114 年 國立中山大學物理學系碩士班《普通物理學》

核心觀念

本題考查電磁學中真空導磁率（Permeability of free space, $\mu_0$）與真空介電常數（Permittivity of free space, $\epsilon_0$）的因次分析與單位換算，涉及以下重要物理量與公式：

1. 自由空間特性阻抗（Wave Impedance of Free Space, $Z_0$）：
   $Z_0 = \sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon_0}} \approx 376.73\,\Omega$
   $Z_0$ 具有電阻（阻抗）的因次，其 SI 單位為歐姆（$\Omega = \text{Volt}/\text{Amp}$）。

2. 功率與電學單位關係：
   $P = I \cdot V \implies 1\text{ W} = 1\text{ Amp} \cdot \text{Volt} \implies 1\text{ Volt} = 1\text{ W}/\text{Amp}$

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解題方法

方法一：波阻抗法（最快、最直觀）

由電磁波在真空中的特性阻抗定義：
$Z_0 = \sqrt{\frac{\mu_0}{\epsilon_0}}$
兩邊平方可得：
$\frac{\mu_0}{\epsilon_0} = Z_0^2$
因此，$\frac{\mu_0}{\epsilon_0}$ 的單位必為阻抗單位的平方，即 $\Omega^2$：
$\left[\frac{\mu_0}{\epsilon_0}\right] = \Omega^2 = \left(\frac{\text{Volt}}{\text{Amp}}\right)^2$

利用電功率公式 $P = I V$，將電壓單位「$\text{Volt}$」轉換為「$\text{W}/\text{Amp}$」：
$\left[\frac{\mu_0}{\epsilon_0}\right] = \left(\frac{\text{W}/\text{Amp}}{\text{Amp}}\right)^2 = \left(\frac{\text{W}}{\text{Amp}^2}\right)^2 = \frac{\text{W}^2}{\text{Amp}^4}$

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方法二：基本電磁單位推導法（嚴謹驗算）

1. 真空導磁率 $\mu_0$ 的單位：
   由電感公式 $V = L \frac{dI}{dt}$ 可知電感單位為 $\text{H} = \frac{\text{Volt}\cdot\text{s}}{\text{Amp}}$。
   $\mu_0 \text{ 的單位為 } \text{H}/\text{m} = \frac{\text{Volt}\cdot\text{s}}{\text{Amp}\cdot\text{m}}$

2. 真空介電常數 $\epsilon_0$ 的單位：
   由電容公式 $Q = CV \implies I\Delta t = CV$ 可知電容單位為 $\text{F} = \frac{\text{Amp}\cdot\text{s}}{\text{Volt}}$。

此題考查角動量的單位。

角動量 ($\vec{L}$) 的定義是，對於一個質點，其位置向量 $\vec{r}$ 與其動量 $\vec{p}$ 的叉積：
$\vec{L} = \vec{r} \times \vec{p}$
其中 $\vec{r}$ 的單位是公尺 (m)， $\vec{p}$ 的單位是公斤·公尺/秒 (kg·m/sec)。
所以，角動量的單位是：
$[\vec{L}] = [\vec{r}] \cdot [\vec{p}] = m \cdot (kg \cdot m/sec) = kg \cdot m^2/sec$

現在我們來檢查選項的單位：
(A) Joule/sec:
Joule (焦耳) 是能量或功的單位，其單位是 $kg \cdot m^2/sec^2$。
所以 Joule/sec 的單位是 $(kg \cdot m^2/sec^2) / sec = kg \cdot m^2/sec^3$。

此題考查電場 E 和磁場 B 的單位關係，以及 E/B 的單位。

題目已知：
電場 E 的單位是 Volt/m。
磁場 B 的單位是 N/Amp·m。

我們要計算 E/B 的單位。
$\frac{[E]}{[B]} = \frac{\text{Volt/m}}{\text{N/(Amp} \cdot \text{m})}$
$= \frac{\text{Volt}}{\text{m}} \cdot \frac{\text{Amp} \cdot \text{m}}{\text{N}} = \frac{\text{Volt} \cdot \text{Amp}}{\text{N}}$
我們知道功率 P 的定義是 $P = V \cdot I$，其中 V 是電壓 (Volt)，I 是電流 (Amp)。
所以 Volt · Amp 的單位是 Watt (W)。

