111 年 國立中央大學大氣科學學系大氣物理碩士班一般生《普通物理學》

本題考查光子的基本性質，包含能量與動量。
根據普朗克關係式，頻率為 $f$ 的光子，其能量 $E$ 為：
$E = hf$
其中 $h$ 為普朗克常數。
根據愛因斯坦的質能等價關係 $E=mc^2$ 以及光子的動量 $p = mc$ (其中 $m$ 為光子的等效質量)，我們可以推導出光子的動量。
將 $E=hf$ 代入，得到 $hf = mc^2$。
又因為 $p = mc$，所以 $p = \frac{hf}{c}$。

本題考查氣體熱力學的過程，特別是絕熱壓縮時溫度的變化。

當密閉容器內的氣體被快速壓縮時，這個過程可以近似認為是絕熱過程（adiabatic process），因為壓縮速度很快，來不及與外界進行熱交換。
根據熱力學第一定律 $\Delta U = Q - W$，其中 $\Delta U$ 是系統內能的變化，$Q$ 是系統吸收的熱量，$W$ 是系統對外做的功。
在這個過程中，由於是絕熱過程，所以 $Q \approx 0$。
壓縮體積意味著外界對氣體做了功，所以 $W < 0$ (或者說氣體對外做了 $-W$ 的功，其中 $-W > 0$)。
因此，熱力學第一定律變為 $\Delta U = -W$。

本題考查熵的定義與計算，特別是對於理想氣體在等容過程中的熵變化。

熵的定義是 $\Delta S = \int \frac{dQ_{rev}}{T}$，其中 $dQ_{rev}$ 是可逆過程中吸收的熱量。
題目中提到輸入的熱量是 $\Delta Q$。由於是通過電磁波加熱，我們可以假設這個過程是可逆的，或者說我們計算的是該熱量引起的熵變化。
對於一個系統，其熵的變化量 $\Delta S$ 可以表示為 $\Delta S = \frac{Q_{rev}}{T}$，其中 $Q_{rev}$ 是系統吸收的可逆熱量，而 $T$ 是系統的絕對溫度。

題目中給定的條件是：

1. 兩個密閉玻璃容器 A 和 B。
2. 分別裝有氣體，溫度為 $T_A$ 和 $T_B$。
3. 輸入的熱量都是 $\Delta Q$。

由於容器是密閉的，這意味著氣體的體積保持恆定。因此，這是一個等容過程（isochoric process）。
在等容過程中，系統吸收的熱量 $\Delta Q$ 全部用於增加其內能 $\Delta U$（假設沒有做功）。
對於理想氣體，其內能 $U$ 與溫度 $T$ 的關係為 $\Delta U = n C_V \Delta T$，其中 $n$ 是氣體的莫耳數，$C_V$ 是定容莫耳熱容。
因此， $\Delta Q = n C_V \Delta T$。

熵的變化量 $\Delta S$ 可以表示為：
$\Delta S = n C_V \ln\left(\frac{T_{final}}{T_{initial}}\right)$

然而，題目並沒有給出氣體的莫耳數 $n$ 或氣體的種類（以確定 $C_V$）。
但是，題目問的是「熵值變化量」，並且假設輸入的熱量都是 $\Delta Q$。

本題考查大氣物理中的靜力平衡條件，特別是壓力隨高度的變化率。

靜力平衡（hydrostatic equilibrium）是指作用在流體（在此為大氣）某一小塊上的所有力達到平衡的狀態。對於大氣而言，主要有兩個力：重力（向下）和壓力梯度力（向上）。

考慮一個高度在 $h$ 處，厚度為 $dh$ 的微小氣塊。
這個氣塊的質量為 $dm = \rho V$。
它所受到的重力為 $dF_g = dm \cdot g = (\rho V) g$，方向向下。
這裡的 $g$ 是在高度 $h$ 處的重力加速度。由於氣塊位於行星表面高度 $h$ 處，且行星質量為 $M$、半徑為 $R$，則在高度 $h$ 處的重力加速度大小為 $g = \frac{GM}{(R+h)^2}$。

