113 年 國立中山大學物理學系碩士班《普通物理學》

核心觀念

理想電壓表的內阻視為無限大，因此不會有電流通過；它只量測兩端節點的電位差。

圖中最上方有一個電阻 $R$ 與右側的五個電阻並聯。電壓表與右側電阻並聯，因此測得的就是五個並聯電阻兩端的電壓。

解題方法

五個相同電阻 $R$ 並聯，其等效電阻為

$$R_{\parallel}=\frac{R}{5}.$$

此並聯組合再與最上方的電阻 $R$ 串聯，因此全電路等效電阻為

$$R_{\text{eq}}=R+\frac{R}{5}=\frac{6R}{5}.$$

電路總電流為

$$I=\frac{V}{R_{\text{eq}}} =\frac{V}{6R/5} =\frac{5V}{6R}.$$

電壓表兩端的電壓，也就是並聯組合兩端的電壓為

$$V_{\text{meter}} =I R_{\parallel} =\frac{5V}{6R}\cdot\frac{R}{5} =\frac{V}{6}.$$

因此電壓表讀值為

$$\boxed{\frac{V}{6}}.$$

選項分析

核心觀念

本題考查「自然單位制」與量綱分析。選定三個基本物理量的單位長度 $l_p$、時間 $t_p$、質量 $m_p$，使得萬有引力常數 $G$、光速 $c$ 與約化普朗克常數 $\hbar$ 的數值皆為 $1$。

在 SI 單位中：

$$G=6.67\times10^{-11}\ \mathrm{m^3\,s^{-2}\,kg^{-1}},$$ $$c=3.00\times10^8\ \mathrm{m\,s^{-1}},$$ $$\hbar=1.05\times10^{-34}\ \mathrm{m^2\,s^{-1}\,kg}.$$

由三個基本單位所構成的自然單位制，滿足

$$G=l_p^3t_p^{-2}m_p^{-1},$$ $$c=l_pt_p^{-1},$$ $$\hbar=l_p^2t_p^{-1}m_p.$$

其中 $l_p$ 即為普朗克長度。

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解題方法

由光速關係式

$$c=\frac{l_p}{t_p},$$

可得

$$t_p=\frac{l_p}{c}.$$

再由

$$\hbar=\frac{l_p^2m_p}{t_p},$$

代入 $t_p=l_p/c$：

$$\hbar =\frac{l_p^2m_p}{l_p/c} =l_pm_pc.$$

因此質量單位為

$$m_p=\frac{\hbar}{l_pc}.$$

將 $t_p=l_p/c$ 與 $m_p=\hbar/(l_pc)$ 代入 $G$ 的關係式：

$$G=\frac{l_p^3}{t_p^2m_p}.$$

因為

$$t_p^2=\frac{l_p^2}{c^2},$$

所以

$$G =\frac{l_p^3} {\left(l_p^2/c^2\right)\left(\hbar/(l_pc)\right)}.$$

整理分母：

$$\left(\frac{l_p^2}{c^2}\right) \left(\frac{\hbar}{l_pc}\right) =\frac{\hbar l_p}{c^3}.$$

因此

$$G=\frac{l_p^3}{\hbar l_p/c^3} =\frac{l_p^2c^3}{\hbar}.$$

解出 $l_p$：

$$l_p^2=\frac{G\hbar}{c^3},$$ $$l_p=\sqrt{\frac{G\hbar}{c^3}}.$$

代入數值：

$$l_p =\sqrt{ \frac{ (6.67\times10^{-11}) (1.05\times10^{-34}) }{ (3.00\times10^8)^3 } }\ \mathrm{m}.$$

先計算數值次方：

本題考查都卜勒效應 (Doppler effect) 在聲波中的應用。當聲源或觀察者相對運動時，觀察者接收到的聲波頻率會發生改變。

題目中，聲源向靜止的觀察者移動，速度為聲速的三分之一。
設聲源的頻率為 $f_s = f$。
設聲源的速度為 $v_s = \frac{v}{3}$，其中 $v$ 是聲速。
觀察者是靜止的，所以觀察者的速度 $v_o = 0$。

