114 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》

本題考查萬有引力定律與能量守恆。

核心觀念：

1. 萬有引力定律：兩質點間的引力大小為 $F = G \frac{m_1 m_2}{r^2}$。
2. 能量守恆定律：系統的總力學能（動能加位能）守恆。

解題過程：
設兩質點的質量均為 $m = 2 \, \text{kg}$。
初始距離 $r_i = 1 \, \text{m}$，初始速度均為 0。
最終距離 $r_f = 0.5 \, \text{m}$。
設兩質點最終的速度均為 $v$（由於質量相同且初始狀態對稱，它們的速度大小會相同）。

根據能量守恆定律，系統的總力學能守恆。
初始總能量 $E_i = \text{初始動能} + \text{初始位能}$
初始動能 $= \frac{1}{2} m (0)^2 + \frac{1}{2} m (0)^2 = 0$
初始位能 $= -\frac{G m m}{r_i} = -\frac{G m^2}{r_i}$

最終總能量 $E_f = \text{最終動能} + \text{最終位能}$
最終動能 $= \frac{1}{2} m v^2 + \frac{1}{2} m v^2 = m v^2$
最終位能 $= -\frac{G m m}{r_f} = -\frac{G m^2}{r_f}$

由能量守恆 $E_i = E_f$：
$0 - \frac{G m^2}{r_i} = m v^2 - \frac{G m^2}{r_f}$

整理得：
$m v^2 = \frac{G m^2}{r_f} - \frac{G m^2}{r_i}$
$v^2 = G m \left( \frac{1}{r_f} - \frac{1}{r_i} \right)$

代入數值：
$m = 2 \, \text{kg}$
$G = 6.67 \times 10^{-11} \, \text{N m}^2/\text{kg}^2$

核心觀念

本題考查角動量的定義與角動量守恆。

質點對某一參考點的角動量為

$$\vec L=\vec r\times \vec p =\vec r\times m\vec v$$

其中 $\vec r$ 是質點相對於參考點的位置向量，$\vec p=m\vec v$ 是線動量。

碰撞過程中的作用力屬於系統內力，因此若忽略外力矩，兩球系統對碰撞點的總角動量守恆：

$$\vec L_{\text{初}}=\vec L_{\text{末}}$$

即使碰撞偏心，使其中一球在碰撞後旋轉，旋轉角動量仍只是系統內部角動量的重新分配，不會改變整個系統的總角動量。

解題方法

以碰撞點為參考原點。在碰撞發生的瞬間，兩球的碰撞位置就是所選的參考點，因此兩球相對於該點的位置向量可視為

$$\vec r_1=\vec r_2=\vec 0$$

所以碰撞瞬間兩球的軌道角動量皆為

$$\vec L_1=\vec r_1\times m\vec v_1=\vec 0$$ $$\vec L_2=\vec r_2\times m\vec v_2=\vec 0$$

因此系統初始總角動量為

$$\vec L_{\text{初}}=\vec L_1+\vec L_2=\vec 0$$

由角動量守恆，

$$\vec L_{\text{末}}=\vec L_{\text{初}}=\vec 0$$

碰撞後其中一球自轉，表示其具有自轉角動量；但另一球的軌道角動量或其他形式的角動量會使系統總角動量仍維持為零。不能只計算自轉球的角動量，而忽略系統其他部分的貢獻。

因此總角動量的大小為

$$L=0\ \text{kg}\cdot\text{m}^2/\text{s}$$

本題考查拉格朗日量的建立，特別是針對中央位勢下的粒子運動。

核心觀念：

1. 拉格朗日量 (Lagrangian, L) 的定義：$L = T - U$，其中 T 是系統的動能，U 是系統的位能。
2. 極座標下的粒子運動：在極座標 $(r, \theta)$ 下，粒子的速度平方為 $\vec{v}^2 = \dot{r}^2 + r^2\dot{\theta}^2$。
3. 中央位勢：位勢能只與距離原點的距離 $r$ 有關。

