108 年 國立臺灣大學地質科學系碩士班應用地質組《普通物理學》

核心觀念

本題關鍵是水平方向動量守恆，或等價地使用「系統質心的水平位置不變」。

若楔塊與水平面之間無摩擦，系統在水平方向沒有外力，因此

$$(M+m)X_{\rm CM}=\text{常數}.$$

圓柱下降的垂直高度為 $h$，斜面傾角為 $\theta$，因此圓柱沿斜面移動的距離為

$$s=\frac{h}{\sin\theta}.$$

圓柱相對楔塊的水平位移大小為

$$s\cos\theta =\frac{h\cos\theta}{\sin\theta} =h\cot\theta.$$

圓柱向斜面下方移動時，若斜面向右下方，楔塊會向左移動。設楔塊向左移動距離為 $d$。

題目第 (a) 小題若確實指「楔塊與水平面有摩擦」，則因未給出摩擦係數，答案無法唯一決定。以下依此類標準題目的慣例，採用「楔塊與水平面無摩擦」的條件。

---

(a) 圓柱滑動、不滾動

圓柱相對楔塊的水平位移大小為 $h\cot\theta$。

取向右為正。楔塊初始位置為 $X_i$，末位置為 $X_i-d$；圓柱相對楔塊向右移動 $h\cot\theta$，所以圓柱末位置為

$$X_i-d+h\cot\theta.$$

初始時，系統質心的水平座標為

$$X_{{\rm CM},i} = \frac{M X_i+mX_i}{M+m} =X_i.$$

末狀態的質心水平座標為

$$X_{{\rm CM},f} = \frac{M(X_i-d)+m(X_i-d+h\cot\theta)}{M+m}.$$

由於水平方向沒有外力，

$$X_{{\rm CM},f}=X_{{\rm CM},i}.$$

因此

$$\frac{(M+m)(X_i-d)+mh\cot\theta}{M+m}=X_i.$$

整理得

$$-(M+m)d+mh\cot\theta=0,$$

所以楔塊移動距離為

$$\boxed{d_a=\frac{m}{M+m}h\cot\theta}.$$

---

(b) 圓柱無滑動滾下

此時圓柱除了平移之外還有轉動。若使用能量法，圓柱的轉動慣量為

$$I_{\rm CM}=\frac12mr^2,$$

且無滑動條件為

$$v_{\rm rel}=r\omega.$$

核心觀念

碰撞瞬間，固定端對細棒的作用力通過轉軸，對轉軸的力矩為零。因此可對固定端使用角動量守恆。碰撞為彈性碰撞，且固定端不移動、不作功，所以系統的動能守恆。

設粒子以垂直細棒的方向撞擊另一端，碰撞後粒子靜止；細棒繞固定端以角速度 $\omega$ 轉動。均勻細棒對端點的轉動慣量為

$$I=\frac{1}{3}ML^2$$

解題方法

以固定端為轉軸。碰撞前，粒子的角動量大小為 $mvL$；碰撞後，粒子靜止，角動量全由細棒承擔：

$$mvL=I\omega$$

由彈性碰撞的動能守恆：

$$\frac{1}{2}mv^2=\frac{1}{2}I\omega^2$$

將角動量守恆式平方，並利用動能守恆式中的 $I\omega^2=mv^2$：

核心觀念

本題考查都卜勒效應與拍頻。

• 女孩與音叉一起移動，因此她直接聽到音叉的頻率仍為
  $f_{\text{direct}}=400\ \text{Hz}$
• 音叉發出的聲音先傳到靜止的牆，再由牆反射回女孩。回音的頻率需分兩階段計算：
  1. 移動音源相對靜止牆造成一次都卜勒效應。
  2. 移動中的女孩接收回音時，再造成一次都卜勒效應。
• 拍頻定義為兩個頻率之差的絕對值：
  $f_{\text{beat}}=\left|f_1-f_2\right|$

