110 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：

1. 動量守恆：子彈射入木塊的瞬間，若水平方向無外力衝量，可用動量守恆求共同速度。
2. 功—能定理：子彈穿入木塊時，初始動能轉化為子彈與木塊間摩擦所消耗的能量。
3. 相對運動：在無摩擦平面上，穿透深度由第二顆子彈相對於木塊的動能決定。
4. 摩擦力做功：粗糙平面上，能量除了消耗在子彈與木塊間的相對滑動，也消耗在木塊與地面間的滑動。

設子彈的射出速度皆為 $u$，子彈與木塊間的動摩擦力大小為 $f$。

第一顆子彈射入固定木塊，穿透深度為 $d_1$，因此

第一顆子彈嵌入後，木塊與子彈形成質量 $M+m$ 的整體。由動量守恆，

所以

其中 $v_0$ 是第二顆子彈射入前，木塊與第一顆子彈的速度。

(a) 表面無摩擦

第二顆子彈與木塊碰撞前的相對速度為

第二顆子彈與木塊的相對運動，可視為質量為約化質量

的系統，其相對動能全部轉化為子彈與木塊間摩擦所做的功。

若第二顆子彈穿透深度為 $d_a$，則

代入 $\mu$ 與 $u_{\rm rel}$，

整理得

利用式 $(1)$ 的 $fd_1=\frac12mu^2$，

(a) 選項分析

無摩擦時，木塊並非靜止不動，而是已經以 $v_0$ 向前運動。因此第二顆子彈真正能用來穿透木塊的，是其相對動能，而不是完整的 $\frac12mu^2$。所以穿透深度小於 $d_1$，答案為

(b) 表面有摩擦，木塊移動 $d_2$ 後停止

第二顆子彈射入前，系統包含：

此題是關於克卜勒定律的推導與應用，要求推導克卜勒第二、第三定律，並探討萬有引力定律形式改變時對這些定律的影響。

核心觀念：牛頓力學、圓周運動、萬有引力定律、角動量守恆。

解題步驟：

(a) 克卜勒第二定律（等面積定律）的推導：
克卜勒第二定律指出，行星與太陽的連線在相等時間內掃過相等的面積。
考慮一個質量為 $m$ 的行星繞著質量為 $M$ 的中心天體作軌道運動。
在極短的時間 $\Delta t$ 內，行星的位置從 $\mathbf{r}$ 變化到 $\mathbf{r} + \Delta \mathbf{r}$。
掃過的面積 $\Delta A$ 近似為一個三角形的面積，其兩邊長度為 $r$ 和 $\Delta r \sin \theta$（其中 $\theta$ 是 $\mathbf{r}$ 與 $\Delta \mathbf{r}$ 的夾角），或者可以近似為一個平行四邊形面積的一半，其中兩向量為 $\mathbf{r}$ 和 $\Delta \mathbf{r}$。
$\Delta A \approx \frac{1}{2} |\mathbf{r} \times \Delta \mathbf{r}|$
所以，單位時間掃過的面積變化率為：
$\frac{dA}{dt} = \frac{1}{2} \left| \mathbf{r} \times \frac{d\mathbf{r}}{dt} \right|$
行星的速度向量 $\mathbf{v} = \frac{d\mathbf{r}}{dt}$。
$\frac{dA}{dt} = \frac{1}{2} |\mathbf{r} \times \mathbf{v}|$
行星的角動量 $\mathbf{L} = \mathbf{r} \times \mathbf{p} = \mathbf{r} \times (m\mathbf{v}) = m (\mathbf{r} \times \mathbf{v})$。
因此，$\frac{dA}{dt} = \frac{1}{2m} |\mathbf{L}|$。
在萬有引力作用下，力是保守力，且力矩 $\mathbf{\tau} = \mathbf{r} \times \mathbf{F} = \mathbf{r} \times (-\frac{GMm}{r^2} \hat{\mathbf{r}}) = 0$。
由於力矩為零，角動量守恆，即 $\mathbf{L}$ 是常向量。
因此，$\frac{dA}{dt} = \frac{L}{2m}$ 是一個常數。
這就證明了克卜勒第二定律。

(b) 克卜勒第三定律（週期定律）的推導（針對圓形軌道）：
對於一個半徑為 $r$ 的圓形軌道，行星的向心加速度由萬有引力提供。
向心加速度 $a_c = \frac{v^2}{r}$。
萬有引力 $F_g = \frac{GMm}{r^2}$。
根據牛頓第二定律，
$F_g = m a_c$
$\frac{GMm}{r^2} = m \frac{v^2}{r}$
$v^2 = \frac{GM}{r}$
圓形軌道的速率 $v$ 可以表示為軌道周長除以週期 $T$：$v = \frac{2\pi r}{T}$。

此題考驗轉動慣量、力矩、以及簡諧運動的應用，特別是複合擺的力學分析。

核心觀念：力矩、牛頓第二運動定律（轉動形式）、單擺與複合擺的週期。

解題步驟：

題目中給出一個質量為 $m$ 的剛體，繞固定軸 O 擺動，該軸與質心 CM 的距離為 $l$。質心 CM 在重力作用下擺動。角度 $\theta$ 是指從垂直平衡位置（CM 在 O 正下方）的偏離角度。

