115 年 國立臺灣大學物理系天文物理所與應用物理所(三所聯招)《普通物理學》

核心觀念

粒子在位能 $U(x)$ 中的受力為

$$F(x)=-\frac{dU}{dx}.$$

平衡點的條件是合力為零，因此必須滿足

$$\frac{dU}{dx}=0.$$

平衡點是否穩定，則由位能曲線的凹凸性判斷：

• $U''(x)>0$：位能極小值，為穩定平衡。
• $U''(x)<0$：位能極大值，為不穩定平衡。

---

解題方法

題 given 位能為

$$U(x)=x^4-2x^3-5x^2+4.$$

先求一階導數：

$$\frac{dU}{dx} =4x^3-6x^2-10x.$$

因式分解得

$$\frac{dU}{dx} =2x(2x^2-3x-5) =2x(2x-5)(x+1).$$

因此平衡點為

$$x=0,\qquad x=\frac{5}{2},\qquad x=-1.$$

接著求二階導數：

$$\frac{d^2U}{dx^2}=12x^2-12x-10.$$

逐一判斷：

1. 在 $x=-1$：

$$U''(-1)=12(1)-12(-1)-10=14>0.$$

因此 $x=-1$ 是穩定平衡點。

2. 在 $x=0$：

$$U''(0)=-10<0.$$

因此 $x=0$ 是不穩定平衡點。

3. 在 $x=\frac{5}{2}$：

核心觀念

這是「彈道擺」問題，分成碰撞與碰撞後上升兩個階段：

• 子彈嵌入木塊，屬於完全非彈性碰撞。碰撞時間很短，水平方向外力衝量可忽略，因此水平方向動量守恆。
• 碰撞後的子彈與木塊一起上升，機械能守恆，動能轉換為重力位能。

解題方法

設子彈質量為 $m=0.010\ \text{kg}$，木塊質量為 $M=10\ \text{kg}$，碰撞後共同速度為 $V$，上升高度為 $h=0.010\ \text{m}$。

先由碰撞後上升的能量守恆求出 $V$：

$$\frac{1}{2}(M+m)V^2=(M+m)gh$$

消去共同質量 $M+m$，得

$$V=\sqrt{2gh} =\sqrt{2(9.8)(0.010)} \approx 0.443\ \text{m/s}$$

再用碰撞瞬間的水平方向動量守恆。木塊原本靜止，子彈與木塊碰撞後共同移動：

$$mv=(M+m)V$$

因此子彈入射速度為

$$v=\frac{M+m}{m}V =\frac{10.010}{0.010}(0.443) \approx 443\ \text{m/s}$$

最接近的選項是 $450\ \text{m/s}$。

選項分析

題型：單選題
考點：轉動慣量、力矩與角加速度、無滑動滾動的條件
核心觀念：對於無滑動滾動的物體，作用在物體上的合力與合力矩會產生加速度和角加速度，並且必須滿足無滑動滾動的條件。

解題步驟：
設斜面傾角為 $\theta = 30^\circ$。
圓盤質量為 $m$，半徑為 $R$。
圓盤的轉動慣量為 $I = \frac{1}{2}mR^2$。
設圓盤沿斜面向下的線加速度為 $a$，角加速度為 $\alpha$。
設斜面上的靜摩擦力為 $f_s$（方向沿斜面向上，阻止圓盤加速滾動）。
重力沿斜面分量為 $mg\sin\theta$（方向沿斜面向下）。
垂直於斜面的合力為 $N - mg\cos\theta = 0$ (因為物體不離開斜面)，所以正向力 $N = mg\cos\theta$。

1. Newton 第二運動定律 (平移)：
   沿斜面方向的合力等於質量乘以線加速度：
   $mg\sin\theta - f_s = ma$ (方程式 1)

2. Newton 第二運動定律 (轉動)：
   作用在圓盤質心上的力矩等於轉動慣量乘以角加速度。此處，只有摩擦力 $f_s$ 會產生力矩。
   力矩 $\tau = f_s R$。
   $f_s R = I \alpha$
   代入 $I = \frac{1}{2}mR^2$：
   $f_s R = \frac{1}{2}mR^2 \alpha$
   $f_s = \frac{1}{2}mR\alpha$ (方程式 2)