都卜勒效應的通用公式為：
$f_o = f_s \frac{v \pm v_o}{v \mp v_s}$
其中：
$f_o$ 是觀察者接收到的頻率。
$f_s$ 是聲源發出的頻率。
$v$ 是聲速。
$v_o$ 是觀察者的速度。
$v_s$ 是聲源的速度。

符號的選擇規則：

• 當觀察者靠近聲源時，分子中的 $v_o$ 用加號 (+)。當觀察者遠離聲源時，用減號 (-)。

核心觀念

兩端固定的弦，其駐波頻率只能是基頻的整數倍：

$$f_n=nf_1,\qquad n=1,2,3,\ldots$$

其中：

• $f_1$ 為基頻，也就是第一泛音；
• $f_n$ 為第 $n$ 次諧波頻率；
• $n$ 必須是正整數。

由弦的駐波條件：

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

且波速滿足 $v=f_n\lambda_n$，可得：

$$f_n=\frac{nv}{2L}=nf_1$$

因此，題目所列的每一個頻率都必須是基頻 $f_1$ 的整數倍。

解題方法

逐一測試選項，使

$$\frac{12}{f_1},\quad \frac{30}{f_1},\quad \frac{33}{f_1},\quad \frac{45}{f_1}$$

全部為正整數。

也可先求這些頻率的最大公因數：

$$\gcd(12,30)=6$$ $$\gcd(6,33)=3$$ $$\gcd(3,45)=3$$

所以這四個頻率的最大公因數為 $3\ \text{Hz}$。取 $f_1=3\ \text{Hz}$ 時：

$$\frac{12}{3}=4,\qquad \frac{30}{3}=10,\qquad \frac{33}{3}=11,\qquad \frac{45}{3}=15$$

四個諧波階數皆為整數，因此 $3\ \text{Hz}$ 確實是可能的基頻。

選項分析

(A) $2\ \text{Hz}$

核心觀念

質量 $m$ 的物體連接勁度係數為 $k$ 的理想彈簧，作簡諧運動時，其角頻率為

$$\omega=\sqrt{\frac{k}{m}}$$

而頻率 $f$ 與角頻率的關係為

$$\omega=2\pi f$$

因此

$$2\pi f=\sqrt{\frac{k}{m}}$$

可得

$$m=\frac{k}{(2\pi f)^2}$$

本題的兩條彈簧相同，因此兩者的勁度係數皆為 $k$。振幅只會影響最大速度與機械能，不會影響理想簡諧運動的頻率與質量關係。

解題方法

對兩個物體分別使用簡諧運動頻率公式：

$$m_A=\frac{k}{(2\pi f_A)^2}$$ $$m_B=\frac{k}{(2\pi f_B)^2}$$

取兩者比值：

$$\frac{m_A}{m_B} = \frac{k/(2\pi f_A)^2}{k/(2\pi f_B)^2}$$

相同的 $k$ 與 $(2\pi)^2$ 約去後，得到

$$\boxed{\frac{m_A}{m_B}=\frac{f_B^2}{f_A^2}}$$

因此，質量與頻率平方成反比。振幅 $A_A$、$A_B$ 不會出現在質量比的公式中。

選項分析

(A) $\dfrac{A_A f_A}{A_B f_B}$：錯誤。

此式將振幅納入質量比，但對理想彈簧振子而言，振幅不決定振盪頻率，也不決定由頻率求出的質量比。正確關係應為頻率的平方反比。

本題考查動量守恆定律和能量守恆定律的應用，特別是在完全非彈性碰撞 (完全黏合) 的情況下。

首先，我們需要計算碰撞前的總動量。
假設物體 1 的質量為 $m_1 = 5$ kg，速度為 $v_1 = 2\hat{i} + 3\hat{j}$ m/s。
假設物體 2 的質量為 $m_2 = 5$ kg，速度為 $v_2 = 2\hat{i} + 5\hat{j}$ m/s。