在高度 $h$ 處，氣塊受到的向上的壓力梯度力是由氣塊上下表面壓力差產生的。
設氣塊在高度 $h$ 處的壓力為 $P(h)$，在高度 $h+dh$ 處的壓力為 $P(h+dh)$。
則氣塊底部受到的向上壓力為 $P(h) A$，其中 $A$ 是氣塊的橫截面積 ($V = A dh$)。
氣塊頂部受到的向下壓力為 $P(h+dh) A$。
氣塊受到的淨壓力梯度力（向上）為 $dF_p = P(h) A - P(h+dh) A = -A (P(h+dh) - P(h)) = -A dP$。
注意，這裡的 $dP$ 是壓力隨高度的變化，即 $dP = \frac{dP}{dh} dh$。
所以，$dF_p = -A \frac{dP}{dh} dh = -V \frac{dP}{dh}$。

本題考查牛頓第三運動定律在火箭推進上的應用。

火箭升空的原理是基於牛頓第三運動定律，即作用力與反作用力定律（Law of Action and Reaction）。
火箭通過向後高速噴射燃燒產生的氣體，這些氣體對火箭產生一個向前的反作用力，這個力就是推力（thrust）。

具體過程如下：

1. 燃料燃燒與噴射：火箭內部有燃料和氧化劑，在燃燒室中混合燃燒，產生高溫高壓的氣體。
2. 氣體高速噴出：這些高溫高壓的氣體通過火箭尾部的噴嘴，以極高的速度向後噴射出去。

本題考查角動量守恆與陀螺效應在腳踏車騎行中的應用。

一、腳踏車騎得快比騎得慢穩

腳踏車的車輪在旋轉時具有角動量。角動量是一個向量，其方向沿著車輪的轉軸（通常是水平方向）。
根據角動量守恆定律，當一個旋轉物體受到外力矩作用時，其角動量的變化率等於外力矩。
當腳踏車快速前進時，車輪的角速度較大，因此具有較大的角動量。
如果車輪受到一個小的傾斜力矩（例如路面不平或騎士輕微的晃動），由於角動量很大，為了維持角動量守恆，車輪的角動量向量的變化會比較小，這意味著車輪抵抗改變其旋轉軸方向的能力較強。
換句話說，較大的角動量使得車輪對抗外部擾動（如傾斜）的能力更強，因此車輛更穩定，不易傾倒。
相反，當腳踏車騎得慢時，車輪的角速度較小，角動量也較小。這使得車輪更容易受到外部力矩的影響而改變其旋轉軸的方向，導致車輛不穩定，容易傾倒。

二、身體稍微朝左偏有助於朝左轉，反之朝右偏有助於朝右轉

這同樣與角動量守恆有關，但加入了騎士身體的運動。
當騎士稍微向左傾斜身體時，整個系統（腳踏車+騎士）的質心會相對車輪發生偏移。
為了維持整體的角動量守恆，當騎士向左傾斜時，會產生一個使車輛向左轉動的力矩。

本題考查天體力學中的軌道運動，特別是角速度的定義。

角速度 $\omega$ 的定義是單位時間內，物體轉過的角度。對於質點軌道運動，它與切線速度 $v_t$ 和軌道半徑 $r$ 之間的關係為：
$v_t = \omega r$

題目中給定：

• 小天體在距離太陽中心 $r_0$ 處的切線速度大小為 $v_0$。
• 徑向速度為 0，表示小天體此刻的軌道是圓的（或者說，在這一瞬間，它沒有朝向太陽或遠離太陽運動）。

本題考查天體力學中的軌道運動，特別是角動量的定義。

角動量 $\mathbf{L}$ 的定義是 $\mathbf{L} = \mathbf{r} \times \mathbf{p}$，其中 $\mathbf{r}$ 是位置向量，$\mathbf{p}$ 是動量向量。
對於質點運動，動量 $\mathbf{p} = m\mathbf{v}$，其中 $m$ 是質量，$\mathbf{v}$ 是速度向量。
所以，$\mathbf{L} = \mathbf{r} \times (m\mathbf{v}) = m (\mathbf{r} \times \mathbf{v})$。