解題方法

設聲速為 $v=330\ \text{m/s}$，音叉與女孩速度為 $u=10\ \text{m/s}$，方向皆為遠離牆壁。

第一步：牆接收到的聲音頻率

音叉遠離靜止的牆，牆接收到的波長變長，因此牆接收到的頻率為

$$f_{\text{wall}} =f_0\frac{v}{v+u}$$

代入 $f_0=400\ \text{Hz}$：

$$f_{\text{wall}} =400\frac{330}{330+10} =400\frac{330}{340}$$

牆為靜止反射面，反射不改變其接收到的頻率，所以回音在空氣中的頻率仍為 $f_{\text{wall}}$。

第二步：女孩接收到的回音頻率

回音由牆朝女孩傳播，方向是遠離牆壁；女孩也朝遠離牆壁方向移動，因此女孩正在追趕回音，接收到的頻率降低：

$$f_{\text{echo}} =f_{\text{wall}}\frac{v-u}{v}$$

代入前式：

$$f_{\text{echo}} =f_0\frac{v}{v+u}\frac{v-u}{v} =f_0\frac{v-u}{v+u}$$

因此

核心觀念

本題考查剛體在斜面上的「純滾動」條件，以及牛頓第二定律與轉動定律的聯立應用。

薄圓環的轉動慣量為

$$I=MR^2$$

其中 $M$ 為圓環質量，$R$ 為半徑。純滾動時必須滿足

$$a=\alpha R$$

且接觸面的摩擦力為靜摩擦力，大小不得超過最大靜摩擦力：

$$f\leq \mu_s N$$

因此，能維持純滾動所需的最小摩擦係數為

$$\mu_{\min}=\frac{f}{N}.$$

---

解題方法

取沿斜面向下為正方向。圓環沿斜面向下滾動時，靜摩擦力方向沿斜面向上，提供圓環轉動所需的力矩。

沿斜面方向列平移運動方程：

$$Mg\sin\theta-f=Ma \tag{1}$$

以圓環中心為轉軸列轉動方程。摩擦力提供力矩，因此

$$fR=I\alpha.$$

代入 $I=MR^2$ 與純滾動條件 $\alpha=a/R$：

$$fR=MR^2\frac{a}{R},$$

得到

$$f=Ma. \tag{2}$$

將式 $(2)$ 代入式 $(1)$：

$$Mg\sin\theta-Ma=Ma,$$

所以

$$a=\frac{g\sin\theta}{2}.$$

再由 $f=Ma$ 得

$$f=\frac{Mg\sin\theta}{2}.$$

斜面垂直方向沒有加速度，因此支持力為

$$N=Mg\cos\theta.$$

在「剛好不滑動」的臨界狀態，

$$f=\mu_{\min}N.$$

故

此題考驗理想氣體自由膨脹過程的熱力學性質，包括溫度、壓力變化以及熵變。

核心觀念：

1. 自由膨脹 (Free Expansion)： 理想氣體在絕熱且沒有對外做功的條件下，體積從 $V_1$ 膨脹到 $V_2$ 的過程。
2. 絕熱過程： 系統與外界沒有熱量交換 ($Q=0$)。
3. 功的定義： 對外做功 $W$。在自由膨脹中，氣體對外部環境沒有做功 ($W=0$)。
4. 理想氣體內能： 理想氣體的內能僅與溫度有關， $U = \frac{f}{2}NkT$ 或 $U = \frac{f}{2}nRT$，其中 $f$ 是自由度。
5. 熱力學第一定律： $\Delta U = Q - W$。
6. 熵的定義： $\Delta S = \int \frac{dQ_{rev}}{T}$，對於理想氣體，也可以用狀態變量表示。
7. 理想氣體狀態方程式： $PV = NkT$ 或 $PV = nRT$。

解題步驟：

(6) 溫度變化：T1 與 T2 的比較

在自由膨脹過程中，氣體對外不做功 ($W=0$)，且氣缸壁是絕熱的 ($Q=0$)。
根據熱力學第一定律：$\Delta U = Q - W$。
由於 $Q=0$ 且 $W=0$，所以 $\Delta U = 0$。
理想氣體的內能僅取決於溫度。因此，如果內能不變，溫度也不變。
$T_1 = T_2$。

(7) 壓力變化：P1 與 P2 的比較

我們知道氣體的總物質的量 $N$ (或 $n$) 保持不變。
初始狀態：$P_1 V_1 = NkT_1$。
最終狀態：$P_2 V_2 = NkT_2$。
由於 $T_1 = T_2$，我們可以寫成 $T$。
$P_1 V_1 = NkT$
$P_2 V_2 = NkT$
所以，$P_1 V_1 = P_2 V_2$。
題目說體積從 $V_1$ 膨脹到 $V_2$，表示 $V_2 > V_1$。
因為 $P_1 V_1 = P_2 V_2$ 且 $V_2 > V_1$，所以 $P_1 > P_2$。
壓力 $P_1$ 較大。

(8) 熵變 $\Delta S$

核心觀念

電偶極由 $+q$ 與 $-q$ 組成，偶極矩定義為由 $-q$ 指向 $+q$：

$$\mathbf p=q\mathbf d,\qquad p=qd$$

電位是純量，可直接代數相加：

$$V(P)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \left(\frac{q}{r_+}-\frac{q}{r_-}\right)$$

