表面束縛電荷。
• 電偶極矩越容易被外加電場誘發，代表介電常數通常越大。
• 時變磁場產生的電場具有非保守性。
• 磁力永遠垂直於帶電粒子的瞬時速度，因此不做功。

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選項分析

(A) 正確

法拉第定律的微分形式為

$$\nabla\times\mathbf E=-\frac{\partial\mathbf B}{\partial t}$$

這表示在同一位置，若磁場的時間變化率相同，所造成的電場旋度相同。此定律直接描述 $\mathbf E$ 與 $\mathbf B$ 的關係，並不因空間中是真空、水或其他介質而改變。

介質會影響 $\mathbf D$、$\mathbf P$、$\mathbf H$ 等量的關係，例如

$$\mathbf D=\varepsilon\mathbf E$$

但法拉第定律本身仍以磁通量密度 $\mathbf B$ 為基礎，因此本選項正確。

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(B) 正確

介電質中的電偶極若均勻排列，代表介電質具有均勻極化 $\mathbf P$。對有限大小的介電質而言，體內相鄰偶極的正負電荷大致互相抵消，但在表面會留下未抵消的束縛電荷：

$$\sigma_b=\mathbf P\cdot\hat{\mathbf n}$$

例如一塊沿著 $z$ 軸均勻極化的介電質，其上、下表面會分別出現正、負束縛電荷。雖然介電質的總電荷仍為零，但正負電荷空間位置分離，因此會形成電偶極矩並產生電場。

「總電荷為零」只代表淨電荷為零，不代表電場必為零。因此本選項正確。

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核心觀念

本題考查靜電平衡時導體的性質與高斯定律：

1. 導體內部在靜電平衡時 $\vec E=0$。
2. 導體表面為等電位面。
3. 導體空腔內若放置點電荷 $Q$，空腔內表面必感應總電荷 $-Q$。
4. 若金屬球原本不帶電，外表面感應總電荷為 $+Q$。
5. 球形外表面為等電位面，因此外部電場只由總電荷決定，且呈球對稱。

以下採一般假設：金屬球原本不帶淨電荷，且點電荷未接觸洞壁。

解題方法

在金屬內部取一個包住空腔、但完全位於金屬中的高斯面。因為導體內部電場為零，通過高斯面的電通量為零，因此由高斯定律：

$$Q+Q_{\text{內表面}}=0$$

所以

$$Q_{\text{內表面}}=-Q$$

由於金屬球原本中性，外表面感應電荷為

$$Q_{\text{外表面}}=+Q$$

對於球外 $r>R$ 的區域，外表面是半徑為 $R$ 的球面，且為等電位面。由唯一性定理，球外電勢必與一個位於球心、電量為 $Q$ 的點電荷所產生的電勢相同：

$$V(r)=\frac{Q}{4\pi\epsilon_0 r}$$

因此球外電場為

$$\vec E=-\nabla V =\frac{Q}{4\pi\epsilon_0 r^2}\hat r$$

不論空腔是否偏心，球外電場皆相同；差異只會出現在空腔內表面的感應電荷分布。

選項分析

(A) 正確

圖二中空腔位於球心，點電荷也位於空腔中心，整個系統具有球對稱性。因此空腔內表面的感應電荷均勻分布，外表面也均勻分布。

球外總電荷為 $+Q$，所以由高斯定律：

此題延續上一題的題幹，考查靜電平衡時導體內外的電場分布、高斯定律的應用以及屏蔽效應。

核心觀念：

1. 在靜電平衡時，導體內部電場為零。
2. 導體表面上的淨電荷分布會調整，使得導體內部電場為零。
3. 高斯定律：$\oint \vec{E} \cdot d\vec{A} = \frac{Q_{enc}}{\epsilon_0}$。
4. 屏蔽效應：導體可以屏蔽其內部不受外部電場的影響，反之亦然（在靜電平衡時）。

分析題目情境：
我們有一個半徑為 $R$ 的金屬球，裡面挖了一個半徑相同的洞。
圖二：洞的圓心在球心，點電荷 $+Q$ 放在洞的圓心（即球心）。
圖三：洞的圓心不在球心，點電荷 $+Q$ 放在洞內，但不在洞的圓心（也不在球心）。
假設導體本身不帶電。

