112 年 國立中山大學物理學系碩士班《普通物理學》

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第 1 題

Which of the following is a correct unit for Newton's gravitational constant?
(A) m3kg2⋅s2\frac{m^3}{kg^2 \cdot s^2}
(B) m3kg⋅s2\frac{m^3}{kg \cdot s^2}
(C) mkg2⋅s2\frac{m}{kg^2 \cdot s^2}
(D) mkg⋅s2\frac{m}{kg \cdot s^2}

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此題考驗對萬有引力定律公式的掌握以及單位換算的能力。
牛頓的萬有引力定律公式為 F=Gm1m2r2F = G \frac{m_1 m_2}{r^2},其中 FF 為引力, GG 為萬有引力常數, m1m_1 和 m2m_2 為兩個物體的質量, rr 為兩個物體之間的距離。
我們可以從這個公式推導出萬有引力常數 GG 的單位。
將公式整理得到 G=F⋅r2m1m2G = \frac{F \cdot r^2}{m_1 m_2}。

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第 2 題

Which physical quantity in a system is conserved if the only force exerted on the system is a conserved force?
(A) momentum
(B) angular momentum
(C) mechanical energy
(D) energy potential

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此題考查物理學中的守恆定律。
當一個系統只受到保守力 (conserved force) 的作用時,系統的總力學能 (mechanical energy) 是守恆的。保守力是指其所做的功與路徑無關,只與起點和終點的位置有關的力,例如重力、彈性力等。

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第 3 題

If a free electron with charge -e and mass m moving at speed v enters a region with a magnetic field and makes a circular motion of radius r, what is the magnitude of the magnetic field?
(A) mver\frac{mv}{er}
(B) mver2\frac{mv}{er^2}
(C) m2ver\frac{m^2v}{er}
(D) mv2er\frac{mv^2}{er}

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此題考查帶電粒子在磁場中作圓周運動的相關知識。
當一個帶電粒子以垂直於磁場的速度進入均勻磁場時,它會受到勞倫茲力 (Lorentz force) 的作用,此力提供粒子作圓周運動所需的向心力。
勞倫茲力的大小為 FB=∣q∣vBF_B = |q|vB,其中 qq 是粒子的電量,vv 是粒子的速度,BB 是磁場強度。

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第 4 題

It is known that water is considered incompressible. However, the water stream from the faucet is usually narrower at the bottom than at the top. Which of the following mechanisms best explains this phenomenon?
(A) electric force
(B) magnetic force
(C) mass conservation
(D) momentum conservation

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此題考查流體力學中的連續性方程式,涉及質量守恆原理。
當水從水龍頭流出時,假設水是不可壓縮的,且流速隨高度變化。
連續性方程式 (Continuity Equation) 是質量守恆在流體中的體現。對於不可壓縮流體,連續性方程式可以簡化為 A1v1=A2v2A_1 v_1 = A_2 v_2,其中 AA 是流體的橫截面積,vv 是流體的平均速度。
從水龍頭流出的水,在重力作用下,水流下落時速度會增加 (vv 變大)。

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第 5 題

An ant of mass m rests on a stationary wheel of radius r with inertia I=cr2I = cr^2 before moving counterclockwise with speed v. If the rotational friction of the wheel is negligible, how much angle does the wheel turn when the ant passes its original spot on the wheel for the first time?
(A) 2πrv(c+m)\frac{2\pi r}{v(c+m)}
(B) 2π(c−m)v\frac{2\pi (c-m)}{v}
(C) 2πmrvc\frac{2\pi mr}{vc}
(D) 2πrv(c+m)\frac{2\pi r}{v(c+m)}

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核心觀念

本題考查「無外力矩時,系統角動量守恆」。

螞蟻與輪子可視為一個系統。輪軸摩擦可忽略,因此關於輪軸的外力矩為零,且初始時輪子與螞蟻均靜止,所以初始角動量為零。

設:

  • 輪子的轉角為 θ\theta,逆時針為正;
  • 螞蟻相對於輪子的角位置為 ϕ\phi;
  • 螞蟻相對輪子的切向速度為 vv。

因此

ϕ˙=vr.\dot{\phi}=\frac{v}{r}.