其中 $r_+$、$r_-$ 分別是點 $P$ 到 $+q$、$-q$ 的距離。

解題方法

設偶極中點為 $O$，依圖令 $OP=r$，且 $\theta$ 為偶極軸（由 $-q$ 指向 $+q$）與 $\overrightarrow{OP}$ 的夾角。

由幾何關係，

$$r_+=\sqrt{r^2+\frac{d^2}{4}-rd\cos\theta}$$ $$r_-=\sqrt{r^2+\frac{d^2}{4}+rd\cos\theta}$$

因為 $d\ll r$，可取一階近似：

$$r_+\simeq r-\frac{d}{2}\cos\theta, \qquad r_-\simeq r+\frac{d}{2}\cos\theta$$

因此

$$\frac{1}{r_+}\simeq \frac{1}{r}+\frac{d\cos\theta}{2r^2}$$

核心觀念

本題考查帶電導體球殼的靜電自能。均勻帶電球殼半徑為 $R$、總電荷為 $q$，其電場為

$$E(r)= \begin{cases} 0, & r<R,\\[4pt] \dfrac{1}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{q}{r^2}, & r\ge R. \end{cases}$$

靜電能可用下列兩種等價方式求得：

$$U=\frac{1}{2}qV$$

或

$$U=\int \frac{\varepsilon_0}{2}E^2\,d\tau.$$

解題方法一：逐步組裝球殼

將總電荷從 $0$ 逐步增加至 $q$。當球殼上已有電荷 $Q$ 時，球面電位為

$$V(Q)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{R}.$$

再加入微小電荷 $dQ$ 所需的功為

$$dU=V(Q)\,dQ =\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q}{R}\,dQ.$$

因此總靜電能為

$$U=\int_0^q dU =\frac{1}{4\pi\varepsilon_0 R}\int_0^q Q\,dQ.$$

計算得

$$U=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0 R}\cdot\frac{q^2}{2} =\boxed{\frac{q^2}{8\pi\varepsilon_0 R}}.$$

也可寫成

$$\boxed{U=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{R}\right)q}.$$

解題方法二：由電場能量積分

電場能量密度為

$$u=\frac{\varepsilon_0}{2}E^2.$$

由於球殼內部 $E=0$，只有 $r>R$ 的區域具有電場能量：

此題考驗高斯定律在計算帶電體電場中的應用，特別是均勻帶電的實心絕緣球體。

核心觀念：

1. 高斯定律： $\oint \vec{E} \cdot d\vec{A} = \frac{Q_{enc}}{\epsilon_0}$。在高斯面上，如果電場大小恆定且垂直於面積，則 $E A = \frac{Q_{enc}}{\epsilon_0}$。
2. 均勻體電荷密度： $\rho = \frac{Q}{V}$，其中 $Q$ 是總電荷，$V$ 是體積。
3. 對稱性： 帶電球體具有球對稱性，這使得我們可以選擇球面對稱的高斯面來簡化計算。

解題步驟：

一個半徑為 $a$ 的絕緣球體，具有均勻的體電荷密度 $\rho$，總電荷為 $Q$。
由於電荷是均勻分佈的，我們可以使用高斯定律。

(11) 球體內部 ($r < a$) 的電場

選擇一個半徑為 $r$ ($r < a$) 的同心球面對稱的高斯面。
根據球對稱性，電場 $\vec{E}$ 在高斯面上大小恆定，且垂直於高斯面。
所以，高斯定律左側為：$\oint \vec{E} \cdot d\vec{A} = E (4\pi r^2)$。

現在計算高斯面內包含的總電荷 $Q_{enc}$。
由於電荷密度 $\rho$ 是均勻的，高斯面內包含的電荷是：
$Q_{enc} = \rho \times (\text{體積 of the Gaussian sphere})$
$Q_{enc} = \rho \times (\frac{4}{3}\pi r^3)$。

我們知道總電荷 $Q$ 與體電荷密度 $\rho$ 的關係是 $Q = \rho \times (\text{體積 of the sphere}) = \rho \times (\frac{4}{3}\pi a^3)$。
所以，$\rho = \frac{Q}{\frac{4}{3}\pi a^3}$。

將 $\rho$ 代入 $Q_{enc}$：
$Q_{enc} = \left(\frac{Q}{\frac{4}{3}\pi a^3}\right) \times (\frac{4}{3}\pi r^3) = Q \frac{r^3}{a^3}$。

