109 年 國立中山大學物理學系碩士班《普通物理學》

此題考查重力對簡諧運動平衡點與週期（頻率）的影響。

當物體懸掛在彈簧上時，系統會處於一個新的平衡點。設彈簧原長為 $l_0$，彈簧伸長量為 $\Delta l$ 才能平衡物體重力 $mg$。此時彈簧力 $k\Delta l = mg$。此平衡位置即為振動的中心點。

此題考查簡諧運動的頻率與彈簧常數的關係。

已知物體質量 $m = 1$ kg，簡諧運動的頻率 $f = 1$ Hz。
簡諧運動的頻率公式為 $f = \frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{k}{m}}$。

核心觀念

本題考查「阻尼簡諧運動」的振幅衰減。質量為 $m$ 的物體受彈簧力與阻尼力作用時，運動方程式為

$$m\frac{d^2x}{dt^2}+b\frac{dx}{dt}+kx=0.$$

在欠阻尼情況下，位移可表示為

$$x(t)=A_0e^{-\frac{b}{2m}t}\cos(\omega_d t+\phi),$$

其中振幅包絡線為

$$A(t)=A_0e^{-\frac{b}{2m}t}.$$

可見振幅的衰減速率由阻尼係數與質量的比值決定，彈簧常數 $k$ 主要影響振盪頻率，不直接決定振幅包絡線的衰減時間。

解題方法

題目要求振幅降為初始值的 $1/3$，因此令

$$\frac{A(t)}{A_0}=\frac{1}{3}.$$

代入振幅衰減公式：

$$e^{-\frac{b}{2m}t}=\frac{1}{3}.$$

兩邊取自然對數：

$$-\frac{b}{2m}t=-\ln 3.$$

因此

$$t=\frac{2m\ln 3}{b}.$$

由於

$$\ln 3\approx 1.10,$$

所以

$$t\approx \frac{2.20m}{b}\approx \frac{2m}{b}.$$

因此最符合題目「roughly」要求的選項為

$$\boxed{\frac{2m}{b}}.$$

選項分析

(A) $\dfrac{m}{3b}$：錯誤

此結果的量綱雖然是時間，但阻尼振幅衰減的特徵時間應為

$$\tau=\frac{2m}{b},$$

此題考查能量守恆與圓周運動的脫離條件。

物體從高度 $h$ 處靜止釋放，沿著無摩擦的軌道運動。要能夠繞過最高點，物體在最高點時必須仍有向下的壓力（或說，重力提供的向心力必須大於或等於零），即在最高點的瞬間，物體與軌道之間沒有分離。
設軌道半徑為 $R$。物體在最高點的速率為 $v_{top}$。在最高點，作用在物體上的力有重力 $mg$ (向下) 和軌道施加的壓力 $N$ (向下)。根據牛頓第二運動定律，這些力提供物體做圓周運動所需的向心力：
$N + mg = \frac{mv_{top}^2}{R}$

為了使物體能順利通過最高點而不脫軌，軌道施加的壓力 $N$ 必須大於或等於零 ($N \ge 0$)。因此，通過最高點的最低條件是 $N=0$。此時，重力 $mg$ 恰好提供物體做圓周運動所需的向心力：
$mg = \frac{mv_{top,min}^2}{R}$
$v_{top,min}^2 = gR$

此題考查能量守恆定律在彈簧振盪系統中的應用。

系統由一個質量為 $m = 100$ g $= 0.1$ kg 的滑塊和兩個彈簧組成。左側彈簧的彈性係數 $k_1 = 110$ N/m，最大壓縮量為 $x_{1,max} = 20$ cm $= 0.2$ m。右側彈簧的彈性係數 $k_2 = 240$ N/m。滑塊在無摩擦的表面上運動。

