114 年 國立中央大學地球科學學系地球物理碩士班一般生《普通物理學》

本題主要考查自由落體運動的運動學公式以及空氣阻力對運動的影響。

核心觀念：

• 等加速度直線運動公式
• 力學能守恆（忽略空氣阻力時）
• 空氣阻力對運動的影響

解題過程：
由於空氣阻力可忽略，小球的運動為自由落體。

1. 小球到達地面所需的時間：
   我們使用等加速度直線運動的位移公式：$y = v_0 t + \frac{1}{2} a t^2$。
   在此情況下，$y = -80.0$ m (向下為負), $v_0 = 0$ m/s (靜止釋放), $a = -g = -9.8$ m/s²。
   $-80.0 = (0)t + \frac{1}{2}(-9.8)t^2$
   $-80.0 = -4.9 t^2$
   $t^2 = \frac{80.0}{4.9} \approx 16.3265$
   $t = \sqrt{16.3265} \approx 4.04$ s

   【答案】約 4.04 秒。

2. 小球到達地面時的速度：
   我們可以使用速度公式：$v = v_0 + at$。
   $v = 0 + (-9.8 \text{ m/s}^2)(4.04 \text{ s})$
   $v \approx -39.6$ m/s
   速度的大小為 39.6 m/s，方向向下。
   或者，使用力學能守恆：$mgh = \frac{1}{2}mv^2$ (忽略空氣阻力)。
   $gh = \frac{1}{2}v^2$
   $v^2 = 2gh = 2(9.8 \text{ m/s}^2)(80.0 \text{ m}) = 1568$ m²/s²
   $v = \sqrt{1568} \approx 39.6$ m/s

   【答案】約 39.6 m/s (向下)。

本題考查牛頓第二運動定律以及摩擦力的概念，包括靜摩擦與動摩擦。

核心觀念：

• 牛頓第二運動定律：$\sum \vec{F} = m\vec{a}$
• 動摩擦力：$f_k = \mu_k N$，其中 $N$ 是正向力。
• 靜摩擦力：$f_s \le \mu_s N$。

解題過程：
首先，我們需要判斷箱子是否會移動。箱子受到一個水平推力 $F_{push} = 20.0$ N。
箱子的質量 $m = 5.0$ kg。
重力加速度 $g \approx 9.8$ m/s²。
箱子在垂直方向上受力平衡，所以正向力 $N$ 等於重力 $mg$。
$N = mg = (5.0 \text{ kg})(9.8 \text{ m/s}^2) = 49.0$ N。

動摩擦係數 $\mu_k = 0.2$。
根據動摩擦係數，我們可以計算出最大靜摩擦力（如果知道 $\mu_s$，則為 $\mu_s N$）。然而，題目只給了動摩擦係數，並且在第二小題要求計算加速度，暗示箱子是移動的，因此我們主要考慮動摩擦力。如果箱子沒有移動，摩擦力會等於推力（在最大靜摩擦力範圍內）。

1. 計算箱子所受的摩擦力大小：
   題目給的動摩擦係數 $\mu_k = 0.2$。
   最大靜摩擦力 (如果 $\mu_s$ 未知，通常假設 $\mu_s \ge \mu_k$) 的上限為 $\mu_s N$。

本題考查轉動慣量和轉動動能的計算。

核心觀念：

• 圓盤繞其中心軸的轉動慣量公式。
• 轉動動能公式。

解題過程：
已知圓盤質量 $m = 5.0$ kg，半徑 $R = 0.4$ m，角速度 $\omega = 10$ rad/s。

1. 圓盤的轉動慣量：
   對於質量均勻分布的實心圓盤，繞其中心軸的轉動慣量為：
   $I = \frac{1}{2} m R^2$
   $I = \frac{1}{2} (5.0 \text{ kg}) (0.4 \text{ m})^2$
   $I = \frac{1}{2} (5.0 \text{ kg}) (0.16 \text{ m}^2)$
   $I = 2.5 \times 0.16 \text{ kg} \cdot \text{m}^2$

