115 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》

本題考查一維等加速度直線運動的運動學公式。

核心觀念：一維等加速度直線運動的位移、速度、加速度與時間的關係。

(a) 求最遠正向位移：
質點在正向運動時，速度方向為正。當速度減為零時，質點達到最遠的正向位移。
我們可以使用以下運動學公式：
$v = v_0 + at$
$x = x_0 + v_0t + \frac{1}{2}at^2$
$v^2 = v_0^2 + 2a(x - x_0)$

令 $x_0 = 0$ 且 $v_0 = 20 \text{ m/s}$, $a = -5.0 \text{ m/s}^2$。
當質點到達最遠位移時，其瞬時速度 $v=0$。
利用公式 $v^2 = v_0^2 + 2a(x - x_0)$：
$0^2 = (20 \text{ m/s})^2 + 2(-5.0 \text{ m/s}^2)(x - 0)$
$0 = 400 \text{ m}^2/\text{s}^2 - 10.0 \text{ m/s}^2 \cdot x$
$10.0 \text{ m/s}^2 \cdot x = 400 \text{ m}^2/\text{s}^2$
$x = \frac{400 \text{ m}^2/\text{s}^2}{10.0 \text{ m/s}^2} = 40.0 \text{ m}$

本題考查牛頓第二運動定律與摩擦力的應用，特別是靜摩擦力與動摩擦力的區別。

核心觀念：牛頓第二運動定律 ($\sum \vec{F} = m\vec{a}$) 及摩擦力。

(a) 求最大靜止時的拉力 $F_{\max}$：
當物體 A 和 B 保持相對靜止時，它們具有相同的加速度 $a$。
對物體 A 而言，作用在其上的力主要是靜摩擦力 $f_s$，它提供物體 A 加速的力。
$\sum F_{xA} = f_s = m a$
對物體 B 而言，作用在其上的力是拉力 $F$ 和物體 A 對 B 的作用力 (反作用力)，但我們更常考慮 B 受到的力，即拉力 $F$ 和來自 A 的摩擦力 (大小與 A 受到的相同，方向相反)。
$\sum F_{xB} = F - f_s = M a$

為了使 A 和 B 不發生滑動，靜摩擦力 $f_s$ 的大小必須小於或等於最大靜摩擦力 $\mu_s N_A$，其中 $N_A$ 是 A 對 B 的正向力。
對物體 A 進行垂直方向的受力分析： $N_A - mg = 0 \implies N_A = mg$。
所以，最大靜摩擦力為 $f_{s, \max} = \mu_s N_A = \mu_s mg$。

當拉力 $F$ 達到最大值 $F_{\max}$ 時，物體 A 和 B 恰好要開始相對滑動，此時 A 受到的靜摩擦力達到最大值 $f_s = f_{s, \max} = \mu_s mg$。
將 $f_s = \mu_s mg$ 代入 A 的運動方程式：
$\mu_s mg = ma \implies a = \mu_s g$
這個加速度 $a$ 就是系統在最大靜止時所能達到的加速度。

本題考查能量守恆定律、動能定理以及摩擦力做功對系統能量的影響。

核心觀念：能量守恆、動能定理、摩擦力做功。

(a) 滑塊剛接觸粗糙路面時的動能：
滑塊從高度 $h=5.0 \text{ m}$ 處由靜止下滑，只有重力做功。由於軌道是光滑的，機械能守恆。
初始狀態 (最高點): 總能量 $E_i = PE_i + KE_i = mgh + 0 = (2.0 \text{ kg})(10 \text{ m/s}^2)(5.0 \text{ m}) = 100 \text{ J}$。
接觸粗糙路面時 (高度 $h=0$): 總能量 $E_f = PE_f + KE_f = 0 + KE_f$。
由於機械能守恆， $E_i = E_f$。
$KE_f = 100 \text{ J}$。

或者，也可以使用動能定理。滑塊從靜止到接觸粗糙路面，只有重力做功。
$W_{gravity} = \Delta KE$
$mgh = KE_f - KE_i$
$KE_f = mgh = (2.0 \text{ kg})(10 \text{ m/s}^2)(5.0 \text{ m}) = 100 \text{ J}$。

【答案】滑塊剛接觸粗糙路面時的動能為 $100 \text{ J}$。

(b) 滑塊滑過粗糙路面後,壓縮彈簧至最短距離時的總位移：
滑塊從接觸粗糙路面開始，經歷粗糙路面，然後壓縮彈簧。
初始狀態 (接觸粗糙路面時): 動能 $KE_{start} = 100 \text{ J}$。
最終狀態 (彈簧壓縮至最短距離): 速度為 $0$，動能 $KE_{end} = 0$。