我們逐一分析各個選項：

(A) 圖二金屬球以外的電場為 $\vec{E} = \frac{Q}{4\pi\epsilon_0 r^2} \hat{r}$。
此敘述是正確的。
在圖二中，點電荷 $+Q$ 位於球心。由於金屬球處於靜電平衡狀態，其內部電場為零。這意味著，洞的內表面必須感應出 $-Q$ 的總電荷，以抵消點電荷 $+Q$ 在導體內部產生的電場。為了使整個導體（包括實心部分）的淨電荷為零（假設導體本身不帶電），導體的外表面會感應出 $+Q$ 的總電荷。
因此，在 $r > R$ 的區域，我們考慮一個半徑為 $r$ 的高斯球面。這個球面所包圍的總電荷是：點電荷 $+Q$ 加上內表面感應電荷 $-Q$ 加上外表面感應電荷 $+Q$。總電荷為 $Q_{enc} = +Q + (-Q) + (+Q) = +Q$。
根據高斯定律，$\oint \vec{E} \cdot d\vec{A} = \frac{Q_{enc}}{\epsilon_0}$。由於球的對稱性，電場 $\vec{E}$ 沿徑向，且大小均勻。因此，$E \cdot 4\pi r^2 = \frac{Q}{\epsilon_0}$。
所以，在 $r > R$ 的區域，電場為 $\vec{E} = \frac{Q}{4\pi\epsilon_0 r^2} \hat{r}$。
選項 (A) 是正確的。

(B) 圖二與圖三,圓球以外(r>R)的電場分布不同。
此敘述是錯誤的。
在圖二中，我們已經計算出，在 $r > R$ 的區域，電場為 $\vec{E} = \frac{Q}{4\pi\epsilon_0 r^2} \hat{r}$。
在圖三中，點電荷 $+Q$ 位於洞內，但不在球心。導體內部電場為零。這意味著，洞的內表面會感應出 $-Q$ 的總電荷，且由於點電荷不在球心，內表面感應電荷的分布將是不均勻的。

核心觀念

本題考查變壓器的阻抗匹配，以及保險絲是否能保護喇叭。

理想變壓器的阻抗關係為

$$\frac{Z_{\mathrm{in}}}{Z_{\mathrm{load}}} = \left(\frac{N_{\mathrm{in}}}{N_{\mathrm{load}}}\right)^2$$

其中 $N$ 為線圈匝數。擴大器內阻為 $2000\,\Omega$，喇叭阻抗為 $5\,\Omega$，因此需使喇叭反映到擴大器端的阻抗等於 $2000\,\Omega$。

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解題方法

令擴大器端為一次側，喇叭端為二次側，則

$$2000 = \left(\frac{N_{\mathrm{amp}}}{N_{\mathrm{speaker}}}\right)^2(5)$$

因此

$$\left(\frac{N_{\mathrm{amp}}}{N_{\mathrm{speaker}}}\right)^2 =400$$ $$\frac{N_{\mathrm{amp}}}{N_{\mathrm{speaker}}}=20$$

所以正確的匝數配置為

$$N_{\mathrm{amp}}:N_{\mathrm{speaker}}=20:1$$

也就是擴大器端匝數較多，喇叭端匝數較少，這是一個降壓變壓器。

若擴大器端接上 $15\ \mathrm{V}$ 交流電壓，理想變壓器的喇叭端電壓為

$$V_{\mathrm{speaker}} = 15\left(\frac{1}{20}\right) = 0.75\ \mathrm{V}$$

喇叭得到的功率為

$$P_{\mathrm{speaker}} = \frac{V_{\mathrm{speaker}}^2}{R} = \frac{(0.75)^2}{5} = 0.1125\ \mathrm{W}$$