3. 無滑動滾動的條件：
   對於無滑動滾動，線加速度 $a$ 和角加速度 $\alpha$ 之間必須滿足關係：
   $a = R\alpha$ (方程式 3)
   或者 $\alpha = a/R$。

4. 聯立求解 $f_s$：
   將方程式 (3) 代入方程式 (2)：
   $f_s = \frac{1}{2}mR (\frac{a}{R}) = \frac{1}{2}ma$。

核心觀念

本題考查流體由小孔流出的速度，使用伯努力方程式，亦可稱為托里拆利定律：

$$v=\sqrt{2gh}$$

其中：

• $v$：水由小孔流出的速度
• $g$：重力加速度
• $h$：水面到小孔的垂直高度差

由公式可知，流出速度取決於水柱高度 $h$，與小孔面積無關。

解題方法

設水面到兩個小孔的高度皆為 $h$。由於兩個小孔都位於水槽底部，因此它們到水面的高度差相同。

對水面與小孔出口套用伯努力方程式：

$$P_{\text{atm}}+\rho gh = P_{\text{atm}}+\frac{1}{2}\rho v^2$$

消去大氣壓力 $P_{\text{atm}}$ 與密度 $\rho$，得到：

$$\rho gh=\frac{1}{2}\rho v^2$$

因此：

$$v=\sqrt{2gh}$$

兩個小孔的 $h$ 相同，所以：

$$v_{\text{大孔}}=v_{\text{小孔}}$$

較大的孔只會使單位時間流出的水量增加，不會使水流速度變快。體積流率為：

$$Q=Av$$

核心觀念

弦上的簡諧波中，每個弦段皆做簡諧運動：

• 位移最大處（波峰、波谷）：瞬時速度為 $0$，動能最小，位能最大。
• 通過平衡位置處：瞬時速度最大，動能最大，位能最小。

對簡諧運動而言，

$$K=\frac{1}{2}m\omega^2(A^2-y^2)$$ $$U=\frac{1}{2}m\omega^2y^2$$

其中 $y$ 為該點的位移。因此，$|y|$ 最大時位能最大；$y=0$ 時動能最大。

解題方法

由圖可判斷：

• $A$、$D$ 位於波峰；
• $B$ 位於波谷；
• $C$、$E$ 位於平衡位置。

所以：

• $A$、$B$、$D$ 的位移大小皆為振幅，速度為 $0$，位能最大、動能最小。
• $C$、$E$ 的位移為 $0$，速度最大，動能最大、位能最小。

選項分析

核心觀念

超音速飛機會形成馬赫錐，地面聽到音爆時，飛機已經向前飛了一段距離。馬赫角 $\mu$ 是馬赫錐邊界與飛行方向的夾角，滿足

$$\sin\mu=\frac{c}{v}$$

其中 $c$ 是音速，$v$ 是飛機速度。

解題方法

飛機速度為音速的 2 倍，因此

$$v=2c=2(340)=680\ \text{m/s}$$

飛機通過男子正上方後 6 秒，飛機水平前進的距離為

$$d=v\Delta t=680(6)=4080\ \text{m}$$

這段水平距離是馬赫錐邊界在地面的水平延伸距離。由馬赫角公式，

$$\sin\mu=\frac{340}{680}=\frac12$$

因此 $\mu=30^\circ$。由馬赫錐截面的直角三角形，飛機高度為

$$h=d\tan\mu =4080\tan30^\circ =\frac{4080}{\sqrt{3}} \approx2356\ \text{m}$$

核心觀念

本題考查超音波經移動血液反射後的都卜勒效應。超音波先被移動中的血液接收，再由血液反射回探頭，因此會產生兩次頻率偏移。

當血液速度遠小於超音波速度時，反射波的頻率變化近似為

$$\frac{|\Delta f|}{f_0}\approx \frac{2v}{c}$$

其中：

• $f_0=2.0\times 10^6\ \text{Hz}$：原始超音波頻率
• $|\Delta f|=500\ \text{Hz}$：反射後的頻率降低量
• $v$：血液速度
• $c=1600\ \text{m/s}$：超音波在血液中的速度

