115 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》

本題考查一維等加速度直線運動的運動學公式。

核心觀念：等加速度直線運動的位移、速度與時間關係。

解題步驟：
等加速度直線運動的基本公式為：
$v = v_0 + at$
$x = x_0 + v_0 t + \frac{1}{2}at^2$
$v^2 = v_0^2 + 2a(x - x_0)$

在此題中，我們已知：
初位置 $x_0 = 0$ m
初速度 $v_0 = 20$ m/s
加速度 $a = -5.0$ m/s$^2$

(a) 求最遠的正向位移：
質點在離原點最遠的正向位移時，其瞬時速度為零。我們可以利用公式 $v^2 = v_0^2 + 2a(x - x_0)$ 來求解。
令 $v = 0$，則 $0^2 = (20 \text{ m/s})^2 + 2(-5.0 \text{ m/s}^2)(x - 0)$
$0 = 400 \text{ m}^2/\text{s}^2 - 10.0 \text{ m/s}^2 \cdot x$
$10.0 \text{ m/s}^2 \cdot x = 400 \text{ m}^2/\text{s}^2$

本題考查牛頓第二運動定律以及摩擦力的應用，包含靜摩擦力與動摩擦力。

核心觀念：牛頓第二運動定律 ($F=ma$)、最大靜摩擦力 ($\boldsymbol{f}_{s, \max} = \mu_s N$)、動摩擦力 ($\boldsymbol{f}_k = \mu_k N$)。

(a) 求 $F_{\text{max}}$：
當物體 A 與 B 保持相對靜止時，它們會以相同的加速度 $a$ 一起運動。
對於物體 A，受到的水平力只有 B 施加於 A 的靜摩擦力 $f_s$。
對 A 應用牛頓第二定律：$f_s = ma$。
要使 A 與 B 不發生滑動，此時的靜摩擦力 $f_s$ 不能超過最大靜摩擦力 $\mu_s N_A$，其中 $N_A$ 是 A 對 B 的正向力。
在垂直方向上，A 受重力 $mg$ 和 B 對 A 的正向力 $N_A$。由於沒有垂直加速度，所以 $N_A = mg$。
因此，$f_s \le \mu_s N_A = \mu_s mg$。
為了使 A 和 B 一起加速，必須滿足 $f_s = ma \le \mu_s mg$。
所以，一起加速的最大加速度為 $a_{\max} = \mu_s g$。

現在考慮整體系統 (A+B) 的運動。系統受到的外力為拉力 $F$。
對系統應用牛頓第二定律：$F = (m+M)a$。
當加速度為 $a_{\max}$ 時，拉力 $F$ 達到最大值 $F_{\text{max}}$，使得 A 和 B 剛好要開始相對滑動。

本題考查能量守恆定律與功-能定理的應用，包含重力位能、動能、摩擦力作功以及彈簧位能。

核心觀念：

1. 能量守恆：在無摩擦或只有保守力作功的情況下，總力學能 (動能 + 位能) 守恆。
2. 功-能定理：外力對物體所做的總功等於物體動能的變化量。
3. 摩擦力作功：摩擦力作負功，將機械能轉化為熱能。

解題步驟：
我們將滑塊的運動過程分為三個階段：
階段一：從軌道頂端滑下至軌道底部。
階段二：在水平粗糙路面上滑行。
階段三：壓縮彈簧。

我們需要計算滑塊在壓縮彈簧至最短長度時的彈簧壓縮量。這意味著滑塊在此時的瞬時速度為零。
我們可以使用能量守恆的概念，從初始狀態 (軌道頂端) 到最終狀態 (彈簧被壓縮至最短，速度為零)，來計算能量的轉移。

初始狀態 (軌道頂端, $h_i = 5.0$ m):
滑塊靜止，所以初始動能 $K_i = 0$。
初始重力位能 (以軌道底部為零位準) $U_{gi} = mgh_i = (2.0 \text{ kg})(10 \text{ m/s}^2)(5.0 \text{ m}) = 100 \text{ J}$。
初始彈簧位能 $U_{si} = 0$ (彈簧未壓縮)。
初始總力學能 $E_i = K_i + U_{gi} + U_{si} = 0 + 100 \text{ J} + 0 = 100 \text{ J}$。