本題考查能量守恆、等加速度直線運動以及包含摩擦力的能量損耗。

核心觀念：

• 力學能守恆定律
• 等加速度直線運動公式
• 牛頓第二運動定律
• 摩擦力做功

解題過程：
汽車質量 $m = 1200$ kg。
斜坡高度 $h = 20$ m。
斜坡長度 $L = 50$ m。
重力加速度 $g = 9.8$ m/s²。

1. 假設斜坡光滑且沒有能量損失，計算汽車到達斜坡底部時的速度：
   此情況下，只有重力做功，力學能守恆。
   初始狀態 (頂部): 速度 $v_0 = 0$，高度 $h_0 = 20$ m。
   最終狀態 (底部): 速度 $v_f = ?$，高度 $h_f = 0$ m。

   根據力學能守恆：$E_i = E_f$
   $K_i + U_i = K_f + U_f$
   $\frac{1}{2}mv_0^2 + mgh_0 = \frac{1}{2}mv_f^2 + mgh_f$
   $\frac{1}{2}m(0)^2 + mg(20) = \frac{1}{2}mv_f^2 + mg(0)$
   $20mg = \frac{1}{2}mv_f^2$
   $v_f^2 = 2gh_0$
   $v_f = \sqrt{2gh_0}$
   $v_f = \sqrt{2(9.8 \text{ m/s}^2)(20 \text{ m})}$
   $v_f = \sqrt{392 \text{ m}^2/\text{s}^2}$
   $v_f \approx 19.8$ m/s

   【答案】約 19.8 m/s。

2. 假設斜坡的長度為 50 m，計算汽車下滑過程中的平均加速度：
   此時我們考慮斜坡的幾何形狀。斜坡長度 $L=50$ m，高度 $h=20$ m。
   我們可以計算斜坡的傾斜角 $\theta$。
   $\sin\theta = \frac{h}{L} = \frac{20 \text{ m}}{50 \text{ m}} = 0.4$
   $\theta = \arcsin(0.4) \approx 23.58^\circ$

   在光滑斜坡上，汽車受到的力有重力 $mg$ 和正向力 $N$。
   沿斜坡方向的合力為 $mg\sin\theta$。
   根據牛頓第二運動定律：$F_{net} = ma$
   $mg\sin\theta = ma$
   $a = g\sin\theta$
   $a = (9.8 \text{ m/s}^2)(0.4)$
   $a = 3.92$ m/s²

   我們也可以使用運動學公式來驗證。從靜止開始，位移為 $L=50$ m，求加速度 $a$。
   $L = v_0 t + \frac{1}{2} a t^2$ (此時需要先求時間，或者用 $v_f^2 = v_0^2 + 2aL$)
   使用 $v_f^2 = v_0^2 + 2aL$。我們已經從第一小題知道，在光滑斜坡上，速度為 $19.8$ m/s。
   $(19.8 \text{ m/s})^2 = (0 \text{ m/s})^2 + 2a(50 \text{ m})$
   $392 = 100a$
   $a = \frac{392}{100} = 3.92$ m/s²

   【答案】3.92 m/s²。

3. 假設斜坡上存在摩擦力為 $\mu_k mg$，其中摩擦係數 $\mu_k=0.1$。計算汽車到達底部的速度：
   此時，斜坡上存在摩擦力。摩擦力 $f = \mu_k N$。
   在斜坡上，正向力 $N = mg\cos\theta$。
   $f = \mu_k mg\cos\theta$
   我們需要計算 $\cos\theta$。

本題考查完全彈性碰撞的動量守恆和能量守恆定律。

核心觀念：

• 動量守恆定律：$\sum \vec{p}_i = \sum \vec{p}_f$
• 完全彈性碰撞的動能守恆定律：$\sum K_i = \sum K_f$

解題過程：
設小球 1 為質量 $m_1 = 2.0$ kg，初始速度 $v_{1i} = 4.0$ m/s (向右)。
設小球 2 為質量 $m_2 = 3.0$ kg，初始速度 $v_{2i} = 0$ m/s (靜止)。
碰撞後，小球 1 的速度為 $v_{1f}$，小球 2 的速度為 $v_{2f}$。
水平面光滑，碰撞過程無能量損失。