系統的總能量是守恆的。當滑塊被壓縮左側彈簧並釋放時，彈簧的彈性位能轉化為滑塊的動能，滑塊接著運動。滑塊的動能會壓縮右側彈簧，將動能轉化為右側彈簧的彈性位能。

首先，計算左側彈簧儲存的最大彈性位能。當左側彈簧被壓縮 $x_{1,max} = 0.2$ m 時，其儲存的彈性位能為：
$U_{1,max} = \frac{1}{2}k_1 x_{1,max}^2$
$U_{1,max} = \frac{1}{2}(110 \text{ N/m})(0.2 \text{ m})^2$
$U_{1,max} = \frac{1}{2}(110)(0.04) \text{ J}$
$U_{1,max} = 55 \times 0.04 \text{ J}$
$U_{1,max} = 2.2 \text{ J}$

當滑塊從左側彈簧的最大壓縮點釋放時，這個彈性位能將完全轉化為滑塊的動能。在滑塊離開左側彈簧時，它的動能達到最大值，等於左側彈簧的最大彈性位能 $2.2$ J。
$K_{max} = U_{1,max} = 2.2$ J。

此題考查能量守恆定律，求解滑塊在運動過程中的速度。

此題與上一題是同一情境。我們已經知道左側彈簧的最大壓縮量為 $x_{1,max} = 0.2$ m，其彈性係數 $k_1 = 110$ N/m。右側彈簧的彈性係數 $k_2 = 240$ N/m。滑塊質量 $m = 0.1$ kg。

題目問的是「滑塊在運動過程中」的速度。這通常是指滑塊在離開一個彈簧並接近另一個彈簧時，在彈簧恢復原長的位置時的速度，或是系統總能量轉換為最大動能時的速度。

從上一題的計算，左側彈簧的最大彈性位能為 $U_{1,max} = 2.2$ J。
當滑塊被左側彈簧推動並離開左側彈簧時（即左側彈簧恢復至原長），此時滑塊的動能達到最大，其值等於左側彈簧儲存的全部彈性位能。
$K_{max} = U_{1,max} = 2.2$ J。
滑塊的最大速度 $v_{max}$ 可以由 $K_{max} = \frac{1}{2}mv_{max}^2$ 求得。

此題考查力的合成、力矩以及角動量定理。

首先分析選項 (A) 和 (B)。
牛頓第二運動定律的旋轉形式是 $\sum \vec{\tau} = I \vec{\alpha}$，其中 $\sum \vec{\tau}$ 是淨力矩， $I$ 是轉動慣量， $\vec{\alpha}$ 是角加速度。
牛頓第二運動定律的平移形式是 $\sum \vec{F} = m \vec{a}$，其中 $\sum \vec{F}$ 是淨力。

選項 (A) 說：若淨力為零 ($\sum \vec{F} = \vec{0}$)，則淨力矩必為零 ($\sum \vec{\tau} = \vec{0}$)。
這是不一定正確的。考慮一個物體受到兩個大小相等、方向相反但作用線不在同一直線上的力。例如，在物體兩端施加大小同為 $F$ 的水平向右和向左的力。這兩個力的合力為零，但它們會產生一個力矩，導致物體繞中心旋轉。
例如，在一個長度為 $L$ 的桿件，一端施加向右的力 $F$，另一端施加向左的力 $F$。則淨力為零，但會產生力矩 $F \times L$。
因此，選項 (A) 是錯誤的。

此題考查 RC 電路的充放電時間常數。

RC 電路的充放電時間常數 $\tau$ 定義為電阻 $R$ 和電容 $C$ 的乘積。它表示電容電壓（或電荷）衰減到其初始值的 $1/e$ 所需的時間，或者在充電時，電容電壓（或電荷）增加到最終值的 $(1 - 1/e)$ 所需的時間。
時間常數的公式為：
$\tau = RC$

題目給定的參數是：
電阻 $R = 400$ k$\Omega = 400 \times 10^3 \, \Omega$
電容 $C = 200$ µF $= 200 \times 10^{-6}$ F