解題過程：
題目描述粒子質量為 $m$，在中央位勢 $U(r) = k/r^2$ 下運動。
粒子運動的路徑為半徑為 $R$ 的圓形路徑。這表示粒子的徑向位置 $r$ 是固定的，即 $r = R$ 且 $\dot{r} = 0$。

首先，我們需要計算粒子的動能 T。
在極座標下，粒子的速度向量是 $\vec{v} = \dot{r}\hat{r} + r\dot{\theta}\hat{\theta}$。
速度的平方是 $|\vec{v}|^2 = \dot{r}^2 + (r\dot{\theta})^2 = \dot{r}^2 + r^2\dot{\theta}^2$。
動能 $T = \frac{1}{2} m |\vec{v}|^2 = \frac{1}{2} m (\dot{r}^2 + r^2\dot{\theta}^2)$。

由於粒子沿著半徑為 $R$ 的圓形路徑運動，所以 $r = R$ 是一個常數，因此 $\dot{r} = \frac{dr}{dt} = 0$。
將 $\dot{r} = 0$ 和 $r = R$ 代入動能的表達式：
$T = \frac{1}{2} m (0^2 + R^2\dot{\theta}^2) = \frac{1}{2} m R^2\dot{\theta}^2$。

位能 $U$ 由題目給出，為 $U(r) = k/r^2$。
由於粒子在半徑為 $R$ 的圓周上運動，所以 $r=R$。

核心觀念

剛體繞固定軸轉動時，距離轉軸為 $r$ 的質點，其線速度為

$$v=\omega r$$

質點的動能為

$$K=\frac{1}{2}mv^2$$

系統總動能等於各質點動能之和。

解題方法

兩個質點的速度分別為

$$v_1=\omega r_1,\qquad v_2=\omega r_2$$

因此各自的動能為

$$K_1=\frac{1}{2}m(\omega r_1)^2 =\frac{1}{2}m\omega^2r_1^2$$ $$K_2=\frac{1}{2}m(\omega r_2)^2 =\frac{1}{2}m\omega^2r_2^2$$

系統總動能為

$$K_{\text{total}}=K_1+K_2$$ $$\boxed{K_{\text{total}} =\frac{1}{2}m\omega^2(r_1^2+r_2^2)}$$

也可由轉動慣量表示：

$$I=mr_1^2+mr_2^2 =m(r_1^2+r_2^2)$$

故

$$K_{\text{total}}=\frac{1}{2}I\omega^2 =\frac{1}{2}m\omega^2(r_1^2+r_2^2)$$

選項分析

本題考查都卜勒效應 (Doppler Effect) 中聲源朝觀察者靠近的情況。

核心觀念：
都卜勒效應公式：當聲源與觀察者相對運動時，觀察者聽到的聲音頻率會發生變化。
對於聲源朝向靜止觀察者靠近的情況，觀察者聽到的頻率 $f'$ 與聲源發出的頻率 $f_0$ 的關係為：
$f' = f_0 \frac{c}{c-v_s}$
其中：
$f'$ 是觀察者聽到的頻率。
$f_0$ 是聲源發出的原始頻率。
$c$ 是聲速。
$v_s$ 是聲源相對於觀察者的速度（如果聲源朝向觀察者靠近，則 $v_s$ 取正值）。

解題過程：
題目給定：
聲源發出的頻率 $f_0$。
聲源的速度朝向觀察者靠近，速度大小為 $v$。
觀察者是靜止的。
聲速為 $c$。

本題考查馬呂斯定律 (Malus's Law) 在偏振光強度衰減的應用。

核心觀念：

1. 馬呂斯定律：當一束偏振光通過一個偏振片時，其強度 $I$ 與入射光強度 $I_0$ 以及入射光偏振方向與偏振片透振方向之間夾角 $\theta$ 的餘弦平方成正比：$I = I_0 \cos^2 \theta$。
2. 非偏振光通過第一個偏振片：非偏振光通過第一個偏振片後，會變成線偏振光，其強度減半，偏振方向與該偏振片的透振方向一致。