最終狀態 (彈簧被壓縮至最短, 速度為零):
滑塊的速度為零，所以最終動能 $K_f = 0$。
最終重力位能 (假設彈簧壓縮過程中高度不變，仍在軌道底部，所以 $h_f = 0$) $U_{gf} = mgh_f = 0$。
設彈簧被壓縮的最大量為 $x$ (這也是我們要求的)。
最終彈簧位能 $U_{sf} = \frac{1}{2}kx^2$。

本題考查地震波的傳播速度，涉及彈性固體的體積模量、剪切模量與密度的關係。

核心觀念：

1. P 波 (Primary wave, 縱波)：在彈性介質中傳播，介質質點的振動方向與波的傳播方向平行。其速度與介質的體積模量 (Bulk Modulus, $K$) 和密度 ($\rho$) 有關。
2. S 波 (Secondary wave, 橫波)：在彈性介質中傳播，介質質點的振動方向與波的傳播方向垂直。其速度與介質的剪切模量 (Shear Modulus, $\mu$ 或 $G$) 和密度 ($\rho$) 有關。

P 波速率的公式為：
$V_P = \sqrt{\frac{K + \frac{4}{3}\mu}{\rho}}$

S 波速率的公式為：
$V_S = \sqrt{\frac{\mu}{\rho}}$

已知條件：
體積模量 $K = 4.0 \times 10^{10}$ Pa
剪切模量 $\mu = 3.0 \times 10^{10}$ Pa
密度 $\rho = 2500$ kg/m$^3$

計算 P 波速率 $V_P$：
$V_P = \sqrt{\frac{K + \frac{4}{3}\mu}{\rho}}$
$V_P = \sqrt{\frac{(4.0 \times 10^{10} \text{ Pa}) + \frac{4}{3}(3.0 \times 10^{10} \text{ Pa})}{2500 \text{ kg/m}^3}}$
$V_P = \sqrt{\frac{4.0 \times 10^{10} \text{ Pa} + 4.0 \times 10^{10} \text{ Pa}}{2500 \text{ kg/m}^3}}$
$V_P = \sqrt{\frac{8.0 \times 10^{10} \text{ Pa}}{2500 \text{ kg/m}^3}}$
$V_P = \sqrt{\frac{80 \times 10^9 \text{ Pa}}{2500 \text{ kg/m}^3}} = \sqrt{\frac{80000 \times 10^6 \text{ Pa}}{2500 \text{ kg/m}^3}}$
$V_P = \sqrt{32 \times 10^6 \text{ m}^2/\text{s}^2}$ (因為 Pa = N/m$^2$ = kg·m/s$^2$/m$^2$ = kg/(m·s$^2$))
$V_P = \sqrt{32} \times 10^3$ m/s
$V_P \approx 5.657 \times 10^3$ m/s
$V_P \approx 5657$ m/s

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

本題考查電場與庫侖定律的應用，涉及點電荷產生的電場疊加原理。

核心觀念：

1. 點電荷產生的電場：一個點電荷 $q$ 在距離 $r$ 處產生的電場大小為 $E = k\frac{|q|}{r^2}$，方向沿徑向 (指向電荷若為負，遠離電荷若為正)。
2. 電場疊加原理：空間中某一點的總電場是所有點電荷在其處產生的電場向量的總和。
3. 庫侖定律：兩個點電荷 $q_1, q_2$ 之間的靜電力大小為 $F = k\frac{|q_1 q_2|}{r^2}$，方向沿連線。

已知條件：
$q_1 = +2.0 \text{ nC} = +2.0 \times 10^{-9} \text{ C}$
$q_2 = +2.0 \text{ nC} = +2.0 \times 10^{-9} \text{ C}$
$r_1 = r_2 = 3.0 \text{ cm} = 0.030 \text{ m}$ (距離原點的距離)
$k = 9.0 \times 10^9 \text{ N}\cdot\text{m}^2/\text{C}^2$
$q_3 = -1.0 \text{ nC} = -1.0 \times 10^{-9} \text{ C}$
點 P 的座標為 $(4.0 \text{ cm}, 0) = (0.040 \text{ m}, 0)$。