碰撞前的總動量 $P_{before}$ 為：
$P_{before} = m_1 v_1 + m_2 v_2$
$P_{before} = (5 \, \text{kg}) (2\hat{i} + 3\hat{j} \, \text{m/s}) + (5 \, \text{kg}) (2\hat{i} + 5\hat{j} \, \text{m/s})$
$P_{before} = (10\hat{i} + 15\hat{j}) \, \text{kg m/s} + (10\hat{i} + 25\hat{j}) \, \text{kg m/s}$
$P_{before} = (10+10)\hat{i} + (15+25)\hat{j} \, \text{kg m/s}$
$P_{before} = 20\hat{i} + 40\hat{j} \, \text{kg m/s}$

碰撞後，兩個物體黏合在一起，形成一個總質量為 $M = m_1 + m_2 = 5 + 5 = 10$ kg 的單一物體。
設碰撞後的總速度為 $V$。
根據動量守恆定律，$P_{after} = P_{before}$。
$M V = P_{before}$
$(10 \, \text{kg}) V = 20\hat{i} + 40\hat{j} \, \text{kg m/s}$
$V = \frac{20\hat{i} + 40\hat{j}}{10} \, \text{m/s}$
$V = 2\hat{i} + 4\hat{j} \, \text{m/s}$

本題考查光速和聲速的應用，利用時間差來估計距離。這是典型的利用光和聲音傳播速度差異來判斷距離的問題。

題目中提到，Feynman 在聽到爆炸聲之前約 40 秒看到了閃光。這意味著光從爆炸點傳到 Feynman 的時間，比聲音從爆炸點傳到 Feynman 的時間早了 40 秒。
設爆炸點到 Feynman 的距離為 $d$。
設光速為 $c = 3.0 \times 10^8$ m/s。
設聲速為 $v_s = 3.4 \times 10^2$ m/s。
設光傳播到 Feynman 所需的時間為 $t_{light}$。
設聲音傳播到 Feynman 所需的時間為 $t_{sound}$。

根據題目，Feynman 在聽到爆炸聲「之前」大約 40 秒看到了閃光。這句話的表述可能有點繞，通常是說看到閃光後一段時間才聽到聲音。
重新解讀：「Feynman saw the flash of the bomb explosion roughly 40 seconds before he heard the sound of the explosion.」
這句話的意思是：看到閃光的時間點，比聽到聲音的時間點早 40 秒。
也就是說，$t_{sound} - t_{light} = 40$ 秒。

我們知道：
$t_{light} = \frac{d}{c}$
$t_{sound} = \frac{d}{v_s}$

將這兩個時間的關係代入：
$\frac{d}{v_s} - \frac{d}{c} = 40 \, \text{s}$

由於光速 $c$ 遠大於聲速 $v_s$ ($c \approx 3 \times 10^8$ m/s, $v_s \approx 3.4 \times 10^2$ m/s)，所以 $t_{light} = \frac{d}{c}$ 相對 $t_{sound} = \frac{d}{v_s}$ 來說非常小，幾乎可以忽略不計。
也就是說，看到閃光的時間幾乎就是爆炸發生的時間。
因此，這 40 秒的時間差，主要是由聲音傳播所花費的時間。
所以，我們可以近似認為：
$t_{sound} \approx 40 \, \text{s}$

利用這個近似，我們可以估計距離 $d$：
$d = v_s \times t_{sound}$
$d = (3.4 \times 10^2 \, \text{m/s}) \times (40 \, \text{s})$
$d = 3.4 \times 40 \times 10^2 \, \text{m}$

核心觀念

本題考查熱力學第二定律及其常見表述。第二定律描述自然過程的方向性，核心為：

• 熱量會自發地由高溫物體流向低溫物體。

• 熱量不會在沒有其他作用的情況下，自發地由低溫物體流向高溫物體。

• 熱機不可能將吸收的熱量全部轉換成有用功。

• 對孤立系統而言，熵不減：

  $\Delta S_{\text{isolated}}\geq 0$

可逆過程滿足 $\Delta S=0$，不可逆過程則滿足 $\Delta S>0$。

解題方法

逐一比較各選項與第二定律的標準敘述。判斷「自發」與「是否需要外界作功」是本題關鍵。

在一般情況下，兩個溫度不同的物體接觸時，熱量會由高溫處傳向低溫處；低溫處要將熱量送往高溫處，必須藉由冰箱、熱泵等裝置輸入外界功。因此，正確敘述是「熱量能自發地由高溫區域流向低溫區域」。

選項分析

(A) Heat can never pass from a colder to a warmer body.