(a) 重力對軸 O 的力矩：
重力 $m\mathbf{g}$ 作用在質心 CM 上。
力矩 $\mathbf{\tau}$ 是由質心 CM 的位置向量 $\mathbf{l}$ (從 O 到 CM) 與重力向量 $\mathbf{F}_g = m\mathbf{g}$ 的叉積給出：$\mathbf{\tau} = \mathbf{l} \times \mathbf{F}_g$。
在圖中，向量 $\mathbf{l}$ 的長度為 $l$。重力 $m\mathbf{g}$ 垂直向下。
角度 $\theta$ 是偏離平衡位置的角度。當 $\theta$ 為正時，CM 相對於 O 偏向右側（假設）。
重力向量的分解：
垂直於 $\mathbf{l}$ 方向的分量為 $mg \sin \theta$。
沿著 $\mathbf{l}$ 方向的分量為 $mg \cos \theta$。
力矩的計算：力矩的大小是力的大小乘以力臂（力垂直於力臂的分量）。
力臂是從 O 到 CM 的距離 $l$。
力垂直於力臂的分量是 $mg \sin \theta$。
這個力臂上的力會試圖將 CM 拉回平衡位置。
當 $\theta$ 為正時，力 $mg \sin \theta$ 作用方向會產生一個逆時針的力矩（如果 O 在上方，CM 在下方）。
根據圖示，當 $\theta$ 為正時，CM 在 O 的右下方。重力 $mg$ 作用在 CM。
力矩的向量形式：$\mathbf{l}$ 從 O 指向 CM。如果我們定義 O 為原點，CM 的位置向量是 $\mathbf{r}_{CM}$，則 $\mathbf{l} = \mathbf{r}_{CM}$。
重力 $\mathbf{F}_g = -mg \hat{\mathbf{j}}$ (假設平衡位置是 $\hat{\mathbf{j}}$ 方向)。
如果 O 在原點，CM 在 $(l \sin \theta, -l \cos \theta)$ (假設 $\theta$ 是與垂直向下方向的夾角)。
那麼力矩 $\mathbf{\tau} = \mathbf{l} \times \mathbf{F}_g = (l \sin \theta \hat{\mathbf{i}} - l \cos \theta \hat{\mathbf{j}}) \times (-mg \hat{\mathbf{j}})$。
$\mathbf{\tau} = (l \sin \theta \hat{\mathbf{i}}) \times (-mg \hat{\mathbf{j}}) - (l \cos \theta \hat{\mathbf{j}}) \times (-mg \hat{\mathbf{j}})$

核心觀念

本題使用熱力學第一定律：

其中：

• $Q>0$：氣體吸收熱量；
• $W_{\text{on}}>0$：外界對氣體做功；
• 定容過程沒有體積變化，因此 $W_{\text{on}}=0$；
• 理想氣體的內能只與溫度有關。

由圖可知，$AB$、$CD$ 為等壓過程，$BC$、$DA$ 為定容過程。設 $P_A=32P_C$。

(a) 求由 A 到 B 對氣體所做的功

由題意：

路徑 $ABC$ 中，$BC$ 為定容過程，所以只有 $AB$ 有功：

因此

負號表示氣體膨脹，氣體對外做功。

(b) 求沿 CDA 路徑的熱交換

由 $AB$ 與 $CD$ 的水平線可知兩段體積變化相同，故：

而

利用 $P_A=32P_C$：

路徑 $CDA$ 的內能變化為：

因此：

其中 $DA$ 為定容過程，所以：

故：

表示氣體從周遭吸收 $29\ \text{J}$ 熱量。

(c) 求由 D 到 A 的內能變化

先計算 $D\to C$ 的內能變化。由 $D\to C$ 為低壓等壓膨脹：

題目給定：

核心觀念

本題考查：

• 坡印廷向量（Poynting vector）的定義
  $\mathbf{S}=\frac{\mathbf{E}\times\mathbf{B}}{\mu_0}$
• 向量外積的幾何意義：
  $S=\frac{EB\sin\theta}{\mu_0}$
• 真空中平面電磁波的基本關係：
  $E=cB$
• 光速與真空電磁常數的關係：
  $c=\frac{1}{\sqrt{\mu_0\epsilon_0}}$

坡印廷向量的物理意義是電磁能量的「單位面積、單位時間傳輸率」，方向為電磁波的傳播方向。

解題方法

(a) 直接利用電場、磁場與真空磁導率的 SI 單位進行量綱分析。

(b) 對真空中的平面電磁波，電場與磁場互相垂直，因此外積大小為 $EB$；再利用 $E=cB$ 與 $c^2=1/(\mu_0\epsilon_0)$，即可將 $EB/\mu_0$ 改寫成題目要求的形式。

