111 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》

本題考查萬有引力與圓周運動的結合，需要利用克卜勒第三定律或牛頓萬有引力定律推導週期公式。

解題步驟：

1. 計算軌道半徑 r：
   衛星位於地球表面上方 1250 km 處，地球半徑為 $R_E = 6.37 \times 10^6 \, \text{m}$。
   軌道半徑 $r = R_E + h = 6.37 \times 10^6 \, \text{m} + 1250 \times 10^3 \, \text{m} = 6.37 \times 10^6 \, \text{m} + 0.125 \times 10^7 \, \text{m} = 6.37 \times 10^6 \, \text{m} + 1.25 \times 10^6 \, \text{m} = 7.62 \times 10^6 \, \text{m}$。

2. 利用萬有引力提供向心力列式：
   對於圓周運動，萬有引力提供向心力：
   $\frac{GM_E m}{r^2} = m \frac{v^2}{r}$
   其中 $M_E$ 是地球質量，$m$ 是衛星質量，$v$ 是衛星的軌道速度。

3. 將速度 v 用軌道週期 T 表示：
   在週期為 $T$ 的圓周運動中，速度 $v = \frac{2\pi r}{T}$。代入上式：
   $\frac{GM_E m}{r^2} = m \frac{(2\pi r/T)^2}{r} = m \frac{4\pi^2 r^2}{T^2 r} = m \frac{4\pi^2 r}{T^2}$
   消去衛星質量 $m$：
   $\frac{GM_E}{r^2} = \frac{4\pi^2 r}{T^2}$

核心觀念

本題考查功能定理與機械能守恆，包含：

• 彈簧的彈性能：$\dfrac{1}{2}kx^2$
• 重力位能增加：$mgL\sin\theta$
• 動摩擦力做功：$W_f=-\mu mg\cos\theta\cdot L$
• 「最小壓縮量」代表物體剛好到達斜面頂端，末速度為 $0$。

令彈簧的最小壓縮量為 $x$。

解題方法

物體由彈簧釋放後上滑距離 $L$，初始彈簧能量轉換為重力位能與克服摩擦力所需的能量。

斜面方向的正向力為

$$N=mg\cos\theta$$

因此動摩擦力為

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

物體上升距離 $L$ 時，重力位能增加

$$\Delta U_g=mgL\sin\theta$$

摩擦力消耗的能量為

$$W_{\text{friction}}=\mu mg\cos\theta\,L$$

在最小壓縮量的情況下，物體到達頂端時速度恰為零，因此

$$\frac{1}{2}kx^2 = mgL\sin\theta+\mu mg\cos\theta\,L$$

整理得

$$x = \sqrt{\frac{2mgL}{k}\left(\sin\theta+\mu\cos\theta\right)}$$

代入 $\theta=30^\circ$、$\mu=1$：

本題考查彈簧的彈性力與位能的關係，以及功的定義。對於彈簧系統，彈性力是位能對位移的負梯度。

解題步驟：

1. 理解彈性力與彈性位能的關係：
   對於一個系統，其位能 $U(x)$ 與彈性力 $F(x)$ 的關係為：
   $F(x) = -\frac{dU(x)}{dx}$
   這裡的 $F(x)$ 是彈簧對外作用的力，也就是我們需要施加的力來「保持」彈簧在該位置。

2. 對給定的位能函數求導：
   給定的位能函數為 $U(x) = 22 x^2 – 9 x^3$。
   對 $U(x)$ 對 $x$ 求導：
   $\frac{dU}{dx} = \frac{d}{dx}(22 x^2 – 9 x^3) = 44x - 27x^2$

本題考查光的繞射現象，特別是單狹縫或多狹縫（繞射光柵）的繞射公式。題目提到繞射光柵，因此使用多狹縫的繞射公式。

解題步驟：

1. 確定繞射光柵的狹縫間距 d：
   光柵每厘米有 7000 條線。
   狹縫間距 $d = \frac{1 \, \text{cm}}{7000 \, \text{lines}} = \frac{10^{-2} \, \text{m}}{7000} \, \text{m/line}$
   $d = \frac{1}{7000 \times 100} \, \text{m} = \frac{1}{7 \times 10^5} \, \text{m}$
   $d \approx 1.4286 \times 10^{-7} \, \text{m}$