(a) 計算原點 $(0,0)$ 處的總電場向量 $E$：
電荷 $q_1$ 位於 $(0, 0.030 \text{ m})$，它在原點 $(0,0)$ 產生的電場 $\vec{E}_1$。
由於 $q_1$ 是正電荷，它在原點產生的電場方向是遠離 $q_1$ 的，即沿 -y 方向。
$\vec{E}_1$ 的大小為 $E_1 = k\frac{|q_1|}{r_1^2} = (9.0 \times 10^9) \frac{2.0 \times 10^{-9}}{(0.030)^2} = \frac{18}{0.0009} = 20000 \text{ N/C}$。
所以，$\vec{E}_1 = -20000 \hat{j}$ N/C。

電荷 $q_2$ 位於 $(0, -0.030 \text{ m})$，它在原點 $(0,0)$ 產生的電場 $\vec{E}_2$。
由於 $q_2$ 是正電荷，它在原點產生的電場方向是遠離 $q_2$ 的，即沿 +y 方向。
$\vec{E}_2$ 的大小為 $E_2 = k\frac{|q_2|}{r_2^2} = (9.0 \times 10^9) \frac{2.0 \times 10^{-9}}{(0.030)^2} = \frac{18}{0.0009} = 20000 \text{ N/C}$。
所以，$\vec{E}_2 = +20000 \hat{j}$ N/C。

總電場 $\vec{E} = \vec{E}_1 + \vec{E}_2 = (-20000 \hat{j}) + (20000 \hat{j}) = \vec{0}$ N/C。

【答案】在座標原點 $(0,0)$ 處的總電場向量 $E$ 為 $\vec{0}$ N/C。

(b) 計算 $q_3$ 在 P 點所受的總靜電力向量 $F$：
點 P 的座標為 $(0.040 \text{ m}, 0)$。
首先計算 P 點處由 $q_1$ 和 $q_2$ 產生的總電場。
電荷 $q_1$ 位於 $(0, 0.030 \text{ m})$。 P 點 $(0.040 \text{ m}, 0)$ 到 $q_1$ 的向量 $\vec{r}_{P1} = (0.040, 0) - (0, 0.030) = (0.040, -0.030)$ m。
距離 $r_{P1} = \sqrt{(0.040)^2 + (-0.030)^2} = \sqrt{0.0016 + 0.0009} = \sqrt{0.0025} = 0.050$ m。
$\vec{E}_{P1}$ 的大小為 $E_{P1} = k\frac{|q_1|}{r_{P1}^2} = (9.0 \times 10^9) \frac{2.0 \times 10^{-9}}{(0.050)^2} = \frac{18}{0.0025} = 7200 \text{ N/C}$。
$\vec{E}_{P1}$ 的方向是從 $q_1$ 指向 P 點，所以方向向量為 $\hat{r}_{P1} = \frac{\vec{r}_{P1}}{r_{P1}} = \frac{(0.040, -0.030)}{0.050} = (0.8, -0.6)$。
$\vec{E}_{P1} = E_{P1} \hat{r}_{P1} = 7200 (0.8 \hat{i} - 0.6 \hat{j}) = (5760 \hat{i} - 4320 \hat{j})$ N/C。

電荷 $q_2$ 位於 $(0, -0.030 \text{ m})$。 P 點 $(0.040 \text{ m}, 0)$ 到 $q_2$ 的向量 $\vec{r}_{P2} = (0.040, 0) - (0, -0.030) = (0.040, 0.030)$ m。
距離 $r_{P2} = \sqrt{(0.040)^2 + (0.030)^2} = \sqrt{0.0016 + 0.0009} = \sqrt{0.0025} = 0.050$ m。
$\vec{E}_{P2}$ 的大小為 $E_{P2} = k\frac{|q_2|}{r_{P2}^2} = (9.0 \times 10^9) \frac{2.0 \times 10^{-9}}{(0.050)^2} = \frac{18}{0.0025} = 7200 \text{ N/C}$。