在粗糙路面上，摩擦力做負功。
摩擦力 $f_k = \mu_k N = \mu_k m g = (0.2)(2.0 \text{ kg})(10 \text{ m/s}^2) = 4.0 \text{ N}$。
滑塊在粗糙路面上滑行的距離為 $d_{rough} = 3.0 \text{ m}$。
摩擦力做的功 $W_{friction} = -f_k d_{rough} = -(4.0 \text{ N})(3.0 \text{ m}) = -12 \text{ J}$。

本題考查地震波的傳播速度，涉及彈性固體的體積模量、剪切模量與波速的關係。

核心觀念：P 波（縱波）和 S 波（橫波）在彈性介質中的傳播速度公式。

P 波（壓力波或縱波）的傳播速度公式為：
$V_P = \sqrt{\frac{B + \frac{4}{3}G}{\rho}}$
其中 $B$ 是體積模量， $G$ 是剪切模量， $\rho$ 是密度。

S 波（剪切波或橫波）的傳播速度公式為：
$V_S = \sqrt{\frac{G}{\rho}}$
其中 $G$ 是剪切模量， $\rho$ 是密度。

計算 P 波速率 $V_P$：
$B = 4.0 \times 10^{10} \text{ Pa}$
$G = 3.0 \times 10^{10} \text{ Pa}$
$\rho = 2500 \text{ kg/m}^3$

$B + \frac{4}{3}G = 4.0 \times 10^{10} \text{ Pa} + \frac{4}{3}(3.0 \times 10^{10} \text{ Pa})$
$= 4.0 \times 10^{10} \text{ Pa} + 4.0 \times 10^{10} \text{ Pa}$
$= 8.0 \times 10^{10} \text{ Pa}$

$V_P = \sqrt{\frac{8.0 \times 10^{10} \text{ Pa}}{2500 \text{ kg/m}^3}}$
$V_P = \sqrt{\frac{8.0 \times 10^{10}}{2.5 \times 10^3} \text{ m}^2/\text{s}^2}$
$V_P = \sqrt{3.2 \times 10^7 \text{ m}^2/\text{s}^2}$
$V_P = \sqrt{32 \times 10^6 \text{ m}^2/\text{s}^2}$
$V_P = \sqrt{32} \times 10^3 \text{ m/s}$
$\sqrt{32} = \sqrt{16 \times 2} = 4\sqrt{2} \approx 4 \times 1.414 = 5.656$
$V_P \approx 5.656 \times 10^3 \text{ m/s} = 5656 \text{ m/s}$

計算 S 波速率 $V_S$：
$V_S = \sqrt{\frac{G}{\rho}} = \sqrt{\frac{3.0 \times 10^{10} \text{ Pa}}{2500 \text{ kg/m}^3}}$
$V_S = \sqrt{\frac{3.0 \times 10^{10}}{2.5 \times 10^3} \text{ m}^2/\text{s}^2}$

本題考查點電荷產生的電場與靜電力，以及利用向量疊加原理求解。

核心觀念：庫侖定律、電場的定義、向量疊加原理。

已知：
$q_1 = +2.0 \text{ nC} = +2.0 \times 10^{-9} \text{ C}$
$q_2 = +2.0 \text{ nC} = +2.0 \times 10^{-9} \text{ C}$
$r_1 = r_2 = 3.0 \text{ cm} = 0.03 \text{ m}$
$k = 9.0 \times 10^9 \text{ N} \cdot \text{m}^2/\text{C}^2$

(a) 求原點 $(0,0)$ 處的總電場向量 $E$：
原點 $(0,0)$ 處的總電場是 $q_1$ 在原點產生的電場 $E_1$ 和 $q_2$ 在原點產生的電場 $E_2$ 的向量和。

$q_1$ 在原點 $(0,0)$ 產生的電場 $E_1$:
$q_1$ 在 $(0, 0.03 \text{ m})$。原點 $(0,0)$ 在 $q_1$ 的下方。由於 $q_1$ 是正電荷，其電場方向指向遠離電荷，即沿 $-y$ 方向。
$E_1$ 的量值: $E_1 = k \frac{|q_1|}{r_1^2} = (9.0 \times 10^9 \text{ N} \cdot \text{m}^2/\text{C}^2) \frac{2.0 \times 10^{-9} \text{ C}}{(0.03 \text{ m})^2}$
$E_1 = (9.0 \times 10^9) \frac{2.0 \times 10^{-9}}{9.0 \times 10^{-4}} = \frac{18}{9.0 \times 10^{-4}} = 2.0 \times 10^4 \text{ N/C}$。
$E_1$ 的方向為 $-y$ 方向。所以 $E_1 = (0, -2.0 \times 10^4) \text{ N/C}$。