因血液遠離探頭，反射頻率降低，故取頻率差的絕對值計算速度大小。

解題方法

由雙重都卜勒效應：

$$\frac{500}{2.0\times10^6}\approx \frac{2v}{1600}$$

先計算相對頻率變化：

$$\frac{500}{2.0\times10^6} =2.5\times10^{-4}$$

因此

$$v\approx \frac{1600}{2}\left(2.5\times10^{-4}\right)$$ $$v\approx 800\times 2.5\times10^{-4} =0.20\ \text{m/s}$$

所以血液速度約為

$$\boxed{0.2\ \text{m/s}}$$

更精確地使用反射都卜勒公式：

$$f_{\text{回波}}=f_0\frac{c-v}{c+v}$$

代入

題型：單選題
考點：黑體輻射
核心觀念：黑體輻射的功率與其溫度的四次方成正比，這是史特藩-波茲曼定律 (Stefan-Boltzmann Law)。

解題步驟：
黑體輻射定律，也稱為史特藩-波茲曼定律，描述了黑體單位面積在單位時間內輻射出的總能量（功率）。
該定律指出，一個理想黑體輻射出的總能量功率 $P$ 與其絕對溫度 $T$ 的四次方成正比。
數學表達式為：
$P = \sigma A T^4$
其中：
$P$ 是輻射的總功率（能量/時間）。

題型：單選題
考點：自由膨脹、理想氣體定律、內能
核心觀念：自由膨脹（Free Expansion）是指氣體從高壓區膨脹到低壓區，而膨脹的過程中沒有對外做功，也沒有從外界吸熱或放熱。對於理想氣體，其內能僅取決於溫度。

解題步驟：

1. 自由膨脹的定義：
   自由膨脹是指氣體在絕熱（$Q=0$）且沒有對外做功（$W=0$）的情況下膨脹。
   根據熱力學第一定律：$\Delta U = Q - W$。
   對於自由膨脹，$\Delta U = 0 - 0 = 0$。

2. 理想氣體的內能：
   對於理想氣體，其內能 $U$ 僅僅是溫度的函數，與體積或壓力無關。
   對於 $n$ 莫耳的理想氣體，其內能可以表示為 $U = n C_V T$，其中 $C_V$ 是定容莫耳熱容。
   因此，內能的變化量為 $\Delta U = n C_V \Delta T$。

3. 結合自由膨脹與理想氣體特性：
   由於自由膨脹過程 $\Delta U = 0$，並且對於理想氣體 $\Delta U = n C_V \Delta T$，所以：

題型：單選題
考點：平行板電容器，電容、電場、電勢差、儲存能量
核心觀念：平行板電容器的電容、電場、電勢差和儲存能量之間存在相互關聯。對於一個「孤立」（isolated）電容器，其所帶的總電荷是恆定的。

解題步驟：
設平行板電容器的初始狀態為：
電容 $C_1$
板間距離 $d_1$
極板面積 $A$
介電常數 $\epsilon$ (假設為真空或空氣，$\epsilon \approx \epsilon_0$)
極板上的電荷 $Q$ (由於是孤立電容器，Q 是恆定的)
電場 $E_1$
電勢差 $V_1$
儲存能量 $U_1$

初始電容 $C_1 = \frac{\epsilon A}{d_1}$。
由於電容器是孤立帶電的，其電荷 $Q$ 是恆定的。
電場 $E_1 = \frac{Q}{C_1 \epsilon_0 / (\epsilon A/d_1)} = \frac{Q}{\epsilon A / d_1} = \frac{Q d_1}{\epsilon A}$。
或者，我們知道 $E = V/d$ 且 $C = Q/V$。
$V_1 = Q/C_1 = \frac{Q d_1}{\epsilon A}$。
$E_1 = V_1 / d_1 = \frac{Q}{\epsilon A}$。

儲存能量 $U_1 = \frac{1}{2} C_1 V_1^2 = \frac{1}{2} \frac{Q^2}{C_1} = \frac{1}{2} \frac{Q^2 d_1}{\epsilon A}$。