本題考查天體軌道力學，需要根據速度來判斷軌道類型和離心率。

對於一個在中心引力場中運動的物體，其軌道是圓錐曲線（橢圓、拋物線或雙曲線）。軌道的類型取決於物體的速度。
我們可以使用能量守恆和角動量守恆來判斷軌道類型。

在距離太陽 $r_0$ 處，小天體的總力學能 $E$ 為動能與勢能之和：
$E = K + U = \frac{1}{2} m v_0^2 + \left(-\frac{G M_S m}{r_0}\right)$

由題目給定 $v_0^2 = 2\frac{G M_S}{r_0}$，代入能量公式：
$E = \frac{1}{2} m \left(2\frac{G M_S}{r_0}\right) - \frac{G M_S m}{r_0}$
$E = m\frac{G M_S}{r_0} - m\frac{G M_S}{r_0} = 0$

本題考查天體軌道力學，需要根據速度來判斷軌道類型和離心率。

延續上一題的分析，我們考慮總力學能 $E$：
$E = \frac{1}{2} m v_0^2 - \frac{G M_S m}{r_0}$

由題目給定 $v_0^2 = \frac{3}{2}\frac{G M_S}{r_0}$，代入能量公式：
$E = \frac{1}{2} m \left(\frac{3}{2}\frac{G M_S}{r_0}\right) - \frac{G M_S m}{r_0}$
$E = \frac{3}{4} m\frac{G M_S}{r_0} - m\frac{G M_S}{r_0}$
$E = -\frac{1}{4} m\frac{G M_S}{r_0}$

由於 $E < 0$，軌道是橢圓。

對於橢圓軌道，我們有速度與軌道半長軸 $a$ 的關係：
$v^2 = G M_S \left(\frac{2}{r} - \frac{1}{a}\right)$
在這個問題中，我們知道在距離 $r_0$ 處的速度是 $v_0$。
$v_0^2 = G M_S \left(\frac{2}{r_0} - \frac{1}{a}\right)$

代入 $v_0^2 = \frac{3}{2}\frac{G M_S}{r_0}$：
$\frac{3}{2}\frac{G M_S}{r_0} = G M_S \left(\frac{2}{r_0} - \frac{1}{a}\right)$
$\frac{3}{2r_0} = \frac{2}{r_0} - \frac{1}{a}$
$\frac{1}{a} = \frac{2}{r_0} - \frac{3}{2r_0} = \frac{4-3}{2r_0} = \frac{1}{2r_0}$
所以，$a = 2r_0$。

軌道的離心率 $e$ 與軌道半長軸 $a$ 和軌道參數 $p$ 有關。
對於任何圓錐曲線軌道，其離心率 $e$ 可以由速度和距離計算得出：
$v^2 = \frac{G M_S}{r} (2 - e \frac{r}{r_{peri}})$ (這形式不太常用)

一個更常用的關係是：
$v^2 = \frac{G M_S}{r} (e^2 + 2e \cos\theta)$ (這也是對於特定座標系)

我們知道總能量 $E = -\frac{G M_S m}{2a}$。

本題考查天體軌道力學，需要根據速度來判斷軌道類型和離心率。

延續之前的分析，我們計算總力學能 $E$：
$E = \frac{1}{2} m v_0^2 - \frac{G M_S m}{r_0}$

由題目給定 $v_0^2 = \frac{G M_S}{r_0}$，代入能量公式：
$E = \frac{1}{2} m \left(\frac{G M_S}{r_0}\right) - \frac{G M_S m}{r_0}$
$E = \frac{1}{2} m\frac{G M_S}{r_0} - m\frac{G M_S}{r_0}$
$E = -\frac{1}{2} m\frac{G M_S}{r_0}$