核心觀念

電磁波在真空中的電場與磁場互相垂直，且兩者振幅滿足

$$E_0=cB_0$$

其中：

• $E_0$：電場振幅
• $B_0$：磁場振幅
• $c$：真空光速，$c=3.00\times10^8\ \text{m/s}$

因此磁場振幅為

$$B_0=\frac{E_0}{c}$$

題目給出的頻率 $70\ \text{Hz}$ 不影響振幅關係；只要確認是電磁波在真空中傳播，即可直接使用上述公式。

解題方法

電磁波沿 $z$ 方向傳播，電場沿 $x$ 方向，因此磁場方向必須沿 $y$ 方向，使得 $\vec E$、$\vec B$ 與傳播方向彼此垂直。振幅則由

$$B_0=\frac{E_0}{c}$$

代入 $E_0=6.00\ \text{V/m}$：

$$B_0 = \frac{6.00\ \text{V/m}}{3.00\times10^8\ \text{m/s}}$$ $$B_0 = 2.00\times10^{-8}\ \text{T}$$

所以磁場振幅為

$$\boxed{B_0=2.00\times10^{-8}\ \text{T}}$$

選項分析

此題要求計算電磁波的波長，已知頻率和電場振幅。

電磁波的傳播速度、頻率和波長之間的關係是：
$c = f \lambda$
其中 $c$ 是光速， $f$ 是頻率，$\lambda$ 是波長。

題目給定：
頻率 $f = 95 \times 10^6 \ Hz$。
電場振幅 $E_0 = 5.42 \ V/m$ (注意：題目中的 5.42.00 應理解為 5.42)。
光速 $c \approx 3.00 \times 10^8 \ m/s$。

我們需要計算波長 $\lambda$。
從上述關係式，$\lambda = \frac{c}{f}$。

核心觀念

本題考查長螺線管（solenoid）的自感係數。自感係數定義為

$$L=\frac{N\Phi}{I}$$

對長度遠大於直徑、且內部填充空氣的螺線管，其自感係數公式為

$$L=\frac{\mu_0 N^2 A}{\ell}$$

其中：

• $\mu_0=4\pi\times10^{-7}\ \mathrm{H/m}$：真空磁導率，空氣可視為與真空相同
• $N$：線圈總匝數
• $A$：螺線管截面積
• $\ell$：螺線管長度

解題方法

已知

$$\ell=0.7\ \mathrm{m},\qquad d=3.5\ \mathrm{cm}=0.035\ \mathrm{m},\qquad N=6300$$

螺線管半徑為

$$r=\frac{d}{2}=0.0175\ \mathrm{m}$$

因此截面積

$$A=\pi r^2 =\pi(0.0175)^2 \approx 9.62\times10^{-4}\ \mathrm{m^2}$$

代入自感係數公式：

$$L=\frac{(4\pi\times10^{-7})(6300)^2(9.62\times10^{-4})}{0.7}$$

計算得

$$L\approx 6.85\times10^{-2}\ \mathrm{H} \approx 0.068\ \mathrm{H}$$

因此正確選項為

$$\boxed{\text{(A)}}$$

選項分析

此題考查平行板電容器的電容計算。

平行板電容器的電容 C 的公式為：
$C = \frac{\epsilon_0 \epsilon_r A}{d}$
其中：
$\epsilon_0$ 是真空介電常數，$\epsilon_0 \approx 8.85 \times 10^{-12} \ F/m$。
$\epsilon_r$ 是介質的相對介電常數。
$A$ 是極板的面積。
$d$ 是極板之間的距離。

題目給定：
極板面積 $A = 370 \ cm^2$。
極板間距離 $d = 2.3 \ mm$。
介質是空氣，對於空氣，相對介電常數 $\epsilon_r \approx 1$。

首先，需要將單位轉換成國際單位制 (SI units)：
面積 $A = 370 \ cm^2 = 370 \times (10^{-2} \ m)^2 = 370 \times 10^{-4} \ m^2 = 3.70 \times 10^{-2} \ m^2$。

