108 年 國立臺灣聯合大學系統（清華、政治、陽明交通、中央四校聯招）研究所物理類《普通物理學》

核心觀念

力沿曲線所做的功，是力與位移的線積分：

$$W=\int_C \mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}$$

沿 $AC$ 的路徑是從 $A(0,0)$ 到 $C(1,1)$ 的直線，因此可用 $y=x$ 描述。

解題方法

令 $x=t$，則沿直線 $AC$ 有 $y=t$，其中 $0\le t\le1$。位置向量微分為

$$d\mathbf{r}=(dx,dy)=(1,1)\,dt$$

代入力場 $\mathbf{F}=y\mathbf{i}+x^2\mathbf{j}$，得到

$$\mathbf{F}(t)=(t,t^2)$$

因此功為

核心觀念

力所作的功是沿著實際路徑的線積分：

$$W=\int \mathbf{F}\cdot d\mathbf{r} =\int \left(y\,dx+x^2\,dy\right)$$

其中 $\mathbf{F}=y\mathbf{i}+x^2\mathbf{j}$，而 $d\mathbf{r}=dx\,\mathbf{i}+dy\,\mathbf{j}$。

解題方法

粒子先沿 $AB$ 移動，再沿 $BC$ 移動，分段計算兩段路徑的功。

沿 $AB$ 時，$x=0$，且 $y$ 從 $0$ 增加至 $1$。因此 $dx=0$，並且 $x^2=0$：

核心觀念

本題旨在檢驗**保守力（Conservative Force）與非保守力（Nonconservative Force）**的判別準則。

在向量微積分與力學中，對於定義在單連通區域（Simply Connected Region，如整個 $xy$ 平面）上的力場 $\mathbf{F}$，以下三項條件彼此等價：

1. 旋度判別法：力場無旋（Irrotational），即旋度為零： $$\nabla \times \mathbf{F} = \mathbf{0}$$ 對於二維平面力場 $\mathbf{F}(x, y) = F_x \mathbf{i} + F_y \mathbf{j}$，此條件退化為： $$\frac{\partial F_y}{\partial x} - \frac{\partial F_x}{\partial y} = 0 \iff \frac{\partial F_y}{\partial x} = \frac{\partial F_x}{\partial y}$$
2. 路徑無關性：力對質點所做的功只取決於始末位置，而與所走的路徑無關；沿任意封閉路徑的線積分為零： $$\oint_C \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = 0$$
3. 位能函數的存在性：力場可表示為某個純量位能函數 $U$ 的負梯度： $$\mathbf{F} = -\nabla U$$

只要力場在全平面不滿足上述等價條件中的任一項，即為非保守力。

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解題方法

判斷給定解析式的力場是否為保守力，最直接且嚴謹的方法是計算其旋度（Curl）或利用偏微商對稱性檢驗。

步驟一：確認力場分量

已知給定外力：

$$\mathbf{F}(x, y) = y\mathbf{i} + x^2\mathbf{j}$$

其各方向分量為：

$$F_x(x, y) = y$$ $$F_y(x, y) = x^2$$ $$F_z(x, y) = 0$$

步驟二：計算旋度（Curl）

計算力場 $\mathbf{F}$ 的旋度 $\nabla \times \mathbf{F}$：

$$\nabla \times \mathbf{F} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ F_x & F_y & F_z \end{vmatrix} = \left( \frac{\partial F_z}{\partial y} - \frac{\partial F_y}{\partial z} \right)\mathbf{i} + \left( \frac{\partial F_x}{\partial z} - \frac{\partial F_z}{\partial x} \right)\mathbf{j} + \left( \frac{\partial F_y}{\partial x} - \frac{\partial F_x}{\partial y} \right)\mathbf{k}$$

代入各分量：

$$\frac{\partial F_y}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(x^2) = 2x$$ $$\frac{\partial F_x}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(y) = 1$$