現在，板間距離加倍，變為 $d_2 = 2d_1$。
新的狀態：
新的電容 $C_2 = \frac{\epsilon A}{d_2} = \frac{\epsilon A}{2d_1} = \frac{1}{2} C_1$。
電容減半。

由於電容器是「孤立帶電」（isolated charged），這意味著其總電荷 $Q$ 是恆定的。
所以，新的電荷 $Q_2 = Q_1 = Q$。

題型：單選題
考點：載流迴路的磁偶極矩
核心觀念：一個繞圓形軌道運動的電子，相當於一個載有電流的迴路，因此會產生磁偶極矩。磁偶極矩的大小與迴路的面積和電流有關。

解題步驟：
設電子的質量為 $m_e$，電量為 $-e$ (其中 $e$ 是基本電荷，約為 $1.602 \times 10^{-19} \text{ C}$)。
軌道半徑 $r = 1.1 \times 10^{-10} \text{ m}$。
軌道速度 $v = 1.6 \times 10^6 \text{ m/s}$。

1. 計算迴路的電流 $I$：
   電流是單位時間內通過的電荷量。
   電子繞軌道運動一圈的時間（週期）為 $T = \frac{2\pi r}{v}$。
   在一個週期 $T$ 內，通過軌道的總電荷量是電子的電量 $e$（因為是電子繞軌道運動，所以電流方向與電子運動方向相反，但電流的大小只與電荷的絕對值有關）。
   所以，電流 $I = \frac{e}{T} = \frac{e v}{2\pi r}$。

2. 計算迴路的面積 $A$：
   軌道是圓形的，面積為 $A = \pi r^2$。

3. 計算磁偶極矩 $\mu$：
   磁偶極矩的大小定義為 $\mu = I A$。
   將 $I$ 和 $A$ 的表達式代入：
   $\mu = \left( \frac{e v}{2\pi r} \right) (\pi r^2) = \frac{e v r}{2}$。

4. 代入數值計算：
   $e \approx 1.602 \times 10^{-19} \text{ C}$ (題目沒有給出 $e$，但氫原子中的電子，我們知道基本電荷值)。
   $v = 1.6 \times 10^6 \text{ m/s}$。
   $r = 1.1 \times 10^{-10} \text{ m}$。

   $\mu = \frac{(1.602 \times 10^{-19} \text{ C}) \times (1.6 \times 10^6 \text{ m/s}) \times (1.1 \times 10^{-10} \text{ m})}{2}$
   $\mu = \frac{1.602 \times 1.6 \times 1.1}{2} \times 10^{-19+6-10} \text{ C m}^2/\text{s}$。
   單位 C m²/s 等於 A m²，這是磁偶極矩的單位。題目要求單位是 J/T，這也是磁偶極矩的單位。

   計算係數：
   $1.602 \times 1.6 \times 1.1 \approx 1.6 \times 1.6 \times 1.1 = 2.56 \times 1.1 = 2.816$。
   $\mu \approx \frac{2.816}{2} \times 10^{-23} = 1.408 \times 10^{-23} \text{ A m}^2$。

   這個結果非常接近選項 (B) $1.4 \times 10^{-23}$。

   檢查 Bohr Magneton：
   對於氫原子，電子軌道磁偶極矩通常用 Bohr Magneton ($\mu_B$) 來表示。
   $\mu_B = \frac{e \hbar}{2m_e}$。
   這裡的 $\hbar$ 是約化普朗克常數。
   我們計算的公式是 $\mu = \frac{evr}{2}$。
   在玻爾模型中，角動量 $L = mvr = n\hbar$。對於基態 $n=1$, $L = mvr = \hbar$。
   所以 $v = \hbar / (mr)$。

題型：單選題
考點：光學，瑞利判準（Rayleigh Criterion），繞射極限
核心觀念：當光通過一個有限孔徑（例如眼睛的瞳孔）時，會發生繞射現象。這會導致點光源的像變成一個艾里斑（Airy disk），而不是一個無限小的點。瑞利判準給出了兩個點光源的像可以被分辨的最小角間隔。

