113 年 國立臺灣大學地質科學系及海洋研究所聯合招生《普通物理學》

本題考查光的折射現象。當光線通過傾斜的塑膠片時，會發生折射。觀察者 O 透過塑膠片看線條，相當於光線從線條射出，經過塑膠片後進入觀察者的眼睛。由於塑膠片是傾斜的，光線在進入和離開塑膠片時的法線方向不同，導致整體的光線路徑發生了偏移。

想像光線從線條射出，垂直於線條。當它穿過塑膠片時，如果塑膠片的表面是平行的，那麼出射光線會與入射光線平行，只是有橫向位移。但是，如果塑膠片是傾斜的，即前後表面不平行，那麼出射光線的方向會改變。

在本題中，圖一顯示一塊傾斜的塑膠片，其上方有一條線，下方有一條線。觀察者 O 在塑膠片的右側。當光線從下方的線條（紙）射出，經過塑膠片後進入觀察者的眼睛時，由於塑膠片的傾斜角度，光線會發生偏折。

如果我們考慮從塑膠片的一側（例如底部）進來的光線，在離開塑膠片時，會因為表面傾斜而向某個方向偏折。如果觀察者位於塑膠片的右側，並且塑膠片是傾斜的，那麼原本靠近的兩條線，在經過塑膠片後，由於光線的偏折，會看起來像是分開了。具體來說，當光線從較厚的區域（如果塑膠片從左到右逐漸變薄或變厚）進入和離開時，會造成視差。

根據光線通過楔形介質的折射原理，當光線穿過傾斜的介質（例如圖中的塑膠片）時，會造成物體影像的位移和放大或縮小。在本題的圖示中，塑膠片的上方是傾斜的，下方是較平坦的。

核心觀念

本題考查薄膜干涉。兩片玻璃間形成厚度逐漸增加的空氣楔形膜，干涉光來自空氣膜上下兩界面的反射光。

上界面為玻璃射向空氣，反射時無相位反轉；下界面為空氣射向玻璃，反射時產生 $\pi$ 的相位反轉。因此，反射光形成暗紋的條件為

$$2t=m\lambda,\qquad m=0,1,2,\ldots$$

其中 $t$ 是空氣膜厚度。

解題方法

由圖中楔形膜厚度由左端的 $0$ 增加至右端的 $h$，且總長度為 $l$，所以距離左端 $x$ 處的膜厚為

$$t=\frac{h}{l}x.$$

代入暗紋條件：

$$2\frac{h}{l}x=m\lambda$$

因此暗紋位置為

$$x=m\frac{\lambda l}{2h}.$$

將數值統一為毫米：

$$\lambda=500\text{ nm}=0.000500\text{ mm},$$ $$l=10.0\text{ cm}=100\text{ mm},\qquad h=0.0200\text{ mm}.$$

所以相鄰暗紋的間距為

$$\frac{\lambda l}{2h} =\frac{(0.000500)(100)}{2(0.0200)} =1.25\text{ mm}.$$

暗紋位置為 $x=0,\ 1.25,\ 2.50,\ldots\text{ mm}$。

選項分析

• (A) $x=1.75\text{ mm}$：錯誤。

核心觀念

波速的大小由波長與週期決定：

$$v=\frac{\lambda}{T}$$

其中：

• $\lambda$：波長，即相鄰同相位點的距離。
• $T$：週期，即相鄰波峰或相鄰波谷的時間間隔。

波的方向則由兩張圖在 $t=0$ 附近的斜率判斷。若波形為

$$y=f(x-vt),$$

則 $v>0$ 表示波沿 $+x$ 方向傳播。

解題方法

由 Figure 3(a) 可讀出相鄰兩個波谷約位於

$$x=2\ \text{cm},\qquad x=8\ \text{cm},$$

因此波長為

$$\lambda=8-2=6\ \text{cm}.$$

由 Figure 3(b) 可讀出相鄰兩個波峰約位於

$$t=0.4\ \text{s},\qquad t=1.6\ \text{s},$$

所以週期為

$$T=1.6-0.4=1.2\ \text{s}.$$

因此波速大小為

$$|v|=\frac{\lambda}{T} =\frac{6\ \text{cm}}{1.2\ \text{s}} =5\ \text{cm/s}.$$

判斷方向：

• Figure 3(a) 在 $x=0$ 附近，波形隨 $x$ 增加而向下，故 $\dfrac{\partial y}{\partial x}<0$。
• Figure 3(b) 在 $t=0$ 附近，位移隨時間增加而向上，故 $\dfrac{\partial y}{\partial t}>0$。