錯誤。低溫物體的熱量可以被送往高溫物體，但必須有外界作功，例如冰箱利用壓縮機消耗電能，將熱量由冰箱內部的低溫區域排放至室內的高溫環境。

第二定律禁止的是「無需外界作功時，熱量自發地由低溫流向高溫」，並非禁止此過程在所有條件下發生。

(B) Heat cannot be converted into work.

錯誤。熱量可以轉換成機械功，例如蒸汽引擎、汽油引擎及發電廠中的熱機，都是先吸收高溫熱源的熱量，再將其中一部分轉換為功。

第二定律的限制是：熱機不可能把吸收的熱量全部轉換成工作，必須將部分熱量排放至低溫熱庫。熱機效率為

$$\eta=\frac{W}{Q_H} =1-\frac{Q_C}{Q_H}<1$$

其中 $Q_H$ 是由高溫熱源吸收的熱量，$Q_C$ 是排向低溫熱庫的熱量。

(C) Heat can flow spontaneously from hotter to colder regions.

本題考查天體運行中的圓形軌道運動，特別是萬有引力提供向心力時的速度與軌道半徑的關係。

對於繞地球做圓形軌道的衛星，萬有引力提供向心力。
設地球質量為 $M_E$，衛星質量為 $m$（由於衛星 A 和 B 是相同的，它們質量相等）。
設衛星 A 的軌道半徑為 $r_A$，速度為 $v_A$。
設衛星 B 的軌道半徑為 $r_B$，速度為 $v_B$。

根據牛頓萬有引力定律，衛星受到的引力為 $F_g = G \frac{M_E m}{r^2}$。
這個引力提供了圓周運動所需的向心力 $F_c = m \frac{v^2}{r}$。
令 $F_g = F_c$:
$G \frac{M_E m}{r^2} = m \frac{v^2}{r}$

我們可以消去 $m$ 和一個 $r$：
$G \frac{M_E}{r} = v^2$
所以，衛星在圓形軌道上的速度為：
$v = \sqrt{\frac{G M_E}{r}}$

這表明，衛星的速度與軌道半徑的平方根成反比。

本題考查單擺的週期與重力加速度的關係。

對於一個單擺，其週期 $T$ 的公式為：
$T = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g}}$
其中 $L$ 是單擺的擺長， $g$ 是當地的重力加速度。

題目中提到，同一擺長 $L$ 的單擺在地球和月球上的週期不同。
設在地球上的週期為 $T_{Earth} = T$。
設地球上的重力加速度為 $g_{Earth}$。
則 $T = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g_{Earth}}}$。

設在月球上的週期為 $T_{Moon}$。
設月球上的重力加速度為 $g_{Moon}$。
則 $T_{Moon} = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g_{Moon}}}$。

本題考查高斯定律 (Gauss's Law) 的應用，特別是關於封閉曲面上的電通量。

高斯定律指出，通過任何封閉曲面的總電通量 $\Phi_E$ 與該曲面所包圍的淨電荷 $Q_{enc}$ 成正比：
$\Phi_E = \oint \vec{E} \cdot d\vec{A} = \frac{Q_{enc}}{\epsilon_0}$
其中 $\epsilon_0$ 是真空介電常數。

題目中提到，一個帶電點粒子被兩個球形殼 A 和 B 包圍。
這意味著，無論是球殼 A 還是球殼 B，它們都將這個點粒子完全包圍在內部。
設點粒子的淨電荷為 $q$。
球形殼 A 的半徑為 $r_A$，球形殼 B 的半徑為 $r_B$。
題目給定 $r_A = 2r_B$。

本題考查滾動而不滑動的物體（此處為薄圓環）的動能，特別是其平移動能與轉動動能的比值。

對於一個薄圓環（hoop），其質量為 $m$，半徑為 $R$。
當它滾動而不滑動時，其質心速度 $v$ 和角速度 $\omega$ 之間存在關係：
$v = \omega R$