由於 $E < 0$，軌道是橢圓。

現在計算離心率 $e$。
我們知道總能量 $E = -\frac{G M_S m}{2a}$。
所以，$-\frac{1}{2} m\frac{G M_S}{r_0} = -\frac{G M_S m}{2a}$

本題考查天體軌道力學，需要根據速度來判斷軌道類型和離心率。

延續之前的分析，我們計算總力學能 $E$：
$E = \frac{1}{2} m v_0^2 - \frac{G M_S m}{r_0}$

由題目給定 $v_0^2 = \frac{1}{2}\frac{G M_S}{r_0}$，代入能量公式：
$E = \frac{1}{2} m \left(\frac{1}{2}\frac{G M_S}{r_0}\right) - \frac{G M_S m}{r_0}$
$E = \frac{1}{4} m\frac{G M_S}{r_0} - m\frac{G M_S}{r_0}$
$E = -\frac{3}{4} m\frac{G M_S}{r_0}$

由於 $E < 0$，軌道是橢圓。

現在計算離心率 $e$。
我們知道總能量 $E = -\frac{G M_S m}{2a}$。
所以，$-\frac{3}{4} m\frac{G M_S}{r_0} = -\frac{G M_S m}{2a}$
$\frac{3}{4r_0} = \frac{1}{2a}$

本題考查彈簧振盪的週期計算，但考慮了彈簧本身的質量，這是一個更進階的問題。

對於一個質量為 $m$、彈性常數為 $k$ 的彈簧，如果我們忽略彈簧本身的質量（即「輕彈簧」），則掛上質量為 $M$ 的重物後，振盪週期為 $T = 2\pi \sqrt{\frac{M}{k}}$。

現在我們需要考慮彈簧的質量 $m$。當彈簧伸長或壓縮時，其不同部分的伸長量不同。位於彈簧一端的質量點受到的力與位於另一端的質量點受到的力不同。這使得彈簧本身的質量分布效應需要被考慮。

一種常見且近似的方法是將彈簧的質量 $m$ 分配給連接的物體。通常，我們會認為彈簧的 $\frac{1}{3}$ 質量有效地連接到重物 $M$ 上。因此，系統的總有效質量為 $M_{eff} = M + \frac{1}{3}m$。
那麼，振盪週期可以近似為：
$T = 2\pi \sqrt{\frac{M_{eff}}{k}} = 2\pi \sqrt{\frac{M + \frac{1}{3}m}{k}}$

更嚴謹的推導（使用連續介質力學方法）：

假設彈簧均勻分佈質量 $m$ 在其長度 $L$ 上，其線密度為 $\lambda = \frac{m}{L}$。
設彈簧的左端固定，右端連接質量為 $M$ 的物體。
考慮彈簧上任意一點 $x$（從固定端算起，0到 $L$），其受力與重物 $M$ 的加速度有關。
設彈簧在位置 $x$ 的點的位移為 $u(x, t)$。
彈簧的張力（彈力）在位置 $x$ 處為 $F(x, t) = k \frac{\partial u}{\partial x}$。
對於彈簧上的微小段 $dx$，其質量為 $dm = \lambda dx$。
這個微小段受到的淨力為 $dF = \frac{\partial F}{\partial x} dx = k \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} dx$。
根據牛頓第二定律，這個微小段的運動方程為：
$dF = (dm) \frac{\partial^2 u}{\partial t^2}$
$k \frac{\partial^2 u}{\partial x^2} dx = (\lambda dx) \frac{\partial^2 u}{\partial t^2}$
$\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} = \frac{\lambda}{k} \frac{\partial^2 u}{\partial t^2}$

令 $\omega_0^2 = \frac{k}{\lambda}$，則 $\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} = \frac{1}{\omega_0^2} \frac{\partial^2 u}{\partial t^2}$。
這是一個波動方程。