解題步驟：

1. 瑞利判準：
   兩個點光源的像被「剛好分辨」（just resolved）的條件是，一個艾里斑的中心恰好落在另一個艾里斑的第一暗環上。
   此時，兩個像之間的最小角間隔 $\theta_{min}$ 由瑞利判準給出：
   $\theta_{min} \approx 1.22 \frac{\lambda}{D}$
   其中：
   $\lambda$ 是光的波長。
   $D$ 是孔徑的直徑（在這裡是瞳孔的直徑）。

2. 代入數值計算最小角間隔：
   $\lambda = 500 \text{ nm} = 500 \times 10^{-9} \text{ m} = 5.00 \times 10^{-7} \text{ m}$。
   $D = 5.00 \text{ mm} = 5.00 \times 10^{-3} \text{ m}$。

   $\theta_{min} \approx 1.22 \frac{5.00 \times 10^{-7} \text{ m}}{5.00 \times 10^{-3} \text{ m}} = 1.22 \times 10^{-4} \text{ radians}$。

3. 計算物體之間的距離：
   題目要求的是兩個小物體之間的距離 $s$。
   這兩個物體距離眼睛的距離（物距）為 $L = 250 \text{ mm} = 0.250 \text{ m}$。
   對於很小的角度（弧度），物體之間的距離 $s$ 可以近似為：
   $s \approx L \times \theta_{min}$。

4. 代入數值計算物體間距離：
   $s \approx (0.250 \text{ m}) \times (1.22 \times 10^{-4} \text{ radians})$。
   $s \approx 0.250 \times 1.22 \times 10^{-4} \text{ m} = 0.305 \times 10^{-4} \text{ m} = 3.05 \times 10^{-5} \text{ m}$。

核心觀念

本題考查「具有質量的彈簧」所形成的簡諧振動。彈簧本身並非靜止，其質量 $m$ 也會參與運動，因此不能直接將簡諧振動的等效質量寫成 $M$。

均勻彈簧一端固定、另一端連接物體 $M$ 時，彈簧各部分的速度不同：

• 固定端速度為 $0$；
• 自由端速度為 $\dot{x}$；
• 距離固定端越遠的部分，速度越大。

因此必須以動能積分求出彈簧的等效質量。

解題方法

設彈簧原長為 $L$，物體 $M$ 的位移為 $x$，速度為 $\dot{x}$。取彈簧上距離固定端 $s$ 的微小部分，其質量為

$$dm=\frac{m}{L}\,ds$$

由於彈簧均勻伸長，距離固定端 $s$ 的位置，其位移與總位移成正比：

$$x_s=\frac{s}{L}x$$

因此該處的速度為

$$v_s=\frac{s}{L}\dot{x}$$

彈簧微小部分的動能為

$$dT=\frac{1}{2}v_s^2\,dm$$

代入上式：

$$dT=\frac{1}{2}\left(\frac{s}{L}\dot{x}\right)^2\frac{m}{L}\,ds$$

對整條彈簧積分：

$$T_{\text{spring}} = \int_0^L dT = \frac{1}{2}\frac{m\dot{x}^2}{L^3} \int_0^L s^2\,ds$$

由

$$\int_0^L s^2\,ds=\frac{L^3}{3}$$

可得

$$T_{\text{spring}}=\frac{1}{2}\frac{m}{3}\dot{x}^2$$

物體 $M$ 的動能為

題型：簡答題
考點：高斯定律，電勢，均勻帶電球體
核心觀念：對於均勻分佈的電荷體，電場的計算可以使用高斯定律。一旦電場計算出來，電勢可以通過對電場積分來求得。

解題步驟：
設球體體積為 $V_{sphere} = \frac{4}{3}\pi R^3$。
總電荷為 $Q$，均勻分佈。
體電荷密度為 $\rho = \frac{Q}{V_{sphere}} = \frac{Q}{\frac{4}{3}\pi R^3}$。

我們需要分兩種情況討論：

情況一：在球體外部 ($r \ge R$)