此題考查帶電粒子在均勻磁場中作圓周運動的物理概念。

當一個帶電粒子（例如電子）在垂直於均勻磁場的平面上運動時，磁場提供的勞倫茲力充當了向心力，使粒子作圓周運動。

勞倫茲力 $F_B$ 的大小為：
$F_B = |q| v B$
其中 $|q|$ 是粒子的電量大小，$v$ 是粒子的速度，$B$ 是磁場強度。

向心力 $F_c$ 的大小為：
$F_c = \frac{m v^2}{r}$
其中 $m$ 是粒子的質量， $v$ 是粒子的速度，$r$ 是圓周運動的半徑。

因為磁場力提供向心力，所以 $F_B = F_c$：
$|q| v B = \frac{m v^2}{r}$

由此可以解出磁場強度 $B$：
$B = \frac{m v}{|q| r}$

題目給定：
粒子是電子，所以 $|q| = e = 1.60 \times 10^{-19} \ C$ (從常數表中查得)。
電子的質量 $m = m_e = 9.1 \times 10^{-31} \ kg$ (從常數表中查得)。
電子的速度 $v = 4 \times 10^7 \ m/s$。

核心觀念

電子雖然相對觀察者靜止，仍會受到移動磁鐵所產生的電場作用。由電磁場轉換可知，若磁鐵以速度 $\vec v$ 移動，則觀察者參考系中會出現

$$\vec E=-\vec v\times\vec B$$

電子所受力為

$$\vec F=q\vec E$$

圖中磁鐵的北極位於電子正下方，因此電子處的磁場方向由北極向外，為 $+\vec k$；磁鐵速度為

$$\vec v=v_0\vec j$$

解題方法

先求移動磁鐵造成的電場方向：

$$\vec E=-\vec v\times\vec B =-\left(v_0\vec j\right)\times\left(B\vec k\right)$$

由右手座標關係 $\vec j\times\vec k=\vec i$，得

$$\vec E=-v_0B\vec i$$

所以電場方向為 $-\vec i$。

電子帶負電，受力方向與電場方向相反：

此題考查物體在斜面上滑下的時間。假設斜面是光滑的，且忽略空氣阻力。

對於一個在光滑斜面上從靜止開始下滑的物體，其加速度 $a$ 可以通過牛頓第二定律計算。
物體受到的重力沿斜面向下的分量為 $mg \sin\theta$，其中 $m$ 是物體的質量，$\theta$ 是斜面與水平的夾角。
根據牛頓第二定律，$F = ma$，所以：
$mg \sin\theta = ma$
$a = g \sin\theta$

物體從高度 $h$ 開始下滑，在斜面上滑下的距離 $s$ 可以通過幾何關係計算。
如果斜面長度是 $L$，則 $h = L \sin\theta$，所以 $L = h/\sin\theta$。
物體從靜止開始，以加速度 $a$ 滑行距離 $L$ 所需的時間 $t$ 可以用運動學公式：
$L = \frac{1}{2} a t^2$
$t^2 = \frac{2L}{a}$
代入 $L = h/\sin\theta$ 和 $a = g \sin\theta$：
$t^2 = \frac{2(h/\sin\theta)}{g \sin\theta} = \frac{2h}{g \sin^2\theta}$
$t = \sqrt{\frac{2h}{g \sin^2\theta}} = \frac{1}{\sin\theta} \sqrt{\frac{2h}{g}}$

題目給定：
斜面 1：$\theta_1 = 60^\circ$， $M_1 = 2 \ kg$。
斜面 2：$\theta_2 = 45^\circ$， $M_2 = 1 \ kg$。
兩者從相同高度 $h$ 開始，初速度均為 0。

核心觀念

本題使用功能定理與機械能守恆：

• 無摩擦軌道上，機械能守恆。
• 水平粗糙面上的動摩擦力作負功：
  $W_f=-\mu_k mgd$
• 彈簧壓縮後儲存的彈性位能：
  $U_s=\frac12kx^2$