此功率遠小於喇叭可承受的 $15\ \mathrm{W}$，因此在此理想條件下不會燒壞喇叭。

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選項分析

(A) 若「$1:20$」只表示兩側線圈匝數的比例，則比例大小正確；但必須是

$$\text{擴大器端}:\text{喇叭端}=20:1$$

若依通常一次側：二次側的順序將 $1:20$ 解讀為擴大器端：喇叭端，則方向相反，選項錯誤。

核心觀念

本題考查功、動能、保守力、位能與機械能守恆之間的關係：

1. 功－動能定理：
   $W_{\text{net}}=\Delta K$
   其中由牛頓第二定律可推得
   $K=\frac{1}{2}mv^2.$

2. 保守力的判定：
   保守力做功與路徑無關，等價於
   $\oint \vec F\cdot d\vec r=0.$

3. 位能的定義：
   對保守力可定義位能 $U$，使得
   $\vec F=-\nabla U.$

4. 機械能：
   $E_{\text{mech}}=K+U.$
   只有當系統中沒有非保守力做功，且位能所對應的力為保守力時，機械能才守恆。

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解題方法

逐一檢查各選項是否正確，特別區分：

• 功－動能定理是一般力學定理；
• 保守力的判定是路徑無關或閉合路徑功為零；
• 位能存在與否，取決於力場是否保守；
• 機械能守恆還需排除摩擦力等非保守力；
• 在通常的單連通區域中，保守力場必滿足旋度為零。

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選項分析

(A) 錯誤

功－動能定理並不是只要量綱正確，任意形式的動能都可以成立。由牛頓第二定律：

$\vec F=m\vec a=m\frac{d\vec v}{dt}.$

功為

$W=\int \vec F\cdot d\vec r.$

因為

$d\vec r=\vec v\,dt,$

所以

$$W=\int m\frac{d\vec v}{dt}\cdot\vec v\,dt =\int m\vec v\cdot d\vec v =\frac{1}{2}mv^2-\frac{1}{2}mv_0^2.$$

因此動能的形式被確定為

$K=\frac{1}{2}mv^2,$

並非只要單位正確即可。若任意改成 $K=mv^2$，雖然量綱相同，仍無法滿足功－動能定理。

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(B) 錯誤

「符合功－動能定理」不是保守場的定義。

功－動能定理對任何力都成立：

$W_{\text{net}}=\Delta K.$

保守力的定義是力所做的功與路徑無關，等價條件包括：

$\oint \vec F\cdot d\vec r=0,$

以及在適當區域內

核心觀念

本題考查轉動慣量的定義與均勻剛體的標準公式：

$$I=\int r_\perp^2\,dm$$

其中 $r_\perp$ 是質量微元 $dm$ 到轉軸的垂直距離。質量分布離轉軸越遠，轉動慣量越大。

常用結果：

• 均勻厚壁圓柱繞對稱軸：

$$I=\frac{1}{2}M(r_1^2+r_2^2)$$

• 均勻實心球繞通過球心的任一直徑：

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

解題方法

依圖四，圓柱的 $\hat r$ 軸為通過圓柱中心、沿圓柱對稱軸的軸線；圓球的 $\hat r$ 軸為通過球心的直徑。因此直接套用標準轉動慣量公式，再依照定義判斷其他敘述。