解題方法

螞蟻相對地面的角速度為

θ˙+ϕ˙.\dot{\theta}+\dot{\phi}.

螞蟻對輪軸的角動量為

Lant=mr2(θ˙+ϕ˙),L_{\text{ant}} =mr^2(\dot{\theta}+\dot{\phi}),

輪子的角動量為

Lwheel=Iθ˙=cr2θ˙.L_{\text{wheel}}=I\dot{\theta}=cr^2\dot{\theta}.

由角動量守恆,

cr2θ˙+mr2(θ˙+ϕ˙)=0.cr^2\dot{\theta} +mr^2(\dot{\theta}+\dot{\phi})=0.

整理得

(c+m)θ˙+mϕ˙=0,(c+m)\dot{\theta}+m\dot{\phi}=0,

所以

θ˙=−mc+mϕ˙.\dot{\theta} =-\frac{m}{c+m}\dot{\phi}.

積分可得輪子的轉角:

Δθ=−mc+mΔϕ.\Delta\theta =-\frac{m}{c+m}\Delta\phi.

當螞蟻第一次回到輪子上的原始位置時,螞蟻相對輪子恰好轉了一圈,因此

Δϕ=2π.\Delta\phi=2\pi.

故輪子的轉角為

Δθ=−2πmc+m.\Delta\theta=-\frac{2\pi m}{c+m}.

負號表示輪子順時針轉動;若題目問轉過的角度大小,則

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第 6 題5 分

Assuming the exit speed of cannonballs is always the same when fired from the cannon, the angle of the cannon is φ\varphi when aiming at a target 800 m800\ \mathrm{m} away. What is the condition on angle θ\theta when aiming at a target 300 m300\ \mathrm{m} away?

(A) sin⁡(2θ)=38sin⁡(2φ)\sin(2\theta)=\frac{3}{8}\sin(2\varphi)
(B) cos⁡(θ)=38cos⁡(φ)\cos(\theta)=\frac{3}{8}\cos(\varphi)
(C) tan⁡(θ)=38tan⁡(φ)\tan(\theta)=\frac{3}{8}\tan(\varphi)
(D) tan⁡(θ)=964tan⁡(φ)\tan(\theta)=\frac{9}{64}\tan(\varphi)

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核心觀念

在忽略空氣阻力、炮彈發射點與落地點等高的情況下,初速為 v0v_0、仰角為 α\alpha 的水平射程為

R=v02gsin⁡(2α)R=\frac{v_0^2}{g}\sin(2\alpha)

題目指出兩次發射的初速相同,因此比較射程時,v02g\frac{v_0^2}{g} 相同,可以直接比較 sin⁡(2α)\sin(2\alpha)。

解題方法

以 φ\varphi 表示射向 800 m800\ \mathrm{m} 目標的仰角,射程為

800=v02gsin⁡(2φ)800=\frac{v_0^2}{g}\sin(2\varphi)

以 θ\theta 表示射向 300 m300\ \mathrm{m} 目標的仰角,射程為

300=v02gsin⁡(2θ)300=\frac{v_0^2}{g}\sin(2\theta)

兩式相除,消去相同的初速與重力加速度:

300800=sin⁡(2θ)sin⁡(2φ)\frac{300}{800} = \frac{\sin(2\theta)}{\sin(2\varphi)}

因此

sin⁡(2θ)=38sin⁡(2φ)\sin(2\theta)=\frac{3}{8}\sin(2\varphi)

選項分析

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第 7 題5 分

The heat capacity of object A is three times that of object B, and the initial temperatures of objects A and B are 300 K300\ \mathrm{K} and 600 K600\ \mathrm{K}, respectively. What is the final temperature of both objects if they are in thermal contact and isolated from the environment?