邊界條件：

1. 固定端：$u(0, t) = 0$。
2. 連接重物的端點：在 $x=L$ 處，彈簧受到的力 $F(L, t)$ 產生重物 $M$ 的加速度 $\frac{\partial^2 u}{\partial t^2}|_{x=L}$。
   $F(L, t) = k \frac{\partial u}{\partial x}|_{x=L} = M \frac{\partial^2 u}{\partial t^2}|_{x=L}$。

假設解的形式為 $u(x, t) = X(x) \cos(\omega t + \phi)$。
代入波動方程得到 $\frac{d^2 X}{dx^2} = -\frac{\omega^2}{\omega_0^2} X$。
令 $\beta^2 = \frac{\omega^2}{\omega_0^2}$，則 $\frac{d^2 X}{dx^2} = -\beta^2 X$。
其通解為 $X(x) = A \sin(\beta x) + B \cos(\beta x)$。

本題考查剛體滾動的能量轉換與慣性力學。

當物體從斜坡上滾下時，其重力勢能會轉換為動能。動能又分為平動動能和轉動動能。
設斜坡的高度為 $h$，則物體克服重力勢能的變化量為 $\Delta U = Mgh$。
這個勢能的減少量會轉化為動能的增加量 $\Delta K$。
$\Delta K = \Delta K_{trans} + \Delta K_{rot}$
$\Delta K_{trans} = \frac{1}{2} M v^2$，其中 $v$ 是質心的平動速度。
$\Delta K_{rot} = \frac{1}{2} I \omega^2$，其中 $I$ 是繞質心轉動的慣量，$\omega$ 是角速度。

由於是純滾動（沒有滑動），質心的速度 $v$ 和角速度 $\omega$ 之間滿足關係 $v = \omega R$。
所以，$\Delta K_{rot} = \frac{1}{2} I \left(\frac{v}{R}\right)^2 = \frac{1}{2} \frac{I}{R^2} v^2$。

總動能變化為：
$\Delta K = \frac{1}{2} M v^2 + \frac{1}{2} \frac{I}{R^2} v^2 = \frac{1}{2} \left(M + \frac{I}{R^2}\right) v^2$

根據能量守恆，$\Delta U = \Delta K$：
$Mgh = \frac{1}{2} \left(M + \frac{I}{R^2}\right) v^2$
$v^2 = \frac{2Mgh}{M + I/R^2} = \frac{2gh}{1 + I/(MR^2)}$

要判斷哪一個先滾到斜坡底部，我們需要比較它們到達底部時的質心速度 $v$。速度越大的，所需時間越短，也就越先到達。
從公式 $v^2 = \frac{2gh}{1 + I/(MR^2)}$ 可以看出，要使 $v$ 越大，則分母 $1 + I/(MR^2)$ 越小，也就是慣量因子 $I/(MR^2)$ 越小。

我們需要計算實心圓柱體和空心圓柱筒的慣量 $I$。

• 實心圓柱體：繞其中心軸的慣量為 $I_{solid} = \frac{1}{2} MR^2$。
  則 $I_{solid}/(MR^2) = \frac{1}{2}$。

核心觀念

本題考查：

• 日地系統繞共同質心作圓周運動。
• 圓周運動的向心力由萬有引力提供。
• 在以日地質心為原點的共轉座標系中，地球所受的太陽萬有引力與離心力平衡。
• 離心力大小為
  $F_{\text{離心}}=M_E\omega^2 r_E$
• 太陽對地球的萬有引力大小為
  $F_G=\frac{G M_S M_E}{d^2}$

其中 $\omega$ 是太陽與地球繞日地質心的共同角速度。

解題方法

地球位於距離日地質心 $r_E$ 的位置，太陽與地球相距 $d$。在共轉系統中，地球相對靜止，因此地球受到的太陽引力恰好由離心力平衡：

約去地球質量 $M_E$，得到

另一方面，太陽與地球繞共同質心運動時，兩者的角速度由整個日地系統的總質量決定。由萬有引力提供相對運動的向心力，可得

本題考查日地系統的軌道運動，要求計算其共同軌道的角速度。

太陽和地球繞著它們的共同質量中心（barycenter）運動。這個運動可以近似為一個雙體系統的軌道運動。
由於太陽的質量遠大於地球的質量 ($M_S \gg M_E$)，所以質心非常靠近太陽的中心。
我們可以近似地認為地球繞著太陽運動，或者更準確地說，繞著一個非常靠近太陽中心的點運動。
這個運動是週期性的，其週期就是地球繞太陽公轉的週期，大約是一年。