選項分析

(A) 正確

均勻空心圓柱的質量分布介於內半徑 $r_1$ 與外半徑 $r_2$ 之間，繞自身對稱軸的轉動慣量為

$$I=\frac{1}{2}M(r_1^2+r_2^2)$$

因此 (A) 正確。

(B) 正確

圖中轉軸通過圓球球心，屬於球的直徑軸。均勻實心球繞直徑軸的轉動慣量為

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

因此 (B) 正確。

(C) 錯誤

$$\frac{3}{5}MR^2$$

不是均勻實心球繞球心直徑軸的轉動慣量。正確係數為 $\frac{2}{5}$，所以 (C) 錯誤。

(D) 正確

由定義

核心觀念

本題比較「純滾動」與「純滑動」時，兩物體沿斜面運動的速度與時間。關鍵在於：

• 純滑動、不轉動：重心沿斜面的加速度只由重力分量決定。
• 純滾動、不滑動：重力位能同時轉換為平移動能與轉動動能，因此加速度與轉動慣量有關。

設斜面傾角為 $\theta$、長度為 $L$，兩物體皆由靜止出發。

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解題方法

一、只滑動、不滾動

若物體不旋轉，沿斜面方向的運動方程為

$$Ma=Mg\sin\theta$$

因此

$$a=g\sin\theta$$

兩物體的重心加速度相同，所以由

$$v^2=2aL$$

可得兩物體到達斜坡底時的重心速度相同：

$$v=\sqrt{2gL\sin\theta}$$

到達斜坡底所需時間為

$$L=\frac12at^2$$

因此

$$t=\sqrt{\frac{2L}{g\sin\theta}}$$

兩物體的下滑時間也相同。

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二、只滾動、不滑動

由能量守恆：

$$Mgh=\frac12Mv^2+\frac12I\omega^2$$

純滾動條件為

$$v=\omega R$$

令轉動慣量寫成

$$I=kMR^2$$

則

$$Mgh =\frac12Mv^2+\frac12(kMR^2)\frac{v^2}{R^2} =\frac12M(1+k)v^2$$

所以

$$v=\sqrt{\frac{2gh}{1+k}}$$

圖中兩物體為空心圓柱與圓球：

• 空心圓柱：$k=1$
• 實心圓球：$k=\frac25$

因此圓球的速度為

此題考查純滾動物體在斜坡上的運動，特別是求離開發斜坡瞬間的角速度。

核心觀念：

1. 純滾動的條件：線速度 $v$ 和角速度 $\omega$ 之間滿足 $v = \omega R$。
2. 能量守恆定律：在純滾動過程中，重力勢能轉化為動能（包括直線運動動能和轉動動能）。
3. 物體在斜坡頂部靜止，高度為 $h$。當物體滾到斜坡底部時，其質心的線速度為 $v$，角速度為 $\omega$。
4. 重力勢能 $U = mgh$。
5. 直線運動動能 $K_{trans} = \frac{1}{2}mv^2$。
6. 轉動動能 $K_{rot} = \frac{1}{2}I\omega^2$。
7. 圓球的轉動慣量 $I = \frac{2}{5}MR^2$。

分析題目情境：
物體為圓球，從高度 $h$ 處靜止釋放，進行純滾動。
我們需要求其離開斜坡瞬間的角頻率 $\omega$。
離開斜坡瞬間，意味著到達斜坡底部。此時，物體的重力勢能全部轉化為動能（直線運動動能和轉動動能）。

根據能量守恆定律：
初始總能量 = 最終總能量
$mgh + 0 = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}I\omega^2$
其中 $I = \frac{2}{5}MR^2$ 是圓球繞其質心軸的轉動慣量。
純滾動的條件是 $v = \omega R$。

將 $I$ 和 $v$ 代入能量守恆方程：
$mgh = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}(\frac{2}{5}MR^2)\omega^2$
$mgh = \frac{1}{2}m(\omega R)^2 + \frac{1}{5}MR^2\omega^2$

核心觀念

本題考查：

• 靜摩擦力的最大值：$f_{s,\max}=\mu_s N$
• 物體開始滑動的臨界條件
• 受力平衡與牛頓第二定律
• 繩張力與接觸面摩擦力的關係

物體 $A$ 被繩子固定在牆上，$B$ 受到水平向右的外力 $F$。當 $B$ 有向右運動的趨勢時，地面摩擦力及 $A$、$B$ 間的摩擦力皆向左。

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解題方法

物體 $A$ 的重量為 $1.2\ \text{N}$，因此

$$N_{AB}=1.2\ \text{N}$$

$A$、$B$ 間的最大靜摩擦力為

$$f_{AB,\max}=\mu_sN_{AB} =0.3(1.2)=0.36\ \text{N}$$

地面对 $B$ 的正向力承受 $A$ 與 $B$ 的總重量：

$$N_{\text{地}}=1.2+3.6=4.8\ \text{N}$$

因此地面與 $B$ 間的最大靜摩擦力為

$$f_{\text{地},\max}=\mu_sN_{\text{地}} =0.3(4.8)=1.44\ \text{N}$$

$B$ 開始向右移動前，外力必須克服兩個摩擦力：

$$F_{\text{臨界}} =f_{AB,\max}+f_{\text{地},\max} =0.36+1.44 =1.80\ \text{N}$$

所以 $B$ 開始移動需滿足

$$F>1.80\ \text{N}$$

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選項分析

(A) $F$ 至少大於 $1.44\ \text{N}$，物體 $B$ 才會動

錯誤。$1.44\ \text{N}$ 只克服地面與 $B$ 間的摩擦力，還必須克服 $A$、$B$ 間的摩擦力 $0.36\ \text{N}$。因此臨界外力為

$$1.44+0.36=1.80\ \text{N}$$

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核心觀念

本題使用機械能守恆求出小車到達圓環最高點時的速度，再用牛頓第二定律計算軌道的正向力。圓環直徑為 $15\ \text{m}$，因此半徑 $R=7.5\ \text{m}$；最高點距離圓環底部 $15\ \text{m}$。