由

核心觀念

行進波若向 $+x$ 方向傳播，可表示為

$$y=f(x-vt)$$

因此固定位置的橫向速度為

$$v_y=\frac{\partial y}{\partial t} =-v\frac{\partial y}{\partial x}.$$

其中 $v$ 是波速，$\frac{\partial y}{\partial x}$ 是波形在該位置的斜率。

解題方法

由圖 3(a)，相鄰波峰位於 $x=4\ \text{cm}$ 與 $x=10\ \text{cm}$，故波長為

$$\lambda=10-4=6\ \text{cm}.$$

由圖 3(b)，在 $x=0$ 處相鄰波峰位於 $t=0.4\ \text{s}$ 與 $t=1.6\ \text{s}$，故週期為

$$T=1.6-0.4=1.2\ \text{s}.$$

波速為

$$v=\frac{\lambda}{T} =\frac{6}{1.2} =5\ \text{cm/s}.$$

在 $x=9\ \text{cm}$ 處，圖 3(a) 的波形正由波谷 $x=7\ \text{cm}$ 上升至波峰 $x=10\ \text{cm}$，所以斜率為

$$\frac{\partial y}{\partial x} =\frac{3-(-3)}{10-7} =2.$$

核心觀念

本題考查克勞修斯不等式與熵增原理：

$$\oint \frac{\delta Q}{T}\leq 0$$

• 完全可逆循環：$\displaystyle \oint \frac{\delta Q}{T}=0$
• 含不可逆過程的循環：$\displaystyle \oint \frac{\delta Q}{T}<0$

注意：循環完成後系統的熵變為零，但不代表 $\displaystyle \oint \delta Q/T=0$。不可逆過程會產生熵，使克勞修斯積分嚴格小於零。

解題方法

圖示循環為

$$i\xrightarrow{\text{不可逆}}f \xrightarrow{\text{可逆}}i$$

令不可逆路徑 $i\to f$ 的熵生成為 $S_{\mathrm{gen}}>0$，則熵平衡式為

$$S_f-S_i = \left(\int_i^f\frac{\delta Q}{T}\right)_{\mathrm{不可逆}} +S_{\mathrm{gen}}.$$

因此

$$\left(\int_i^f\frac{\delta Q}{T}\right)_{\mathrm{不可逆}} = S_f-S_i-S_{\mathrm{gen}}.$$

可逆路徑 $f\to i$ 則滿足

$$\left(\int_f^i\frac{\delta Q}{T}\right)_{\mathrm{可逆}} =S_i-S_f.$$

將兩段相加：

$$\oint\frac{\delta Q}{T} = \left(S_f-S_i-S_{\mathrm{gen}}\right)+(S_i-S_f) =-S_{\mathrm{gen}}<0.$$

本題考查理想熱機（卡諾引擎）的效率與熱量轉換關係。

卡諾引擎的效率 ($\eta$) 定義為引擎對外做的功 (W) 與從高溫熱源吸收的熱量 ($Q_H$) 的比值：
$\eta = \frac{W}{Q_H}$

同時，對於一個熱機循環，系統對外做的功等於從高溫熱源吸收的熱量減去釋放到低溫熱源的熱量：
$W = Q_H - Q_L$
其中 $Q_H$ 是從高溫熱源吸收的熱量， $Q_L$ 是釋放到低溫熱源的熱量。

將 $W$ 代入效率公式：
$\eta = \frac{Q_H - Q_L}{Q_H} = 1 - \frac{Q_L}{Q_H}$

本題考查能量與溫度的關係，特別是利用波茲曼常數將能量單位 eV 轉換為溫度單位 K。

我們知道，在熱力學中，平均能量與溫度的關係大致可以用波茲曼常數 $k_B$ 來連接。一個粒子具有的平均熱動能大約是 $\frac{3}{2} k_B T$（對於單原子理想氣體）。更一般地，能量 $E$ 與溫度 $T$ 的關係可以近似表示為 $E \sim k_B T$。