(A) 430 K430\ \mathrm{K}
(B) 525 K525\ \mathrm{K}
(C) 400 K400\ \mathrm{K}
(D) 375 K375\ \mathrm{K}

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核心觀念

兩物體接觸後達到熱平衡,最後溫度相同。若系統與環境隔離,能量守恆:高溫物體放出的熱量等於低溫物體吸收的熱量。

物體溫度改變時的熱量關係為 Q=CΔTQ=C\Delta T,其中 CC 為熱容量。本題給定 CA=3CBC_A=3C_B。

解題方法

設共同的最後溫度為 TfT_f。物體 A 從 300 K300\ \mathrm{K} 升溫,物體 B 從 600 K600\ \mathrm{K} 降溫。依能量守恆:

CA(Tf−300)+CB(Tf−600)=0C_A(T_f-300)+C_B(T_f-600)=0

代入 CA=3CBC_A=3C_B:

3CB(Tf−300)+CB(Tf−600)=03C_B(T_f-300)+C_B(T_f-600)=0

除以 CBC_B 並整理:

3Tf−900+Tf−600=03T_f-900+T_f-600=0 4Tf=15004T_f=1500 Tf=375 KT_f=375\ \mathrm{K}

選項分析

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第 8 題5 分

Which of the following descriptions about an inelastic collision is true?

(A) Momentum is not conserved, but kinetic energy is conserved.
(B) Total mass is not conserved, but momentum is conserved.
(C) Neither kinetic energy nor momentum is conserved.
(D) Momentum is conserved, but kinetic energy is not conserved.

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核心觀念

碰撞題要分別判斷動量與動能是否守恆。若碰撞系統受到的外力合力可忽略,則系統總動量守恆:

p⃗前=p⃗後\vec p_{\text{前}}=\vec p_{\text{後}}

非彈性碰撞中,系統總動能不守恆;部分動能會轉化為物體形變、內能、熱或聲音等形式。非彈性碰撞仍遵守質量守恆。

解題方法

題目詢問非彈性碰撞的正確描述。依定義,在外力合力可忽略的碰撞中,碰撞前後的總動量相同;非彈性碰撞則有部分動能轉化為其他能量,因此總動能不守恆。

所以正確敘述是:動量守恆,但動能不守恆。

選項分析

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第 9 題5 分

A stationary source of sound emits a sound wave of frequency ff. If a flight flies toward the source at the speed of sound, what frequency does the flight observe?

(A) f/2f/2
(B) ff
(C) 2f2f
(D) cannot hear the sound

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核心觀念

本題考查移動觀察者造成的都卜勒效應。聲源靜止、觀察者朝聲源移動時,觀察到的頻率為

f觀察=fv+v觀察者vf_{\text{觀察}}=f\frac{v+v_{\text{觀察者}}}{v}

其中 vv 是聲音相對介質的速率,v觀察者v_{\text{觀察者}} 是觀察者朝聲源移動的速率。

解題方法

聲源靜止,因此介質中的波長為

λ=vf\lambda=\frac{v}{f}

飛機朝聲源飛行,且速率等於聲速,所以 v觀察者=vv_{\text{觀察者}}=v。代入都卜勒公式:

f觀察=fv+vv=2ff_{\text{觀察}} =f\frac{v+v}{v} =2f

也可以從波峰相遇速率理解:聲波朝飛機傳播,飛機同時迎向波峰,兩者接近速率為 2v2v。每個波長為 λ\lambda,故飛機每秒遇到的波峰數為

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第 10 題5 分

A 40-N40\text{-N} uniform plank leans against a frictionless wall, as shown in Fig. 1. What is the torque (about point P) applied to the plank by the wall?

