114 年 國立中央大學地球科學學系地球物理碩士班在職生《普通物理學》

核心觀念

本題考查豎直自由落體運動。小球由靜止釋放，且忽略空氣阻力，因此小球做等加速度直線運動：

• 初速度：$v_0=0$
• 加速度：$a=g=9.8\,\text{m/s}^2$
• 位移公式：

$$y=v_0t+\frac{1}{2}gt^2$$

• 速度公式：

$$v=v_0+gt$$

取豎直向下為正方向，塔高為 $h=80.0\,\text{m}$。

解題方法

1. 到達地面所需時間

小球落下的位移為塔高 $h$，由

$$h=\frac{1}{2}gt^2$$

得

$$80.0=\frac{1}{2}(9.8)t^2$$ $$t^2=\frac{160.0}{9.8}$$ $$t=\sqrt{\frac{160.0}{9.8}} \approx 4.04\,\text{s}$$

時間必須取正值，因此：

$$\boxed{t\approx 4.04\,\text{s}}$$

2. 到達地面時的速度

利用

$$v=v_0+gt$$

因為 $v_0=0$，所以

$$v=gt$$

代入 $t=4.04\,\text{s}$：

$$v=(9.8)(4.04) \approx 39.6\,\text{m/s}$$

因此小球到達地面時的速度為

$$\boxed{v\approx 39.6\,\text{m/s}}$$

方向為豎直向下。

亦可利用

$$v^2=v_0^2+2gh$$

直接計算：

$$v=\sqrt{2(9.8)(80.0)} \approx 39.6\,\text{m/s}$$

3. 最後 $1.0\,\text{s}$ 內的位移

小球總落下時間為

$$t_{\text{total}}=4.04\,\text{s}$$

最後 $1.0\,\text{s}$ 開始的時刻為

$$t_1=4.04-1.00=3.04\,\text{s}$$

在 $t_1$ 時刻，小球已落下的距離為

$$s_1=\frac{1}{2}gt_1^2$$

代入：

$$s_1=\frac{1}{2}(9.8)(3.04)^2 \approx 45.3\,\text{m}$$

因此最後 $1.0\,\text{s}$ 內的位移為

$$\Delta s=h-s_1$$ $$\Delta s=80.0-45.3 \approx 34.7\,\text{m}$$

所以：

$$\boxed{\Delta s\approx 34.7\,\text{m}}$$

方向為豎直向下。

也可使用區間位移公式：

此題考查牛頓第二運動定律在水平方向的應用，包含靜摩擦力、動摩擦力以及加速度的計算。

核心觀念：牛頓第二運動定律 ($F_{net} = ma$)，摩擦力。

解題過程：
箱子的質量 $m = 5.0 \, \text{kg}$。
水平推力 $F_{push} = 20.0 \, \text{N}$。
動摩擦係數 $\mu_k = 0.2$。
重力加速度 $g = 9.8 \, \text{m/s}^2$ (通常情況下，若題目未特別說明，使用此值)。

箱子受到重力 $F_g = mg$ 向下，以及支持力 $F_N$ 向上。在水平面上，如果沒有垂直方向的額外力，則 $F_N = F_g = mg$。
$F_N = 5.0 \, \text{kg} \times 9.8 \, \text{m/s}^2 = 49.0 \, \text{N}$。

1. 計算箱子所受的摩擦力大小。
   題目給出了動摩擦係數 $\mu_k = 0.2$。要判斷箱子是否移動，需要先計算最大靜摩擦力。題目中沒有給出靜摩擦係數 $\mu_s$，但通常 $\mu_s \ge \mu_k$。如果推力 $F_{push}$ 大於或等於最大靜摩擦力，箱子就會開始移動，此時受到的摩擦力是動摩擦力 $f_k = \mu_k F_N$。如果 $F_{push}$ 小於最大靜摩擦力，箱子則保持靜止，受到的摩擦力是靜摩擦力 $f_s = F_{push}$。

此題考查轉動運動中的轉動慣量和轉動動能的計算。

核心觀念：轉動慣量，轉動動能。

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

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：
   $I = \frac{1}{2}mR^2$
   代入數據：
   $I = \frac{1}{2}(5.0 \, \text{kg})(0.4 \, \text{m})^2$
   $I = \frac{1}{2}(5.0)(0.16) \, \text{kg} \cdot \text{m}^2$