由圖可知，$AB$ 是半徑 $R$ 的四分之一圓，物體由 $A$ 到 $B$ 的垂直下降高度為 $R$。

解題方法

物體由 $A$ 靜止出發，最後在斜面上靜止。取重力位能零點為 $B$、$C$ 所在的水平面。

1. 從 $A$ 到 $B$

下降高度為 $R=3.0\ \text{m}$，因此釋放出的重力位能為

$$mgR$$

2. 通過粗糙水平面 $BC$

粗糙面長度為 $d=4.0\ \text{m}$，摩擦力作功為

$$W_f=-\mu_k mgd$$

3. 沿斜面上升至停止點

物體從 $C$ 沿斜面前進 $s=0.8\ \text{m}$，上升高度為

$$h=s\sin\theta =0.8\sin30^\circ =0.4\ \text{m}$$

此時物體靜止，且彈簧壓縮量為

$$x=0.35\ \text{m}$$

因此能量方程式為

$$mgR-\mu_k mgd = mg(s\sin\theta)+\frac12kx^2$$

整理得

$$k= \frac{2mg\left(R-\mu_k d-s\sin\theta\right)}{x^2}$$

代入 $m=2.2\ \text{kg}$、$g=9.8\ \text{m/s}^2$：

此題考查克卜勒第三定律，用來計算行星繞恆星運動的週期。

克卜勒第三定律的內容是，行星公轉週期的平方與其軌道半長軸的立方成正比。
對於橢圓軌道，半長軸 $a$ 是軌道上最遠點 (遠日點，aphelion) 和最近點 (近日點，perihelion) 到軌道中心的距離之和的一半。
$a = \frac{r_{aphelion} + r_{perihelion}}{2}$
其中 $r_{aphelion}$ 是遠日點距離， $r_{perihelion}$ 是近日點距離。

根據克卜勒第三定律，對於繞恆星運動的行星，其週期 $T$ 和軌道半長軸 $a$ 的關係是：
$T^2 = \frac{4\pi^2}{GM} a^3$
其中 $G$ 是萬有引力常數，$M$ 是中心天體（太陽）的質量。

題目給定：
遠日點距離 $r_{aphelion} = 2.49 \times 10^8 \ km$。
近日點距離 $r_{perihelion} = 2.06 \times 10^8 \ km$。
行星質量 $m_p = 4.20 \times 10^{30} \ kg$。
太陽質量 $M = 1.99 \times 10^{30} \ kg$。
1 Earth year = $31536000 \ sec$。

首先，計算軌道半長軸 $a$：
$a = \frac{(2.49 \times 10^8 \ km) + (2.06 \times 10^8 \ km)}{2}$
$a = \frac{(2.49 + 2.06) \times 10^8 \ km}{2}$
$a = \frac{4.55 \times 10^8 \ km}{2}$
$a = 2.275 \times 10^8 \ km$
為了方便計算，我們將距離轉換為公尺：
$a = 2.275 \times 10^8 \ km \times 1000 \ m/km = 2.275 \times 10^{11} \ m$

我們需要萬有引力常數 $G$。 $G \approx 6.674 \times 10^{-11} \ N \cdot m^2/kg^2$。
題目中未提供 G 的值，我們使用標準值。

現在將數值代入克卜勒第三定律的公式：
$T^2 = \frac{4\pi^2}{GM} a^3$
$T^2 = \frac{4\pi^2}{(6.674 \times 10^{-11} \ N \cdot m^2/kg^2) \times (1.99 \times 10^{30} \ kg)} (2.275 \times 10^{11} \ m)^3$

核心觀念

本題考查碰撞中的：

• 衝量—動量定理
• 牛頓第三定律
• 動量差與每個物體所受衝量的關係

設物體 1 所受的衝量向量為 $\vec J$，由牛頓第三定律，物體 2 所受衝量為 $-\vec J$。

因此碰撞前後的動量滿足

$$\vec P_{1f}=\vec P_{1i}+\vec J$$ $$\vec P_{2f}=\vec P_{2i}-\vec J$$

題目定義碰撞前後兩物體的動量差為

$$\vec J_i=\vec P_{1i}-\vec P_{2i}$$ $$\vec J_f=\vec P_{1f}-\vec P_{2f}$$

注意：題目中的 $J_i$、$J_f$ 是「兩物體動量差」的記號，不是碰撞衝量本身。

解題方法

將碰撞後的動量代入 $\vec J_f$：

$$\begin{aligned} \vec J_f &=\vec P_{1f}-\vec P_{2f}\\ &=(\vec P_{1i}+\vec J)-(\vec P_{2i}-\vec J)\\ &=(\vec P_{1i}-\vec P_{2i})+2\vec J\\ &=\vec J_i+2\vec J \end{aligned}$$