1. 動量守恆：
   系統總動量在碰撞前後守恆。
   $m_1 v_{1i} + m_2 v_{2i} = m_1 v_{1f} + m_2 v_{2f}$
   $(2.0 \text{ kg})(4.0 \text{ m/s}) + (3.0 \text{ kg})(0 \text{ m/s}) = (2.0 \text{ kg})v_{1f} + (3.0 \text{ kg})v_{2f}$
   $8.0 = 2.0 v_{1f} + 3.0 v_{2f}$ (式 1)

2. 動能守恆 (完全彈性碰撞)：
   系統總動能在碰撞前後守恆。
   $\frac{1}{2}m_1 v_{1i}^2 + \frac{1}{2}m_2 v_{2i}^2 = \frac{1}{2}m_1 v_{1f}^2 + \frac{1}{2}m_2 v_{2f}^2$
   $\frac{1}{2}(2.0)(4.0)^2 + \frac{1}{2}(3.0)(0)^2 = \frac{1}{2}(2.0)v_{1f}^2 + \frac{1}{2}(3.0)v_{2f}^2$
   $16.0 + 0 = 1.0 v_{1f}^2 + 1.5 v_{2f}^2$
   $16.0 = v_{1f}^2 + 1.5 v_{2f}^2$ (式 2)

   我們現在有兩個方程式和兩個未知數 ($v_{1f}$ 和 $v_{2f}$)。
   從式 1 解出 $v_{1f}$：
   $2.0 v_{1f} = 8.0 - 3.0 v_{2f}$
   $v_{1f} = 4.0 - 1.5 v_{2f}$

   將此代入式 2：
   $16.0 = (4.0 - 1.5 v_{2f})^2 + 1.5 v_{2f}^2$
   $16.0 = (16.0 - 12.0 v_{2f} + 2.25 v_{2f}^2) + 1.5 v_{2f}^2$

本題考查簡諧波的波動方程以及波速的計算。

核心觀念：

• 簡諧波的波動方程形式。
• 波速、波長、角頻率和頻率之間的關係。

解題過程：
給定的波動方程為 $u(x, t) = A\cos(kx-\omega t)$。
其中：
$A$ 是振幅 (Amplitude)。
$k$ 是波數 (Wave number)，與波長 $\lambda$ 的關係為 $k = \frac{2\pi}{\lambda}$。
$\omega$ 是角頻率 (Angular frequency)，與頻率 $f$ 的關係為 $\omega = 2\pi f$。

題目給定的參數：
$A = 1.0$ cm (此參數在計算波速時不需要)。
$k = \frac{2\pi}{100}$ m⁻¹。
$\omega = \frac{\pi}{2}$ s⁻¹。

波速 $v$ 的定義是波在單位時間內傳播的距離。對於簡諧波，波速可以通過以下公式計算：
$v = \frac{\omega}{k}$

本題考查串聯和並聯電路的電阻、電流計算。

核心觀念：

• 串聯電路的總電阻。
• 並聯電路的總電阻。
• 歐姆定律：$V=IR$。

解題過程：
電源電壓 $V = 12$ V。
電阻 $R_1 = 10$ Ω，$R_2 = 20$ Ω。

1. 電路的總電阻 (串聯)：
   在串聯電路中，總電阻是各個電阻之和。
   $R_{total, series} = R_1 + R_2$
   $R_{total, series} = 10 \Omega + 20 \Omega = 30 \Omega$

   【答案】30 Ω。

2. 電路的電流 $I$ (串聯)：
   使用歐姆定律 $I = \frac{V}{R_{total}}$。
   $I_{series} = \frac{12 \text{ V}}{30 \Omega} = 0.4$ A

   【答案】0.4 A。

3. 若將二電阻改為並聯,通過電路的總電流會如何改變?
   首先，計算並聯時的總電阻：
   $\frac{1}{R_{total, parallel}} = \frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2}$