$q_2$ 在原點 $(0,0)$ 產生的電場 $E_2$:
$q_2$ 在 $(0, -0.03 \text{ m})$。原點 $(0,0)$ 在 $q_2$ 的上方。由於 $q_2$ 是正電荷，其電場方向指向遠離電荷，即沿 $+y$ 方向。
$E_2$ 的量值: $E_2 = k \frac{|q_2|}{r_2^2} = (9.0 \times 10^9 \text{ N} \cdot \text{m}^2/\text{C}^2) \frac{2.0 \times 10^{-9} \text{ C}}{(0.03 \text{ m})^2}$
$E_2 = (9.0 \times 10^9) \frac{2.0 \times 10^{-9}}{9.0 \times 10^{-4}} = 2.0 \times 10^4 \text{ N/C}$。
$E_2$ 的方向為 $+y$ 方向。所以 $E_2 = (0, +2.0 \times 10^4) \text{ N/C}$。

總電場 $E = E_1 + E_2$:
$E = (0, -2.0 \times 10^4 \text{ N/C}) + (0, +2.0 \times 10^4 \text{ N/C}) = (0, 0) \text{ N/C}$。

【答案】原點 $(0,0)$ 處的總電場向量 $E = (0, 0) \text{ N/C}$。

(b) 計算 $q_3$ 所受到的總靜電力向量 $F$：
$q_3 = -1.0 \text{ nC} = -1.0 \times 10^{-9} \text{ C}$
點 $P$ 的位置為 $(0.04 \text{ m}, 0)$。
$q_1$ 在 $(0, 0.03 \text{ m})$， $q_2$ 在 $(0, -0.03 \text{ m})$。

首先計算 $q_1$ 對 $q_3$ 的靜電力 $F_{13}$：
$q_1$ 是正電荷， $q_3$ 是負電荷，所以 $F_{13}$ 是吸引力，方向沿 $q_1$ 指向 $q_3$。
向量 $r_{13}$ 從 $q_1$ 指向 $q_3$: $r_{13} = (0.04 \text{ m} - 0 \text{ m}, 0 \text{ m} - 0.03 \text{ m}) = (0.04, -0.03) \text{ m}$。
距離 $r_{13} = \sqrt{(0.04)^2 + (-0.03)^2} = \sqrt{0.0016 + 0.0009} = \sqrt{0.0025} = 0.05 \text{ m}$。
單位向量 $\hat{r}_{13} = \frac{r_{13}}{r_{13}} = \frac{(0.04, -0.03)}{0.05} = (0.8, -0.6)$。
$F_{13}$ 的量值: $F_{13} = k \frac{|q_1||q_3|}{r_{13}^2} = (9.0 \times 10^9) \frac{(2.0 \times 10^{-9})(1.0 \times 10^{-9})}{(0.05)^2}$
$F_{13} = (9.0 \times 10^9) \frac{2.0 \times 10^{-18}}{2.5 \times 10^{-3}} = \frac{18 \times 10^{-9}}{2.5 \times 10^{-3}} = 7.2 \times 10^{-6} \text{ N}$。
$F_{13} = F_{13} \hat{r}_{13} = (7.2 \times 10^{-6} \text{ N})(0.8, -0.6) = (5.76 \times 10^{-6}, -4.32 \times 10^{-6}) \text{ N}$。

計算 $q_2$ 對 $q_3$ 的靜電力 $F_{23}$：
$q_2$ 是正電荷， $q_3$ 是負電荷，所以 $F_{23}$ 是吸引力，方向沿 $q_2$ 指向 $q_3$。
向量 $r_{23}$ 從 $q_2$ 指向 $q_3$: $r_{23} = (0.04 \text{ m} - 0 \text{ m}, 0 \text{ m} - (-0.03 \text{ m})) = (0.04, 0.03) \text{ m}$。

