109 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

本題考查「機械能守恆」與「重力作功」：

• 忽略空氣阻力時，重力為保守力，物體由相同高度、以相同初速出發，抵達地面前的速率只由初始動能與高度差決定。
• 重力作功為

$$W_g=mg(y_i-y_f)$$

• 功與動能定理為

$$W_{\text{net}}=\Delta K$$

兩種拋法的初始位置、初速大小皆相同，且最後都到達相同的地面高度，因此抵達地面前的速率相同。

解題方法

設球的初始高度為 $h$，初速大小為

$$v_0=5\ \text{m/s}$$

落地前高度為 $0$。由機械能守恆：

$$\frac12 mv_0^2+mgh = \frac12 mv_f^2$$

因此

$$v_f^2=v_0^2+2gh$$ $$v_f=\sqrt{25+2gh}$$

此結果只與初速大小及初始高度有關，與初速度的方向無關。因此，無論球是鉛直向上拋出或水平拋出，落地前的最終速率都相同。

選項分析

(A) The positive work done by the gravity

錯誤。

若討論「重力的淨作功」，兩種情況確實相同：

$$W_{g,\text{net}}=mgh$$

但選項說的是「重力所做的正功」。鉛直向上拋時，球先上升，重力作負功；到達最高點後下降，重力才作正功。其正功大小為

$$W_{g,+}^{(\text{up})} = mg\left(h+\frac{v_0^2}{2g}\right)$$

水平拋出時，球從初始高度直接下降，重力全程作正功：

$$W_{g,+}^{(\text{horizontal})}=mgh$$

兩者不同。因此不能選 A。

(B) The final speed before hitting the ground

正確。

由能量守恆：

$$v_f=\sqrt{v_0^2+2gh}$$

兩種拋法具有相同的初速大小與相同的初始高度，所以落地前的最終速率相同。

(C) The amount of time spent before hitting the ground

錯誤。

核心觀念

本題考查均勻半圓形薄片的質心位置。

半圓形半徑為 $R$ 時，若以其直徑所在的圓心為基準，質心位於對稱軸上，且距離直徑的距離為

$$\frac{4R}{3\pi}.$$

由圖可知，原點 $O$ 位於半圓弧的最高點；圓心位於 $O$ 正下方距離 $R$ 的位置。

解題方法

由對稱性，質心的 $x$ 座標為

$$x_{\rm CM}=0.$$

以半圓的圓心為參考，半圓位於圓心上方，因此質心相對圓心的位置為

$$y'_{\rm CM}=\frac{4R}{3\pi}.$$

而圓心相對於原點 $O$ 的座標為 $(0,-R)$，所以質心相對於 $O$ 的 $y$ 座標為

$$y_{\rm CM} =-R+\frac{4R}{3\pi}.$$

整理得

$$y_{\rm CM} =-\left(1-\frac{4}{3\pi}\right)R.$$

取 $\pi\approx 3.14$：

$$1-\frac{4}{3\pi} \approx 1-\frac{4}{9.42} \approx 0.576.$$

因此

核心觀念

本題考察「物理擺」的小角度簡諧運動。任意剛體繞固定支點 $O$ 小幅擺動時，其週期為

$$T=2\pi\sqrt{\frac{I_O}{Mgd}},$$

其中：

• $I_O$：半圓薄片對支點 $O$ 的轉動慣量
• $M$：半圓薄片質量
• $d$：支點 $O$ 到質心的距離

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解題方法

設半圓半徑為 $R$，圓心為 $C$。由半圓薄片的質心位置：

$$\overline{y}=\frac{4R}{3\pi},$$

且 $O$ 位於圓弧最上方，因此支點到質心的距離為

$$d=R-\frac{4R}{3\pi} =R\left(1-\frac{4}{3\pi}\right).$$

半圓薄片對圓心 $C$ 的轉動慣量為

$$I_C=\frac{1}{2}MR^2.$$

由平行軸定理，並注意圓心 $C$ 並非半圓薄片的質心，直接展開可得

$$I_O =I_C+MR^2-2MR\overline{y}.$$

代入 $\overline{y}=4R/(3\pi)$：

$$I_O =MR^2\left(\frac{3}{2}-\frac{8}{3\pi}\right).$$

因此

$$T =2\pi \sqrt{ \frac{ MR^2\left(\frac{3}{2}-\frac{8}{3\pi}\right) }{ MgR\left(1-\frac{4}{3\pi}\right) } }.$$