Figure 1. A plank leans on a frictionless wall. 🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

(A) 60 m⋅N60\ \mathrm{m\cdot N}
(B) 30 m⋅N30\ \mathrm{m\cdot N}
(C) 120 m⋅N120\ \mathrm{m\cdot N}
(D) 80 m⋅N80\ \mathrm{m\cdot N}

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 3 頁

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核心觀念

本題考查力矩與靜力平衡。力對點 PP 的力矩大小為

τ=Fr⊥\tau = F r_{\perp}

其中 r⊥r_{\perp} 是點 PP 到力的作用線的垂直距離。木板靜止時,對 PP 點的合力矩為零。

解題方法

圖中木板下端位於 PP,上端靠著光滑垂直牆;PP 到牆的水平距離為 4 m4\,\mathrm{m},木板上端離地高度為 3 m3\,\mathrm{m}。木板重 40 N40\,\mathrm{N},且為均勻木板,因此重力作用於木板中點。牆面光滑,牆對木板的支持力為水平力。

取 PP 為力矩中心。木板中點的水平位置距 PP 為 2 m2\,\mathrm{m},所以重力造成順時針力矩,大小為

τ重力=(40 N)(2 m)=80 m⋅N\tau_{\text{重力}} = (40\,\mathrm{N})(2\,\mathrm{m}) = 80\,\mathrm{m\cdot N}

牆的水平支持力作用在木板上端,其作用線到 PP 的垂直距離為 3 m3\,\mathrm{m}。由於木板靜止,牆的支持力造成的逆時針力矩須平衡重力的力矩:

τ牆=τ重力=80 m⋅N\tau_{\text{牆}} = \tau_{\text{重力}} = 80\,\mathrm{m\cdot N}
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第 11 題5 分

A wooden ball floats in a fluid of density 13.5 g/mL13.5\ \mathrm{g/mL} with 20%20\% of its volume under the fluid. What is the density of the wood?

(A) 5.0 g/mL5.0\ \mathrm{g/mL}
(B) 2.7 g/mL2.7\ \mathrm{g/mL}
(C) 10.8 g/mL10.8\ \mathrm{g/mL}
(D) 3.4 g/mL3.4\ \mathrm{g/mL}

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核心觀念

物體漂浮且靜止時,所受浮力等於重力。浮力等於物體排開流體的重量:

F浮=ρ流體V浸gF_{\text{浮}}=\rho_{\text{流體}}V_{\text{浸}}g

木球的重力為:

W=ρ木V球gW=\rho_{\text{木}}V_{\text{球}}g

其中 V浸V_{\text{浸}} 是浸在流體中的體積,V球V_{\text{球}} 是木球的總體積。

解題方法

木球漂浮平衡,因此 F浮=WF_{\text{浮}}=W:

ρ流體V浸g=ρ木V球g\rho_{\text{流體}}V_{\text{浸}}g = \rho_{\text{木}}V_{\text{球}}g

題目指出木球有 20%20\% 的體積浸在流體中,所以 V浸=0.20V球V_{\text{浸}}=0.20V_{\text{球}}。代入並約去 V球V_{\text{球}} 與 gg:

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第 12 題5 分

Two identical conducting spheres, one carrying charge QQ and the other neutral, touch each other and are then separated by distance rr. What is the magnitude of the electrostatic force between the conducting spheres?

(A) Q22πε0r2\frac{Q^2}{2\pi\varepsilon_0r^2}
(B) Q24πε0r2\frac{Q^2}{4\pi\varepsilon_0r^2}
(C) Q28πε0r2\frac{Q^2}{8\pi\varepsilon_0r^2}
(D) Q216πε0r2\frac{Q^2}{16\pi\varepsilon_0r^2}

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核心觀念

兩個相同的導體球接觸時,電荷會重新分布,直到兩球達到相同電位。由於球的大小與形狀相同,總電荷 QQ 會平均分配,每球帶電量為 Q/2Q/2。

兩球分開後,若球心距離為 rr,且球的半徑相對於 rr 足夠小,可將兩球視為點電荷,使用庫侖定律:

F=14πε0∣q1q2∣r2F=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{|q_1q_2|}{r^2}

解題方法

接觸前,兩球總電荷為 QQ。接觸並達到靜電平衡後,兩球電量相等,因此

q1=q2=Q2q_1=q_2=\frac{Q}{2}

分開後代入庫侖定律:

F=14πε0(Q2)(Q2)r2=Q216πε0r2F=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{\left(\frac{Q}{2}\right)\left(\frac{Q}{2}\right)}{r^2} =\frac{Q^2}{16\pi\varepsilon_0r^2}

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第 13 題5 分

What is the total work to move a point charge of charge qq from point a to point b shown in Fig. 2? The other two charges in the system both carry charge QQ.