1. 計算電場 $E(r)$：
   取一個半徑為 $r$ ($r \ge R$) 的高斯球面。由於電荷分佈是球對稱的，電場沿徑向，且大小只與 $r$ 有關。
   根據高斯定律：$\oint \vec{E} \cdot d\vec{A} = \frac{Q_{enc}}{\epsilon_0}$。
   左邊：$E(r) \times (4\pi r^2)$ (電場處處垂直於高斯面，且大小恆定)。
   右邊：$Q_{enc}$ 是高斯球面內包含的總電荷。由於 $r \ge R$，高斯球面包含了整個球體，所以 $Q_{enc} = Q$。
   $E(r) (4\pi r^2) = \frac{Q}{\epsilon_0}$。
   $E(r) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q}{r^2}$。
   這與一個點電荷為 $Q$ 放在球心的情況完全相同。

2. 計算電勢 $V(r)$：
   電勢與電場的關係為 $V(r) - V(\infty) = -\int_{\infty}^{r} \vec{E} \cdot d\vec{l}$。
   題目給定 $V(\infty) = 0$。
   $V(r) = -\int_{\infty}^{r} E(r') dr'$ (沿徑向積分)。
   $V(r) = -\int_{\infty}^{r} \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q}{r'^2} dr'$。
   $V(r) = -\frac{Q}{4\pi\epsilon_0} \int_{\infty}^{r} r'^{-2} dr'$。
   $V(r) = -\frac{Q}{4\pi\epsilon_0} \left[ -r'^{-1} \right]_{\infty}^{r}$。
   $V(r) = -\frac{Q}{4\pi\epsilon_0} \left( -\frac{1}{r} - (-\frac{1}{\infty}) \right)$。
   $V(r) = -\frac{Q}{4\pi\epsilon_0} \left( -\frac{1}{r} - 0 \right) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q}{r}$。
   對於 $r \ge R$，電勢為 $V(r) = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Q}{r}$。

情況二：在球體內部 ($r < R$)

1. 計算電場 $E(r)$：
   取一個半徑為 $r$ ($r < R$) 的高斯球面。
   高斯定律：$E(r) \times (4\pi r^2) = \frac{Q_{enc}}{\epsilon_0}$。
   $Q_{enc}$ 是高斯球面內包含的電荷。

題型：簡答題
考點：安培定律，電流密度，長直導線的磁場
核心觀念：對於具有軸對稱電流分佈的導體，可以使用安培定律來計算磁場。安培定律將磁場沿封閉曲線的環量與該曲線所圍繞的總電流聯繫起來。

解題步驟：
設導線半徑為 $a$。
電流密度 $\vec{J}$ 沿軸向（我們假設是 z 軸方向）。
電流密度的徑向分佈為 $J(r) = J_0 \frac{r}{a}$，其中 $0 \le r \le a$。
$J(0) = 0$, $J(a) = J_0$。

我們需要分兩種情況討論：

情況一：在導線外部 ($r \ge a$)

1. 應用安培定律：
   考慮一個半徑為 $r$ ($r \ge a$) 的安培環路，該環路與導線的軸線同心。由於電流分佈是軸對稱的，磁場 $\vec{B}$ 沿切向，且大小只與 $r$ 有關。
   根據安培定律：$\oint \vec{B} \cdot d\vec{l} = \mu_0 I_{enc}$。
   左邊：$B(r) \times (2\pi r)$ (磁場處處垂直於環路，且大小恆定)。
   右邊：$I_{enc}$ 是安培環路所圍繞的總電流。由於 $r \ge a$，環路包含了整個導線的總電流。

2. 計算總電流 $I_{enc}$：
   總電流是通過導線橫截面（半徑為 $a$）的總電流密度積分。
   $I_{total} = \int_{S} \vec{J} \cdot d\vec{A}$。
   由於 $\vec{J}$ 沿軸向，我們考慮通過圓盤區域的電流。
   $I_{total} = \int_0^a J(r) (2\pi r dr)$。
   $I_{total} = \int_0^a (J_0 \frac{r}{a}) (2\pi r dr)$。
   $I_{total} = \frac{2\pi J_0}{a} \int_0^a r^2 dr$。
   $I_{total} = \frac{2\pi J_0}{a} \left[ \frac{r^3}{3} \right]_0^a$。
   $I_{total} = \frac{2\pi J_0}{a} \frac{a^3}{3} = \frac{2}{3} \pi J_0 a^2$。
   這個總電流可以寫成 $\frac{2}{3} \pi a^2 J_0$。