解題方法

以圓環底部為重力位能零點。小車由高度 $H=23\ \text{m}$ 靜止滑下，且沒有摩擦，因此到達圓環最高點時：

$$mgH=mg(15)+\frac{1}{2}mv^2$$

整理得：

$$v^2=2g(23-15)=16g$$

在圓環最高點，指向圓心的方向向下，重力與正向力都朝向圓心。由牛頓第二定律：

$$mg+N=\frac{mv^2}{R}$$

代入 $v^2=16g$ 與 $R=7.5\ \text{m}$：

$$N=m\left(\frac{16g}{7.5}-g\right) =1500g\left(\frac{16}{7.5}-1\right) \approx 1.67\times 10^4\ \text{N}$$

核心觀念

自由膨脹是氣體向真空膨脹，外界壓力為零，因此氣體不對外作功。標準熱力學題目中的自由膨脹假設氣體與外界絕熱，故 $Q=0$。由熱力學第一定律，

$$\Delta U=Q-W=0$$

因此，自由膨脹過程中氣體的內能不變。溫度是否改變，則取決於內能與溫度的關係。

解題方法

先用第一定律判斷自由膨脹前後的內能，再分別考慮理想氣體與非理想氣體：

• 理想氣體的內能只與溫度有關，所以內能不變代表溫度不變。
• 范德瓦耳斯氣體的內能除了與溫度有關，也包含分子間作用力的位能；體積增加時，吸引位能改變，因此溫度也會改變。

對含吸引作用的范德瓦耳斯氣體，取內能為

$$U=nC_VT-\frac{an^2}{V}$$

其中 $a>0$ 表示分子間吸引作用。由自由膨脹前後內能相等：

$$nC_VT_i-\frac{an^2}{V_i} = nC_VT_f-\frac{an^2}{V_f}$$

整理得

$$nC_V(T_f-T_i) = an^2\left(\frac{1}{V_f}-\frac{1}{V_i}\right)$$

核心觀念

本題考查熱力學中「可逆過程」的定義，以及熱力學第一、第二定律與可逆熱機效率。

• 熱力學第一定律描述能量守恆：

  $dU=\delta Q-\delta W$

  此定律與過程是否可逆無關。

• 熵 $S$ 是狀態函數。系統完成循環並回到原本狀態時：

  $\Delta S_{\text{system}}=0$

• 可逆絕熱過程滿足：

  $\delta Q=0,\qquad dS=0$

  因此又稱為等熵過程。

• 根據卡諾定理，在相同高、低溫熱源之間運轉的熱機中，可逆熱機效率最高：

  $\eta_{\text{rev}}=\eta_{\text{Carnot}}=1-\frac{T_L}{T_H}$

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解題方法

逐一檢查各選項是否符合可逆過程的定義與熱力學定律。

可逆過程是指：將過程反向進行時，系統與外界均能恢復原狀，且過程中沒有摩擦、有限溫差傳熱、湍流等不可逆因素。理想化的準靜態絕熱膨脹即屬於可逆過程。

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選項分析

(A) 正確

熱力學第一定律只表達能量守恆：

$\Delta U=Q-W$

其中 $Q$ 是系統吸收的熱量，$W$ 是系統對外做功。這個關係式對可逆與不可逆過程都成立。

可逆性主要涉及熱力學第二定律與熵的變化，而不是第一定律本身。因此本選項正確。

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(B) 正確

熵是狀態函數，只與初態、末態有關，與所經過的路徑無關。

可逆循環完成後，系統回到原本的熱力學狀態，因此：

$\Delta S_{\text{system}}=0$

題目中的「亂度」是熵的通俗說法，所以可逆循環回到原狀態時，系統熵不變。

此題考查能量守恆，將重力勢能的減少轉化為水的內能（溫度升高）。

核心觀念：

1. 能量守恆定律：重力勢能的減少轉化為水的內能。
2. 重力勢能變化：$\Delta U = mgh$。
3. 內能變化與溫度變化：$\Delta E_{int} = mc\Delta T$，其中 $c$ 是水的比熱。
4. 水的比熱 $c \approx 4184 J/(kg \cdot K)$ (根據題目提供的常數)。

分析題目情境：
瀑布高度 $h = 50 m$。
水的質量 $m$ (未給出，但可以消掉)。
水的比熱 $c = 4184 J/(kg \cdot K)$。
重力加速度 $g = 9.8 m/s^2$。