此題考查安培定律在計算長直導線或同軸電纜內部磁場的應用。

同軸電纜由一個內導體和一個外導體組成，它們之間是絕緣的。內導體是半徑為 $a$ 的實心圓柱體，外導體是內半徑為 $b$、外半徑為 $c$ 的薄圓柱殼。題目中給出的圖示（雖然未在此處顯示，但根據描述和選項推斷）和問題，重點是計算內導體和外導體之間的磁場，即半徑 $r$ 滿足 $a < r < b$ 的區域。

內導體載有電流 $I$，方向假設為向上。外導體載有電流 $I$，方向相反，即向下。

我們使用安培定律來計算磁場。安培定律的積分形式為：
$\oint \vec{B} \cdot d\vec{l} = \mu_0 I_{enc}$
其中 $\vec{B}$ 是磁場， $d\vec{l}$ 是積分路徑的微小向量， $\mu_0$ 是真空磁導率， $I_{enc}$ 是通過所選閉合迴路的總電流。

由於同軸電纜的對稱性，磁場 $\vec{B}$ 在半徑 $r$ 處是環繞軸線的，且大小是恆定的。我們可以選擇一個半徑為 $r$ 的圓形迴路（安培迴路），其平面垂直於電纜軸線，圓心在軸線上。此時，迴路上的磁場 $\vec{B}$ 與 $d\vec{l}$ 方向相同（都沿圓周方向），且大小恆定 $B(r)$。

對於半徑 $r$ 滿足 $a < r < b$ 的區域：

1. 通過安培迴路的總電流 $I_{enc}$：
   我們考慮一個半徑為 $r$ 的圓形安培迴路，其中 $a < r < b$。
   這個迴路只包圍了內導體中的電流 $I$。

此題考查法拉第電磁感應定律，判斷何種運動方式會產生感應電動勢。

法拉第電磁感應定律指出，當通過一個閉合迴路的磁通量發生變化時，迴路中就會產生感應電動勢。磁通量 $\Phi_B = \int \vec{B} \cdot d\vec{A}$。感應電動勢 $\mathcal{E} = -\frac{d\Phi_B}{dt}$。

我們分析三種情況：

1. Coil 1 (線圈 1) 左右水平移動：
   線圈 1 在均勻磁場 $\vec{B}$ 中水平移動。假設磁場是垂直進入紙面的（或垂直離開紙面的）。
   如果線圈是水平移動（例如沿著與磁場線垂直的方向移動，或沿著磁場線方向移動），且線圈的平面始終與磁場方向垂直（或者說，線圈與磁場線的夾角恆定），那麼通過線圈的磁通量 $\Phi_B = B A \cos\theta$ 保持不變。
   如果線圈是水平移動，但其平面方向與磁場方向的夾角恆定，則磁通量不變，不會產生感應電動勢。
   然而，如果線圈是左右移動，並且其平面是垂直於磁場的，則磁通量為 $\Phi_B = BA$，由於 $B$ 和 $A$ 都是常數， $\Phi_B$ 也是常數。
   如果線圈的運動方式是使通過它的磁通量發生變化，例如，線圈進入或離開磁場區域，或者線圈的面積在磁場中發生變化。
   根據圖示，線圈 1 似乎是整體在均勻磁場中移動。如果移動是水平的，且線圈完全在均勻磁場區域內，則磁通量不變，不會產生感應電動勢。
   重要假設：如果線圈 1 是在磁場區域內以某種方式移動，且其平面與磁場方向的夾角為 $\theta$，則 $\Phi_B = BA \cos\theta$。