約化後：

核心觀念

本題考查「均勻實心球內部的萬有引力位能」。

對半徑為 $R$、總質量為 $M$ 的均勻實心球，在距球心 $r<R$ 處，單位質量的重力位能為

$$\phi(r)=-\frac{GM}{2R^3}\left(3R^2-r^2\right)$$

因此，質量為 $m$ 的質點，其重力位能為

$$U(r)=m\phi(r) =-\frac{GMm}{2R^3}\left(3R^2-r^2\right)$$

其中位能零點取在無限遠處。

解題方法

題目給定：

$$m=1\ \text{kg},\qquad M=2\ \text{kg},\qquad R=1\ \text{m},\qquad r=0.6\ \text{m}$$

因為

$$r=0.6\ \text{m}<R=1\ \text{m}$$

質點位於實心球內部，必須使用「球內部」的位能公式，不能直接把整顆球視為集中在球心的質點。

代入公式：

$$U=-\frac{G(2)(1)}{2(1)^3} \left[3(1)^2-(0.6)^2\right]$$

先計算括號內：

$$3(1)^2-(0.6)^2=3-0.36=2.64$$

因此

$$U=-\frac{2G}{2}(2.64) =-2.64G\ \text{J}$$

故正確選項為：

$$\boxed{\text{(D)}\ -2.64G\ \text{J}}$$

選項分析

• (A) $-2.24G\ \text{J}$：錯誤。
  代入均勻實心球內部位能公式後，括號值為 $2.64$，不是 $2.24$。

核心觀念

本題考查兩物體系統的能量分解：

1. 系統總能量由外力對左方方塊所做的功提供。
2. 總能量可分為：
   • 質心平移能量；
   • 相對質心的振動能量，包括兩方塊的相對運動動能與彈簧位能。

設左、右方塊的位移分別為 $x_1$、$x_2$，且兩方塊質量皆為 $m$。

解題方法

外力 $F$ 作用在左方塊上，因此外力所做的總功為

$$W_{\text{外力}}=Fx_1.$$

所以系統總能量為

$$E_{\text{total}}=Fx_1.$$

兩方塊質心的位移為

$$X_{\text{CM}}=\frac{x_1+x_2}{2}.$$

外力對質心平移運動所提供的能量為

$$E_{\text{CM}} =F X_{\text{CM}} =F\frac{x_1+x_2}{2}.$$

因此，相對於質心的振動能量為

$$E_{\text{vib}} =E_{\text{total}}-E_{\text{CM}}$$ $$=Fx_1-F\frac{x_1+x_2}{2} =\frac{F(x_1-x_2)}{2}.$$

此能量已包含兩方塊相對於質心的動能與彈簧位能。

選項分析

核心觀念

本題考察行星運動中的：

1. 橢圓軌道幾何關係
2. 近日點速度與面積速度
3. Kepler 第二定律：等面積定律

近日點與遠日點分別為橢圓長軸兩端，因此：

$$a=\frac{r_p+r_a}{2}$$

其中 $a$ 為半長軸。橢圓半短軸為：

$$b=\sqrt{r_pr_a}$$

根據 Kepler 第二定律，單位時間掃過的面積固定。若近日點速度為 $v_p$，則單位時間掃過的面積為：

$$\frac{dA}{dt}=\frac{1}{2}r_pv_p$$

而橢圓總面積為：

$$A=\pi ab$$

因此週期為：

$$T=\frac{\pi ab}{\frac{1}{2}r_pv_p} =\frac{2\pi ab}{r_pv_p}$$

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解題方法

先統一使用公尺作為長度單位：

$$r_p=8.75\times 10^7\ \text{km} =8.75\times10^{10}\ \text{m}$$ $$r_a=5.26\times10^9\ \text{km} =5.26\times10^{12}\ \text{m}$$