所以

$$2\vec J=\vec J_f-\vec J_i$$ $$\vec J=\frac{\vec J_f-\vec J_i}{2}$$

衝量的大小為

此題考查開放式管的空氣柱共振頻率。

對於一端開口、一端閉口的管子（閉管），其共振條件為管長 $L$ 為波長的 $\lambda/4$ 的奇數倍，即 $L = (2n+1)\lambda/4$，其中 $n=0, 1, 2, \dots$。基頻（最低頻率）對應 $n=0$，此時 $L = \lambda/4$，頻率 $f = v/\lambda = v/(4L)$。

對於兩端開口的管子（開管），其共振條件為管長 $L$ 為波長的 $\lambda/2$ 的整數倍，即 $L = n\lambda/2$，其中 $n=1, 2, 3, \dots$。基頻（最低頻率）對應 $n=1$，此時 $L = \lambda/2$，頻率 $f = v/\lambda = v/(2L)$。
其中 $v$ 是空氣中的聲速。

題目中提到的是「開放管」，也就是兩端開口的管子。
對於開管，基頻（最低頻率） $f$ 與管長 $L$ 的關係為：
$f = \frac{v}{2L}$
其中 $v$ 是聲速。

步驟 1：計算管子 A 的基頻 $f_0$。
管子 A 的長度為 $L_A = L$。
基頻為 $f_0 = \frac{v}{2L_A} = \frac{v}{2L}$。

步驟 2：計算管子 B 的基頻 $f_B$。
管子 A 的長度被截去 $\frac{1}{3}$，所以管子 B 的長度為：
$L_B = L_A - \frac{1}{3}L_A = \frac{2}{3}L_A = \frac{2}{3}L$。
管子 B 的基頻為：
$f_B = \frac{v}{2L_B} = \frac{v}{2(\frac{2}{3}L)} = \frac{v}{\frac{4}{3}L} = \frac{3v}{4L}$
我們需要將 $f_B$ 用 $f_0$ 來表示。
$f_B = \frac{3}{2} \left(\frac{v}{2L}\right) = \frac{3}{2} f_0$

此題考查都卜勒效應 (Doppler Effect) 在聲波中的應用。

當聲源和觀察者相對運動時，觀察者聽到的聲波頻率會發生變化。
都卜勒效應的公式為：
$f' = f \frac{v \pm v_o}{v \mp v_s}$
其中：
$f'$ 是觀察者聽到的頻率（頻率）。
$f$ 是聲源發出的實際頻率（靜止聲源的頻率）。
$v$ 是聲速。
$v_o$ 是觀察者的速度。
$v_s$ 是聲源的速度。

在公式中，使用正負號的規則是：

• 當觀察者朝向聲源移動時，觀察者聽到的頻率升高，分子使用 $v + v_o$。
• 當觀察者遠離聲源移動時，觀察者聽到的頻率降低，分子使用 $v - v_o$。
• 當聲源朝向觀察者移動時，觀察者聽到的頻率升高，分母使用 $v - v_s$。
• 當聲源遠離觀察者移動時，觀察者聽到的頻率降低，分母使用 $v + v_s$。

此題考查聲音的疊加現象，特別是拍頻 (beat frequency)。

當兩個頻率接近的聲波同時傳播時，它們會產生週期性的強度變化，這種現象稱為拍。拍的頻率等於兩個聲波頻率之差。

題目給定：
兩個音叉的頻率分別為 $f_1 = 240 \ Hz$ 和 $f_2 = 242 \ Hz$。

1. 聽到的頻率 (Perceived Frequency):
耳朵聽到的單一頻率是兩個頻率的平均值。
$f_{avg} = \frac{f_1 + f_2}{2}$
$f_{avg} = \frac{240 \ Hz + 242 \ Hz}{2} = \frac{482 \ Hz}{2} = 241 \ Hz$
所以，耳朵聽到的主要頻率是 241 Hz。