此題考查能量守恆、運動學公式以及考慮摩擦力時的能量變化。

核心觀念：能量守恆定律，等加速度直線運動，功與能的關係。

解題過程：
汽車質量 $m = 1200 \, \text{kg}$。
斜坡高度 $h = 20 \, \text{m}$。
斜坡長度 $L = 50 \, \text{m}$。
初速度 $v_0 = 0$ (從靜止開始)。
重力加速度 $g = 9.8 \, \text{m/s}^2$。

1. 假設斜坡光滑且沒有能量損失 (忽略摩擦和空氣阻力)，計算汽車到達斜坡底部時的速度。
   此情況下，系統的總力學能守恆。設斜坡底部的高度為 $0$。
   初始狀態 (頂部)：動能 $K_i = \frac{1}{2}mv_0^2 = 0$ (因為 $v_0=0$)。位能 $U_i = mgh$。
   最終狀態 (底部)：動能 $K_f = \frac{1}{2}mv_f^2$。位能 $U_f = 0$ (因為高度為 $0$)。
   根據能量守恆定律 $K_i + U_i = K_f + U_f$：
   $0 + mgh = \frac{1}{2}mv_f^2 + 0$
   $mgh = \frac{1}{2}mv_f^2$
   $v_f^2 = 2gh$
   $v_f = \sqrt{2gh}$
   代入數據：
   $v_f = \sqrt{2 \times 9.8 \, \text{m/s}^2 \times 20 \, \text{m}} = \sqrt{392} \approx 19.8 \, \text{m/s}$。

   【答案】約 $19.8 \, \text{m/s}$。

2. 假設斜坡的長度為 $50 \, \text{m}$，計算汽車下滑過程中的平均加速度。
   若忽略摩擦和空氣阻力，汽車沿斜坡下滑的加速度是恆定的。
   斜坡的傾角 $\theta$ 可以由高度 $h$ 和長度 $L$ 計算：$\sin\theta = \frac{h}{L} = \frac{20 \, \text{m}}{50 \, \text{m}} = 0.4$。
   汽車在斜坡上受到的合力是重力沿斜坡方向的分力：$F_{parallel} = mg\sin\theta$。
   根據牛頓第二運動定律 $F_{net} = ma$，此時 $F_{net} = F_{parallel}$：
   $mg\sin\theta = ma$
   $a = g\sin\theta$
   代入數據：
   $a = 9.8 \, \text{m/s}^2 \times 0.4 = 3.92 \, \text{m/s}^2$。
   這個加速度是恆定的，因此平均加速度就是這個值。
   也可以利用運動學公式 $v_f^2 = v_0^2 + 2aL$。
   我們已經知道 $v_f \approx 19.8 \, \text{m/s}$ (從第一小題)，$v_0=0$，$L=50 \, \text{m}$。
   $(19.8)^2 = 0^2 + 2 \times a \times 50$
   $392 = 100a$
   $a = \frac{392}{100} = 3.92 \, \text{m/s}^2$。
   兩種方法結果一致。

   【答案】$3.92 \, \text{m/s}^2$。

3. 假設斜坡上存在摩擦力為 $\mu_k mg$，其中動摩擦係數 $\mu_k=0.1$。重力加速度 $g=9.8 \, \text{m/s}^2$。計算汽車到達底部的速度。
   在此情況下，需要考慮摩擦力對能量的影響，或者使用牛頓第二運動定律計算加速度後再計算速度。

   方法一：利用功與能的關係
   摩擦力做的功是負功，會使系統損失機械能。
   摩擦力 $f_k = \mu_k N$。在斜坡上，垂直於斜坡的支持力 $N = mg\cos\theta$。