核心觀念

利用高斯定律：對長直同軸圓柱，外部電場由每單位長度所包圍的總電荷決定。要使電纜外部電場為零，內導線與外圓柱殼的總電荷必須互相抵消。

解題方法

取半徑大於 $b$、長度為 $L$ 的同軸圓柱形高斯面。內導線與外圓柱殼每單位長度的電荷量分別為

$$\lambda_1=2\pi a\sigma_1,\qquad \lambda_2=2\pi b\sigma_2.$$

由高斯定律，外部電場滿足

$$E(2\pi rL)=\frac{(\lambda_1+\lambda_2)L}{\varepsilon_0}.$$

此題考驗平行板電容器在介質填充下的電容計算。

核心觀念：

1. 平行板電容器電容公式： 在真空中有 $C_0 = \frac{\epsilon_0 A}{d}$，其中 $A$ 是極板面積，$d$ 是極板間距離。
2. 介質的影響： 引入介質後，電容會增大。對於填充均勻介質 $\kappa$，電容 $C = \kappa C_0$。
3. 等效電容： 當電容器組合（串聯或並聯）時，其總電容可以通過串並聯公式計算。
4. 串聯電容： $\frac{1}{C_{eq}} = \sum \frac{1}{C_i}$。
5. 並聯電容： $C_{eq} = \sum C_i$。

解題步驟：

圖示顯示，一個平行板電容器被兩個大小相等的介質 $\kappa_1$ 和 $\kappa_2$ 填充。
兩個介質的填充方式是：它們並排填充，且它們的總寬度與電容器的極板間距 $d$ 相等。
假設電容器的極板面積為 $A$，極板間距為 $d$。
真空中的電容為 $C_0 = \frac{\epsilon_0 A}{d}$。

從圖示看，兩個介質 $\kappa_1$ 和 $\kappa_2$ 佔據了電容器的總面積 $A$。
它們是並排填充的，意味著它們的厚度都是 $d$，但它們的面積是 $A/2$。
這種情況下，兩個介質相當於兩個電容器並聯。
我們可以將整個電容器看作是兩個平行板電容器串聯而成，其中一個填充 $\kappa_1$ 介質，另一個填充 $\kappa_2$ 介質。
但是，圖示的填充方式是兩個介質並排，而不是上下疊加。
這意味著它們的厚度都是 $d$，但它們的面積分別是 $A/2$。

情況一：介質是上下疊加（串聯）
如果介質是上下疊加，那麼它們的厚度都是 $d/2$（假設總厚度為 $d$）。
這時，兩個電容器是串聯的。
$C_1 = \kappa_1 C_0' = \kappa_1 \frac{\epsilon_0 A}{d/2}$。 (這裡 $C_0'$ 是厚度為 $d/2$ 的真空電容)
$C_2 = \kappa_2 C_0' = \kappa_2 \frac{\epsilon_0 A}{d/2}$。

此題考驗安培定律在計算帶電導體內部磁場中的應用，特別是電流密度不均勻的情況。

核心觀念：

1. 安培定律： $\oint \vec{B} \cdot d\vec{l} = \mu_0 I_{enc}$。
2. 電流密度： $J$ 是單位面積上的電流。總電流 $I$ 可以通過對電流密度在某個截面上積分得到。
3. 柱對稱性： 帶電圓柱體具有柱對稱性，因此磁場 $\vec{B}$ 沿環向分佈，大小只與徑向距離有關。
4. 電流密度不均勻： 當電流密度 $J$ 不均勻時，需要通過積分計算安培環路內包含的總電流 $I_{enc}$。

解題步驟：

考慮一個半徑為 $R$ 的長直圓柱體，其電流密度沿徑向分佈為 $J = Kr$。
我們需要計算圓柱體內部 ($r < R$) 的磁場。
由於柱對稱性，磁場 $\vec{B}$ 沿環向分佈，大小只取決於徑向距離 $r$。
選擇一個半徑為 $r$ ($r < R$) 的同心圓安培環路。
安培定律的左側為：$\oint \vec{B} \cdot d\vec{l} = B (2\pi r)$。

現在計算安培環路內包含的總電流 $I_{enc}$。
電流密度 $J(r') = Kr'$ (這裡用 $r'$ 作為積分變量，表示半徑)。
安培環路內的總電流是通過半徑為 $r$ 的圓的電流密度積分：
$I_{enc} = \int J dA$。
在柱坐標系中，面積元 $dA = 2\pi r' dr'$ (對於環狀區域)。