解題過程：
設入射的非偏振光強度為 $I_{in}$。
第一個偏振片（濾光片）的透振方向是垂直的。
當非偏振光通過第一個偏振片後，其強度變為 $I_1 = \frac{1}{2} I_{in}$。
並且，這束光變成了垂直偏振光，也就是說，它的電場振動方向是垂直的。

第二個偏振片相對於第一個偏振片旋轉了 30°。
由於第一個偏振片的透振方向是垂直的，我們可以將其透振方向定義為垂直方向。
第二個偏振片的透振方向與第一個偏振片的透振方向之間的夾角 $\theta$ 是 30°。

現在，我們考慮垂直偏振光（強度為 $I_1$）通過第二個偏振片。
根據馬呂斯定律，通過第二個偏振片後的光強度 $I_2$ 為：

本題考查光的繞射極限，特別是關於聚焦光斑的最小直徑。

核心觀念：
繞射極限 (Diffraction Limit)：光學系統（如透鏡）聚焦光線時，由於光的繞射效應，無法將光無限聚焦到一個點上，會形成一個繞射圖案，其中央有一個亮斑（艾里圓盤）。這個亮斑的最小尺寸決定了系統的解析度極限。
對於一個理想的圓形孔徑或透鏡，其聚焦光斑的最小直徑（第一暗環處）與波長 $\lambda$ 和透鏡的數值孔徑 (Numerical Aperture, NA) 有關。
最小光斑直徑 $D \approx 1.22 \frac{\lambda}{NA}$。
對於顯微鏡物鏡，數值孔徑 $NA = n \sin \alpha$，其中 $n$ 是介質的折射率（通常是空氣，$n \approx 1$），$\alpha$ 是鏡頭半張角。
在某些情況下，特別是考慮雷射聚焦，如果透鏡的孔徑足夠大，聚焦光斑的尺寸近似與波長成正比，但通常會乘以一個比例係數。

另一種常見的近似是，最小聚焦光斑的直徑大致與波長相同，或者略大於波長。
例如，在 Abbe 繞射極限中，最小可分辨的特徵尺寸（在顯微鏡中）與波長成正比：$d = \frac{\lambda}{2 NA}$。
對於聚焦光斑，通常會使用類似的公式。

考慮到雷射束的聚焦，如果透鏡的孔徑足夠大，使得光束的發散角（或匯聚角）接近其自身衍射極限，那麼聚焦光斑的尺寸會受到波長和系統孔徑角的限制。
一個簡單的近似關係是，最小聚焦光斑的直徑 $D$ 大約是波長 $\lambda$ 的數量級。

題目給定：
雷射光束的波長 $\lambda = 0.5 \, \mu\text{m}$。
要求計算聚焦後最小光斑的近似直徑。

我們知道，光學系統的解析度極限（聚焦光斑的尺寸）至少與光的波長有關。
通常，聚焦光斑的最小直徑 $D$ 會比波長 $\lambda$ 大一些，但數量級大致相同。
例如，艾里圓盤的直徑 $D_{Airy} \approx 1.22 \frac{\lambda}{NA}$。
如果我們假設一個典型的聚焦系統，其數值孔徑 (NA) 能夠達到 0.5 到 1 之間（例如，顯微鏡物鏡），那麼：
如果 $NA = 0.5$，則 $D \approx 1.22 \frac{0.5 \, \mu\text{m}}{0.5} = 1.22 \, \mu\text{m}$。
如果 $NA = 1$ (理論極限，取決於介質折射率和角度)，則 $D \approx 1.22 \frac{0.5 \, \mu\text{m}}{1} = 0.61 \, \mu\text{m}$。

如果我們考慮的是雷射束的發散角，雷射束本身就有一個非常小的發散角。
經過聚焦透鏡後，這個發散角會被匯聚。
一個高度聚焦的雷射光束，其最小光斑直徑通常在波長的數量級。