Figure 2. Moving charge from position a to b. 🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

(A) qQπε0d\frac{qQ}{\pi\varepsilon_0d}
(B) 5qQ16πε0d\frac{5qQ}{16\pi\varepsilon_0d}
(C) 00
(D) 5qQ8πε0d\frac{5qQ}{8\pi\varepsilon_0d}

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 3 頁

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核心觀念

點電荷在固定電荷所形成的電位中移動,電位能變化為

ΔU=q(Vb−Va)\Delta U=q(V_b-V_a)

若以準靜態方式移動,外力所做的功為 ΔU\Delta U;電場力所做的功則為 −ΔU-\Delta U。兩個固定電荷的電位依電位疊加原理相加,每個電荷在距離 rr 處產生的電位為 V=Q4πε0rV=\dfrac{Q}{4\pi\varepsilon_0r}。

解題方法

圖中有兩個固定電荷 QQ:由 aa 到左側電荷的距離是 2d2d,到右側電荷是 dd;由 bb 到左側電荷的距離是 dd,到右側電荷是 2d2d。因此 aa、bb 兩點到兩個固定電荷的距離組合相同,只是左右互換。

在 aa 點的電位為

Va=Q4πε0(12d+1d)=3Q8πε0dV_a=\frac{Q}{4\pi\varepsilon_0}\left(\frac{1}{2d}+\frac{1}{d}\right) =\frac{3Q}{8\pi\varepsilon_0d}
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第 14 題5 分

A 5.0 kg5.0\ \mathrm{kg} package is moving at a speed of 20.0 m/s20.0\ \mathrm{m/s} vertically upward when it explodes into three fragments: a 1.00 kg1.00\ \mathrm{kg} fragment is shot upward with an initial speed of 10.0 m/s10.0\ \mathrm{m/s}, and a 2.00 kg2.00\ \mathrm{kg} fragment is shot horizontally with an initial speed of 10.0 m/s10.0\ \mathrm{m/s}. What is the total kinetic energy provided by the explosion?

(A) 8.0×102 J8.0\times10^2\ \mathrm{J}
(B) 5.7×102 J5.7\times10^2\ \mathrm{J}
(C) 2.8×103 J2.8\times10^3\ \mathrm{J}
(D) 1.3×103 J1.3\times10^3\ \mathrm{J}

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核心觀念

爆炸過程很短,可忽略外力的衝量,因此系統的總動量守恆。爆炸會把部分內能轉成碎片的動能,所以爆炸提供的能量等於爆炸前後總動能的增加量:

E爆炸=K爆炸後−K爆炸前E_{\text{爆炸}}=K_{\text{爆炸後}}-K_{\text{爆炸前}}

題目只列出兩塊碎片的質量,第三塊碎片的質量由質量守恆求得。

解題方法

令鉛直向上為 yy 軸,並令第二塊碎片的水平方向為 xx 軸。爆炸前包裹的動量為

p⃗前=(0, 5.00×20.0)=(0, 100) kg m/s\vec p_{\text{前}}=(0,\ 5.00\times20.0) =(0,\ 100)\ \mathrm{kg\,m/s}

三塊碎片的總質量仍為 5.00 kg5.00\ \mathrm{kg},因此第三塊碎片的質量為

m3=5.00−1.00−2.00=2.00 kgm_3=5.00-1.00-2.00=2.00\ \mathrm{kg}

爆炸後,第一塊碎片向上,動量為 (0, 1.00×10.0)=(0, 10.0) kg m/s(0,\ 1.00\times10.0)=(0,\ 10.0)\ \mathrm{kg\,m/s};第二塊碎片水平運動,動量大小為 2.00×10.0=20.0 kg m/s2.00\times10.0=20.0\ \mathrm{kg\,m/s}。由動量守恆,第三塊碎片的動量為

p⃗3=p⃗前−p⃗1−p⃗2=(−20.0, 90.0) kg m/s\vec p_3 =\vec p_{\text{前}}-\vec p_1-\vec p_2 =(-20.0,\ 90.0)\ \mathrm{kg\,m/s}