核心觀念

本題為典型的「萬有引力與衛星軌道力學」能量分析問題，主要涉及以下核心物理觀念：

1. 重力位能（Gravitational Potential Energy）：以無窮遠處為位能零點時，距離地心 $r$ 處的質點位能為：
   $U(r) = -\frac{GMm}{r}$
2. 圓軌道運動力學與束縛能（Bound Circular Orbit）：
   質量為 $m$ 的衛星在半徑為 $r$ 的圓軌道繞質量為 $M$ 的中心天體公轉時，萬有引力提供向心力：
   $\frac{GMm}{r^2} = \frac{mv^2}{r} \implies K = \frac{1}{2}mv^2 = \frac{GMm}{2r}$
   軌道上的總力學能滿足維里定理（Virial Theorem）：
   $E_{\text{orbit}} = K + U = \frac{GMm}{2r} - \frac{GMm}{r} = -\frac{GMm}{2r}$
3. 功能定理與自轉助推效應：
   欲使衛星從地表進入軌道，外力（火箭推力）所須提供的最小能量即為衛星終態力學能與初態力學能的差值：
   $\Delta E = E_f - E_i$
   為了消耗最少能量（即能量需求最小），衛星應從地球赤道表面發射，並沿著地球自轉方向（東向順行）進入軌道，以最大化利用地球自轉所賦予的初始切向動能。

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解題方法

步驟一：設定初始狀態（地表發射點）

1. 初態位置：衛星位於地表，距離地心距離為 $r_i = R$。
   其初始重力位能為：
   $U_i = -\frac{GMm}{R}$

2. 初始切線速度與動能：
   在緯度為 $\phi$ 處，地表質點繞地軸自轉的軌道半徑為 $R\cos\phi$，切向速度為 $v_i = \omega R \cos\phi$。
   若要使發射所需的外部能量 $\Delta E = E_f - E_i$ 達到「最小值」，初始力學能 $E_i$ 必須最大化，也就是初始動能 $K_i$ 必須最大。
   因此，發射點必須選在赤道（$\phi = 0$），此時地表切向速率最大：
   $v_i = \omega R$
   初始動能為：
   $K_i = \frac{1}{2}mv_i^2 = \frac{1}{2}m(\omega R)^2 = \frac{1}{2}m\omega^2 R^2$

3. 初態總力學能：
   $E_i = K_i + U_i = \frac{1}{2}m\omega^2 R^2 - \frac{GMm}{R}$

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步驟二：分析末狀態（高度為 $h$ 的圓軌道）

1. 軌道半徑：衛星在高度 $h$ 處的圓軌道運行，軌道半徑為地心距：
   $r_f = R + h$

2. 軌道速率與動能：
   由向心力等於重力方程式：
   $\frac{GMm}{(R+h)^2} = \frac{mv_f^2}{R+h} \implies K_f = \frac{1}{2}mv_f^2 = \frac{GMm}{2(R+h)}$

核心觀念

本題評量流體力學中的白努力方程式（Bernoulli's equation）與運動學／力學能守恆的應用。

1. 白努力方程式：
   對於理想流體（不可壓縮、無黏滯性、沿同一流線的穩定流動）：

   $$P + \frac{1}{2}\rho v^2 + \rho g y = \text{定值}$$

   其中 $P$ 為絕對壓力、$\rho$ 為流體密度、$v$ 為流速、$g$ 為重力加速度、$y$ 為相對於參考面的高度。

2. 計示壓力（Gauge pressure）：
   題目所求「$P$ above atmospheric pressure」即為計示壓力 $\Delta P = P - P_{\text{atm}}$。