給定選項：
(A) 0.005 μm
(B) 0.05 μm
(C) 0.5 µm
(D) 0.1 µm
(E) 1 μm

波長是 $0.5 \, \mu\text{m}$。
選項 (A) 和 (B) 比波長小很多，這不太可能。
選項 (E) 是 $1 \, \mu\text{m}$，約為波長的兩倍。
選項 (D) 是 $0.1 \, \mu\text{m}$，比波長小。

本題考查絕熱壓縮過程中理想氣體的熱力學變化。

核心觀念：

1. 絕熱過程 (Adiabatic Process)：系統與外界沒有熱量交換 ($Q=0$)。
2. 理想氣體狀態方程：$PV = nRT$。
3. 熱力學第一定律：$\Delta U = Q - W$。對於絕熱過程，$\Delta U = -W$。
4. 理想氣體的內能：僅與溫度有關，$\Delta U = n C_v \Delta T$。
5. 絕熱壓縮：對氣體做功 $W < 0$（因為體積減小，外界對氣體做功），所以 $-W > 0$。
6. 絕熱過程的熵變：對於理想過程，熵變為零 ($\Delta S = 0$)。

解題過程：
題目描述的是「絕熱壓縮」過程。
絕熱過程意味著 $Q = 0$。
壓縮意味著氣體的體積 $V$ 減小。

根據熱力學第一定律：$\Delta U = Q - W$。
由於是絕熱過程，$Q = 0$，所以 $\Delta U = -W$。

本題考查等溫膨脹過程中理想氣體的壓力變化。

核心觀念：
等溫過程 (Isothermal Process)：系統的溫度保持恆定 ($\Delta T = 0$)。
對於理想氣體，在等溫過程中，壓力 $P$ 和體積 $V$ 的乘積保持恆定，即 $PV = \text{constant}$。這也是由理想氣體狀態方程 $PV = nRT$ 得出的，當 $n$ 和 $T$ 恆定時，$PV$ 恆定。

解題過程：
題目描述一個理想氣體經歷等溫膨脹。
初始狀態：壓力 $P_i = P_0$，體積 $V_i = V_0$。

本題考查熱力學第一定律在定容過程中的應用。

核心觀念：
熱力學第一定律：$\Delta U = Q - W$。
其中 $\Delta U$ 是系統內能的變化， $Q$ 是系統吸收的熱量，$W$ 是系統對外做的功。
定容過程 (Isobaric Process)：壓力保持恆定。
題目中給定的溫度 400 K 是初始溫度，對於計算內能變化通常不需要。

解題過程：
題目描述一個氣體在定容過程中膨脹。
氣體對外做的功 $W = 200 \, \text{J}$。
氣體失去的熱量 $Q_{lost} = 50 \, \text{J}$。
由於熱量是「失去」的，所以系統吸收的熱量 $Q = -50 \, \text{J}$。

核心觀念

水在 $100^\circ\mathrm{C}$、$1\ \mathrm{atm}$ 下由液態完全變成氣態，屬於定溫、定壓的汽化相變。相變過程中的熵變為

$$\Delta S=\frac{Q_{\mathrm{rev}}}{T}$$

其中：

• $Q_{\mathrm{rev}}$ 為可逆吸收的熱量；
• $T$ 為絕對溫度；
• 汽化所需熱量由潛熱提供：

$$Q_{\mathrm{rev}}=mL_v$$

解題方法

水的質量為

$$m=18\ \mathrm{g}=0.018\ \mathrm{kg}$$

汽化潛熱為

$$L_v=2260\ \mathrm{kJ/kg} =2.260\times10^6\ \mathrm{J/kg}$$

因此，完全汽化所吸收的熱量為

$$Q_{\mathrm{rev}}=mL_v =(0.018)(2.260\times10^6) =4.068\times10^4\ \mathrm{J}$$

溫度須換算成絕對溫標：

$$T=100+273.15=373.15\ \mathrm{K}$$

所以熵變為

$$\Delta S =\frac{Q_{\mathrm{rev}}}{T} =\frac{4.068\times10^4}{373.15} \approx 109.0\ \mathrm{J/K}$$