此題考查完全彈性碰撞中的動量守恆和動能守恆。

核心觀念：動量守恆定律，完全彈性碰撞的動能守恆。

解題過程：
設小球 1 的質量為 $m_1 = 2.0 \, \text{kg}$，初速度為 $v_{1i} = 4.0 \, \text{m/s}$ (向右)。
設小球 2 的質量為 $m_2 = 3.0 \, \text{kg}$，初速度為 $v_{2i} = 0 \, \text{m/s}$ (靜止)。
碰撞後，小球 1 的速度為 $v_{1f}$，小球 2 的速度為 $v_{2f}$。
假設向右為正方向。

由於是光滑水平面，且碰撞是彈性碰撞，系統的總動量和總動能都守恆。

1. 動量守恆定律：
總動量守恆：$p_{total, i} = p_{total, f}$
$m_1 v_{1i} + m_2 v_{2i} = m_1 v_{1f} + m_2 v_{2f}$
$(2.0 \, \text{kg})(4.0 \, \text{m/s}) + (3.0 \, \text{kg})(0 \, \text{m/s}) = (2.0 \, \text{kg})v_{1f} + (3.0 \, \text{kg})v_{2f}$
$8.0 \, \text{kg} \cdot \text{m/s} = 2.0 v_{1f} + 3.0 v_{2f}$ (方程式 1)

2. 動能守恆定律 (完全彈性碰撞)：
總動能守恆：$K_{total, i} = K_{total, f}$
$\frac{1}{2}m_1 v_{1i}^2 + \frac{1}{2}m_2 v_{2i}^2 = \frac{1}{2}m_1 v_{1f}^2 + \frac{1}{2}m_2 v_{2f}^2$
$\frac{1}{2}(2.0)(4.0)^2 + \frac{1}{2}(3.0)(0)^2 = \frac{1}{2}(2.0)v_{1f}^2 + \frac{1}{2}(3.0)v_{2f}^2$
$(2.0)(16.0) + 0 = (2.0)v_{1f}^2 + (3.0)v_{2f}^2$
$32.0 \, \text{J} = 2.0 v_{1f}^2 + 3.0 v_{2f}^2$ (方程式 2)

現在我們需要解這兩個聯立方程式來求 $v_{1f}$ 和 $v_{2f}$。
從方程式 1，我們可以將 $v_{1f}$ 表示為 $v_{2f}$ 的函數：
$2.0 v_{1f} = 8.0 - 3.0 v_{2f}$
$v_{1f} = 4.0 - 1.5 v_{2f}$ (方程式 3)

將方程式 3 代入方程式 2：
$32.0 = 2.0 (4.0 - 1.5 v_{2f})^2 + 3.0 v_{2f}^2$
$32.0 = 2.0 (16.0 - 12.0 v_{2f} + 2.25 v_{2f}^2) + 3.0 v_{2f}^2$
$32.0 = 32.0 - 24.0 v_{2f} + 4.5 v_{2f}^2 + 3.0 v_{2f}^2$

此題考查週期性波動的波動方程與波速的關係。

核心觀念：波動方程，波速。

解題過程：
給定的波動方程為 $u(x, t) = A\cos(kx - \omega t)$。
其中：
振幅 $A = 1.0 \, \text{cm}$。
波數 $k = 2\pi/100 \, \text{m}^{-1}$。
角頻率 $\omega = \pi/2 \, \text{s}^{-1}$。

波速 $v$ 可以通過以下幾種方式計算：

1. 利用波長 $\lambda$ 和週期 $T$： $v = \lambda f = \frac{\lambda}{T}$。
   波數 $k$ 與波長 $\lambda$ 的關係是 $k = \frac{2\pi}{\lambda}$，所以 $\lambda = \frac{2\pi}{k}$。
   角頻率 $\omega$ 與週期 $T$ 和頻率 $f$ 的關係是 $\omega = 2\pi f = \frac{2\pi}{T}$，所以 $T = \frac{2\pi}{\omega}$。
   代入計算：

此題考查串聯與並聯電路的電阻、電流計算。

核心觀念：串聯電阻、並聯電阻、歐姆定律。

解題過程：
電源電壓 $V = 12 \, \text{V}$。
電阻 $R_1 = 10 \, \Omega$。
電阻 $R_2 = 20 \, \Omega$。

1. 電路的總電阻。
   當兩個電阻串聯時，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】$30 \, \Omega$。