此題考查定壓過程中的熱量傳遞，涉及理想氣體及剛性雙原子分子的內能變化。

根據熱力學第一定律，系統吸收的熱量 $Q$ 等於內能的變化 $\Delta U$ 加上系統對外做的功 $W$：
$Q = \Delta U + W$
在定壓過程中，$W = P \Delta V$。

對於理想氣體，內能 $U$ 只與溫度 $T$ 和分子數有關。對於單原子理想氣體，每個分子的平均內能是 $\frac{3}{2}kT$。對於雙原子理想氣體，除了平動能，還有轉動能。題目中提到「rigid-dumbbell model that can rotate about two axes」，這表示分子有三個平動自由度和兩個轉動自由度。
根據能量均分定理 (Equipartition Theorem)，每個自由度對應的平均能量是 $\frac{1}{2}kT$，其中 $k$ 是玻爾茲曼常數。
所以，一個雙原子分子的平均內能是：
$U_{molecule} = (\text{translational} + \text{rotational}) \times \frac{1}{2}kT = (3 + 2) \times \frac{1}{2}kT = \frac{5}{2}kT$。
對於 $n$ 莫耳的雙原子理想氣體，總內能為：
$U = n N_A \times \frac{5}{2}kT = n \times \frac{5}{2} R T$
其中 $N_A$ 是亞佛加厥數，$R = N_A k$ 是理想氣體常數。

內能的變化 $\Delta U$ 為：
$\Delta U = U_f - U_i = n \frac{5}{2} R (T_f - T_i)$
其中 $T_f$ 是最終溫度，$T_i$ 是初始溫度。

在定壓過程中，功 $W = P \Delta V$。根據理想氣體狀態方程式 $PV = nRT$，在定壓下，$P \Delta V = nR \Delta T$。
所以，
$W = nR (T_f - T_i)$

現在將 $\Delta U$ 和 $W$ 代入熱力學第一定律：
$Q = \Delta U + W = n \frac{5}{2} R (T_f - T_i) + nR (T_f - T_i)$
$Q = n \left(\frac{5}{2} + 1\right) R (T_f - T_i) = n \frac{7}{2} R (T_f - T_i)$

此題考查 LC 電路中的能量轉換與振盪。

當電容器從電源斷開並連接到電感器時，電路會發生 LC 振盪。在這種振盪過程中，儲存在電容器中的電能會轉換為儲存在電感器中的磁能，反之亦然。

1. 計算系統的總能量 U：
系統的總能量等於電容器充滿電時儲存的能量，因為在 t=0 時，電容器是滿的，而電感器中沒有電流（初始動能為零）。
電容器儲存的能量 $U_C$ 為：
$U_C = \frac{1}{2} C V^2$
其中 $C$ 是電容， $V$ 是電壓。
此能量 $U_C$ 就是系統的總能量 $U$。

題目給定：
電容 $C = 1.7 \times 10^{-9} \ F$。
充電電壓 $V = 450 \ V$。

$U = \frac{1}{2} (1.7 \times 10^{-9} \ F) (450 \ V)^2$
$U = \frac{1}{2} (1.7 \times 10^{-9}) (202500) \ J$
$U = \frac{1}{2} (1.7 \times 10^{-9}) (2.025 \times 10^5) \ J$
$U = 0.85 \times 2.025 \times 10^{-4} \ J$
$U = 1.72125 \times 10^{-4} \ J$
$U \approx 1.72 \times 10^{-4} \ J$
這表明總能量 $U$ 是 $1.72 \times 10^{-4} \ J$。
這排除了選項 (B) 和 (C)。

2. 計算最大電流 I₀：
在 LC 振盪過程中，總能量 $U$ 在電容器和電感器之間轉換。最大電流 $I_0$ 發生在電容器放電完畢、所有能量都儲存在電感器中的時刻（此時電容器電壓為零）。

核心觀念

平行板電容器的電容為

$$C=\kappa\varepsilon_0\frac{A}{d}$$

圖中上、下兩片導體以導線相連，電位相同；中間導體接到電源另一端。因此，兩個間隙形成的電容都接在相同的兩個電位之間，應以並聯相加。

解題方法

兩個間隙的電容分別為

$$C_1=\kappa_1\varepsilon_0\frac{A}{d_1}, \qquad C_2=\kappa_2\varepsilon_0\frac{A}{d_2}$$