核心觀念

氦氣可視為單原子理想氣體。絕熱過程中 $Q=0$；若膨脹又是準靜態，則可使用可逆絕熱關係：

$$TV^{\gamma-1}=\text{常數},\qquad PV^\gamma=\text{常數}$$

單原子理想氣體的 $\gamma=C_P/C_V=5/3$，定容莫耳熱容量為 $C_V=\frac{3}{2}R$。依熱力學第一定律，若 $W$ 表示氣體對外做功：

$$\Delta U=Q-W=-W$$

解題方法

體積由 $2$ 升膨脹至 $16$ 升，體積比為 $8$。由絕熱關係求末溫：

$$T_2=T_1\left(\frac{V_1}{V_2}\right)^{\gamma-1} =400\left(\frac{2}{16}\right)^{2/3} =400\left(\frac{1}{8}\right)^{2/3} =100\ \text{K}$$

內能變化只與溫度變化有關：

$$\Delta U=nC_V(T_2-T_1) =(0.02)\left(\frac{3}{2}\times 8\right)(100-400) =-72\ \text{J}$$

因此氣體對外做功為：

$$W=-\Delta U=72\ \text{J}$$

此題考查地球的運動，包括繞太陽公轉和自轉，以及角動量守恆和力矩的概念。

核心觀念：

1. 角動量守恆：如果一個系統不受外力矩作用，則其總角動量守恆。
2. 角速度與週期：$\omega = 2\pi/T$。
3. 力矩：$\vec{\tau} = \vec{r} \times \vec{F}$。力矩導致角動量的變化。

分析題目情境：
以太陽為靜止座標。
討論地球的運動。

(A) 夏天地球角速度較冬天快。
此敘述是錯誤的。地球繞太陽公轉的軌道近似為橢圓，但軌道週期是固定的（一年）。角速度 $\omega = 2\pi/T$。由於週期 $T$ 是固定的，所以地球繞太陽公轉的角速度在一年中基本是恆定的。雖然軌道是橢圓，在近日點（約1月初）速度和角速度會略快，在遠日點（約7月初）速度和角速度會略慢，但「夏天」和「冬天」的劃分與近日點/遠日點的精確時間不完全對應，而且這種變化非常微小。更重要的是，地球公轉的週期是固定的，所以平均角速度是恆定的。

(B) 地球繞太陽之角速度四季皆同。
此敘述是近似正確的。如上所述，地球繞太陽的軌道週期是固定的，所以其平均角速度是恆定的。雖然軌道是橢圓，導致速度略有變化，但對於「四季皆同」的說法，可以認為是近似正確的。

(C) 若有超大地震造成地球形狀改變,地球之角速度有可能改變。
此敘述是正確的。地球的自轉是一個角動量守恆的過程（忽略外部力矩）。

此題考查近代物理中的角動量量子化、磁偶極矩、斯特恩-革拉赫實驗 (Stern-Gerlach experiment) 以及塞曼效應 (Zeeman effect)。

核心觀念：

1. 磁偶極矩：$\vec{\mu} = I\vec{A}$，對於帶電粒子繞核運動，$\vec{\mu} = \frac{q}{2m}\vec{L}$，其中 $\vec{L}$ 是軌道角動量。
2. 角動量：$\vec{L} = \vec{r} \times \vec{p} = m(\vec{r} \times \vec{v})$。
3. 斯特恩-革拉赫實驗：利用非均勻磁場來檢測原子束的磁偶極矩，並揭示了角動量的量子化（特別是自旋角動量的量子化）。
4. 塞曼效應：原子光譜線在磁場中分裂的現象，與軌道角動量和自旋角動量都有關。

我們逐一分析各個選項：

(A) 設電子電荷量為e,v為切線速度,則電子繞氫原子核的磁偶極矩(magnetic dipole)為qvr。
此敘述是錯誤的。磁偶極矩的定義是 $\vec{\mu} = I\vec{A}$。對於電子繞核運動，構成一個環形電流。假設電子繞核運動的軌道半徑為 $r$，速度為 $v$，則電流 $I = \frac{e v}{2\pi r}$ (如果考慮的是週期)。磁偶極矩的大小為 $\mu = I A = \frac{ev}{2\pi r} \times \pi r^2 = \frac{1}{2}evr$。
另外，軌道角動量 $L = mvr$。所以 $\mu = \frac{e}{2m}L$。
選項中的 $qvr$ 形式不正確。如果 $q$ 是電子電荷的大小 $e$，那麼磁偶極矩的大小為 $\frac{1}{2}evr$。