近日點速度為：

$$v_p=5.5\times10^4\ \text{m/s}$$

1. 求橢圓半長軸

$$a=\frac{r_p+r_a}{2}$$ $$a=\frac{8.75\times10^{10}+5.26\times10^{12}}{2} =2.67375\times10^{12}\ \text{m}$$

2. 求橢圓半短軸

$$b=\sqrt{r_pr_a}$$ $$b=\sqrt{(8.75\times10^{10})(5.26\times10^{12})} \approx 6.78\times10^{11}\ \text{m}$$

3. 利用面積速度求週期

近日點的面積速度為：

$$\frac{dA}{dt} =\frac{1}{2}r_pv_p$$

所以：

核心觀念

本題考查剛體靜力平衡，需同時滿足：

1. 垂直方向合力為零：手指提供的向上合力必須平衡重物與木棒重量。
2. 合力矩為零：以手指接觸位置為轉軸，利用兩指間距 $3\text{ cm}$ 所形成的力矩，平衡左側重物及木棒重力造成的力矩。

重物與木棒重量分別為

$$W_1=5\ \text{kgw},\qquad W_2=0.5\ \text{kgw}.$$

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解題方法

由圖可知，手指施力位置距左端為 $0.7\text{ m}$，兩指作用線的垂直距離為

$$d=3\text{ cm}=0.03\text{ m}.$$

以手指作用位置為轉軸。

重物位於左端，力臂為 $0.7\text{ m}$；木棒重心在中央，距轉軸為

$$0.7-\frac{1}{2}=0.2\text{ m}.$$

因此重力造成的總力矩為

$$\tau =5(0.7)+0.5(0.2) =3.6\ \text{kgw}\cdot\text{m}.$$

兩指所形成的力偶矩為

$$\tau=Fd.$$

故所需的主要施力為

$$F=\frac{3.6}{0.03} =120\ \text{kgw}.$$

此外，兩指的垂直合力還必須平衡總重量

$$5+0.5=5.5\ \text{kgw}.$$

依題目選項的取值精度，較大手指施力取為約

$$F_{\max}\simeq 120.5\ \text{kgw}.$$

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核心觀念

這題考查繩上行進波的波速、能量密度與平均功率。

張力為 $F$、線密度為 $\mu$ 的繩，其波速為

$$v=\sqrt{\frac{F}{\mu}}.$$

對於沿正 $x$ 方向以速度 $v$ 傳播的波，

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

因此

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

繩波的平均功率可由能量流率求得：

$$P=Fv\left(\frac{\partial y}{\partial x}\right)^2.$$

其中 $\partial y/\partial x$ 是繩子的局部斜率。

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解題方法

題目給出的三角波在每一段皆為直線。

在上升段，

$$y=h\frac{L+(x-2(n+1)L)}{L},$$

故其斜率為

$$\frac{\partial y}{\partial x}=\frac{h}{L}.$$

在下降段，

$$y=h\frac{L-(x-2nL)}{L},$$

故其斜率為

$$\frac{\partial y}{\partial x}=-\frac{h}{L}.$$

雖然兩段斜率正負相反，但功率與斜率平方成正比，因此兩段的功率相同：

$$\left(\frac{\partial y}{\partial x}\right)^2 =\frac{h^2}{L^2}.$$

所以波的瞬時功率為

$$P=Fv\frac{h^2}{L^2}.$$

除了三角波尖端這些斜率不連續的孤立位置外，整個波形的斜率平方皆為定值；孤立點不影響平均功率，因此

$$P_{av}=\frac{Fvh^2}{L^2}.$$

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此題考驗對定壓過程氣體做功的計算。

對於定壓過程（等壓過程），氣體對環境所做的功 $W$ 可以由以下公式計算：
$W = P \Delta V$
其中 $P$ 是恆定的壓強， $\Delta V$ 是氣體體積的變化量。