此題考驗光的繞射與干涉原理，特別是光柵（或具有週期性結構的表面，如DVD）產生的繞射條紋。

核心觀念：

1. 光的繞射： 光通過狹縫或遇到週期性結構時會發生繞射。
2. 干涉條紋： 繞射後的光波會發生干涉，在屏幕上形成明暗相間的條紋。
3. 明紋條件（繞射）： 對於單狹縫繞射，暗紋條件是 $w \sin\theta = m\lambda$（m 為整數，w 為狹縫寬度）。明紋條件較複雜。
4. 光柵方程： 對於光柵（多狹縫），明紋條件是 $d \sin\theta = m\lambda$，其中 $d$ 是光柵常數（狹縫間距），$m$ 是繞射級數（0, ±1, ±2, ...）。
5. DVD 的結構： DVD 的記錄軌道是週期性排列的，可以近似看作一個光柵。軌道之間的距離就是光柵常數。
6. 幾何關係： 屏幕上的位置與繞射角之間的關係。

解題步驟：

題目描述：

• 激光波長為 $\lambda$。
• 激光垂直照射 DVD。
• 在距離 DVD $x$ cm 的牆壁上，觀察到第一級明紋（first-order maxima）。
• 這個明紋在高度 $d$ cm 處。
• 需要求 DVD 上相鄰記錄軌道之間的距離（光柵常數）。

物理模型：
DVD 的記錄軌道可以近似看作一個光柵。相鄰軌道之間的距離就是光柵常數 $d_{track}$（這裡用 $d_{track}$ 避免與牆壁高度 $d$ 混淆）。
激光照射到 DVD 上，發生繞射。
在距離 DVD $L = x$ cm 的牆壁上，觀察到第一級明紋 ($m=1$)。
這個明紋的位置是高度 $y = d$ cm。

幾何關係：
設 DVD 表面為 xy 平面，激光垂直照射，所以激光沿 z 軸方向。
牆壁垂直於 z 軸，位於 $z=L$ 處。
光柵常數（軌道間距）為 $d_{track}$。
第一級明紋 ($m=1$) 在牆壁上的位置是高度 $y=d$ cm。
我們有兩個量：

• 光柵常數 $d_{track}$ (未知，要求)。
• 繞射角 $\theta$。

從幾何關係，我們可以將高度 $y$ 和距離 $L$ 與繞射角 $\theta$ 聯繫起來：
$\tan\theta = \frac{y}{L} = \frac{d}{x}$。

光柵方程：
對於明紋，光柵方程為 $d_{track} \sin\theta = m\lambda$。
在這裡，$m=1$（第一級明紋）。
所以，$d_{track} \sin\theta = \lambda$。

聯立方程求解：
我們需要找到 $d_{track}$。
從 $\tan\theta = d/x$，我們可以求出 $\sin\theta$。
$\sin\theta = \frac{\tan\theta}{\sqrt{1+\tan^2\theta}} = \frac{d/x}{\sqrt{1+(d/x)^2}} = \frac{d}{\sqrt{x^2+d^2}}$。

核心觀念

兩狹縫在中央方向 $\theta=0$ 的光程差為零，因此兩狹縫發出的光波同相干涉。光強與合成振幅的平方成正比：

$$I\propto |A|^2$$

兩狹縫寬度相同，中央方向的振幅相同，設每個狹縫單獨造成的振幅為 $A$。

解題方法

兩個狹縫都開啟時，中央方向的合成振幅為 $2A$，故中央光強為

$$I\propto |2A|^2=4|A|^2$$

若遮住一個狹縫，振幅只剩 $A$，光強便是

此題考驗光電效應與半導體物理的連結，特別是 LED 發光的能量轉換。

核心觀念：

1. LED 發光原理： LED（Light Emitting Diode）是利用半導體 P-N 接面的電子和電洞複合時，釋放出能量，其中一部分能量以光子的形式輻射出來。
2. 能量守恆： 複合過程中釋放的能量等於輻射出的光子的能量。
3. 光子能量： 光子的能量 $E$ 與其頻率 $f$ 的關係為 $E = hf$。
4. 光速、頻率、波長關係： $c = \lambda f$，其中 $c$ 是光速，$\lambda$ 是波長。
5. 半導體能隙 (Energy Gap)： $E_g$ 是價帶頂部與導帶底部的能量差，也是電子從導帶落回價帶時，可能釋放的最大能量。

解題步驟：

LED 發光時，電子從導帶的較高能階跌落到價帶的較低能階，與電洞複合。
這個過程中釋放的能量，一部分轉化為熱能，另一部分以光子的形式輻射出來。
在理想情況下（或者說，最大效率的情況下），電子跌落時釋放的能量等於半導體的能隙 $E_g$。
這個能量就轉化為一個光子的能量。
所以，光子的能量 $E_{photon} = E_g$。