此題考查駐波的性質，特別是波長與弦長之間的關係。

題目給定弦的質量 $m = 2.500$ g $= 0.0025$ kg，長度 $L = 0.800$ m，張力 $\tau = 325.0$ N。
圖 1 顯示的是一個駐波圖形。從圖中可以觀察到，弦的長度 $L$ 包含了多少個半波長。
圖中顯示了弦的形狀，可以清楚地看到有兩個腹點（波腹）在中間，以及兩個節點（波節）在兩端。這表示弦的長度 $L$ 相當於一個完整波長的兩倍，也就是說，這個駐波是第二諧波（或稱為第一個泛音）。

對於弦上的駐波，其波長 $\lambda$ 與弦長 $L$ 的關係為：
$L = n \frac{\lambda}{2}$
其中 $n$ 是諧波級數（或稱為泛音級數）， $n = 1, 2, 3, ...$。

此題考查弦振動的諧波級數。

承接上一題，我們分析圖 1 顯示的駐波圖形。
圖中顯示弦的兩端是節點 (nodes)，中間有兩個波腹 (antinodes)。
一個駐波的結構是由節點和波腹組成的。
節點是振幅為零的點，波腹是振幅最大的點。
對於固定在兩端的弦，其駐波的節點必定出現在邊界上。
圖中顯示了弦的長度 $L$ 內，有兩個完整的半波長。
也就是說，弦長 $L$ 包含了兩個半波長。
$L = 2 \times (\frac{\lambda}{2}) = \lambda$。

弦上駐波的波長 $\lambda_n$ 與弦長 $L$ 的關係為：
$L = n \frac{\lambda_n}{2}$，其中 $n$ 為諧波級數（或稱為泛音級數），

此題考查弦振動的頻率計算。

我們已知弦的長度 $L = 0.800$ m，張力 $\tau = 325.0$ N，質量 $m = 2.500$ g $= 0.0025$ kg。
從圖 1 和上一題的分析，我們知道此駐波對應的諧波級數為 $n=2$。

首先，計算弦上橫波的傳播速度 $v$。
波速公式為 $v = \sqrt{\frac{\tau}{\mu}}$，其中 $\mu$ 是線密度。
線密度 $\mu = \frac{m}{L} = \frac{0.0025 \text{ kg}}{0.800 \text{ m}} = \frac{2.5 \times 10^{-3}}{0.8} \text{ kg/m} = 3.125 \times 10^{-3}$ kg/m。

計算波速 $v$:
$v = \sqrt{\frac{325.0 \text{ N}}{3.125 \times 10^{-3} \text{ kg/m}}}$
$v = \sqrt{\frac{325}{3.125 \times 10^{-3}}} = \sqrt{\frac{325 \times 10^3}{3.125}}$
$v = \sqrt{104 \times 10^3} = \sqrt{104000}$
$v \approx 322.49$ m/s。

接下來，我們需要計算頻率 $f$。
對於弦上的駐波，其頻率 $f_n$ 與波速 $v$ 和波長 $\lambda_n$ 的關係為 $f_n = \frac{v}{\lambda_n}$。
我們知道 $L = n \frac{\lambda_n}{2}$，所以 $\lambda_n = \frac{2L}{n}$。
因此，$f_n = \frac{v}{\frac{2L}{n}} = \frac{nv}{2L}$。

核心觀念

弦的駐波振幅會隨位置改變。若弦兩端固定，且圖中有 $n$ 個波腹，則

$$L=n\frac{\lambda}{2}$$

弦上的波速為 $v=\sqrt{\tau/\mu}$，其中 $\mu=m/L$ 是線密度。弦上某點的橫向速度最大值，則由該點的駐波振幅乘上角頻率求得。

解題方法

由圖可見弦上有 4 個波腹，因此 $n=4$，波長為

$$\lambda=\frac{2L}{n} =\frac{2(0.800)}{4} =0.400\ \text{m}$$

弦的線密度與波速為

$$\mu=\frac{m}{L} =\frac{0.002500}{0.800} =0.003125\ \text{kg/m}$$ $$v=\sqrt{\frac{\tau}{\mu}} =\sqrt{\frac{325.0}{0.003125}} =322.5\ \text{m/s}$$