（a）證明 $S$ 的量綱為能量／面積／時間

坡印廷向量大小的量綱為

各物理量的 SI 單位為

因此

約去共同單位後得到

另一方面，能量／面積／時間的量綱為

由於

所以

因此

這表示 $\mathbf{S}$ 的單位為

即每平方公尺每秒所傳遞的電磁能量。

（b）證明坡印廷向量大小的公式

真空中的平面電磁波具有下列幾何關係：

因此

此題是關於電容器的基礎應用，涉及電容器的並聯連接、儲能與電量的計算。

核心觀念：電容器的並聯、電壓、電量、電容、儲存能量。

解題步驟：

(a) 電路圖：
兩個電容器 $C_1$ 和 $C_2$ 並聯連接到一個電壓為 $V = 200$ V 的電源。
並聯連接表示電容器的兩端都連接到相同的電壓源。
電路圖應包含一個電源符號（長短線表示正負極）和兩個電容器符號（兩條平行線，一條可能標示電容值）。
電源符號標示電壓為 200 V。
$C_1$ 和 $C_2$ 分別標示其電容值 $50.0 \, \mu\text{F}$ 和 $10.0 \, \mu\text{F}$。
兩個電容器的左端（例如）連接到電源的正極，右端連接到電源的負極。

(b) 計算每個電容器儲存的電量：
對於並聯電路，每個元件上的電壓與總電壓相同。
所以，電容器 $C_1$ 上的電壓 $V_1 = 200$ V。
電容器 $C_2$ 上的電壓 $V_2 = 200$ V。

電容器儲存的電量 $Q$ 與電容 $C$ 和電壓 $V$ 的關係是 $Q = CV$。
對於 $C_1$：
$Q_1 = C_1 V_1 = (50.0 \, \mu\text{F}) \times (200 \, \text{V})$
$Q_1 = (50.0 \times 10^{-6} \, \text{F}) \times (200 \, \text{V})$
$Q_1 = 10000 \times 10^{-6} \, \text{C} = 10 \times 10^{-3} \, \text{C} = 10 \, \text{mC}$。

對於 $C_2$：
$Q_2 = C_2 V_2 = (10.0 \, \mu\text{F}) \times (200 \, \text{V})$
$Q_2 = (10.0 \times 10^{-6} \, \text{F}) \times (200 \, \text{V})$
$Q_2 = 2000 \times 10^{-6} \, \text{C} = 2 \times 10^{-3} \, \text{C} = 2 \, \text{mC}$。

此題是關於 RL 電路暫態分析，要求寫出微分方程式並計算特定時間點的電流。

核心觀念：RL 電路、克希荷夫電壓定律、微分方程、電感與電阻的暫態響應。

解題步驟：

(a) 寫出 $I(t)$ 的微分方程式：
電路包含一個電源 $\mathcal{E}$、一個電阻 $R$ 和一個電感 $L$，它們串聯連接。開關 S 閉合後，電流 $I(t)$ 沿順時針方向流動。
根據克希荷夫電壓定律 (KVL)，迴路中各元件的電壓降總和等於電源電壓。
電源電壓為 $\mathcal{E}$。
電阻上的電壓降為 $V_R = I(t)R$。
電感上的電壓降為 $V_L = L \frac{dI(t)}{dt}$。

由於電流是順時針方向，根據 KVL：
$\mathcal{E} - V_R - V_L = 0$
$\mathcal{E} - I(t)R - L \frac{dI(t)}{dt} = 0$

將此方程式重新整理，得到標準形式的微分方程式：
$L \frac{dI(t)}{dt} + RI(t) = \mathcal{E}$

這是一個一階線性非齊次微分方程式。

(b) 計算 $t = 10.0 \, \text{ms}$ 時的電流：
首先，我們需要求解上述微分方程式。
方程式為：$\frac{dI}{dt} + \frac{R}{L}I = \frac{\mathcal{E}}{L}$。
這是齊次方程式 $\frac{dI}{dt} + \frac{R}{L}I = 0$ 的特解 $I_h(t)$ 加上非齊次方程式的特解 $I_p(t)$。

齊次解：$\frac{dI_h}{dt} = -\frac{R}{L}I_h$。
$I_h(t) = A e^{-(R/L)t}$，其中 A 是常數。

非齊次解（穩態解）：當電流達到穩態時，電感上的電壓降為零（因為 $dI/dt = 0$）。
此時，$RI_p = \mathcal{E}$，所以 $I_p = \frac{\mathcal{E}}{R}$。

總解為：$I(t) = I_h(t) + I_p(t) = A e^{-(R/L)t} + \frac{\mathcal{E}}{R}$。

我們需要確定常數 A。
初始條件是開關 S 閉合於 $t=0$ 時。在 $t=0$ 之前，電感中沒有儲存能量，電流為零。
因此，在 $t=0$ 時，$I(0) = 0$。
將此代入總解：
$0 = A e^{-(R/L) \cdot 0} + \frac{\mathcal{E}}{R}$
$0 = A \cdot 1 + \frac{\mathcal{E}}{R}$
$A = -\frac{\mathcal{E}}{R}$。

此題為題組一的第一題，請參考第一題

此題為題組二的第一題，請參考第一題

此題為題組三的第一題，請參考第一題

此題為題組四的第一題，請參考第一題

此題為題組五的第一題，請參考第一題

此題為題組六的第一題，請參考第一題

此題為題組七的第一題，請參考第一題