3. 自由落體／鉛直上拋運動（Torricelli 原理概念）：
   噴泉從地表噴口射出後，在空氣中僅受重力作用上升至最高點，動能轉換為重力位能。

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解題方法

建立一維垂直座標系，以地表為高度基準點（$y = 0$）：

• 地下加熱水腔室（點 1）：深度 $d = 150\text{ m}$，即 $y_1 = -150\text{ m}$。腔室體積相較於噴泉管道非常龐大，水流在腔室內的初始流速可視為極小，即 $v_1 \approx 0$。此處絕對壓力為 $P_1$。
• 地表噴口（點 2）：高度 $y_2 = 0\text{ m}$，暴露於大氣中，故壓力為一大氣壓 $P_2 = P_{\text{atm}}$，噴出初速為 $v_2$。
• 噴泉最高點（點 3）：高度 $y_3 = h = 50.0\text{ m}$，到達最高點時瞬間靜止 $v_3 = 0$，壓力同為大氣壓 $P_3 = P_{\text{atm}}$。

步驟一：求噴口射出速率 $v_2$（或直接以能量守恆聯立點 1 與點 3）

自地表噴口（點 2）向上噴出至最高點（點 3），由力學能守恆：

$$\frac{1}{2}\rho v_2^2 = \rho g h \implies v_2 = \sqrt{2gh}$$

步驟二：對地下腔室（點 1）與噴泉最高點（點 3）應用白努力方程式

直接選取點 1 與最高點點 3：

$$P_1 + \frac{1}{2}\rho v_1^2 + \rho g y_1 = P_3 + \frac{1}{2}\rho v_3^2 + \rho g y_3$$

將各項已知條件代入：

• $v_1 \approx 0$
• $y_1 = -150\text{ m}$
• $P_3 = P_{\text{atm}}$
• $v_3 = 0$
• $y_3 = 50.0\text{ m}$

方程式簡化為：

$$P_1 + \rho g (-150) = P_{\text{atm}} + \rho g (50.0)$$

核心觀念

內能是狀態函數，因此理想氣體走完一個循環後，內能總變化為零。理想氣體在等溫過程中內能不變；在等壓過程中，熱量與內能變化的關係為

$$Q=nC_p\Delta T,\qquad \Delta U=nC_v\Delta T$$

其中 $C_p$、$C_v$ 分別為定壓與定容莫耳熱容量。

解題方法

沿著 $A\to B\to C\to D\to A$ 整個循環，內能變化相加為零：

$$\Delta U_{AB}+\Delta U_{BC}+\Delta U_{CD}+\Delta U_{DA}=0$$

$C\to D$ 是等溫過程，所以 $\Delta U_{CD}=0$。在 $B\to C$ 的等壓過程，熱量 $q_1$ 進入系統，因此

$$\Delta U_{BC}=\frac{C_v}{C_p}q_1$$

在 $D\to A$ 的等壓過程，熱量 $q_2$ 離開系統，故該過程的熱量為 $-q_2$，因此

核心觀念

採用熱力學第一定律，令 $W$ 表示「氣體對外做的功」：

$$\Delta U=Q-W$$

理想氣體在等溫過程中內能不變；在定壓過程中，熱量與內能變化的關係為 $Q=C_p\Delta T$、$\Delta U=C_v\Delta T$，因此 $Q=\gamma\Delta U$，其中 $\gamma=C_p/C_v$。

解題方法

整個循環回到原狀，總內能變化為零。令 $A\to B$ 的內能變化為 $\Delta U_{AB}$。依題意，$B\to C$ 吸熱 $q_1$，$D\to A$ 放熱 $q_2$，而 $C\to D$ 為等溫過程：

$$\Delta U_{BC}=\frac{q_1}{\gamma}, \qquad \Delta U_{CD}=0, \qquad \Delta U_{DA}=-\frac{q_2}{\gamma}$$

由循環總內能變化為零：

核心觀念

本題的核心概念為電位（Electric Potential）與電場（Electric Field）的微分關係，以及靜電力與牛頓第二運動定律的結合應用。

1. 電位與電場的關係：
   在純一維空間中，保守場的電場 $E(x)$ 為電位 $V(x)$ 對空間位置的負梯度： $$E(x) = -\frac{dV(x)}{dx}$$
2. 靜電力（Coulomb Force / Electric Force）：
   帶電量為 $q$ 的粒子在電場 $E(x)$ 中所受的靜電力為： $$F = qE(x)$$
3. 牛頓第二運動定律（Newton's Second Law）：
   質量為 $m$ 的粒子受到合力 $F$ 時，其瞬時加速度 $a$ 為： $$a = \frac{F}{m} = \frac{qE(x)}{m}$$