本題考查法拉第電磁感應定律，計算感應電動勢和感應電流。

核心觀念：

• 法拉第電磁感應定律：$\mathcal{E} = -\frac{d\Phi_B}{dt}$
• 磁通量：$\Phi_B = \vec{B} \cdot \vec{A} = BA\cos\theta$
• 歐姆定律：$I = \frac{\mathcal{E}}{R}$

解題過程：
導線環半徑 $r = 0.1$ m。
導線環面積 $A = \pi r^2 = \pi (0.1 \text{ m})^2 = 0.01\pi \text{ m}^2$。
磁場強度隨時間變化：$B(t) = 2.0 t$ T (假設 $t$ 的單位是秒，則 $2.0$ 的單位是 T/s)。
導線環的電阻 $R = 5.0$ Ω。
磁場方向垂直於平面，我們假設是垂直射入紙面。導線環的面積向量也垂直於平面，與磁場方向相同（或相反，但由於是餘弦的平方，結果一樣）。所以 $\theta = 0^\circ$ 或 $180^\circ$，$\cos\theta = \pm 1$。我們取 $\theta=0$，所以 $\cos\theta=1$。

1. 在 $t=2.0$ s 時,導線環中的感應電動勢：
   首先計算磁通量 $\Phi_B(t)$。
   $\Phi_B(t) = B(t) A \cos\theta = (2.0 t \text{ T})(0.01\pi \text{ m}^2)(1)$
   $\Phi_B(t) = 0.02\pi t \text{ Wb}$ (韋伯)。

   根據法拉第電磁感應定律，感應電動勢 $\mathcal{E}$ 是磁通量對時間的變化率。
   $\mathcal{E} = -\frac{d\Phi_B}{dt} = -\frac{d}{dt}(0.02\pi t)$

本題考查地電探測中的 Wenner 配置原理，涉及電阻率的計算、電極間距與探測深度的關係，以及電壓差與地層特性的關聯。

核心觀念：

• Wenner 配置的電阻率計算公式。
• 電極間距對探測深度的影響。
• 電阻率與地層導電性的關係。

解題過程：
已知參數：
電流 $I = 10$ A。
電壓差 $V = 5$ V。
電極間距 $a = 20$ m。
Wenner 配置的電阻率公式：$\rho = 2 \pi a \frac{V}{I}$。

1. 地層的電阻率：
   直接將已知數值代入公式：
   $\rho = 2 \pi (20 \text{ m}) \frac{5 \text{ V}}{10 \text{ A}}$
   $\rho = 40 \pi \text{ m} \times 0.5 \text{ V/A}$
   $\rho = 20 \pi \text{ Ω} \cdot \text{m}$

   計算數值：
   $\rho \approx 20 \times 3.14159 \text{ Ω} \cdot \text{m} \approx 62.83 \text{ Ω} \cdot \text{m}$。

   【答案】$20\pi$ Ω·m (或約 62.83 Ω·m)。

2. 解釋為什麼改變電極間距可以探測不同深度的地層電阻率：
   在 Wenner 配置中，電流從兩個外側電極注入地層，並在兩個內側電極之間測量電勢差。電流的分布會擴散到地層中。

本題考查雙縫干涉的現象，計算相鄰亮紋（或暗紋）之間的間距。

核心觀念：

• 雙縫干涉的條紋間距公式。

解題過程：
雙縫干涉實驗的原理是來自於兩條相干光源（來自同一光源經過雙縫後分開）的疊加。

已知參數：
波長 $\lambda = 600$ nm $= 600 \times 10^{-9}$ m $= 6.0 \times 10^{-7}$ m。
雙縫間距 $d = 0.2$ mm $= 0.2 \times 10^{-3}$ m $= 2.0 \times 10^{-4}$ m。
屏幕距離雙縫 $L = 2.0$ m。

對於雙縫干涉，屏幕上相鄰亮紋（或暗紋）之間的距離 $\Delta y$ 可以由以下公式計算：
$\Delta y = \frac{\lambda L}{d}$