題目給定的能量是 $E = 1$ eV。
我們需要將 eV 轉換為焦耳 (J)。
1 eV 的定義是電子在電場中加速，從一個電勢差為 1 伏特的地方移動到另一個電勢差為 -1 伏特的地方所獲得的能量。
根據定義，1 eV = $e \times 1$ V，其中 $e$ 是基本電荷。
題目給定基本電荷 $e = 1.60 \times 10^{-19}$ 庫侖 (C)。
所以，1 eV $= 1.60 \times 10^{-19}$ J。

現在我們利用能量與溫度的近似關係 $E \approx k_B T$ 來估算溫度 $T$。
$1.60 \times 10^{-19}$ J $\approx (1.38 \times 10^{-23}$ J/K$) \times T$

解出 $T$：

本題考查熱力學基本概念，需要判斷關於不同熱力學過程的敘述是否正確。

(A) 等熵過程 (isentropic process) 與絕熱過程 (adiabatic process) 的區別：
絕熱過程是指系統與外界沒有熱量交換 ($dQ=0$)。
等熵過程是指熵保持不變 ($\Delta S = 0$)。
對於可逆絕熱過程，熵是不變的，所以等熵過程等於可逆絕熱過程。
然而，絕熱過程不一定是可逆的，如果絕熱過程是不可逆的，則熵會增加 ($\Delta S > 0$)。
因此，等熵過程不一定等同於絕熱過程。一個等熵過程必然是絕熱的（如果還可逆），但一個絕熱過程不一定是等熵的。
所以，(A) 錯誤。

(B) 等溫膨脹過程中，系統釋放熱量：
等溫過程是指溫度保持不變 ($dT=0$)。
對於理想氣體，內能 $U$ 僅取決於溫度。因此，在等溫過程中，內能變化為零 ($\Delta U = 0$)。
根據熱力學第一定律，$dQ = dU + dW$。
在等溫膨脹過程中，系統對外做功 ($dW > 0$)。
由於 $\Delta U = 0$，所以 $dQ = dW$。
因此，系統對外做的功等於從外界吸收的熱量。
所以，在等溫膨脹過程中，系統吸收熱量，而不是釋放熱量。

本題考查物體在垂直平面圓周運動中的能量守恆。

物體在圓周運動的最低點和最高點的速度分別為 $v_0$ 和 $v$。
由於忽略空氣阻力，系統只有重力做功，因此機械能守恆。
在最低點（圓周底部），物體的高度設為參考點，故其重力勢能為 0。其動能為 $\frac{1}{2}mv_0^2$。
在最高點（圓周頂部），物體的高度相對於最低點增加了 $2R$（圓周的直徑）。故其重力勢能為 $mg(2R) = 2mgR$。其動能為 $\frac{1}{2}mv^2$。

根據機械能守恆定律：
最低點的總機械能 = 最高點的總機械能
$E_{bottom} = E_{top}$
$\frac{1}{2}mv_0^2 + 0 = \frac{1}{2}mv^2 + 2mgR$

現在我們需要解出最高點的速度 $v$。
將方程兩邊同乘以 2，並除以質量 $m$：
$v_0^2 = v^2 + 4gR$

將 $v^2$ 移到一邊：
$v^2 = v_0^2 - 4gR$

因此，最高點的速度 $v$ 為：
$v = \sqrt{v_0^2 - 4gR}$

題目給定初始速度 $v_0 > \sqrt{10gR}$，這保證了物體能夠完成圓周運動。
當物體在最高點時，為了能夠保持圓周運動，需要滿足向心力條件。在最高點，重力 $mg$ 和繩子的張力（如果有的話）提供向心力。如果物體僅受重力作用（例如，一個質量點在圓形軌道上滑動），那麼在最高點，向心力由重力提供，即 $mg \ge \frac{mv^2}{R}$，或者 $v^2 \le gR$。

本題考查動量守恆和能量守恆在彈道擺中的應用。

這個過程可以分為兩個階段：
第一階段：子彈射入木塊的瞬間。在這個過程中，子彈和木塊發生碰撞，由於碰撞時間極短，可以認為是動量守恆的過程。子彈嵌入木塊後，兩者一起以一個共同的速度運動。
第二階段：子彈和木塊組成的整體上升。在上升過程中，系統的機械能守恆。