依題目選項取近似值：

$$\Delta S\approx109.2\ \mathrm{J/K}$$

汽化過程吸熱，且液態轉為氣態後系統的無序程度增加，因此熵變為正值。

選項分析

核心觀念

本題考查高斯定律與球對稱電場。高斯定律為

$$\oint \mathbf{E}\cdot d\mathbf{A} =\frac{Q_{\text{enc}}}{\varepsilon_0}.$$

對位於球心的點電荷而言，電場具有球對稱性，因此在距離球心 $r$ 的球面上，電場大小處處相同，方向沿徑向。

題目將球殼視為不帶電、非導體，且周圍介質為真空。在此標準假設下，非導體球殼不會使電場自動變為零。

解題方法

取一個以點電荷為球心、半徑為 $r$ 的高斯球面。由於

$$r_1<r<r_2,$$

此高斯球面位於球殼材料內部，但所包住的電荷只有球心的點電荷 $q$：

$$Q_{\text{enc}}=q.$$

又因為電場與高斯球面各處的面積元素同方向，所以

$$\oint \mathbf{E}\cdot d\mathbf{A} =E\oint dA =E(4\pi r^2).$$

代入高斯定律：

$$E(4\pi r^2)=\frac{q}{\varepsilon_0},$$

因此

$$E=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0 r^2} =\frac{kq}{r^2}.$$

若 $q>0$，電場方向由球心向外；若 $q<0$，電場方向指向球心。

因此正確選項為

$$\boxed{\text{(A)}\ \frac{kq}{r^2}}.$$

選項分析

• (A) $\frac{kq}{r^2}$：正確。

核心觀念

本題涉及兩個磁場的疊加：

1. 外加均勻磁場 $\mathbf B_0=B_0\hat{\mathbf z}$。
2. 矩形電流迴路所產生的磁場 $\mathbf B_I$。

依右手定則，從正 $z$ 軸方向看，電流為順時針，因此迴路中心的自生磁場指向負 $z$ 方向。

需注意：安培定律

$$\oint \mathbf B\cdot d\boldsymbol{\ell}=\mu_0 I_{\rm enc}$$

只能給出封閉路徑上的磁場線積分。矩形迴路沒有足夠對稱性，不能僅用安培定律直接求出中心的局部磁場；電流迴路的中心磁場須由畢奧–沙伐定律計算。

解題方法

先計算矩形電流迴路在中心產生的磁場。

對有限長直導線，距離導線垂直距離為 $r$ 時，磁場大小為

$$B_{\rm wire} = \frac{\mu_0 I}{4\pi r} (\sin\theta_1+\sin\theta_2).$$

矩形的兩條水平邊長為 $a$，中心到導線的距離為 $b/2$。因此每一條水平邊在中心產生的磁場大小為

$$B_h = \frac{\mu_0 I}{4\pi(b/2)} \left[ 2\sin\left(\tan^{-1}\frac{a}{b}\right) \right].$$

由

$$\sin\left(\tan^{-1}\frac{a}{b}\right) = \frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}},$$

可得兩條水平邊的總磁場為

$$B_{h,\rm total} = \frac{2\mu_0 I a} {\pi b\sqrt{a^2+b^2}}.$$

同理，兩條垂直邊長為 $b$，中心到導線的距離為 $a/2$，其總磁場為

$$B_{v,\rm total} = \frac{2\mu_0 I b} {\pi a\sqrt{a^2+b^2}}.$$

四條邊的磁場方向均為負 $z$ 方向，所以

$$\mathbf B_I = - \left( \frac{2\mu_0 I a} {\pi b\sqrt{a^2+b^2}} + \frac{2\mu_0 I b} {\pi a\sqrt{a^2+b^2}} \right)\hat{\mathbf z}.$$