該薄圓環的總動能 $K_{total}$ 是平移動能 $K_{trans}$ 和轉動動能 $K_{rot}$ 之和。

平移動能 $K_{trans}$ 為：
$K_{trans} = \frac{1}{2} m v^2$

轉動動能 $K_{rot}$ 為：
$K_{rot} = \frac{1}{2} I \omega^2$
其中 $I$ 是圓環對其質心的轉動慣量。
對於薄圓環，其轉動慣量為 $I = m R^2$。

將 $I$ 代入 $K_{rot}$ 的公式：
$K_{rot} = \frac{1}{2} (m R^2) \omega^2$

核心觀念

本題考查理想滑輪組的張力關係：

• 無摩擦、無質量的繩子中，張力處處相等。
• 每個可動滑輪由兩段張力相同的繩子支撐，因此平衡時有
  $2T=W$
• 最上方固定滑輪只改變繩子的方向，不提供機械利益。

圖中共有三個串聯的可動滑輪。

解題方法

設最下方繩子的張力為 $T_1$。最下方可動滑輪及質量 $m_1$ 平衡，因此：

$2T_1=m_1g$

$T_1=\frac{m_1g}{2}$

此張力 $T_1$ 向下作用在第二個可動滑輪上。設支撐第二個滑輪的繩張力為 $T_2$，則：

$2T_2=T_1$

$T_2=\frac{m_1g}{4}$

同理，第三個可動滑輪平衡時，設其支撐繩張力為 $T_3$：

$2T_3=T_2$

$T_3=\frac{m_1g}{8}$

右端懸掛質量 $m_2$，故：

$m_2g=T_3=\frac{m_1g}{8}$

核心觀念

本題考查「熱平衡」與「能量守恆」。

物體吸收或放出的熱量為

$$Q=C\Delta T$$

其中 $C$ 為熱容量，$\Delta T$ 為溫度變化。三個物體接觸後達到共同平衡溫度 $T_f$，若忽略與外界的熱交換，則系統總熱量守恆：

$$Q_A+Q_B+Q_C=0$$

高溫物體放熱，低溫物體吸熱。

解題方法

設

$$C_A=C$$

則

$$C_B=2C,\qquad C_C=3C$$

三物體的初溫分別為

$$T_A=60^\circ\mathrm{C},\qquad T_B=30^\circ\mathrm{C},\qquad T_C=20^\circ\mathrm{C}$$

達到熱平衡後，三者溫度皆為 $T_f$。依能量守恆：

$$C(T_f-60)+2C(T_f-30)+3C(T_f-20)=0$$

除以 $C$：

$$(T_f-60)+2(T_f-30)+3(T_f-20)=0$$

整理得

$$T_f-60+2T_f-60+3T_f-60=0$$ $$6T_f-180=0$$

因此

$$T_f=30^\circ\mathrm{C}$$

也可直接使用熱容量加權平均：

$$T_f= \frac{C_A T_A+C_B T_B+C_C T_C} {C_A+C_B+C_C}$$

代入後：

$$T_f= \frac{C(60)+2C(30)+3C(20)} {C+2C+3C} = \frac{60+60+60}{6} =30^\circ\mathrm{C}$$

選項分析

核心觀念

物體漂浮時，所受浮力等於物體重量：

$$F_B=mg$$

依據阿基米德原理，浮力為排開液體的重量：

$$F_B=\rho_{\ell}V_{\mathrm{sub}}g$$

其中：

• $\rho_{\ell}$：未知液體密度
• $V_{\mathrm{sub}}$：木球浸入液體中的體積
• $V$：木球總體積
• $\rho_{\mathrm{w}}=0.53\ \mathrm{g/mL}$：木球密度

本題的「about two-thirds ... is floating」依選項設計，表示木球約有 $\frac{2}{3}$ 的體積浸在液體中。

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解題方法

漂浮平衡時：

$$F_B=mg$$

代入浮力與質量公式：

$$\rho_{\ell}V_{\mathrm{sub}}g = \rho_{\mathrm{w}}Vg$$

約有 $\frac{2}{3}$ 的木球浸入液體，因此：

$$V_{\mathrm{sub}}=\frac{2}{3}V$$

代入得：

$$\rho_{\ell}\left(\frac{2}{3}V\right)g = \rho_{\mathrm{w}}Vg$$

消去 $V$ 與 $g$：

$$\rho_{\ell}\frac{2}{3}=\rho_{\mathrm{w}}$$

因此：

$$\rho_{\ell} = \frac{3}{2}\rho_{\mathrm{w}} = \frac{3}{2}(0.53) = 0.795\ \mathrm{g/mL}$$