核心觀念

本題利用球對稱性與高斯定律：

1. 球殼體積元素為
   $dV=4\pi r^2\,dr$

2. 半徑 $r$ 內所包含的電荷量為
   $q_{\text{enc}}(r)=\int \rho(r')\,dV$

3. 高斯定律為
   $\oint \vec E\cdot d\vec A=\frac{q_{\text{enc}}}{\varepsilon_0}$

由於電荷分佈具有球對稱性，電場方向必為徑向，且在半徑相同的高斯球面上，電場大小相同，因此有

$E(r)(4\pi r^2)=\frac{q_{\text{enc}}(r)}{\varepsilon_0}$

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(a) 總電荷量 $Q$

球體內部的電荷密度為

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

取半徑 $r$ 到 $r+dr$ 的薄球殼，其電荷量為

$dq=\rho(r)\,dV$

因此總電荷量為

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

代入電荷密度：

$$Q=4\pi\rho_0\int_0^R \left(1-\frac{r}{R}\right)r^2\,dr$$

展開積分：

$$Q=4\pi\rho_0\int_0^R \left(r^2-\frac{r^3}{R}\right)\,dr$$

計算得

$$Q=4\pi\rho_0 \left[ \frac{r^3}{3}-\frac{r^4}{4R} \right]_0^R$$ $$Q=4\pi\rho_0 \left(\frac{R^3}{3}-\frac{R^3}{4}\right)$$ $$\boxed{Q=\frac{\pi\rho_0R^3}{3}}$$

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(b) 球體內部的電場強度 $E(r)$

考慮球內距離球心為 $r$ 的位置，取半徑為 $r$ 的高斯球面。該高斯球面內的包圍電荷為

$$q_{\text{enc}}(r) =4\pi\rho_0\int_0^r \left(1-\frac{r'}{R}\right)r'^2\,dr'$$

使用 $r'$ 作為積分變數：

$$q_{\text{enc}}(r) =4\pi\rho_0\int_0^r \left(r'^2-\frac{r'^3}{R}\right)\,dr'$$ $$q_{\text{enc}}(r) =4\pi\rho_0 \left[ \frac{r'^3}{3}-\frac{r'^4}{4R} \right]_0^r$$

所以

本題考查帶電粒子在磁場中受到的羅倫茲力。

核心觀念：

1. 羅倫茲力：一個電荷 $q$ 以速度 $\vec{v}$ 在磁場 $\vec{B}$ 中運動時，所受的磁力為 $\vec{F} = q(\vec{v} \times \vec{B})$。
2. 向量叉乘的判斷：利用右手規則判斷 $\vec{v} \times \vec{B}$ 的方向。

已知條件：
質子質量 $m = 1.67 \times 10^{-27}$ kg
質子電荷 $q = +1.6 \times 10^{-19}$ C (質子帶正電)
質子速度 $\vec{v} = 5.0 \times 10^6 \hat{i}$ m/s (沿 +x 方向)
磁感應強度 $\vec{B} = -0.2 \hat{k}$ T (大小 0.2 T, 方向沿 -z 方向)

(a) 磁力方向的判斷：
我們需要計算 $\vec{v} \times \vec{B}$ 的方向。
$\vec{v} \times \vec{B} = (5.0 \times 10^6 \hat{i}) \times (-0.2 \hat{k})$
$\vec{v} \times \vec{B} = (5.0 \times 10^6)(-0.2) (\hat{i} \times \hat{k})$

首先計算 $\hat{i} \times \hat{k}$：
利用右手規則，從 $\hat{i}$ (x軸正方向) 旋轉到 $\hat{k}$ (z軸正方向)，需要旋轉 90 度。
$\hat{i} \times \hat{j} = \hat{k}$
$\hat{j} \times \hat{k} = \hat{i}$
$\hat{k} \times \hat{i} = \hat{j}$
反之：
$\hat{j} \times \hat{i} = -\hat{k}$
$\hat{k} \times \hat{j} = -\hat{i}$
$\hat{i} \times \hat{k} = -\hat{j}$