所以第三塊碎片的速度分量為

v⃗3=p⃗3m3=(−10.0, 45.0) m/s\vec v_3=\frac{\vec p_3}{m_3} =(-10.0,\ 45.0)\ \mathrm{m/s}

其速率平方為 v32=(−10.0)2+(45.0)2=2125 m2/s2v_3^2=(-10.0)^2+(45.0)^2=2125\ \mathrm{m^2/s^2}。

爆炸前的動能為

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第 15 題5 分

Two parallel wires, 4.0 cm4.0\ \mathrm{cm} apart, both carry currents of 2.0 A2.0\ \mathrm{A} in the same direction. What is the force per unit length of one wire on the other? (μ0=1.3×10−6 N⋅A−2\mu_0=1.3\times10^{-6}\ \mathrm{N\cdot A^{-2}})

(A) 2.0×10−5 N/m2.0\times10^{-5}\ \mathrm{N/m}, attractive
(B) 1.1×10−5 N/m1.1\times10^{-5}\ \mathrm{N/m}, attractive
(C) 2.0×10−5 N/m2.0\times10^{-5}\ \mathrm{N/m}, repulsive
(D) 1.1×10−5 N/m1.1\times10^{-5}\ \mathrm{N/m}, repulsive

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核心觀念

長直載流導線會在周圍產生磁場。若兩條平行導線相距 dd,電流分別為 I1I_1、I2I_2,則其中一條導線受到另一條導線作用的單位長度磁力為

FL=μ0I1I22πd.\frac{F}{L}=\frac{\mu_0 I_1 I_2}{2\pi d}.

兩條平行導線的電流方向相同時互相吸引;電流方向相反時互相排斥。

解題方法

題目給定兩導線電流相同,故 I1=I2=2.0 AI_1=I_2=2.0\ \mathrm{A};間距為 d=4.0 cm=0.040 md=4.0\ \mathrm{cm}=0.040\ \mathrm{m}。代入公式:

FL=(1.3×10−6)(2.0)(2.0)2π(0.040)≈2.1×10−5 N/m.\frac{F}{L} =\frac{(1.3\times10^{-6})(2.0)(2.0)} {2\pi(0.040)} \approx 2.1\times10^{-5}\ \mathrm{N/m}.
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第 16 題5 分

The magnitude of the magnetic field outside of a long ideal solenoid of nn turns per unit length with current II is:

(A) 00
(B) μ0nI\mu_0nI
(C) μ0nI\frac{\mu_0n}{I}
(D) μ0In\frac{\mu_0I}{n}

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核心觀念

本題考查長直理想螺線管的磁場與安培定律。安培定律為

∮B⋅dℓ=μ0Ienc,\oint \mathbf B\cdot d\boldsymbol{\ell}=\mu_0 I_{\text{enc}},

其中 IencI_{\text{enc}} 是安培迴路所包圍的總電流。對長度為 ℓ\ell、每單位長度有 nn 匝、每匝通以電流 II 的螺線管,迴路包圍的匝數為 nℓn\ell,因此包圍電流為 Ienc=nℓII_{\text{enc}}=n\ell I。

解題方法

理想長螺線管具有沿軸向的平移對稱性與繞軸的旋轉對稱性;在管外,磁場沿軸向,且不隨軸向位置改變。取一個完全位於螺線管外的矩形安培迴路,讓兩條長邊分別位於距軸不同的位置。迴路不包圍任何電流,所以安培定律給出

(B外(r1)−B外(r2))ℓ=0.\bigl(B_{\text{外}}(r_1)-B_{\text{外}}(r_2)\bigr)\ell=0.