換算成 $\mathrm{kg/m^3}$：

$$0.795\ \mathrm{g/mL} = 795\ \mathrm{kg/m^3}$$

題目使用「about」，因此應選擇密度最接近 $795\ \mathrm{kg/m^3}$ 的液體。

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選項分析

(A) Ethyl alcohol

$$\rho=7.89\times10^2\ \mathrm{kg/m^3} = 789\ \mathrm{kg/m^3}$$

與計算所得的 $795\ \mathrm{kg/m^3}$ 非常接近，符合「約有三分之二體積浸入液體」的條件。

因此 (A) 正確。

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(B) Water

$$\rho=1.00\times10^3\ \mathrm{kg/m^3} = 1000\ \mathrm{kg/m^3}$$

若木球漂浮在水中，浸入比例為：

核心觀念

火箭在太空中排出燃料時，靠動量守恆加速。若排氣相對火箭的速率為 $u$，火箭質量由初始質量 $m_0$ 降至末質量 $m_f$，火箭方程為

$$\Delta v = u \ln\left(\frac{m_0}{m_f}\right)$$

題目給的「排氣相對速率」就是 $u$；燃料全部用完後，末質量是火箭不含燃料的乾質量。

解題方法

初始質量為 $m_0=1.7\times10^6\ \text{kg}$，其中 $80\%$ 是燃料，因此乾質量占 $20\%$：

$$m_f=0.20m_0$$

代入火箭方程，且火箭初始靜止，所以最終速率等於速度增量：

$$v=2000\ln\left(\frac{m_0}{0.20m_0}\right) =2000\ln 5 \approx 2000(1.609) \approx 3.22\times10^3\ \text{m/s}$$

選項分析

• (A) $1.0\times10^4\ \text{m/s}$：錯。 正確速度增量約為排氣速率的 $1.61$ 倍，此選項約為 $5$ 倍，不符合火箭方程。

本題考查法拉第電磁感應定律，即感應電動勢的產生。當通過線圈的磁通量發生變化時，線圈中會產生感應電動勢（電壓）。

法拉第電磁感應定律指出，感應電動勢 $\mathcal{E}$ 等於通過線圈的磁通量 $\Phi_B$ 對時間的變化率的負值：
$\mathcal{E} = -\frac{d\Phi_B}{dt}$

磁通量 $\Phi_B$ 的定義是磁場 $\vec{B}$ 通過某個面積 $\vec{A}$ 的向量的面積分：
$\Phi_B = \int \vec{B} \cdot d\vec{A}$。
對於一個平面積分，如果磁場 $\vec{B}$ 是均勻的，那麼 $\Phi_B = \vec{B} \cdot \vec{A}$，其中 $\vec{A}$ 是面積向量，其大小等於面積，方向垂直於面積。

題目中提到：

1. 線圈具有恆定的橫截面積 $\vec{A}$。
2. 線圈以恆定的速度 $\vec{v}$ 移動。
3. 磁場 $\vec{B}$ 是恆定且均勻的。

我們需要確定通過線圈的磁通量 $\Phi_B$ 是否隨時間變化。
$\Phi_B = \vec{B} \cdot \vec{A}$

由於磁場 $\vec{B}$ 是恆定的，並且線圈的面積向量 $\vec{A}$ 的大小和方向（相對於磁場）也可能隨時間變化。
但是，題目說線圈「移動」。這意味著線圈的 $\vec{A}$ 相對於磁場 $\vec{B}$ 的方向可能在改變，或者線圈的位置在改變。

如果線圈以速度 $\vec{v}$ 移動，並且磁場 $\vec{B}$ 是均勻的，那麼線圈的相對位置在改變。
然而，如果線圈的面積向量 $\vec{A}$ 相對於磁場 $\vec{B}$ 的方向不變，那麼 $\vec{B} \cdot \vec{A}$ 的值就不會改變，因為 $\vec{B}$ 和 $\vec{A}$ 都是恆定的（或其相對角度恆定）。
例如，如果線圈是平行於磁場移動，則 $\vec{B} \cdot \vec{A} = 0$。