核心觀念

本題考查理想氣體分子運動論，主要使用：

1. 理想氣體方程式求分子數密度
   $P=nk_BT$

2. 氣體分子的均方根速率
   $v_{\mathrm{rms}}=\sqrt{\frac{3RT}{M}}$

3. 平均自由徑與分子碰撞頻率的關係
   $f\approx \frac{v}{\lambda}$

其中：

• $T=27^\circ\mathrm{C}=300\ \mathrm{K}$
• $P=1.00\ \mathrm{atm}=1.013\times10^5\ \mathrm{Pa}$
• $M=28\ \mathrm{g/mol}=2.8\times10^{-2}\ \mathrm{kg/mol}$
• $\lambda=6.45\times10^{-8}\ \mathrm{m}$

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解題方法

一、CO 分子數密度

理想氣體方程式以單位體積表示為：

$$P=nk_BT$$

因此分子數密度為：

$$n=\frac{P}{k_BT}$$

代入波茲曼常數 $k_B=1.38\times10^{-23}\ \mathrm{J/K}$：

$$n= \frac{1.013\times10^5} {(1.38\times10^{-23})(300)}$$ $$n\approx 2.45\times10^{25}\ \mathrm{molecules/m^3}$$

所以選項 (A) 正確。

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二、CO 分子的均方根速度

均方根速率為：

$$v_{\mathrm{rms}}=\sqrt{\frac{3RT}{M}}$$

代入 $R=8.314\ \mathrm{J/(mol\cdot K)}$：

$$v_{\mathrm{rms}} = \sqrt{ \frac{3(8.314)(300)} {2.8\times10^{-2}} }$$ $$v_{\mathrm{rms}} \approx 5.17\times10^2\ \mathrm{m/s} =517\ \mathrm{m/s}$$

因此選項 (C) 正確，而選項 (B) 錯誤。

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三、CO 分子碰撞頻率

平均自由徑 $\lambda$ 是分子兩次碰撞之間平均行進的距離，因此碰撞頻率可估算為：

$$f\approx \frac{v}{\lambda}$$

核心觀念

本題考查兩個觀念：

1. 高壓加速電子產生 X 光時，電子的最大動能決定 X 光的最短波長，稱為杜安—亨特定律：
   $eV=\frac{hc}{\lambda_{\min}}$

2. X 光與自由電子碰撞時發生康普頓散射，波長改變量為：

$$\Delta\lambda=\lambda'-\lambda =\frac{h}{m_ec}(1-\cos\theta)$$

其中 $\theta$ 為入射 X 光與散射 X 光的夾角。

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解題方法

一、求 X 光最短波長

電子經過 $10\ \mathrm{kV}$ 電位差加速後，最大動能為：

$$K_{\max}=eV$$

電子的全部動能轉換成一個 X 光光子的能量，因此：

$$eV=\frac{hc}{\lambda_{\min}}$$

利用常用關係式 $hc\approx1240\ \mathrm{eV\cdot nm}$：

$$\lambda_{\min} =\frac{1240\ \mathrm{eV\cdot nm}}{10\,000\ \mathrm{eV}} =0.124\ \mathrm{nm}$$

因此最短波長為：

$$\boxed{\lambda_{\min}=0.124\ \mathrm{nm}}$$

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二、判斷散射電子獲得的能量

康普頓散射中，光子損失的能量會轉移給原先靜止的電子。

入射光子能量：

$$E_i=\frac{hc}{\lambda_{\min}} \approx\frac{1.986\times10^{-25}} {1.24\times10^{-10}} \approx1.60\times10^{-15}\ \mathrm{J}$$

散射後波長為：

$$\lambda'=\lambda_{\min}+\Delta\lambda$$ $$\lambda'=0.124\ \mathrm{nm} +4.852\times10^{-3}\ \mathrm{nm} =0.128852\ \mathrm{nm}$$

散射光子能量：

$$E_f=\frac{hc}{\lambda'} \approx\frac{1.986\times10^{-25}} {1.28852\times10^{-10}} \approx1.54\times10^{-15}\ \mathrm{J}$$

電子獲得的動能為光子能量的減少量：

$$K_e=E_i-E_f$$

亦可直接寫成：

$$K_e =hc\left(\frac{1}{\lambda_{\min}}-\frac{1}{\lambda'}\right) \approx6.0\times10^{-17}\ \mathrm{J}$$