因此管外的軸向磁場不隨距離改變。由於磁場在遠離螺線管處趨近於零,管外各處的磁場皆為零:

B外=0.B_{\text{外}}=0.
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第 17 題5 分

A particle with charge qq is brought from far away to a point near an electric dipole. No total work is done if the final position of the particle is on:

(A) a line that is perpendicular to the dipole moment.
(B) the line through the charges of the dipole.
(C) a line that makes an angle of 45∘45^\circ with the dipole moment.
(D) none of the above.

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核心觀念

靜電力是保守力,將電荷 qq 從無限遠緩慢移到某處所需的外力功,等於電荷乘上該處的電位差。以無限遠電位為零,所需功為

W外=qVW_{\text{外}}=qV

因此,題目所說「不做總功」的條件是偶極電位 V=0V=0。

解題方法

原卷第 17 題只有文字與選項,沒有另附偶極圖形。將偶極矩方向記為 p\mathbf p,θ\theta 為觀察位置方向與 p\mathbf p 的夾角;理想電偶極的電位為

V=14πε0pcos⁡θr2V=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{p\cos\theta}{r^2}

要使外力功 qV=0qV=0,須有 cos⁡θ=0\cos\theta=0,也就是位置位於通過偶極中心、垂直於偶極矩的平面上。這是偶極的等位零電位面。

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第 18 題5 分

The effective resistance from a to b in Fig. 3 is 4.0 Ω4.0\ \Omega. What is the resistance of each individual resistor in the circuit? The resistances of all the individual resistors are the same.

Figure 3. A circuit composed of 5 identical resistors effectively works as a 4.0-Ω4.0\text{-}\Omega resistor. 🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

(A) 4.0 Ω4.0\ \Omega
(B) 2.0 Ω2.0\ \Omega
(C) 8.0 Ω8.0\ \Omega
(D) 0.8 Ω0.8\ \Omega

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 4 頁

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核心觀念

串聯電阻的等效電阻為電阻和;並聯電阻的倒數和等於等效電阻的倒數:

R串=∑iRi,1R並=∑i1RiR_{\text{串}}=\sum_i R_i, \qquad \frac{1}{R_{\text{並}}}=\sum_i\frac{1}{R_i}

解題方法

圖中共有五個相同電阻:上方路徑由兩個電阻串聯,下方路徑也由兩個電阻串聯;中央另有一個電阻直接連接 aa、bb。這三條路徑都連接在相同的兩端,因此彼此並聯。

設每個電阻為 RR。上、下兩條路徑各為 2R2R,中央路徑為 RR,所以:

1R等效=12R+1R+12R=2R\frac{1}{R_{\text{等效}}} =\frac{1}{2R}+\frac{1}{R}+\frac{1}{2R} =\frac{2}{R}

因此 R等效=R/2R_{\text{等效}}=R/2。代入題目給定的 R等效=4.0 ΩR_{\text{等效}}=4.0\ \Omega:

R=2R等效=2(4.0 Ω)=8.0 ΩR=2R_{\text{等效}}=2(4.0\ \Omega)=8.0\ \Omega
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第 19 題5 分

As shown in Fig. 4, an m1=1.0 kgm_1=1.0\ \mathrm{kg} block is placed on top of an m2=8.0 kgm_2=8.0\ \mathrm{kg} block, which lies on a frictionless surface. The coefficient of kinetic friction between the two blocks is 0.200.20; they are connected via a pulley and a string. A hanging block of mass m3=6.0 kgm_3=6.0\ \mathrm{kg} is connected to the m2m_2 block via another pulley and string. Both strings are massless and the pulleys are frictionless. What is the acceleration magnitude of the blocks? (Gravitational acceleration g=9.8 m/s2g=9.8\ \mathrm{m/s^2})

Figure 4. A system composed of three blocks, strings, and pulleys. 🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

(A) 3.7 m/s23.7\ \mathrm{m/s^2}
(B) 2.7 m/s22.7\ \mathrm{m/s^2}
(C) 9.7 m/s29.7\ \mathrm{m/s^2}
(D) 8.0 m/s28.0\ \mathrm{m/s^2}