核心觀念

本題考查球對稱電荷分佈的總電荷計算，以及高斯定律的應用。

半徑為 $r$、厚度為 $dr$ 的薄球殼體積為 $dV=4\pi r^2dr$，因此其電荷量為 $dq=\rho(r)dV$。由球對稱性，電場沿徑向，且在以球心為中心的球形高斯面上大小處處相同。高斯定律為

$$\oint \vec E\cdot d\vec A=\frac{Q_{\text{內}}}{\varepsilon_0}$$

解題方法

(a) 求總電荷量

將球體切成薄球殼，對半徑由 $0$ 到 $R$ 的各層電荷積分：

$$Q=\int_0^R \rho(r)\,4\pi r^2\,dr$$

代入 $\rho(r)=\rho_0\left(1-\frac{r}{R}\right)$：

$$\begin{aligned} Q &=4\pi\rho_0\int_0^R\left(1-\frac{r}{R}\right)r^2\,dr\\ &=4\pi\rho_0\left[\frac{r^3}{3}-\frac{r^4}{4R}\right]_0^R\\ &=4\pi\rho_0 R^3\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}\right)\\ &=\frac{\pi\rho_0R^3}{3} \end{aligned}$$

(b) 求球體內部的電場

取半徑為 $r<R$ 的球形高斯面。高斯面所包圍的電荷為

本題考查帶電粒子在均勻磁場中受磁力作用，運用右手開掌規則和勞倫茲力公式。

核心觀念：勞倫茲力、右手開掌規則。

已知：
磁場 $\vec{B}$：大小 $B = 0.2 \text{ T}$，方向沿 $-z$ 軸。 $\vec{B} = (0, 0, -0.2) \text{ T}$。
質子速度 $\vec{v}$：大小 $v = 5.0 \times 10^6 \text{ m/s}$，方向沿 $+x$ 軸。 $\vec{v} = (5.0 \times 10^6, 0, 0) \text{ m/s}$。
質子質量 $m = 1.67 \times 10^{-27} \text{ kg}$。
質子電荷 $q = +1.6 \times 10^{-19} \text{ C}$。

(a) 磁力方向：
帶電粒子在磁場中受到的磁力由勞倫茲力公式給出：
$\vec{F} = q(\vec{v} \times \vec{B})$

我們需要計算 $\vec{v} \times \vec{B}$ 的方向，然後根據電荷 $q$ 的正負來確定磁力的方向。
$\vec{v} = (v, 0, 0)$
$\vec{B} = (0, 0, -B)$

$\vec{v} \times \vec{B} = \begin{vmatrix} \hat{i} & \hat{j} & \hat{k} \\ v & 0 & 0 \\ 0 & 0 & -B \end{vmatrix}$
$= \hat{i}(0 \cdot (-B) - 0 \cdot 0) - \hat{j}(v \cdot (-B) - 0 \cdot 0) + \hat{k}(v \cdot 0 - 0 \cdot 0)$
$= \hat{i}(0) - \hat{j}(-vB) + \hat{k}(0)$
$= (0, vB, 0)$

這個向量的方向是沿 $+y$ 軸。
由於質子的電荷 $q$ 是正的 ($q > 0$)，所以磁力 $\vec{F}$ 的方向與 $\vec{v} \times \vec{B}$ 的方向相同，即沿 $+y$ 軸

核心觀念

金屬棒在磁場中移動時，棒內電荷受到磁力作用，產生動生電動勢：

$$\mathcal{E}=BLv$$

電路總電阻為 $R$ 時，感應電流大小為 $I=\mathcal{E}/R$。感應電流在磁場中受到的磁力會阻礙金屬棒運動；若金屬棒等速度運動，外力須平衡此磁力。

解題方法

令軌道間距為 $L=0.5\ \text{m}$。金屬棒和軌道的電阻可忽略，因此電路總電阻為固定電阻 $R=5.00\ \Omega$。

(a) 感應電流大小與方向

動生電動勢為

$$\mathcal{E}=BLv =(2.0)(0.5)(10) =10\ \text{V}$$

因此感應電流大小為

$$I=\frac{\mathcal{E}}{R} =\frac{10}{5.00} =2.0\ \text{A}$$

從上方俯視，磁場向下、穿入軌道所形成的平面。金屬棒向右移動使迴路面積增加，因此穿入平面的磁通量增加。依楞次定律，感應電流產生的磁場須向上，以抵抗磁通量增加；

本題考查薄透鏡成像公式、放大率公式以及透鏡在不同介質中的焦距變化。

核心觀念：薄透鏡成像公式、放大率、透鏡成像公式的介質依賴性。

已知：
在空氣中，透鏡焦距 $f_{air} = 20.0 \text{ cm}$。
物體高度 $h_o = 2.0 \text{ cm}$。
物距 $d_o = 30.0 \text{ cm}$。
水折射率 $n_w = 1.33$。
玻璃折射率 $n_g = 1.50$。
空氣折射率 $n_{air} \approx 1.00$。