第一階段：動量守恆
設子彈的質量為 $m$，速度為 $v_b$。木塊的質量為 $M$，初始速度為 0。
碰撞後的瞬間，子彈和木塊一起運動，共同的速度為 $V$。
根據動量守恆定律：
$m v_b = (m+M) V$

題目給定：
子彈質量 $m = 12$ g $= 0.012$ kg。
子彈速度 $v_b = 350$ m/s。
木塊質量 $M = 5.0$ kg。

計算碰撞後的共同速度 $V$：
$V = \frac{m v_b}{m+M} = \frac{(0.012 \text{ kg}) \times (350 \text{ m/s})}{0.012 \text{ kg} + 5.0 \text{ kg}}$
$V = \frac{4.2 \text{ kg m/s}}{5.012 \text{ kg}}$
$V \approx \frac{4.2}{5.0} \text{ m/s} = 0.84 \text{ m/s}$。
更精確計算：$V = \frac{4.2}{5.012} \approx 0.83799$ m/s。

第二階段：機械能守恆
碰撞後的瞬間，子彈和木塊組成的系統具有動能 $\frac{1}{2}(m+M)V^2$。
當系統上升到最高點時，其速度變為 0，動能變為 0，而重力勢能增加。
設上升的高度為 $h$。
根據機械能守恆定律：
初始動能 = 最高點的重力勢能
$\frac{1}{2}(m+M)V^2 = (m+M)gh$

解出上升高度 $h$：
$h = \frac{V^2}{2g}$

代入計算得到的 $V$ 值：
$V \approx 0.83799$ m/s。
$g \approx 9.8$ m/s$^2$ (通常取 9.8 m/s$^2$，題目未給定，但一般情況下使用此值)。
$h = \frac{(0.83799 \text{ m/s})^2}{2 \times 9.8 \text{ m/s}^2}$
$h = \frac{0.7022 \text{ m}^2/\text{s}^2}{19.6 \text{ m/s}^2}$
$h \approx 0.0358$ m。

將結果轉換為厘米：
$h \approx 0.0358 \text{ m} \times 100 \text{ cm/m} = 3.58$ cm。

本題考查雙星系統的軌道週期與質量關係，基於牛頓萬有引力定律。

在一個二體系統中，如果兩個天體繞著它們的共同質心做圓周運動，並且沒有外力作用，那麼它們的軌道週期是相同的。這是因為它們繞著共同質心運動，相當於一個整體在繞著質心運動。

設兩顆恆星的質量分別為 $m_A$ 和 $m_B$。
設它們的軌道半徑分別為 $r_A$ 和 $r_B$。
它們繞著共同質心做圓周運動。
根據牛頓萬有引力定律，它們之間的引力提供了它們做圓周運動所需的向心力。
對於恆星 A，它受到的引力是 $F_A = G \frac{m_A m_B}{r^2}$，其中 $r = r_A + r_B$ 是兩者之間的距離。
這個引力提供了恆星 A 的向心力：$F_A = m_A \omega_A^2 r_A$，其中 $\omega_A$ 是恆星 A 的角速度。
所以，$G \frac{m_A m_B}{r^2} = m_A \omega_A^2 r_A$。
$\frac{m_B}{r^2} = \omega_A^2 \frac{r_A}{m_A}$。

對於恆星 B，它受到的引力是 $F_B = G \frac{m_A m_B}{r^2}$，這個引力提供了恆星 B 的向心力：$F_B = m_B \omega_B^2 r_B$。
所以，$G \frac{m_A m_B}{r^2} = m_B \omega_B^2 r_B$。
$\frac{m_A}{r^2} = \omega_B^2 \frac{r_B}{m_B}$。

因為它們繞著共同質心運動，所以它們的角速度是相同的，即 $\omega_A = \omega_B = \omega$。
因此，$\omega^2 = G \frac{m_B}{r^2 r_A}$ 且 $\omega^2 = G \frac{m_A}{r^2 r_B}$。