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 5 頁

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核心觀念

本題考查牛頓第二運動定律、定滑輪的繩長限制,以及兩物體間的動摩擦力。圖中 m1m_1 與 m2m_2 由左側定滑輪上的繩子連接,因此兩者加速度大小相同、方向相反;m2m_2 與懸掛的 m3m_3 由右側定滑輪上的繩子連接,因此兩者加速度大小也相同。m2m_2 在光滑水平面上,水平方向的摩擦力只來自 m1m_1。

解題方法

設 m2m_2 向右、m3m_3 向下、m1m_1 向左的加速度大小皆為 aa。兩物體間的動摩擦力大小為

fk=μkm1g=0.20(1.0)(9.8)=1.96 N.f_k=\mu_k m_1 g=0.20(1.0)(9.8)=1.96\ \mathrm{N}.

令 T1T_1 為連接 m1m_1、m2m_2 的繩張力,T2T_2 為連接 m2m_2、m3m_3 的繩張力。分別對三個物體列牛頓第二定律:

對 m1m_1,向左為正:

T1−fk=m1a.T_1-f_k=m_1a.

對 m2m_2,向右為正:

T2−T1−fk=m2a.T_2-T_1-f_k=m_2a.

對 m3m_3,向下為正:

m3g−T2=m3a.m_3g-T_2=m_3a.

將三式相加,張力互相抵消,得到

m3g−2fk=(m1+m2+m3)a.m_3g-2f_k=(m_1+m_2+m_3)a.

代入數值:

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第 20 題5 分

A uniform plate of mass MM is placed on two fast-rotating identical wheels of radius rr. The coefficients of kinetic friction between the plate and both wheels are μ\mu, the distance between the centers of the two wheels is ℓ\ell, the wheel on the right (left) rotates counterclockwise (clockwise) with angular speed ω\omega, and the gravitational acceleration is denoted by gg. If the mass center of the plate is displaced by dd from the center of the two wheels, what is the frequency the plate oscillates with? Assume the plate is so heavy that it always stays on the wheels.

Figure 5. A plate of mass MM is placed on two rotating wheels making an oscillating motion. 🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

(A) ω\omega
(B) ωdr\frac{\omega d}{r}
(C) 2μgdℓr\sqrt{\frac{2\mu gd}{\ell r}}
(D) 2μgℓ\sqrt{\frac{2\mu g}{\ell}}

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 5 頁

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核心觀念

兩輪接觸處的動摩擦力方向相反。板的質心偏離兩輪中心中點時,兩輪承受的正向力不同,因此兩側摩擦力不平衡,形成指向中點的回復力。若回復力與位移成正比,板便作簡諧運動。

解題方法

圖中兩輪中心相距 ℓ\ell,左輪順時針、右輪逆時針旋轉;板置於兩輪上方,質心相對兩輪中心中點偏移 dd,重力 MgMg 向下。板受到左右兩輪的正向力 NL、NRN_L、N_R;兩輪上緣的運動方向相反,因此兩側對板的動摩擦力也相反。

令質心向右偏移為 dd。由垂直方向力平衡:

NL+NR=MgN_L+N_R=Mg

以質心為轉軸取力矩平衡。左右接觸點到質心的水平距離分別為 ℓ2+d\frac{\ell}{2}+d、ℓ2−d\frac{\ell}{2}-d,所以

(ℓ2+d)NL=(ℓ2−d)NR\left(\frac{\ell}{2}+d\right)N_L = \left(\frac{\ell}{2}-d\right)N_R

聯立可得

NR−NL=2MgdℓN_R-N_L=\frac{2Mgd}{\ell}

左輪上緣向右運動,右輪上緣向左運動,因此板受到的水平合力為

Fx=μNL−μNR=−2μMgℓdF_x=\mu N_L-\mu N_R =-\frac{2\mu Mg}{\ell}d

由牛頓第二定律,

Md¨=−2μMgℓdM\ddot d=-\frac{2\mu Mg}{\ell}d

整理為簡諧運動方程:

d¨+2μgℓd=0\ddot d+\frac{2\mu g}{\ell}d=0
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