並聯總電容為

$$C=C_1+C_2 =\varepsilon_0 A\left(\frac{\kappa_1}{d_1}+\frac{\kappa_2}{d_2}\right)$$

先換算單位：

$$A=250\ \text{cm}^2=0.0250\ \text{m}^2,\quad d_1=2.00\times10^{-3}\ \text{m},\quad d_2=3.00\times10^{-3}\ \text{m}$$

核心觀念

把第四個電荷從無限遠移到點 $D$ 所需的外力功，等於它在另外三個固定電荷所形成的電位中的電位能：

$$W=qV_D=kq^2\sum_{i=1}^{3}\frac{1}{r_i}, \qquad k=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}.$$

題目定義 $\alpha=\dfrac{q^2}{4\pi\varepsilon_0L}=k\dfrac{q^2}{L}$，因此只要找出點 $D$ 到三個既有電荷的距離即可。

解題方法

依圖，三個電荷位於正方形的左上、右上、左下角；第四個電荷要移到右下角 $D$。三個既有電荷到 $D$ 的距離分別為：

• 左下角：$L$
• 右上角：$L$
• 左上角：正方形對角線長 $\sqrt{2}L$

因此，組裝第四個電荷所需的功為：

$$\begin{aligned} W &=kq^2\left(\frac{1}{L}+\frac{1}{L}+\frac{1}{\sqrt{2}L}\right)\\ &=\left(2+\frac{1}{\sqrt{2}}\right)\frac{kq^2}{L}\\ &=\left(2+\frac{1}{\sqrt{2}}\right)\alpha. \end{aligned}$$

選項分析

依原卷掃描圖的選項：

核心觀念

本題考查帶電圓環軸線上的電勢，以及機械能守恆。

半徑為 $R$、總電量為 $Q$ 的均勻帶電圓環，在軸線上距圓心 $x$ 處的電勢為

$$V(x)=\frac{kQ}{\sqrt{x^2+R^2}}.$$

粒子電量為 $q$，其電位能為

$$U=qV=\frac{kQq}{\sqrt{x^2+R^2}}.$$

解題方法

依原卷圖片，題目數據為：

$$R=0.03\ \text{m},\quad Q=9.0\times10^{-9}\ \text{C},$$ $$q=7.0\times10^{-9}\ \text{C},\quad m=3.8\times10^{-6}\ \text{kg},\quad d=0.05\ \text{m}.$$

粒子由 $x=d$ 處靜止釋放，移至無限遠。無限遠處電位能與初速度皆為零，因此由能量守恆：

$$\frac{1}{2}mv^2 = \frac{kQq}{\sqrt{d^2+R^2}}.$$

所以

$$v= \sqrt{ \frac{2kQq} {m\sqrt{d^2+R^2}} }.$$

先計算圓環圓心至粒子的距離：

$$\sqrt{d^2+R^2} = \sqrt{(0.05)^2+(0.03)^2} = \sqrt{0.0034} \approx 0.0583\ \text{m}.$$

核心觀念

帶電粒子沿圓形軌道運動，等效於電流環。其磁矩大小為

$$\mu=IA=\frac{e}{T}\pi r^2 =\frac{evr}{2} =\frac{eL}{2m_e},$$

其中 $e$ 是電子電荷量的大小、$v$ 是電子速率、$L=m_evr$ 是軌道角動量。最後一式也說明，磁矩可由軌道角動量求得。

解題方法

先用庫侖力提供向心力：

$$\frac{m_ev^2}{r} =\frac{1}{4\pi\epsilon_0}\frac{(3.7e)e}{r^2}.$$

整理得

$$v=\sqrt{\frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{3.7e^2}{m_er}}.$$

代入 $\mu=e v r/2$，或直接計算軌道角動量，可得

$$\mu =\frac{e}{2}\sqrt{\frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{3.7e^2r}{m_e}}.$$

