115 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》

本題為名詞解釋題，主要考驗考生對物理學基本定律的理解與闡述能力。

(1) 白努力定律 (Bernoulli's Law)
白努力定律是流體力學中的一個基本原理，描述在穩定流動的理想流體（無黏滯性、不可壓縮）中，流體質點在任何一點的總能量（包含壓力能、動能與位能）守恆。對於水平流動且無黏滯性的流體，其數學表達式為：
$P + \frac{1}{2}\rho v^2 + \rho g h = \text{constant}$
其中，$P$ 是流體的靜壓力，$v$ 是流體的流速，$\rho$ 是流體的密度，$g$ 是重力加速度，$h$ 是流體所在的高度。
簡單來說，白努力定律指出，在流體流動的過程中，當流速增加時，壓力會降低；反之，當流速減小時，壓力會升高。這也意味著，流體流速快的地方壓力較小，流速慢的地方壓力較大。此定律廣泛應用於解釋飛機機翼的升力、文氏計的原理、噴霧器的工作原理等。

本題主要考驗考生對動量守恆定律（特別是完全非彈性碰撞）與能量守恆定律的應用。

首先，我們分析子彈與木塊碰撞的過程。由於碰撞發生在非常短的時間內，系統（子彈+木塊）在碰撞過程中動量守恆。由於這是完全非彈性碰撞（子彈嵌入木塊），碰撞前後的動能不守恆，但動量守恆。

設子彈的初速度為 $v_1$，木塊的質量為 $m_w$，子彈的質量為 $m_p$。碰撞前系統的總動量為 $p_{before} = m_p v_1 + m_w \cdot 0 = m_p v_1$（假設木塊最初靜止）。
碰撞後，子彈與木塊黏合在一起，成為一個整體，其總質量為 $M = m_p + m_w$。設碰撞瞬間這個整體的水平速度為 $v_2$。根據動量守恆定律：
$p_{after} = M v_2 = (m_p + m_w) v_2$
由於動量守恆，$p_{before} = p_{after}$，所以：
$m_p v_1 = (m_p + m_w) v_2$
由此可解出碰撞瞬間系統的速度 $v_2$：
$v_2 = \frac{m_p}{m_p + m_w} v_1$

本題考驗考生對理想氣體等溫過程的功的計算，需要用到熱力學第一定律和理想氣體狀態方程式。

對於一個理想氣體，其熱力學過程中的功 $W$ 可以定義為：
$W = \int_{V_1}^{V_2} P dV$
其中 $P$ 是氣體的壓力，$V$ 是氣體的體積，$V_1$ 是初體積，$V_2$ 是末體積。

在等溫過程中，氣體的溫度 $T$ 保持恆定。根據理想氣體狀態方程式 $PV = nRT$，其中 $P$ 是壓力，$V$ 是體積，$n$ 是氣體的莫耳數，$R$ 是理想氣體常數，$T$ 是絕對溫度。
由於 $n$, $R$, $T$ 都是常數，因此在等溫過程中，$PV$ 的乘積也是一個常數。我們可以將壓力 $P$ 表示為體積 $V$ 的函數：
$P = \frac{nRT}{V}$

現在，我們將這個表達式代入功的積分公式中：
$W = \int_{V_1}^{V_2} \frac{nRT}{V} dV$
由於 $nRT$ 是常數，可以提出積分號外：

本題考驗考生對熵變計算的理解，特別是相變過程中熵的計算。

熵變 $\Delta S$ 的定義為：
$\Delta S = \int \frac{dQ_{rev}}{T}$
其中 $dQ_{rev}$ 是系統在可逆過程中吸收或放出的微小熱量，$T$ 是系統的絕對溫度。

在這個問題中，我們考慮 1 kg 的冰在 0℃ (即 273.15 K) 可逆地熔化成 0℃ 的水。這個過程是相變，且是可逆的。
在相變過程中，溫度 $T$ 保持恆定。因此，熵變的計算公式可以簡化為：
$\Delta S = \frac{Q_{rev}}{T}$