角速度 $\omega$ 與週期 $T$ 的關係為 $\omega = \frac{2\pi}{T}$。
地球繞太陽公轉的週期 $T \approx 1$ 年。
我們需要將其轉換為 SI 單位，例如秒。
$T = 1 \text{ year} \approx 365.25 \text{ days} \times 24 \text{ hours/day} \times 3600 \text{ seconds/hour} \approx 3.156 \times 10^7 \text{ seconds}$。

因此，角速度 $\omega$ 為：
$\omega = \frac{2\pi}{T} \approx \frac{2\pi}{3.156 \times 10^7 \text{ s}} \approx 1.99 \times 10^{-7} \text{ rad/s}$。

另一種計算方法是通過牛頓萬有引力定律和圓周運動的向心力。
雖然太陽和地球都在繞質心運動，但由於 $M_S \gg M_E$，我們可以近似地認為地球在繞太陽運動，或者更準確地說，繞著一個非常靠近太陽中心的點運動。
在這個近似下，地球繞太陽公轉的軌道可以看作近似為圓形，半徑約為地日距離 $d$。
地球繞太陽運動所需的向心力由太陽對地球的萬有引力提供。
$F_{centripetal} = F_{gravity}$
$m_E \omega^2 d = \frac{G M_S m_E}{d^2}$
$\omega^2 = \frac{G M_S}{d^3}$
$\omega = \sqrt{\frac{G M_S}{d^3}}$

本題考查拉格朗日點 L2 的位置。L2 點是位於地日連線太陽另一側的點，在這個點上，太空船受到的太陽引力、地球引力以及繞質心運動的離心力達到平衡。

在日地共轉系統中，L2 點的條件是：作用在太空船上的太陽引力、地球引力以及離心力合力為零。
設太空船在 L2 點的質量為 $m$。
該點到太陽的距離為 $r_S + r_{L2}$ (因為 L2 在太陽的另一側，且地球在太陽和 L2 之間)。
該點到地球的距離為 $r_{L2}$。
該點到地日質心的距離為 $r_{L2}$。
太陽和地球的角速度為 $\omega$ (由上一題計算)。

在共轉參考系中，作用在太空船上的力有：

1. 太陽引力（指向太陽）：$F_{S} = \frac{G M_S m}{(r_S + r_{L2})^2}$
2. 地球引力（指向地球）：$F_{E} = \frac{G M_E m}{(r_{L2})^2}$
3. 離心力（向外，沿著從質心指向太空船的徑向）：$F_{c} = m \omega^2 r_{L2}$

由於 L2 點在日地連線上，且位於地球的「外側」（遠離太陽的方向），所以太陽引力和地球引力都指向太陽方向（或者說，在共轉參考系中，它們都指向地日質心方向）。離心力則指向遠離地日質心的方向。
在 L2 點，這些力達到平衡，合力為零。
由於 L2 點在日地連線上，且太陽引力方向與地球引力方向相反（在共轉系中，指向太陽的力是負的，指向地球的力也是負的，離心力是正的）。

在共轉參考系中，以地日質心為原點，太陽在負方向，地球在正方向（假設 $d$ 是太陽到地球的距離）。
L2 點位於地球「右側」的連線上。
所以，太空船到太陽的距離是 $r_S + r_{L2}$。
太空船到地球的距離是 $r_{L2}$。
太空船到質心的距離是 $r_{L2}$。