本題考查圓盤扭擺的週期與恢復力矩（扭轉常數）之間的關係。

對於一個扭擺，其運動類似於簡諧運動。恢復力矩 $\tau$ 與扭轉角度 $\theta$ 成正比，即 $\tau = -\kappa \theta$，其中 $\kappa$ 是扭轉常數（恢復常數）。
根據牛頓第二定律的轉動形式，恢復力矩等於轉動慣量 $I$ 乘以角加速度 $\alpha$：
$\tau = I \alpha$
所以，$-\kappa \theta = I \alpha$。
由於 $\alpha = \frac{d^2\theta}{dt^2}$，我們得到微分方程：
$I \frac{d^2\theta}{dt^2} + \kappa \theta = 0$
這個微分方程的解是 $\theta(t) = \theta_{max} \cos(\omega t + \phi)$，其中角頻率 $\omega = \sqrt{\frac{\kappa}{I}}$。
週期 $T$ 與角頻率的關係是 $T = \frac{2\pi}{\omega}$。
所以，$T = 2\pi \sqrt{\frac{I}{\kappa}}$。

我們需要計算扭轉常數 $\kappa$。從週期公式可以解出 $\kappa$：
$T^2 = (2\pi)^2 \frac{I}{\kappa}$
$\kappa = \frac{4\pi^2 I}{T^2}$

現在我們需要計算圓盤的轉動慣量 $I$。
對於一個質量為 $M$、半徑為 $R$ 的實心圓盤，繞著通過其質心且垂直於盤面的軸的轉動慣量為：
$I = \frac{1}{2}MR^2$

本題考查衝量定理，衝量等於動量的變化量。

衝量定理的公式為：$J = \Delta p = p_f - p_i$，其中 $J$ 是衝量，$p_f$ 是末動量，$p_i$ 是初動量。
衝量 $J$ 可以通過對力 $F(t)$ 對時間 $t$ 積分得到，即 $J = \int F(t) dt$。
從圖 7 中，力 $F$ 作為時間 $t$ 的函數，其圖形是一個三角形。衝量就是這個三角形的面積。

圖 7 顯示的力-時間圖是一個三角形，底邊為 0.20 s，頂點高度為 100 N。
衝量 $J = \frac{1}{2} \times \text{底} \times \text{高}$
$J = \frac{1}{2} \times (0.20 \text{ s}) \times (100 \text{ N})$
$J = 0.10 \text{ s} \times 100 \text{ N}$
$J = 10 \text{ N·s}$。

本題考查脫離速度的計算。

脫離速度是指物體克服行星的引力影響，從行星表面（或某個高度）逃逸到無限遠處所需的最小初速度。
根據能量守恆定律，物體從行星表面脫離（到達無限遠處且速度為零）所需的最小初速度，其初動能必須等於物體在行星表面所受引力勢能的絕對值。

設行星質量為 $M$，半徑為 $R$。物體質量為 $m$。
在行星表面，物體的動能為 $\frac{1}{2}mv_{esc}^2$，其中 $v_{esc}$ 是脫離速度。
在行星表面的引力勢能為 $U = -\frac{GMm}{R}$。
當物體到達無限遠處時，其動能和勢能都為零。

根據能量守恆：
初總能量 = 末總能量
$\frac{1}{2}mv_{esc}^2 + (-\frac{GMm}{R}) = 0 + 0$
$\frac{1}{2}mv_{esc}^2 = \frac{GMm}{R}$

消去物體質量 $m$：
$\frac{1}{2}v_{esc}^2 = \frac{GM}{R}$
$v_{esc}^2 = \frac{2GM}{R}$
$v_{esc} = \sqrt{\frac{2GM}{R}}$

我們知道地球表面的重力加速度 $g = \frac{GM}{R^2}$。
所以，$GM = gR^2$。
將 $GM$ 代入脫離速度公式：
$v_{esc} = \sqrt{\frac{2(gR^2)}{R}} = \sqrt{2gR}$。

題目給定：
地球半徑 $R = 6400$ km $= 6400 \times 10^3$ m $= 6.4 \times 10^6$ m。

本題考查 LC 電路的振盪週期。

在一個理想的 LC 電路（忽略電阻）中，電容器儲存的電能和電感器儲存的磁場能會相互轉換，產生電磁振盪。
電磁振盪的週期 $T$ 由電感 $L$ 和電容 $C$ 的值決定，公式為：
$T = 2\pi \sqrt{LC}$