我們需要先計算系統吸收的熱量 $Q_{rev}$。這是 1 kg 冰在 0℃ 熔化成水所需的熱量。題目中給出了水的熔化熱 $L_f = 3.34 \times 10^5 \, \text{J/kg}$。
所以，系統吸收的總熱量為：
$Q_{rev} = m \cdot L_f$
其中 $m = 1 \, \text{kg}$ 是冰的質量。

本題考驗考生對庫侖定律以及向量疊加原理的應用，計算兩個點電荷在某一點產生的淨電力。

首先，我們需要確定三個點電荷的位置和電荷量：
電荷 $q_1$: $(0, 0.30\text{m})$，電荷量 $q_1 = 2.0\mu\text{C} = 2.0 \times 10^{-6} \, \text{C}$。
電荷 $q_2$: $(0, -0.30\text{m})$，電荷量 $q_2 = 2.0\mu\text{C} = 2.0 \times 10^{-6} \, \text{C}$。
電荷 $Q$: $(0.40\text{m}, 0)$，電荷量 $Q = 4.0\mu\text{C} = 4.0 \times 10^{-6} \, \text{C}$。

我們需要計算 $q_1$ 和 $q_2$ 分別對 $Q$ 產生的電力，然後將這兩個電力向量相加，得到淨電力。庫侖定律的公式為：
$\vec{F} = k \frac{q_1 q_2}{r^2} \hat{r}$
其中 $k = 8.98755 \times 10^9 \, \text{N}\cdot\text{m}^2/\text{C}^2$ (通常近似為 $9 \times 10^9 \, \text{N}\cdot\text{m}^2/\text{C}^2$)，$\hat{r}$ 是從電荷 $q_2$ 指向電荷 $q_1$ 的單位向量。

1. 計算 $q_1$ 對 $Q$ 產生的電力 $\vec{F}_{1Q}$：
   電荷 $q_1$ 在 $(0, 0.30)$，電荷 $Q$ 在 $(0.40, 0)$。
   兩電荷之間的距離向量 $\vec{r}_{1Q} = (0.40-0, 0-0.30) = (0.40, -0.30)$。
   距離 $r_{1Q} = |\vec{r}_{1Q}| = \sqrt{(0.40)^2 + (-0.30)^2} = \sqrt{0.16 + 0.09} = \sqrt{0.25} = 0.50 \, \text{m}$。
   單位向量 $\hat{r}_{1Q} = \frac{\vec{r}_{1Q}}{r_{1Q}} = \frac{(0.40, -0.30)}{0.50} = (0.80, -0.60)$。
   由於 $q_1$ 和 $Q$ 都是正電荷，它們之間是斥力，方向沿著 $\vec{r}_{1Q}$。
   電力大小 $F_{1Q} = k \frac{|q_1 Q|}{r_{1Q}^2} = (9 \times 10^9) \frac{(2.0 \times 10^{-6})(4.0 \times 10^{-6})}{(0.50)^2}$
   $F_{1Q} = (9 \times 10^9) \frac{8.0 \times 10^{-12}}{0.25} = (9 \times 10^9) \times (32 \times 10^{-12}) = 288 \times 10^{-3} \, \text{N} = 0.288 \, \text{N}$。
   電力向量 $\vec{F}_{1Q} = F_{1Q} \hat{r}_{1Q} = 0.288 \, \text{N} \cdot (0.80, -0.60)$
   $\vec{F}_{1Q} = (0.288 \times 0.80, 0.288 \times -0.60) \, \text{N} = (0.2304, -0.1728) \, \text{N}$。

2. 計算 $q_2$ 對 $Q$ 產生的電力 $\vec{F}_{2Q}$：
   電荷 $q_2$ 在 $(0, -0.30)$，電荷 $Q$ 在 $(0.40, 0)$。
   兩電荷之間的距離向量 $\vec{r}_{2Q} = (0.40-0, 0-(-0.30)) = (0.40, 0.30)$。