核心觀念

氣體對外做功的微小功為 $dW=P\,dV$，因此體積從 $V_1$ 變到 $V_f$ 時，氣體所做的功為

$$W=\int_{V_1}^{V_f}P\,dV$$

等溫過程中，理想氣體的溫度 $T$ 固定。由理想氣體方程式 $PV=nRT$，可得壓力隨體積的關係：

$$P=\frac{nRT}{V}$$

解題方法

將等溫過程的壓力 $P=\frac{nRT}{V}$ 代入做功積分。由於 $n$、$R$、$T$ 在過程中皆為定值，可提出積分號外：

$$\begin{aligned} W &=\int_{V_1}^{V_f}\frac{nRT}{V}\,dV\\ &=nRT\int_{V_1}^{V_f}\frac{1}{V}\,dV\\ &=nRT\left[\ln V\right]_{V_1}^{V_f}\\ &=nRT\ln\left(\frac{V_f}{V_1}\right) \end{aligned}$$

核心觀念

本題考查：

• 靜力平衡：$\sum F_x=0$
• 最大靜摩擦力：$f_{s,\max}=\mu_s N$
• 內力（上下兩木塊間的摩擦力與繩張力）在考慮整體系統時會互相抵消。

設繩張力為 $T$，懸掛重物的重量為 $Wg$。

解題方法

先分別分析兩個木塊。

上方木塊 $m_1$

繩張力向左，木塊間的摩擦力向右，因此

$$f=T$$

且木塊間最大靜摩擦力為

$$f_{\max}=\mu_B m_1g$$

所以必須滿足

$$T\leq \mu_Bm_1g$$

下方木塊 $m_2$

下方木塊受到：

• 左側繩子的張力 $T$，方向向右
• 重物的拉力 $Wg$，方向向右
• 上方木塊作用的摩擦力 $f=T$，方向向左
• 地面对整體的摩擦力 $F$，方向向左

因此水平方向平衡：

$$T+Wg-f-F=0$$

代入 $f=T$：

$$T+Wg-T-F=0$$

得到

$$F=Wg$$

地面对兩木塊的最大靜摩擦力為

$$F_{\max}=\mu_S(m_1+m_2)g$$

故

$$Wg\leq \mu_S(m_1+m_2)g$$

約去 $g$：

$$W\leq (m_1+m_2)\mu_S$$

本題考查熱膨脹的現象，特別是線膨脹和面積膨脹。當金屬物體受熱時，其尺寸會增加。

金屬的線膨脹係數為 $\alpha$。
當溫度升高 $\Delta T$ 時，長度 $L$ 的變化量為 $\Delta L = \alpha L \Delta T$。
面積的變化量也與原面積和溫度變化有關，可以看作是線膨脹在兩個方向上的疊加。

對於一個金屬圓盤，其內半徑 $r_i$ 和外半徑 $r_o$。
當溫度升高時，所有尺寸都會按比例增加。
新的半徑 $r'$ 為 $r' = r (1 + \alpha \Delta T)$。

(A) The outer radius $r_o$ increases.
由於 $r_o$ 是一個長度，它會發生線膨脹。所以，新的外半徑 $r_o' = r_o (1 + \alpha \Delta T)$。由於 $\alpha > 0$ 且 $\Delta T > 0$ (加熱)，所以 $r_o' > r_o$。此敘述是正確的。

(B) The inner radius $r_i$ increases.
同樣，內半徑 $r_i$ 也是一個長度，它也會發生線膨脹。新的內半徑 $r_i' = r_i (1 + \alpha \Delta T)$。所以 $r_i' > r_i$。此敘述是正確的。

(C) The total area of the annular disc increases.
環形盤的總面積 $A = \pi r_o^2 - \pi r_i^2$。
由於 $r_o$ 和 $r_i$ 都增加，我們需要看面積的變化。
新的面積 $A' = \pi (r_o')^2 - \pi (r_i')^2$
$A' = \pi [r_o (1 + \alpha \Delta T)]^2 - \pi [r_i (1 + \alpha \Delta T)]^2$