(a) 成像位置、像高及像的性質：
我們使用薄透鏡成像公式：
$\frac{1}{d_o} + \frac{1}{d_i} = \frac{1}{f}$
其中 $d_o$ 是物距，$d_i$ 是像距，$f$ 是焦距。

代入已知數據：
$\frac{1}{30.0 \text{ cm}} + \frac{1}{d_i} = \frac{1}{20.0 \text{ cm}}$
$\frac{1}{d_i} = \frac{1}{20.0 \text{ cm}} - \frac{1}{30.0 \text{ cm}}$
$\frac{1}{d_i} = \frac{3 - 2}{60.0 \text{ cm}} = \frac{1}{60.0 \text{ cm}}$
$d_i = 60.0 \text{ cm}$

像距 $d_i = 60.0 \text{ cm}$。由於像距為正值，表示像是形成在透鏡的另一側，為實像。

像高 $h_i$ 可以通過放大率 $m$ 計算：
$m = \frac{h_i}{h_o} = -\frac{d_i}{d_o}$
$h_i = h_o \times (-\frac{d_i}{d_o})$
$h_i = (2.0 \text{ cm}) \times (-\frac{60.0 \text{ cm}}{30.0 \text{ cm}})$
$h_i = (2.0 \text{ cm}) \times (-2)$
$h_i = -4.0 \text{ cm}$

像高為 $-4.0 \text{ cm}$。負號表示像與物體是倒立的。
像的高度為 $4.0 \text{ cm}$。

像的性質：
像距 $d_i > 0$，所以是實像。
放大率 $m < 0$，所以像是倒立的。

【答案】成像位置在透鏡另一側 $60.0 \text{ cm}$ 處。像的高度為 $4.0 \text{ cm}$。該像是實像，且是倒立的。

本題考查雙狹縫干涉的現象，包括亮紋間距的計算、干涉條紋的判斷以及在不同介質中的波長變化。

核心觀念：雙狹縫干涉的條紋間距公式、相位差與路徑差的關係、波在不同介質中的傳播。

已知：
波長 $\lambda_{air} = 600 \text{ nm} = 600 \times 10^{-9} \text{ m} = 0.6 \text{ µm}$。
狹縫間距 $d = 0.2 \text{ mm} = 0.2 \times 10^{-3} \text{ m} = 200 \text{ µm}$。
屏幕距離 $L = 2.0 \text{ m}$。
空氣折射率 $n_{air} \approx 1.0$。
油的折射率 $n_{oil} = 1.5$。

(a) 相鄰兩條亮紋之間的間距 (條紋間距)：
雙狹縫干涉的亮紋間距 $\Delta y$ 由以下公式給出：
$\Delta y = \frac{\lambda L}{d}$
其中 $\lambda$ 是光的波長，$L$ 是狹縫到屏幕的距離，$d$ 是狹縫間距。

在空氣中：
$\Delta y_{air} = \frac{(0.6 \times 10^{-6} \text{ m}) \times (2.0 \text{ m})}{0.2 \times 10^{-3} \text{ m}}$
$\Delta y_{air} = \frac{1.2 \times 10^{-6}}{0.2 \times 10^{-3}} \text{ m} = 6.0 \times 10^{-3} \text{ m} = 6.0 \text{ mm}$

題目要求以公分表示：
$\Delta y_{air} = 6.0 \text{ mm} = 0.6 \text{ cm}$。

【答案】屏幕上相鄰兩條亮紋之間的間距為 $0.6 \text{ cm}$。

(b) 判斷 $y = 1.2 \text{ cm}$ 處是亮紋或暗紋：
亮紋出現的條件是路徑差為波長的整數倍：$\Delta r = m\lambda$，其中 $m = 0, \pm 1, \pm 2, \dots$。
暗紋出現的條件是路徑差為半波長的奇數倍：$\Delta r = (m + \frac{1}{2})\lambda$，其中 $m = 0, \pm 1, \pm 2, \dots$。
對於狹縫干涉，當屏幕距離 $L$ 遠大於狹縫間距 $d$ 時，屏幕上某點 P 的位置 $y$ 與路徑差 $\Delta r$ 的近似關係為：
$\Delta r \approx d \sin\theta \approx d \tan\theta \approx \frac{dy}{L}$ (對於小角度 $\theta$)。

所以，對於位置 $y$ 的點，其路徑差為：
$\Delta r = \frac{dy}{L}$