根據理想氣體定律 $PV = nRT$。
在定壓過程中，$P$ 是恆定的。
所以，體積變化 $\Delta V$ 與溫度變化 $\Delta T$ 成正比：
$P \Delta V = n R \Delta T$。
因此，$W = n R \Delta T$。

題目給定的參數：
氣體摩爾數 $n = 2$ mol。
初始溫度 $T_1 = 0$ °C $= 0 + 273.15$ K $= 273.15$ K。

核心觀念

本題考查熱機效率：

$$\eta=\frac{W_{\text{net}}}{Q_{\text{in}}}$$

其中：

• $W_{\text{net}}$：一循環的淨功
• $Q_{\text{in}}$：氣體吸收的總熱量

理想雙原子氣體的定容莫耳熱容量為

$$C_V=\frac{R}{\gamma-1} =\frac{R}{0.4}=2.5R$$

由圖可知：

• $a\to b$：等溫膨脹，$T_a=T_b=400\ \text{K}$
• $b\to c$：等壓過程，$P_b=P_c=100\ \text{kPa}$
• $c\to a$：等體積過程，$V_c=V_a$

解題方法

因為 $c\to a$ 為等體積過程，所以

$$V_a=V_c$$

在 $b$、$c$ 兩點壓力相同，且 $T_b=400\ \text{K}$、$T_c=200\ \text{K}$。由理想氣體方程式：

$$\frac{V_b}{V_c}=\frac{T_b}{T_c} =\frac{400}{200}=2$$

因此

$$\frac{V_b}{V_a}=2$$

一、$a\to b$ 等溫膨脹

等溫過程中 $\Delta U=0$，所以吸收熱量等於氣體所做的功：

$$W_{ab}=Q_{ab} =nRT_a\ln\frac{V_b}{V_a}$$

代入 $n=5$、$T_a=400\ \text{K}$：

$$W_{ab}=5R(400)\ln2 \approx 1.152\times10^4\ \text{J}$$

二、$b\to c$ 等壓壓縮

等壓過程的功為

$$W_{bc}=nR(T_c-T_b)$$

因此

$$W_{bc}=5R(200-400) =-1.662\times10^4?$$

修正為

$$W_{bc}=5R(-200) \approx-8.31\times10^3\ \text{J}$$

三、$c\to a$ 等體積加熱

等體積過程不做功，但氣體吸收熱量：

核心觀念

本題考查電荷分布的多極展開與遠場電場衰減率。

圖中電荷排列為：

• $x=-a$：$+q$
• $x=0$：兩個 $-q$，合為 $-2q$
• $x=a$：$+q$

因此總電荷為零，且電偶極矩也為零：

$$Q=q-2q+q=0$$ $$\vec p=(+q)(-a)+(+q)(a)=0$$

所以單極項與偶極項皆抵消，最先留下的是四極項，遠處電場的量級為

$$E\propto \frac{1}{x^4}$$

解題方法

對於位於 $x>a$ 的觀察點，三個位置的電場方向皆沿 $+x$ 軸，因此電場大小為

$$E=k\left[ \frac{q}{(x-a)^2} +\frac{q}{(x+a)^2} -\frac{2q}{x^2} \right]$$

當 $x\gg a$ 時，利用二項式展開：

$$\frac{1}{(x\pm a)^2} =\frac{1}{x^2}\left(1\mp\frac{a}{x}\right)^{-2}$$

其中

$$(1+u)^{-2}=1-2u+3u^2+\cdots$$

因此

$$\frac{1}{(x-a)^2} +\frac{1}{(x+a)^2} = \frac{2}{x^2} +\frac{6a^2}{x^4} +\cdots$$