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解題方法

步驟一：求一維電場函數 $E(x)$

已知電位函數為 $V(x) = 2x^2 - 3x^3$（單位為 $\text{V}$，且 $x$ 單位為 $\text{m}$）。
利用電場與電位的定義求導數：

$$\frac{dV}{dx} = \frac{d}{dx}\left(2x^2 - 3x^3\right) = 4x - 9x^2$$

故電場函數為：

$$E(x) = -\frac{dV}{dx} = -\left(4x - 9x^2\right) = 9x^2 - 4x$$

步驟二：計算在起始位置 $x = 4\text{ m}$ 處的電場

將 $x = 4$ 代入 $E(x)$：

$$E(4) = 9(4)^2 - 4(4) = 9(16) - 16 = 144 - 16 = 128\text{ V/m} \quad (\text{或 N/C})$$

此時電場方向沿著 $+x$ 方向。

步驟三：計算粒子所受靜電力與初始加速度

題目給定參數：

• 粒子質量 $m = 0.05\text{ g} = 0.05 \times 10^{-3}\text{ kg} = 5.0 \times 10^{-5}\text{ kg}$
• 帶電量 $q = 2.0 \times 10^{-6}\text{ C}$

核心觀念

本題評量靜電學中電容器的並聯、介電質（Dielectric）效應與孤立系統的電荷守恆定律。主要涉及以下物理觀念與公式：

1. 電容與介電質之關係：
   真空或空氣電容器之電容為 $C_0$。若在兩極板間完全填入介電常數為 $K$（或相對介電常數 $\kappa$）的介電質，其電容變為： $$C = K C_0$$
2. 電荷、電容與端電壓之關係： $$Q = C V$$
3. 電荷守恆定律（Charge Conservation）：
   當電源斷開（disconnected）後，電容器組成為一個孤立系統，與外界無電荷交換，電容器極板上的總電荷量保持不變： $$Q_{\text{total}} = \text{常數}$$
4. 並聯電路的電位差相等：
   兩電容器並聯時，兩端的端電壓必定相同（$V_1 = V_2 = V'$），因此各電容器所分配到的電荷量與其電容量成正比： $$Q \propto C$$

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解題方法

步驟一：分析斷開電源前的初始狀態

設原本兩完全相同的電容器為 $C_1$ 與 $C_2$，初始電容皆為 $C_0$：

$$C_1 = C_2 = C_0$$

接上電壓源 $V_0$ 並聯充電後，兩電容器各自帶有電荷 $Q_0$：

$$Q_0 = C_0 V_0$$

此時系統的總電荷量為：

$$Q_{\text{total}} = Q_1 + Q_2 = Q_0 + Q_0 = 2 Q_0$$

步驟二：分析斷開電源並置入介電質後的狀態

將電源斷開後，系統與外界斷開通路，總電荷量保持守恆：

$$Q_{\text{total}} = Q_1' + Q_2' = 2 Q_0$$

其中 $Q_1'$ 與 $Q_2'$ 分別代表插入介電質後，兩電容器上重新分佈的電荷量。

將介電常數 $K = 2.5$ 之介電質填入其中一個電容器（設為電容器 1）：

$$C_1' = K C_0 = 2.5 C_0$$

另一個電容器（電容器 2）未做任何更動：

$$C_2' = C_0$$

步驟三：計算電荷的重新分佈

兩電容器依然維持並聯狀態，故其共同端電壓相同，設為 $V'$。根據電荷與電容的關係：

$$\frac{Q_1'}{Q_2'} = \frac{C_1' V'}{C_2' V'} = \frac{C_1'}{C_2'} = \frac{2.5 C_0}{C_0} = 2.5 = \frac{5}{2}$$