2. 使用繞射光柵公式：
   對於多狹縫繞射，明紋（繞射極大值）的條件是：
   $d \sin \theta = m \lambda$
   其中：

   • $d$ 是狹縫間距。
   • $\theta$ 是繞射角（明紋與入射方向的夾角）。
   • $m$ 是繞射級數（整數，0, ±1, ±2, ...）。
   • $\lambda$ 是光的波長。

3. 代入已知數值計算波長 $\lambda$：
   題目給出：

   • 第二級光譜線，所以 $m = 2$。
   • 繞射角 $\theta = 62.4^\circ$。

核心觀念

本題考查「滾動物體的能量守恆」。球體由靜止開始下滑，且全程無滑動，因此重力位能轉換為：

1. 質心的平動動能；
2. 繞質心轉動的轉動動能。

空心薄球殼的轉動慣量為

$$I=\frac{2}{3}MR^2$$

無滑動條件為

$$v=R\omega$$

其中 $v$ 為球心速度，$\omega$ 為角速度。

解題方法

球心下降高度為 $h$，初始時由靜止開始，因此初始動能為零。由機械能守恆：

$$Mgh=\frac{1}{2}Mv^2+\frac{1}{2}I\omega^2$$

代入空心球殼的轉動慣量及 $\omega=v/R$：

$$Mgh =\frac{1}{2}Mv^2 +\frac{1}{2}\left(\frac{2}{3}MR^2\right)\left(\frac{v}{R}\right)^2$$ $$Mgh =\frac{1}{2}Mv^2+\frac{1}{3}Mv^2 =\frac{5}{6}Mv^2$$

約去 $M$，可得

$$v^2=\frac{6}{5}gh$$

因此球到達山底時的速度為

$$v=\sqrt{\frac{6}{5}gh}$$

選項分析

依照原卷圖示，選項為：

核心觀念

本題考查角動量守恆。超新星爆炸後，若核心受到的外力矩可忽略，則旋轉角動量保持不變：

$$L=I\omega=\text{常數}$$

均勻實心球的轉動慣量為

$$I=\frac{2}{5}MR^2$$

其中 $M$ 為核心質量、$R$ 為半徑、$\omega$ 為角速度。

題目假設核心可視為均勻球，且沒有外力矩，因此核心塌縮前後滿足

$$I_i\omega_i=I_f\omega_f$$

解題方法

核心塌縮前後的質量視為相同，因此：

$$\frac{2}{5}M R_i^2\omega_i = \frac{2}{5}M R_f^2\omega_f$$

約去 $\frac{2}{5}M$，得到

$$R_i^2\omega_i=R_f^2\omega_f$$

因此

$$\omega_f = \left(\frac{R_i}{R_f}\right)^2\omega_i$$

初始旋轉週期為 $55$ 天，所以初始旋轉率為

$$f_i=\frac{1}{55}\ \text{rev/day}$$

由於旋轉率與角速度成正比：

$$f_f = \left(\frac{R_i}{R_f}\right)^2 f_i$$

單位換算：

$$R_i=30\ \text{Mm}=30,000\ \text{km}$$ $$R_f=8\ \text{km}$$

半徑比為

$$\frac{R_i}{R_f} = \frac{30,000}{8} = 3750$$

因此塌縮後的旋轉率為

$$f_f = 3750^2\left(\frac{1}{55}\right) \ \text{rev/day}$$

核心觀念

行進波的一般形式為

$$y(x,t)=A\cos(kx-\omega t+\phi)$$

其中：

• $A$：振幅
• $k=\dfrac{2\pi}{\lambda}$：波數
• $\lambda$：波長
• $\omega=\dfrac{2\pi}{T}$：角頻率
• $T$：週期