題目給定：
電感值 $L = 4$ Wb/A。請注意，Wb/A 的單位實際上是亨利 (H)，即 $L = 4$ H。
電容值 $C = 4$ As/V。As/V 的單位是法拉 (F)，即 $C = 4$ F。

代入公式計算週期 $T$：
$T = 2\pi \sqrt{LC}$
$T = 2\pi \sqrt{(4 \text{ H}) \times (4 \text{ F})}$
$T = 2\pi \sqrt{16 \text{ H·F}}$

單位 H·F 等於 s$^2$。因為 $L = \frac{V \cdot s}{I}$ (V·s/A)，$C = \frac{Q}{V} = \frac{I \cdot s}{V}$。
所以 $LC = \frac{V \cdot s}{I} \times \frac{I \cdot s}{V} = s^2$。

本題考查電磁感應現象中的感應電荷計算。

當一個導體環在磁場中運動或磁場發生變化時，會產生感應電動勢，進而產生感應電流。感應電荷的計算與磁通量的變化有關。

根據法拉第電磁感應定律，感應電動勢 $\mathcal{E} = -\frac{d\Phi_B}{dt}$，其中 $\Phi_B$ 是磁通量。
感應電流 $I = \frac{\mathcal{E}}{R} = -\frac{1}{R}\frac{d\Phi_B}{dt}$，其中 $R$ 是導體環的電阻。
通過導體環的電量 $q$ 等於感應電流乘以時間：$q = \int I dt$。
$q = \int -\frac{1}{R}\frac{d\Phi_B}{dt} dt = -\frac{1}{R} \int d\Phi_B = -\frac{\Delta\Phi_B}{R}$。
這裡的 $\Delta\Phi_B$ 是磁通量的變化量。

磁通量 $\Phi_B$ 的定義是 $\Phi_B = \int \vec{B} \cdot d\vec{A}$。
對於一個均勻磁場 $\vec{B}$ 垂直於一個平面區域 $A$，磁通量為 $\Phi_B = BA \cos\theta$，其中 $\theta$ 是磁場方向與平面法向量之間的夾角。

題目給定：
圓環直徑 $d = 20$ cm，所以半徑 $r = d/2 = 10$ cm $= 0.10$ m。
圓環面積 $A = \pi r^2 = \pi (0.10 \text{ m})^2 = 0.01\pi \text{ m}^2$。
電阻 $R = 0.01$ Ω。
磁場強度 $B = 2.0$ T。

本題考查 RL 電路的暫態響應，特別是電流達到其最終值一定比例所需的時間。

當一個電感器 L 和電阻 R 串聯接到一個電壓源 V 時，電路中的電流隨時間變化的規律遵循以下微分方程：
$V = IR + L \frac{dI}{dt}$

此方程的解（當開關閉合的瞬間 $t=0$ 時，電流 $I(0)=0$）為：
$I(t) = \frac{V}{R} (1 - e^{-t/\tau})$
其中 $\frac{V}{R}$ 是電路的最終穩態電流（當 $t \to \infty$ 時），$\tau = \frac{L}{R}$ 是電路的時常數。

時常數 $\tau$ 代表了電流達到最終值（1 - 1/e）所需的時間。
$1 - 1/e \approx 1 - 0.36788 \approx 0.63212$。

核心觀念

粒子進入均勻磁場後，磁力垂直於速度，因此不做功，粒子速率維持不變，運動軌跡為圓周。由磁力提供向心力：

$$|q|vB=\frac{mv^2}{r}$$

因此迴轉半徑為

$$r=\frac{mv}{|q|B}$$

又因粒子初動能為 $K$：

$$K=\frac12mv^2 \quad\Rightarrow\quad v=\sqrt{\frac{2K}{m}}$$

所以

$$r=\frac{\sqrt{2mK}}{|q|B}$$

以下依選項慣例以 $q$ 表示電荷量大小。

解題方法

粒子由左側開口水平射入，圓周軌跡在入口處與初速度相切。此圓周相對於入口向對面極板的最大水平位移為一個半徑 $r$，不是直徑。

圖中兩極板距離為 $d$。粒子恰好不撞上右側極板的臨界情況為

$$r=d$$

代入迴轉半徑公式：

$$\frac{\sqrt{2mK}}{qB}=d$$

解得臨界磁場大小

$$B_{\min}=\frac{\sqrt{2mK}}{qd}$$

嚴格而言，若不能與極板接觸，需有 $B>B_{\min}$；選項所列為臨界最小值。

選項分析

• (A)