由分流（分電荷）原理，各電容器所分配之電荷為總電荷乘上各自電容佔等效電容的比例：

核心觀念

本題考查電容的並聯電路、介電質（Dielectric）的影響以及孤立系統的電荷守恆定律（Conservation of Charge）。

1. 電容基本定義： $$Q = CV \implies C = \frac{Q}{V}$$
2. 介電質的插入：
   若平行電板電容原本電容量為 $C_0$，在完全填滿相對電介常數（Dielectric Constant）為 $K$ 的介電質後，新電容變為： $$C' = K C_0$$
3. 電荷守恆定律：
   電源移除後（voltage source is disconnected），電容器組與外界斷開形成孤立系統，整體所儲存的總電荷量維持不變： $$Q_{\text{total}} = \text{常數}$$
4. 並聯電容特性：
   並聯時，各電容器兩端的端電壓相等，等效電容量為各電容之和： $$C_{\text{eq}} = C_1 + C_2$$

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解題方法

步驟一：分析初始狀態（插入介電質前）

設未插入介電質時，兩相同電容器的電容皆為 $C_0$。
當兩者並聯並接在電壓 $V_0$ 的電源上時，各自儲存的電荷為 $Q_0$：

$$Q_0 = C_0 V_0 \implies C_0 = \frac{Q_0}{V_0}$$

此時系統的總電荷量為：

$$Q_{\text{total}} = Q_0 + Q_0 = 2Q_0$$

步驟二：分析電源切斷並插入介電質後的狀態

切斷電源後，外電路中斷，兩電容器上的總電荷量守恆，依然為：

$$Q_{\text{total}} = 2Q_0$$

將介電常數 $K = 2.5$ 的介電質填入其中一個電容器（設為電容 1），其新電容量變為：

$$C_1' = K C_0 = 2.5 C_0$$

另一個電容器（設為電容 2）維持不變：

$$C_2 = C_0$$

核心觀念

本題考核狹義相對論（Special Relativity）中時空轉換的基本效應——勞侖茲收縮（Lorentz contraction，或稱長度收縮 Length contraction）。

1. 原長（Proper length, $L_0$）：物體在其自身靜止之慣性參考系（靜止系）中測得的長度。
2. 測量長度的定義：在一個觀察者所在的參考系中，測量一個運動物體的長度，必須**「同時（$\Delta t = 0$）」**記錄該物體前後兩端點的空間座標。
3. 勞侖茲收縮公式： $$L = \frac{L_0}{\gamma} = L_0 \sqrt{1 - \frac{v^2}{c^2}}$$ 其中：
   • $L_0$ 為原長（靜止長度）。
   • $L$ 為相對於物體以速度 $v$ 運動之觀察者所測得的長度。
   • $\gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - v^2/c^2}} \ge 1$ 為勞侖茲因子（Lorentz factor）。
   • $c$ 為真空中光速。
4. 效應方向性：收縮現象僅發生在平行於相對運動方向之維度；垂直於運動方向的維度長度保持不變。

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解題方法與嚴謹推導

欲精確說明勞侖茲收縮的物理本質與數學來源，通常以**勞侖茲座標變換（Lorentz transformation）**推導：

設慣性系 $S'$ 相對於慣性系 $S$ 沿著正 $x$ 軸方向以等速度 $v$ 運動。
一根長棒相對於 $S'$ 系靜止放置於 $x'$ 軸上，其兩端座標分別為 $x'_1$ 與 $x'_2$。
則該長棒在 $S'$ 系中的長度即為其原長：

$$L_0 = \Delta x' = x'_2 - x'_1$$

依據勞侖茲變換，兩參考系之空間座標關係為：

$$x' = \gamma (x - vt)$$

在 $S$ 系中的觀察者若要測量該移動長棒的長度 $L = x_2 - x_1$，關鍵條件是必須在 $S$ 系的同一時刻（即 $t_1 = t_2$，也就是 $\Delta t = 0$）測量兩端點的位置：

$$x'_2 - x'_1 = \gamma \left[ (x_2 - x_1) - v(t_2 - t_1) \right]$$

核心觀念

電感的電流不能瞬間改變，因此開關剛閉合時，含電感的支路電流仍為零；經過一段時間後，電感在直流穩態下相當於短路。題目要用基爾霍夫定律求出暫態期間兩個並聯支路的電流。