整理得

本題考查帶電粒子在同時存在的電場和磁場中運動時的受力分析，特別是無偏轉運動的條件。

核心觀念：

1. 洛倫茲力 (Lorentz Force)：帶電粒子在電磁場中受到的總作用力是電場力與磁場力的向量和。
   $\vec{F} = q\vec{E} + q(\vec{v} \times \vec{B})$
   其中 $q$ 是粒子電荷，$\vec{E}$ 是電場，$\vec{v}$ 是粒子速度，$\vec{B}$ 是磁場。
2. 無偏轉運動：粒子沿直線運動意味著受到的淨力為零，即 $\vec{F} = 0$。

解題過程：
題目描述一個帶電粒子在電場 $\vec{E}$ 和磁場 $\vec{B}$ 中運動，且兩電磁場相互垂直。粒子沿直線運動，沒有發生偏轉。
這意味著粒子受到的淨力為零：
$q\vec{E} + q(\vec{v} \times \vec{B}) = 0$

如果 $q=0$，則粒子不受力，可以沿直線運動，但題目通常假設 $q \neq 0$。
所以，我們有：
$\vec{E} + (\vec{v} \times \vec{B}) = 0$
$\vec{v} \times \vec{B} = -\vec{E}$

題目提到電場和磁場是相互垂直的，並且粒子沿直線運動。
為了使 $\vec{v} \times \vec{B}$ 的方向能夠抵消 $\vec{E}$ 的方向，粒子速度 $\vec{v}$ 的方向必須與 $\vec{E}$ 和 $\vec{B}$ 都垂直。
假設電場 $\vec{E}$ 沿 x 方向，磁場 $\vec{B}$ 沿 y 方向。那麼粒子速度 $\vec{v}$ 必須沿 z 方向。
此時，$\vec{v} = v \hat{k}$，$\vec{E} = E \hat{i}$，$\vec{B} = B \hat{j}$。
$\vec{v} \times \vec{B} = (v \hat{k}) \times (B \hat{j}) = v B (\hat{k} \times \hat{j}) = v B (-\hat{i}) = -v B \hat{i}$。
所以，$\vec{v} \times \vec{B} = -v B \hat{i}$。

根據 $\vec{v} \times \vec{B} = -\vec{E}$：
$-v B \hat{i} = -(E \hat{i})$
$v B = E$

解出速度 $v$：
$v = \frac{E}{B}$

如果我們選擇不同的方向，例如 $\vec{E}$ 沿 x，$\vec{B}$ 沿 z，則 $\vec{v}$ 沿 y。
$\vec{v} = v \hat{j}$，$\vec{E} = E \hat{i}$，$\vec{B} = B \hat{k}$。

核心觀念

長螺線管內部的磁場為

$$B=\mu n I$$

其中：

• $\mu=\mu_0\mu_r$ 為含磁芯後的磁導率；
• $n=\dfrac{N}{L}$ 為單位長度的匝數；
• $N$ 為總匝數；
• $L$ 為螺線管長度；
• $I$ 為電流。