  $B=\frac{\sqrt{2mK}}{qd}$

  此時 $r=d$，正是粒子不撞上對面極板的臨界條件，正確。

• (B)

核心觀念

由圖可知：電流沿半導體長度方向流動，Hall 電壓橫跨寬度方向，磁場垂直紙面。因此：

$$j=\frac{I}{wt},\qquad E_H=\frac{V_H}{w},\qquad n=\frac{jB}{eE_H},\qquad \rho=\frac{RA}{L}$$

其中

$$L=0.060\ \mathrm{m},\quad w=0.030\ \mathrm{m},\quad t=0.0020\ \mathrm{m}$$

解題方法

電流方向的截面積為

$$A=wt=(0.030)(0.0020) =6.0\times10^{-5}\ \mathrm{m^2}$$

電流密度：

$$j=\frac{2.0\times10^{-3}}{6.0\times10^{-5}} =3.3\times10^{1}\ \mathrm{A/m^2} =33\ \mathrm{A/m^2}$$

Hall 電場跨越寬度 $w$，所以

$$E_H=\frac{2.0\times10^{-4}}{0.030} =6.7\times10^{-3}\ \mathrm{V/m}$$

載子濃度取電子電荷量 $e=1.6\times10^{-19}\ \mathrm C$：

$$n=\frac{jB}{eE_H} =\frac{(33)(2.0)} {(1.6\times10^{-19})(6.7\times10^{-3})} \approx 6.2\times10^{22}\ \mathrm{m^{-3}}$$

縱向電阻為

核心觀念

本題考查 Maxwell 修正後的安培定律，以及電場、磁場之間的相互感應關係。

原本的安培定律為

$$\nabla \times \mathbf{B}=\mu_0\mathbf{J}$$

其中 $\mathbf{J}$ 是真實電流密度。Maxwell 發現，若電場隨時間改變，即使沒有真實電流，也能產生等效的「位移電流」：

$$\mathbf{J}_d=\varepsilon_0\frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t}$$

因此修正後的安培定律為

$$\nabla \times \mathbf{B} = \mu_0\mathbf{J} + \mu_0\varepsilon_0\frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t}$$

其中：

• $\mu_0\mathbf{J}$：真實電流所造成的磁場旋轉。
• $\mu_0\varepsilon_0\dfrac{\partial \mathbf{E}}{\partial t}$：變動電場所造成的磁場旋轉。

這表示「隨時間變化的電場可以產生磁場」，也是電磁波能夠在沒有導線與真實電流的空間中傳播的重要原因。

此外，Faraday 電磁感應定律指出，隨時間變化的磁場會產生電場：

$$\nabla \times \mathbf{E} = -\frac{\partial \mathbf{B}}{\partial t}$$

因此，變動電場與變動磁場可以彼此產生。

解題方法

直接辨認 Maxwell 修正項即可。修正後安培定律中的新增項為

$$\mu_0\varepsilon_0\frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t}$$

此項與「電場對時間的變化率」成正比，代表即使 $\mathbf{J}=0$，只要

$$\frac{\partial \mathbf{E}}{\partial t}\neq 0$$

仍能形成磁場。因此正確敘述是「Changing electric fields produce magnetic fields」。

選項分析

(A) Static magnetic fields can generate static electric fields.

錯誤。靜態磁場表示

$$\frac{\partial \mathbf{B}}{\partial t}=0$$

依 Faraday 定律，只有隨時間變化的磁場才能產生感應電場：

$$\nabla \times \mathbf{E} = -\frac{\partial \mathbf{B}}{\partial t} =0$$

所以靜態磁場不會因電磁感應產生靜態電場。

(B) Changing electric fields produce magnetic fields.

正確。由 Maxwell 修正後的安培定律：