所以，$\vec{v} \times \vec{B} = (5.0 \times 10^6)(-0.2) (-\hat{j})$
$\vec{v} \times \vec{B} = (-1.0 \times 10^6) (-\hat{j}) = 1.0 \times 10^6 \hat{j}$。

磁力 $\vec{F} = q (\vec{v} \times \vec{B})$。
由於質子帶正電 ($q > 0$), 磁力的方向與 $\vec{v} \times \vec{B}$ 的方向相同。
$\vec{F}$ 的方向是沿 $+\hat{j}$ 方向，即 +y 方向。

判斷理由：
質子的速度 $\vec{v}$ 指向 +x 方向，磁場 $\vec{B}$ 指向 -z 方向。

核心觀念

本題考查「動生電動勢」與「楞次定律」：

• 金屬棒在磁場中以速度運動，產生動生電動勢
  $\mathcal{E}=B\ell v$
• 電路中的感應電流由歐姆定律求得
  $I=\frac{\mathcal{E}}{R}$
• 感應電流在磁場中受到安培力
  $F_B=I\ell B$
• 金屬棒等速度運動，表示水平方向合力為零，因此外力大小等於磁阻力大小。

其中：

$$B=2.0\ \mathrm{T},\qquad \ell=0.5\ \mathrm{m},\qquad v=10\ \mathrm{m/s},\qquad R=5.00\ \Omega$$

理想導電軌道與金屬棒電阻均可忽略，因此電路總電阻就是固定電阻。

解題方法

取金屬棒由下方軌道跨接至上方軌道，向右為 $+x$ 方向，紙面向外為 $+z$ 方向。磁場鉛直向下、垂直紙面，因此

$$\vec B=-B\hat z$$

金屬棒速度向右：

$$\vec v=v\hat x$$

正電荷在金屬棒中受到的磁力方向由

$$\vec F_q=q\vec v\times\vec B$$

判定：

$$\vec v\times\vec B =(v\hat x)\times(-B\hat z) =vB\hat y$$

因此正電荷被推向上方，金屬棒的上端累積正電荷、下端累積負電荷，金屬棒內的感應電流方向為由下往上。

(a) 感應電流與流經電阻的方向

動生電動勢大小為

$$\mathcal{E}=B\ell v$$

代入數值：

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

由歐姆定律：

$$I=\frac{\mathcal{E}}{R} =\frac{10}{5.00} =2.00\ \mathrm{A}$$

金屬棒中的電流由下往上。依據電路連通方向，電流由金屬棒上端沿上方軌道向左流動，通過左端電阻後，再沿下方軌道向右流回金屬棒。

因此，電流流經電阻的方向為：

$$\boxed{\text{由上方軌道流向下方軌道}}$$

本題考查薄透鏡成像公式以及透鏡焦距的變化。

核心觀念：

1. 薄透鏡成像公式：$\frac{1}{f} = \frac{1}{u} + \frac{1}{v}$，其中 $f$ 是焦距, $u$ 是物距, $v$ 是像距。
2. 放大率：$m = \frac{h'}{h} = -\frac{v}{u}$，其中 $h'$ 是像高, $h$ 是物高。
3. 透鏡成像性質判斷：
   • 若 $v > 0$，為實像 (在透鏡另一側)。
   • 若 $v < 0$，為虛像 (在透鏡同側)。
   • 若 $m > 0$，像為正立。
   • 若 $m < 0$，像為倒立。
4. 薄透鏡焦距公式 (製造鏡匠公式)：$\frac{1}{f} = (n_{lens} - n_{medium}) \left(\frac{1}{R_1} - \frac{1}{R_2}\right)$，其中 $n_{lens}$ 是透鏡材料的折射率, $n_{medium}$ 是周圍介質的折射率, $R_1$ 和 $R_2$ 是兩個表面的曲率半徑。