令 $i_L(t)$ 為流經電感與串聯電阻 $R$ 的支路電流，$i_R(t)$ 為流經另一個電阻 $R$ 的支路電流，$v(t)$ 為並聯部分兩端的電壓，電池電動勢為 $\varepsilon$。

解題方法

由基爾霍夫電流定律，電池提供的總電流為 $i_L+i_R$。電池內阻 $r$ 上的壓降為 $r(i_L+i_R)$，因此

$$\varepsilon=r(i_L+i_R)+v.$$

右側電阻支路滿足

$$i_R=\frac{v}{R}.$$

含電感支路則滿足

$$v=L\frac{di_L}{dt}+Ri_L.$$

將 $i_R=v/R$ 代入電池方程，再與含電感支路的方程聯立，可得

$$L\frac{di_L}{dt} +\frac{R(R+2r)}{R+r}i_L =\frac{\varepsilon R}{R+r}.$$

開關閉合前，電感支路沒有電流；由電感電流連續性，$i_L(0)=0$。解此一階微分方程，並定義時間常數

$$\tau=\frac{L(R+r)}{R(R+2r)},$$

得到電感支路電流

$$i_L(t)=\frac{\varepsilon}{R+2r} \left(1-e^{-t/\tau}\right),\qquad t\geq 0.$$

核心觀念

電感電流不能瞬間改變。開關剛閉合時，電感電流為零，因此含電感的支路暫時沒有電流；經過足夠長時間後，直流穩態下電感相當於短路。本題要用含電池內電阻的等效電路，求電感支路的暫態電流，再由並聯支路電壓求另一支路電流。

解題方法

令 $i_L(t)$ 為中央「電感與電阻 $R$ 串聯」支路的電流，$v(t)$ 為兩並聯支路的端電壓。右側電阻支路的電流為 $i_R=v/R$。由電池內電阻 $r$ 上的壓降與電路定律：

$$v=E-r\left(i_L+\frac{v}{R}\right)$$

整理得：

$$v=\frac{R}{R+r}(E-r i_L)$$

中央支路滿足電感與電阻的電壓關係：

$$v=L\frac{di_L}{dt}+Ri_L$$

代入上式，得到一階 RL 暫態方程：

$$L\frac{di_L}{dt}+\frac{R(R+2r)}{R+r}i_L =\frac{ER}{R+r}$$

因為開關閉合前電感電流為零，$i_L(0)=0$，所以：

$$i_L(t)=\frac{E}{R+2r}\left(1-e^{-t/\tau}\right), \qquad \tau=\frac{L(R+r)}{R(R+2r)}$$

代入 $E=36\ \mathrm{V}$、$r=2\ \Omega$、$R=18.0\ \Omega$、$L=4.0\ \mathrm{mH}$：

核心觀念

電流達到穩態後，電感中的電流不再變化，因此電感兩端的電壓為零，可視為短路。電感儲存的磁場能量為

$$U_L=\frac{1}{2}LI_L^2$$

其中 $I_L$ 是穩態時流經電感的電流。

解題方法

穩態時，中央支路的電感可視為短路，因此中央支路只剩電阻 $R$，與右側電阻 $R$ 並聯。兩支路的等效電阻為

$$R_{\text{並聯}}=\frac{R}{2}=\frac{18}{2}=9\ \Omega$$

電池內電阻 $r=2\ \Omega$ 與並聯組合串聯，所以電路總電流為

$$I_{\text{總}}=\frac{\mathcal{E}}{r+R_{\text{並聯}}} =\frac{36}{2+9} =\frac{36}{11}\ \text{A}$$

並聯組合兩端的電壓為