利用波耳半徑

$$r_0=\frac{4\pi\epsilon_0\hbar^2}{m_e e^2}$$

以及波耳磁子

$$\mu_B=\frac{e\hbar}{2m_e} =9.274\times10^{-24}\,\mathrm{J/T},$$

上式可改寫為

$$\mu=\mu_B\sqrt{\frac{3.7r}{r_0}}.$$

題目給定 $r=2.2r_0$，因此

核心觀念

電偶極矩的大小為兩電荷量值乘上分離距離：

$$p=qd$$

均勻電場對電偶極施加的力矩為：

$$\boldsymbol{\tau}=\mathbf{p}\times\mathbf{E}$$

因此力矩大小為 $|\boldsymbol{\tau}|=pE\sin\theta$，其中 $\theta$ 是電偶極矩與電場的夾角。

解題方法

由圖可讀出電偶極矩沿 $\mathbf{k}$ 方向，電場為 $\mathbf{E}=3.5\times10^5\mathbf{i}+4.2\times10^5\mathbf{k}\,\mathrm{N/C}$。電場的 $\mathbf{k}$ 分量平行於偶極矩，不產生力矩；只有 $\mathbf{i}$ 分量會產生力矩。

先計算偶極矩大小：

$$p=qd =(2.0\times10^{-20})(2.4\times10^{-10}) =4.8\times10^{-30}\,\mathrm{C\cdot m}$$

再計算力矩：

$$\boldsymbol{\tau} =(p\mathbf{k})\times \left(3.5\times10^5\mathbf{i}+4.2\times10^5\mathbf{k}\right)$$

利用 $\mathbf{k}\times\mathbf{i}=\mathbf{j}$、$\mathbf{k}\times\mathbf{k}=0$：

$$\boldsymbol{\tau} =(4.8\times10^{-30})(3.5\times10^5)\mathbf{j}$$

核心觀念

子彈嵌入質點的碰撞時間很短，對固定轉軸取角動量守恆。碰撞前只有子彈有角動量；碰撞後，子彈與 $M_1$ 一起轉動，連同 $M_2$ 的轉動慣量共同決定角速度。

質點對轉軸的轉動慣量為 $I=Mr^2$，角動量為 $L=I\omega$。碰撞過程的角動量守恆式為

$$L_{\text{碰撞前}}=L_{\text{碰撞後}}.$$

解題方法

圖中可讀出：轉軸位於 $M_1$ 與 $M_2$ 之間，$M_1$ 到轉軸的距離為 $R_1=0.37\,\mathrm{m}$，$M_2$ 到轉軸的距離為 $R_2=0.24\,\mathrm{m}$。子彈以 $v=15\,\mathrm{m/s}$ 水平射向 $M_1$，其速度方向垂直於 $M_1$ 到轉軸的半徑，因此力臂為 $R_1$。

碰撞前，子彈相對轉軸的角動量大小為

$$L_{\text{前}}=mvR_1 =(0.2)(15)(0.37) =1.11\,\mathrm{kg\,m^2/s}.$$

碰撞後，子彈嵌入 $M_1$，兩者位於同一位置，故總轉動慣量為

$$I_{\text{後}}=(M_1+m)R_1^2+M_2R_2^2.$$

核心觀念

雙狹縫干涉的亮紋位置滿足

$$d\sin\theta=m\lambda$$

其中 $d$ 是狹縫間距，$m$ 是亮紋級數，$\lambda$ 是波長。螢幕距離遠、觀察位置靠近中央時，可用小角近似 $\sin\theta\approx\tan\theta\approx y/L$，因此相鄰亮紋的間距為

$$\Delta y=\frac{\lambda L}{d}$$

解題方法

題目所述的 12 條亮紋，從第一條到第十二條之間有 $11$ 個相鄰亮紋間距。因此

$$\Delta y=\frac{15\,\mathrm{mm}}{12-1} =1.364\,\mathrm{mm}$$

代入 $\lambda=\Delta y\,d/L$，並將單位換成公尺：

$$\lambda =\frac{(1.364\times10^{-3}\,\mathrm{m})(0.48\times10^{-3}\,\mathrm{m})} {1.3\,\mathrm{m}} \approx5.035\times10^{-7}\,\mathrm{m} =503.5\,\mathrm{nm}$$

選項分析