因此振動頻率及角頻率為

$$f=\frac{v}{\lambda} =\frac{322.5}{0.400} =806.2\ \text{Hz}$$ $$\omega=2\pi f =5.066\times 10^3\ \text{rad/s}$$

此題考查 LC 振盪電路中的角頻率。

一個理想的 LC 振盪電路，其電感 $L$ 和電容 $C$ 決定了電路的振盪角頻率 $\omega$。
角頻率的公式為：
$\omega = \frac{1}{\sqrt{LC}}$

題目給定的參數是：
電感 $L = 75.0$ mH $= 75.0 \times 10^{-3}$ H
電容 $C = 3.60$ µF $= 3.60 \times 10^{-6}$ F

將這些值代入角頻率的公式：
$\omega = \frac{1}{\sqrt{(75.0 \times 10^{-3} \text{ H}) \times (3.60 \times 10^{-6} \text{ F})}}$
$\omega = \frac{1}{\sqrt{75.0 \times 3.60 \times 10^{-9}}}$
$\omega = \frac{1}{\sqrt{270 \times 10^{-9}}}$
$\omega = \frac{1}{\sqrt{2.7 \times 10^{-7}}}$

計算 $\sqrt{2.7 \times 10^{-7}}$：
$\sqrt{2.7 \times 10^{-7}} = \sqrt{27 \times 10^{-8}} = \sqrt{27} \times 10^{-4}$
$\sqrt{27} = \sqrt{9 \times 3} = 3\sqrt{3} \approx 3 \times 1.732 = 5.196$

所以，$\sqrt{2.7 \times 10^{-7}} \approx 5.196 \times 10^{-4}$。

此題考查 LC 振盪電路中的總能量。

在一個理想的 LC 振盪電路中，總能量是守恆的，並且在電感和電容之間來回轉換。
總能量 $E_{total}$ 可以通過計算電容儲存的最大能量或電感儲存的最大能量來得到。

題目給定的參數是：
電感 $L = 75.0$ mH $= 75.0 \times 10^{-3}$ H
電容 $C = 3.60$ µF $= 3.60 \times 10^{-6}$ F
電容上的最大電荷 $Q_{max} = 2.90$ µC $= 2.90 \times 10^{-6}$ C

當電容上的電荷達到最大值 $Q_{max}$ 時，電路中的電流為零，此時能量完全儲存在電容的電場中。此時的電容儲存的能量就是電路的總能量。
電容儲存的能量公式為 $U_C = \frac{1}{2} \frac{Q^2}{C}$。
因此，總能量 $E_{total} = U_{C,max} = \frac{1}{2} \frac{Q_{max}^2}{C}$。

此題考查 LC 振盪電路中的最大電流。

在理想的 LC 振盪電路中，總能量守恆。總能量可以表示為電容儲存的最大能量，也可以表示為電感儲存的最大能量。
總能量 $E_{total} = \frac{1}{2} \frac{Q_{max}^2}{C} = \frac{1}{2} L I_{max}^2$。
其中 $Q_{max}$ 是電容上的最大電荷， $I_{max}$ 是電路中的最大電流。

從上一題的計算，我們知道總能量 $E_{total} \approx 1.168 \times 10^{-6}$ J。
我們也可以直接使用 $E_{total} = \frac{1}{2} L I_{max}^2$ 來求解 $I_{max}$。

題目給定的參數是：
電感 $L = 75.0$ mH $= 75.0 \times 10^{-3}$ H
電容 $C = 3.60$ µF $= 3.60 \times 10^{-6}$ F
最大電荷 $Q_{max} = 2.90$ µC $= 2.90 \times 10^{-6}$ C