   也可以用 $\vec{J}$ 和 $\vec{B}$ 的關係來確認。
   如果 $\vec{J} = J_z(r) \hat{k}$，則 $\vec{B} = B_\phi(r) \hat{\phi}$。
   $\nabla \times \vec{B} = \mu_0 \vec{J}$。
   在柱座標系中，$\frac{1}{r} \frac{\partial}{\partial r} (r B_\phi) = \mu_0 J_z$。
   $\frac{d}{dr} (r B_\phi) = \mu_0 r J_z(r)$。
   $r B_\phi = \mu_0 \int r J_z(r) dr$。
   $B_\phi = \frac{\mu_0}{r} \int r J_z(r) dr$。

   對於 $r \ge a$，積分範圍是 $0$ 到 $a$。

題型：簡答題
考點：楊氏雙狹縫干涉，干涉條紋強度分佈
核心觀念：楊氏雙狹縫干涉實驗演示了光的波動性。當單色光通過兩個狹縫時，會在屏幕上產生明暗相間的干涉條紋。條紋的間隔和強度分佈由狹縫的間距、光的波長和屏幕的距離決定。

解題步驟：

1. 實驗示意圖 (Schematic Diagram):

      單色光源 (Monochromatic Source)
           |
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       狹縫 S (Slit S)
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   |  雙狹縫 S1, S2  |  (Double Slits S1, S2)
   |  間距 d         |  (Separation d)
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      /          \
     /            \
    /              \
   /                \
  /                  \
 |                    |
 |    屏幕 (Screen)   |
 |                    |
 |  干涉條紋 (Interference Pattern) |
 |      (明暗條紋)      |
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2. 進行實驗的重要點 (Important Points for Carrying Out the Experiment):

• 光源單色性 (Monochromatic Light Source): 使用單色光源（如雷射或濾光後的汞燈）以確保產生清晰的干涉條紋。如果光源不是單色的，不同顏色的光會產生不同間隔的條紋，導致條紋模糊。
• 光源的相干性 (Coherent Light Source): 光源必須是相干的，即具有恆定的相位差。單色光源通常也是相干的。
• 狹縫的單一性與狹縫的間距 (Single Slits and Slit Separation):
  • 狹縫 S 必須足夠窄，使其衍射的波前近似為球面波，並能有效地照射到雙狹縫。
  • 雙狹縫 S1 和 S2 必須非常靠近，且間距 $d$ 必須很小，這樣才能在屏幕上觀察到足夠寬的干涉條紋。狹縫的寬度也必須很窄。
• 狹縫的平行性 (Parallel Slits): 雙狹縫 S1 和 S2 的長度必須相互平行。
• 屏幕與狹縫的距離 (Distance to Screen): 屏幕與雙狹縫的距離 $L$ 必須足夠大，以便在屏幕上觀察到清晰的條紋。通常 $L \gg d$。
• 穩定性 (Stability): 實驗裝置必須穩定，避免振動，因為干涉條紋對微小的移動非常敏感。
• 黑暗的環境 (Dark Environment): 為了觀察到微弱的干涉條紋，實驗應在光線較暗的環境中進行。

3. 干涉強度分佈的推導 (Derivation of Intensity Distribution):

假設單色光波長為 $\lambda$，雙狹縫的間距為 $d$。屏幕與雙狹縫的距離為 $L$。
設屏幕上某點 P 距離中央（雙狹縫連線的中點）的距離為 $y$。
從狹縫 S1 到點 P 的光程為 $r_1$。
從狹縫 S2 到點 P 的光程為 $r_2$。

光程差 $\Delta r = |r_2 - r_1|$。
在屏幕很遠的情況下 ($L \gg d$ 且 $L \gg y$)，我們可以近似認為：
$\Delta r \approx d \sin\theta$
其中 $\theta$ 是從中央到點 P 的角度，$\sin\theta \approx \tan\theta = y/L$。
所以，$\Delta r \approx d \frac{y}{L}$。