在共轉參考系中，力是：

• 太陽引力（指向太陽，即負方向）：$-\frac{G M_S m}{(r_S + r_{L2})^2}$
• 地球引力（指向地球，即負方向）：$-\frac{G M_E m}{(r_{L2})^2}$
• 離心力（指向遠離質心，即正方向）：$+m \omega^2 r_{L2}$

平衡條件：
$-\frac{G M_S m}{(r_S + r_{L2})^2} - \frac{G M_E m}{(r_{L2})^2} + m \omega^2 r_{L2} = 0$
$\omega^2 r_{L2} = \frac{G M_S}{(r_S + r_{L2})^2} + \frac{G M_E}{(r_{L2})^2}$

我們知道 $r_S = \frac{M_E d}{M_S + M_E}$ 和 $r_{L2}$ 是我們要求的。
同時，我們知道 $\omega^2 = \frac{G(M_S+M_E)}{d^3}$ （更精確的關係，考慮了雙星系統的運動）。
或者，使用近似 $\omega^2 \approx \frac{G M_S}{d^3}$。

將 $r_S$ 和 $\omega^2$ 代入方程：
$\frac{G(M_S+M_E)}{d^3} r_{L2} = \frac{G M_S}{(\frac{M_E d}{M_S + M_E} + r_{L2})^2} + \frac{G M_E}{(r_{L2})^2}$

這個方程是一個關於 $r_{L2}$ 的複雜方程，通常無法解析求解，需要數值方法。
但是，題目要求的是 $r_{L2}/d$ 的關係，或者滿足的方程式。

我們將方程除以 $G$：
$\frac{M_S+M_E}{d^3} r_{L2} = \frac{M_S}{(\frac{M_E d}{M_S + M_E} + r_{L2})^2} + \frac{M_E}{(r_{L2})^2}$

我們也可以將方程除以 $d^3$：
$\frac{M_S+M_E}{d^3} \frac{r_{L2}}{d} = \frac{M_S}{(\frac{M_E d}{M_S + M_E} + r_{L2})^2} + \frac{M_E}{(r_{L2})^2}$
令 $x = r_{L2}/d$。
$\frac{M_S+M_E}{d^3} xd = \frac{M_S}{(\frac{M_E d}{M_S + M_E} + xd)^2} + \frac{M_E}{(xd)^2}$
$\frac{M_S+M_E}{d^2} x = \frac{M_S}{d^2(\frac{M_E}{M_S + M_E} + x)^2} + \frac{M_E}{x^2 d^2}$
$(M_S+M_E) x = \frac{M_S}{(\frac{M_E}{M_S + M_E} + x)^2} + \frac{M_E}{x^2}$

這是一個關於 $x = r_{L2}/d$ 的複雜方程。

核心觀念

本題考查限制性三體問題中的拉格朗日點 $L_4$。由於小行星質量 $m\ll M_E$，可將小行星視為不影響太陽與地球運動的測試粒子。

在日地共轉系統中：

• 小行星位於 $L_4$，相對太陽與地球皆與日地距離相等。
• $L_4$ 與太陽、地球形成正三角形。
• 小行星相對日地質心靜止，因此在共轉系統中速度為零，科氏力為零。
• 所需證明的是，共轉系統中的離心力與太陽、地球萬有引力的向量和大小相等、方向相反。

設太陽質量為 $M_S$，地球質量為 $M_E$，日地距離為 $R$。

解題方法

取日地質心為共轉系統的旋轉中心，並以太陽為原點、地球位於 $x$ 軸正向。

1. $L_4$ 的幾何位置

因為 $L_4$ 與太陽、地球形成正三角形，所以可取

日地質心的位置為

因此，小行星相對旋轉中心的位置向量為

其大小平方為

故

2. 日地共轉系統的角速度

太陽與地球繞日地質心作圓周運動，角速度 $\omega$ 滿足

因此，小行星在共轉系統中所受的離心力大小為

3. 太陽與地球萬有引力的向量和

小行星到太陽與地球的距離皆為 $R$，所以兩個引力大小分別為

兩個引力方向的夾角為 $60^\circ$。由向量合成，