2. 電路的電流 $I$。
   根據歐姆定律 $V = IR$，總電流 $I$ 可以由總電壓和總電阻計算。
   $I = \frac{V}{R_{total, series}}$
   $I = \frac{12 \, \text{V}}{30 \, \Omega} = 0.4 \, \text{A}$。

   【答案】$0.4 \, \text{A}$。

3. 若將二電阻改為並聯,通過電路的總電流會如何改變?
   首先計算兩個電阻並聯時的總電阻。
   對於並聯電路，總電阻的倒數等於各個電阻倒數之和：
   $\frac{1}{R_{total, parallel}} = \frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2}$
   $\frac{1}{R_{total, parallel}} = \frac{1}{10 \, \Omega} + \frac{1}{20 \, \Omega}$

此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，歐姆定律。

解題過程：
圓形導線環半徑 $r = 0.1 \, \text{m}$。
磁場強度隨時間變化：$B(t) = 2.0 \, \text{T/s} \cdot t$。
導線環電阻 $R = 5.0 \, \Omega$。
時間 $t = 2.0 \, \text{s}$。

1. 在 $t=2.0 \, \text{s}$ 時,導線環中的感應電動勢。
   根據法拉第電磁感應定律，感應電動勢 $\mathcal{E}$ 等於穿過線圈的磁通量 $\Phi_B$ 對時間的變化率的絕對值：
   $\mathcal{E} = \left| -\frac{d\Phi_B}{dt} \right|$。
   磁通量 $\Phi_B$ 定義為 $\Phi_B = \int \vec{B} \cdot d\vec{A}$。
   由於磁場是均勻的，且垂直於導線環平面，我們可以簡化為 $\Phi_B = B A \cos\theta$。
   這裡磁場 $\vec{B}$ 和面積向量 $d\vec{A}$ 方向相同 (都垂直於平面，假設都向上)，所以 $\theta = 0^\circ$，$\cos\theta = 1$。
   導線環的面積 $A = \pi r^2 = \pi (0.1 \, \text{m})^2 = 0.01\pi \, \text{m}^2$。
   所以，磁通量為 $\Phi_B(t) = B(t) A = (2.0 \, \text{T/s} \cdot t) (0.01\pi \, \text{m}^2)$。
   $\Phi_B(t) = (0.02\pi \, \text{T} \cdot \text{m}^2/\text{s}) \cdot t$。

   現在計算磁通量對時間的變化率：

此題考查 Wenner 電極配置在地電探測中的應用，涉及電阻率計算、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：電阻率，Wenner 配置公式，電磁感應，導體電阻特性。

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

1. 地層的電阻率。
   直接將已知數據代入公式：
   $\rho = 2\pi \times (20 \, \text{m}) \times \frac{5 \, \text{V}}{10 \, \text{A}}$
   $\rho = 2\pi \times 20 \times 0.5 \, \Omega \cdot \text{m}$
   $\rho = 20\pi \, \Omega \cdot \text{m}$。
   $\rho \approx 20 \times 3.14159 \, \Omega \cdot \text{m} \approx 62.83 \, \Omega \cdot \text{m}$。

   【答案】$20\pi \, \Omega \cdot \text{m}$ (約 $62.83 \, \Omega \cdot \text{m}$)。

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。
   Wenner 配置的原理是通過測量電流注入地層後在地面的電位差來反推地層的電阻率。這個測量實際上是探測一個「視電阻率」。

此題考查楊氏雙縫干涉實驗的條紋間距公式。

核心觀念：雙縫干涉，條紋間距。

解題過程：
雙縫干涉實驗中，相鄰亮紋（或暗紋）之間的距離 $\Delta y$ 可以由以下公式給出：
$\Delta y = \frac{\lambda L}{d}$
其中：
$\lambda$ 是光的波長。
$L$ 是雙縫到觀察屏的距離。
$d$ 是雙縫之間的間距。

已知數據：
波長 $\lambda = 600 \, \text{nm} = 600 \times 10^{-9} \, \text{m} = 6.0 \times 10^{-7} \, \text{m}$。
雙縫間距 $d = 0.2 \, \text{mm} = 0.2 \times 10^{-3} \, \text{m} = 2.0 \times 10^{-4} \, \text{m}$。