代回電場：

此題考驗對導體靜電學性質的理解。

(A) 導體的表面電荷密度不一定均勻。只有當導體是孤立的、對稱的（如球體），或者處於均勻電場中時，電荷密度才可能均勻。在一般情況下，電荷會在導體表面重新分佈，使得表面電場為零，這可能導致電荷密度不均勻。例如，在尖端或邊緣處電荷密度較高。因此，(A) 錯誤。

(B) 電場線描述的是電場的方向和強度，它指示了單位正電荷在該點所受的力。然而，帶電粒子在電場中的運動軌跡不一定沿著電場線。如果粒子具有初始速度，並且電場不是恆定的，那麼粒子的軌跡可能是曲線，而不是電場線本身。電場線是力的方向的指示，而不是運動軌跡。因此，(B) 錯誤。

(C) 導體和電介質是不同的概念。導體允許電荷自由移動，其內部電場為零。電介質則不允許電荷自由移動，但會在外電場作用下產生極化。

核心觀念

本題考查：

• 導體達到靜電平衡時，整個相連導體系統的電勢相同。
• 孤立帶電金屬球的電勢為

$$V=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{R}$$

其中 $q$ 為金屬球電荷量，$R$ 為球半徑。

• 兩球以導線連接後，總電荷守恆。

由於兩球半徑不同，電荷不會平均分配，而會依半徑比例分配。

解題方法

設最後由球 A 流到球 B 的電荷量為 $q$。

球 A 原本帶電 $Q$，因此連接後球 A 的電荷量為

$$Q_A=Q-q$$

球 B 原本不帶電，因此最後球 B 的電荷量為

$$Q_B=q$$

兩球以導線連接並達到靜電平衡後，兩球電勢必須相等：

$$V_A=V_B$$

代入金屬球電勢公式：

$$\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{Q-q}{a} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{q}{b}$$

約去共同因子 $\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}$：

$$\frac{Q-q}{a}=\frac{q}{b}$$

交叉相乘得

$$b(Q-q)=aq$$ $$bQ-bq=aq$$ $$bQ=(a+b)q$$

所以流到球 B 的電荷量為

$$q=\frac{b}{a+b}Q$$

因此正確選項為 (A)。

選項分析

• (A) $\frac{b}{a+b}Q$：正確。
  這是由兩球電勢相等與總電荷守恆所推得的球 B 最終電荷量，也就是由 A 流向 B 的電荷量。

核心觀念

均方根值（RMS）定義為一個週期內電壓平方的平均值再開平方：

$$V_{\mathrm{rms}}=\sqrt{\frac{1}{T}\int_0^T v^2(t)\,dt}$$

因此，計算時要對電壓平方取時間平均，不能直接用峰值或平均電壓代替。

解題方法

圖中縱軸是電壓、橫軸是時間；波形在一個週期 $T$ 內由 $-V_{\max}$ 線性上升至 $+V_{\max}$，接著瞬間跳回 $-V_{\max}$。

令 $t=0$ 時電壓為 $-V_{\max}$，線性上升的電壓可寫成

$$v(t)=-V_{\max}+\frac{2V_{\max}}{T}t,\qquad 0\leq t<T$$

代入 RMS 定義：

$$\begin{aligned} V_{\mathrm{rms}} &=\sqrt{\frac{1}{T}\int_0^T \left(-V_{\max}+\frac{2V_{\max}}{T}t\right)^2dt}\\ &=V_{\max}\sqrt{\int_0^1(-1+2u)^2du}\\ &=V_{\max}\sqrt{\frac{1}{3}} =\frac{V_{\max}}{\sqrt{3}} \end{aligned}$$

其中令 $u=t/T$。瞬間跳回的時刻沒有持續時間，不影響積分。