我們可以使用總能量來計算最大電流：
$E_{total} = \frac{1}{2} L I_{max}^2$
$1.168 \times 10^{-6} \text{ J} = \frac{1}{2} (75.0 \times 10^{-3} \text{ H}) I_{max}^2$
$1.168 \times 10^{-6} = 37.5 \times 10^{-3} I_{max}^2$
$I_{max}^2 = \frac{1.168 \times 10^{-6}}{37.5 \times 10^{-3}}$
$I_{max}^2 = \frac{1.168}{37.5} \times 10^{-6 - (-3)}$

核心觀念

雙狹縫干涉中，兩波前到達觀察點 $P$ 的相位差為

$$\Delta\phi=\frac{2\pi}{\lambda}\Delta r$$

其中路徑差

$$\Delta r=d\sin\theta$$

由圖中幾何關係，在小角度近似下，

$$\sin\theta\approx\tan\theta=\frac{y}{D}$$

因此

$$\Delta\phi\approx \frac{2\pi d y}{\lambda D}$$

解題方法

代入題目數據：

$$d=4.50\times10^{-6}\ \text{m}$$ $$y=20.5\ \text{cm}=0.205\ \text{m}$$ $$D=4.00\ \text{m},\qquad \lambda=650\ \text{nm}=650\times10^{-9}\ \text{m}$$

先求路徑差與波長的比值：

此題考查雙狹縫干涉實驗中，屏幕上干涉條紋的位置判斷。

我們需要判斷點 P ($y = 20.5$ cm) 處是亮紋還是暗紋，以及它位於哪個區域。
亮紋（建設性干涉）的條件是光程差為波長的整數倍：
$\Delta r = m\lambda$，其中 $m = 0, \pm 1, \pm 2, \ldots$。
對於屏幕中心（$y=0$），光程差為 0，是中央亮紋 ($m=0$)。
暗紋（破壞性干涉）的條件是光程差為半波長的奇數倍：
$\Delta r = (m + \frac{1}{2})\lambda$，其中 $m = 0, \pm 1, \pm 2, \ldots$。
或者寫成 $\Delta r = (2m'+1)\frac{\lambda}{2}$，其中 $m' = 0, \pm 1, \pm 2, \ldots$。

從上一題的計算，我們知道點 P 處的光程差 $\Delta r \approx 2.30625 \times 10^{-7}$ m。
波長 $\lambda = 650$ nm $= 6.50 \times 10^{-7}$ m。

我們計算 $\Delta r / \lambda$：
$\frac{\Delta r}{\lambda} \approx \frac{2.30625 \times 10^{-7} \text{ m}}{6.50 \times 10^{-7} \text{ m}} \approx 0.3548$。

因為 $\Delta r / \lambda \approx 0.3548$，這不是一個整數，也不是一個半整數（如 $0.5, 1.5, 2.5, \ldots$）。
所以，點 P 處不是一個典型的亮紋或暗紋位置，而是一個介於亮紋和暗紋之間的強度區域。

此題考查雙狹縫干涉實驗中，任意點的干涉強度與中央亮紋強度的比值。

題目給出的公式是 $I = 4I_0 \cos^2(\frac{\phi}{2})$，其中 $I_0$ 是單一狹縫的強度， $\phi$ 是兩束波之間的相位差。
中央亮紋（$y=0$）處，相位差 $\phi=0$。此時的強度 $I_{cen}$ 是：
$I_{cen} = 4I_0 \cos^2(0/2) = 4I_0 \cos^2(0) = 4I_0 (1)^2 = 4I_0$。
所以，$I_0 = \frac{I_{cen}}{4}$。

點 P 處的強度 $I_p$ 為 $I_p = 4I_0 \cos^2(\frac{\phi_p}{2})$，其中 $\phi_p$ 是點 P 處的相位差。
將 $I_0$ 代入：
$I_p = 4(\frac{I_{cen}}{4}) \cos^2(\frac{\phi_p}{2}) = I_{cen} \cos^2(\frac{\phi_p}{2})$。