考慮選項數值的近似，對應為：

核心觀念

本題考查位能阱的能階、量子穿隧、穿透率與入射能量的關係，以及超流體的特殊現象。量子效應仍須遵守能量守恆；「不需外加能量」不等於「能量沒有轉換」。

對寬度為 $L$ 的一維無限深位能阱，能階為

$$E_n=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2mL^2}, \qquad n=1,2,3,\ldots$$

對高度為 $V_0$、寬度為 $a$ 的單一有限方形位障，即使粒子的入射能量 $E<V_0$，仍有非零的穿透率，稱為量子穿隧。

解題方法

逐項檢查各敘述對應的物理機制：位能阱用能階公式判斷；方形位障用穿透率判斷；多粒子與超流體則須區分「內部能量轉換」與「外界供應能量」。

其中，(D) 未交代粒子間的交互作用及初始激發態，以下依一般位能阱中彼此獨立、處於穩定束縛態的粒子解讀。

選項分析

(A) 錯誤：位能阱變寬，能階差變小。

相鄰能階的差為

$$\Delta E_n=E_{n+1}-E_n =\frac{(2n+1)\pi^2\hbar^2}{2mL^2}.$$

因此，對固定的 $n$，

$$\Delta E_n\propto \frac{1}{L^2}.$$

位能阱越寬，粒子受到的空間侷限越弱，能階越密集。例如寬度變成原來的兩倍，能階差便降為原來的四分之一。

(B) 正確：能量不足以越過位障，仍能發生量子穿隧。

古典力學中，若 $E<V_0$，粒子無法進入位障區域。但在量子力學中，位障內的波函數呈指數衰減，並不立即變成零。只要位障具有有限高度與有限寬度，波函數便能延伸到位障另一側，形成穿透機率。

令

$$\kappa=\frac{\sqrt{2m(V_0-E)}}{\hbar},$$

則位障內波函數的衰減尺度為 $1/\kappa$。對較厚的位障，穿透率的主要變化可寫成

$$T\propto e^{-2\kappa a}.$$

因此，位障越窄，穿隧越容易。粒子穿隧後，在位障兩側位能相同的情況下，其動能仍與入射時相同，穿隧不代表粒子額外獲得能量。

(C) 錯誤：在 $E<V_0$ 的單一方形位障中，穿透率隨能量單調增加。

對位障兩側位能皆為零的方形位障，精確穿透率為

$$T= \left[ 1+\frac{V_0^2}{4E(V_0-E)} \sinh^2(\kappa a) \right]^{-1}.$$

此題主要考查電容的計算，特別是介電質對電容的影響，以及電荷分布的特性。

題目描述了平行板電容器，其中電極板被分隔成三塊區域，並分別填充了三種不同的介電質，介電常數分別為 $k_1, k_2, k_3$，對應的面積為 $A_1, A_2, A_3$，電極板間距為 $d$。整個電容器帶有總電荷 $+Q$ 和 $-Q$。

我們逐一分析各個選項：

(A) 整個電容的大小與三個介電質佔用電極板的面積有關。
此敘述是正確的。由於三個介電質是並聯連接在電極板上的，總電容會是各部分電容的總和。若視為並聯，則總電容 $C = C_1 + C_2 + C_3$。其中 $C_i = \frac{k_i \epsilon_0 A_i}{d}$。因此，總電容確實與各介電質的面積 $A_i$ 有關。

(B) 整個電極板上的電荷密度是不均勻的。
此敘述是正確的。由於電容器中的電場分布受到介電質的影響，特別是當介電常數不同時，為了維持電場在介電質界面處的連續性（或更準確地說，是電位差在界面處的連續性），電荷會在界面處重新分布。在這種情況下，電荷密度通常是不均勻的。

(C) 三個不同介電質內之電場不同。
此敘述是正確的。當介電質的介電常數不同時，在介電質的界面處，電場線會發生彎曲，這意味著介電質內部的電場並非均勻分佈，且不同介電質中的平均電場也可能不同。這是由於介電質界面上的束縛電荷會影響電場線的走向。

(D) 如果 $A_1 = A_2 = A_3$, 電極板這三處區域的電荷密度皆同。
此敘述是錯誤的。即使面積相同，由於介電常數不同，在相同電場下產生的極化程度不同，導致表面電荷密度不同。