已知條件：
物體高度 $h = 2.0$ cm
物距 $u = 30.0$ cm (物體在透鏡前方，依慣例為正)
焦距 $f = 20.0$ cm (雙凸透鏡，焦距為正)
空氣折射率 $n_{air} \approx 1.0$
水的折射率 $n_{water} = 1.33$
透鏡玻璃折射率 $n_{glass} = 1.50$

(a) 計算像的位置、像高及成像性質：
使用薄透鏡成像公式：$\frac{1}{f} = \frac{1}{u} + \frac{1}{v}$。
$\frac{1}{20.0 \text{ cm}} = \frac{1}{30.0 \text{ cm}} + \frac{1}{v}$
$\frac{1}{v} = \frac{1}{20.0 \text{ cm}} - \frac{1}{30.0 \text{ cm}} = \frac{3 - 2}{60.0 \text{ cm}} = \frac{1}{60.0 \text{ cm}}$
$v = 60.0 \text{ cm}$。
像距 $v = 60.0$ cm。由於 $v$ 是正值，表示像在透鏡的另一側，是實像。

計算像高：
放大率 $m = -\frac{v}{u} = -\frac{60.0 \text{ cm}}{30.0 \text{ cm}} = -2.0$。
像高 $h' = m \times h = (-2.0) \times (2.0 \text{ cm}) = -4.0 \text{ cm}$。
像高 $h' = -4.0$ cm。由於 $m$ 是負值，表示像與物體是倒立的。

本題考查雙狹縫干涉的現象，包括亮紋間距、判斷亮暗紋以及介質折射率對干涉條紋的影響。

核心觀念：

1. 雙狹縫干涉亮紋間距：$\Delta y = \frac{\lambda D}{d}$，其中 $\lambda$ 是波長, $D$ 是狹縫到屏幕的距離, $d$ 是狹縫間距。
2. 雙狹縫干涉亮紋條件：$d \sin\theta = m\lambda$ (其中 $m$ 為整數)。對於小角度近似 ($\sin\theta \approx \tan\theta \approx y/D$), $y_m = \frac{m\lambda D}{d}$。
3. 雙狹縫干涉暗紋條件：$d \sin\theta = (m+\frac{1}{2})\lambda$ (其中 $m$ 為整數)。對於小角度近似, $y_m = \frac{(m+\frac{1}{2})\lambda D}{d}$。
4. 波在不同介質中的傳播：波長會隨介質的折射率改變，$\lambda_{medium} = \lambda_{air} / n_{medium}$。

已知條件：
波長 $\lambda = 600$ nm $= 600 \times 10^{-9}$ m $= 0.600 \times 10^{-6}$ m
狹縫間距 $d = 0.2$ mm $= 0.2 \times 10^{-3}$ m
狹縫到屏幕的距離 $D = 2.0$ m
空氣折射率 $n_{air} \approx 1.0$
油的折射率 $n_{oil} = 1.5$

(a) 計算相鄰亮紋之間的間距：
使用公式 $\Delta y = \frac{\lambda D}{d}$。
$\Delta y = \frac{(600 \times 10^{-9} \text{ m}) \times (2.0 \text{ m})}{0.2 \times 10^{-3} \text{ m}}$
$\Delta y = \frac{1.2 \times 10^{-6}}{0.2 \times 10^{-3}} \text{ m}$
$\Delta y = \frac{1.2}{0.2} \times 10^{-6 - (-3)} \text{ m}$
$\Delta y = 6.0 \times 10^{-3} \text{ m}$。
將結果轉換為公分：
$\Delta y = 6.0 \times 10^{-3} \text{ m} \times \frac{100 \text{ cm}}{1 \text{ m}} = 0.60 \text{ cm}$。

【答案】在屏幕上觀察到的相鄰兩條亮紋之間的間距為 0.60 cm。

(b) 判斷 $y=1.2$ cm 處是亮紋或暗紋：
我們需要將 $y=1.2$ cm 轉換為公尺：$y = 1.2 \text{ cm} = 0.012 \text{ m}$。
對於亮紋，其位置 $y_m = \frac{m\lambda D}{d}$。
我們檢查 $y$ 是否等於某個整數 $m$ 乘以 $\Delta y$。
$y = 0.012$ m。