因此，磁場大小可寫成

$$B=\mu_0\mu_r\frac{N}{L}I$$

解題方法

題目給定

$$N=300,\qquad L=0.5\ \text{m},\qquad I=2\ \text{A}$$

代入長螺線管磁場公式：

$$B=\mu_0\mu_r\frac{300}{0.5}(2)$$

整理分子：

$$B=\frac{600\mu_0\mu_r}{0.5}$$

因此正確選項為 (A)。

選項分析

• (A) $\dfrac{600\mu_0\mu_r}{0.5}$：正確。

  由

  $$B=\mu_0\mu_r\frac{NI}{L}$$

  得

  $$B=\frac{(300)(2)\mu_0\mu_r}{0.5} =\frac{600\mu_0\mu_r}{0.5}$$

• (B) $\dfrac{300\mu_0\mu_r}{0.5}$：錯誤。

核心觀念

本題考查斜面上的牛頓第二定律與動摩擦力。沿斜面方向的受力包括：

• 重力分量：$mg\sin\theta$
• 動摩擦力：$f_k=\mu_k N$
• 正向力：$N=mg\cos\theta$

其中 $\mu_k$ 為動摩擦係數。

解題方法

取沿斜面向下為正方向。由牛頓第二定律，

$$mg\sin\theta-f_k=ma$$

斜面垂直方向沒有加速度，因此

$$N=mg\cos\theta$$

動摩擦力為

$$f_k=\mu_k N=\mu_k mg\cos\theta$$

代回斜面方向的受力方程式：

$$mg\sin\theta-\mu_k mg\cos\theta=ma$$

約去 $m$，解得

$$\mu_k=\frac{g\sin\theta-a}{g\cos\theta}$$

代入 $\theta=30^\circ$、$a=2\ \mathrm{m/s^2}$、$g=9.8\ \mathrm{m/s^2}$：

本題考查力與位能的關係，以及在特定點計算力的問題。

核心觀念：
力與位能的關係：在保守力場中，力是位能對位置的負梯度。對於一維情況，力 $F(x)$ 與位能 $U(x)$ 的關係為 $F(x) = -\frac{dU}{dx}$。

解題過程：
給定的位能函數是 $U(x) = U_0[1-\exp(-x^2/a^2)]$。
我們需要計算在 $x=0$ 處作用在粒子上的力 $F(x)$。

首先，我們計算位能函數 $U(x)$ 對 $x$ 的導數 $\frac{dU}{dx}$。
$U(x) = U_0 - U_0 \exp(-x^2/a^2)$。
$\frac{dU}{dx} = \frac{d}{dx} (U_0 - U_0 \exp(-x^2/a^2))$
$\frac{dU}{dx} = 0 - U_0 \frac{d}{dx} (\exp(-x^2/a^2))$

使用鏈式法則，對 $\exp(-x^2/a^2)$ 求導：

本題考查全反射的臨界角計算。

核心觀念：
全反射 (Total Internal Reflection)：當光從光密介質（折射率較大）射向光疏介質（折射率較小）時，入射角大於某個特定角度（臨界角）時，光會發生全反射，即所有光都被反射回光密介質。
臨界角 (Critical Angle)：在全反射發生的最小入射角。

斯乃耳定律 (Snell's Law)：$n_1 \sin\theta_1 = n_2 \sin\theta_2$。
其中 $n_1$ 是第一種介質的折射率，$\theta_1$ 是入射角，$n_2$ 是第二種介質的折射率，$\theta_2$ 是折射角。

全反射發生在光從光密介質射向光疏介質時。
臨界角 $\theta_c$ 是指當折射角 $\theta_2 = 90^\circ$ 時的入射角 $\theta_1$。
此時，根據斯乃耳定律：
$n_1 \sin\theta_c = n_2 \sin(90^\circ)$
$n_1 \sin\theta_c = n_2 \times 1$
$\sin\theta_c = \frac{n_2}{n_1}$

本題考查卡諾引擎 (Carnot Engine) 的效率計算。

核心觀念：
卡諾引擎效率：卡諾引擎是理論上效率最高的熱機，其效率僅取決於高溫熱源和低溫熱源的溫度。
效率 $\eta = 1 - \frac{T_C}{T_H}$。
其中 $T_C$ 是低溫熱源的絕對溫度 (Kelvin)，$T_H$ 是高溫熱源的絕對溫度 (Kelvin)。

解題過程：
題目給定：
高溫熱源溫度 $T_H = 800 \, \text{K}$。
低溫熱源溫度 $T_C = 400 \, \text{K}$。

本題考查 RL 電路的時間常數。

核心觀念：
RL 電路的時間常數 (Time Constant)：對於由電阻 R 和電感 L 組成的串聯電路，時間常數 $\tau$ 是衡量電路中電流或電壓達到穩定狀態所需時間的指標。
時間常數的定義為 $\tau = \frac{L}{R}$。