題目給出波峰間距為 $18\ \text{m}$，因此波長為

$$\lambda=18\ \text{m}$$

波峰到波谷的垂直距離為 $4.8\ \text{m}$，此距離等於兩倍振幅：

$$2A=4.8$$

因此

$$A=2.4\ \text{m}$$

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解題方法

先求波數：

$$k=\frac{2\pi}{\lambda} =\frac{2\pi}{18} \approx 0.35\ \text{rad/m}$$

題目表示由波峰到波谷所需時間為 $1.7\ \text{s}$。波峰到波谷相差半個週期，因此

$$\frac{T}{2}=1.7$$

得到

$$T=3.4\ \text{s}$$

角頻率為

$$\omega=\frac{2\pi}{T} =\frac{2\pi}{3.4} \approx 1.85\ \text{rad/s}$$

因此，若波沿 $+x$ 方向傳播，其波函數為

$$y(x,t)=A\cos(kx-\omega t)$$

代入 $A=2.4$、$k\approx0.35$、$\omega\approx1.85$：

$$\boxed{y(x,t)=2.4\cos(0.35x-1.85t)}$$

所以正確選項為 (B)。

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選項分析

• (A) $y(x,t)=4.8\cos(0.70x-3.70t)$

  振幅為 $4.8\ \text{m}$，則波峰到波谷距離會是 $9.6\ \text{m}$，不符合題目給出的 $4.8\ \text{m}$。此外，波數與角頻率皆為正確值的兩倍，因此錯誤。

• (B) $y(x,t)=2.4\cos(0.35x-1.85t)$

本題考查氣體分子的平均動能與方均根速率的關係，以及理想氣體分子動理論。

解題步驟：

1. 理解平均動能與方均根速率的關係：
   根據理想氣體分子動理論，單原子理想氣體的平均平移動能為 $\langle K \rangle = \frac{3}{2}kT$。
   對於任何理想氣體（單原子、雙原子或多原子），分子的平均平移動能都等於 $\frac{3}{2}kT$。
   同時，平均動能也可以表示為：
   $\langle K \rangle = \frac{1}{2} m v_{rms}^2$
   其中 $m$ 是分子的質量，$v_{rms}$ 是方均根速率。

2. 確定 $\text{O}_2$ 分子的質量 m：
   氧氣分子 ($\text{O}_2$) 的分子量是 32。
   1 原子質量單位 (u) 等於 $1.66 \times 10^{-27} \, \text{kg}$。
   所以，$\text{O}_2$ 分子的質量 $m = 32 \, \text{u} = 32 \times (1.66 \times 10^{-27} \, \text{kg})$。
   $m = 53.12 \times 10^{-27} \, \text{kg} = 5.312 \times 10^{-26} \, \text{kg}$

3. 利用平均動能公式求解 $v_{rms}$：
   題目給出平均動能 $\langle K \rangle = \frac{3}{2}kT$。
   所以，我們有：
   $\frac{1}{2} m v_{rms}^2 = \frac{3}{2} kT$
   消去 $\frac{1}{2}$：
   $m v_{rms}^2 = 3kT$
   $v_{rms}^2 = \frac{3kT}{m}$
   $v_{rms} = \sqrt{\frac{3kT}{m}}$

本題考查熵增原理（熱力學第二定律）的應用。熵是系統無序度的量度，在孤立系統中，熵總是趨向於增加。對於開放系統，熵的變化可以由內部的過程和與外界的能量/物質交換決定。題目問的是「named system」的熵是否「decrease」。

解題思路：
判斷每個過程的熵變化，主要看系統是趨向更有序還是更無序。

(A) 細胞分化 (cells differentiate in a growing embryo, forming different organs)

• 系統：生長中的胚胎。
• 過程：從一個單一的細胞（或少量細胞）發育成複雜的多細胞生物，形成不同的器官。這是一個高度組織化、結構化的過程。
• 分析：生物體的生長和分化是一個從無序到有序的過程。雖然整個過程需要從外界獲取能量和物質，並且可能導致環境熵增加，但生物體本身的組織化程度在提高，可以說系統的熵是減少的。

(B) 動物死亡並腐爛 (an animal dies, its remains gradually decays)

• 系統：死亡的動物遺體。
• 過程：遺體分解，複雜的有機分子分解成更簡單的無機物，結構崩潰。
• 分析：腐爛是一個從有序結構走向無序、分散的過程。這是一個典型的熵增加過程。

核心觀念

本題考查均勻帶電半圓弧在圓心產生的電場。使用電場定義：

$$dE=\frac{k\,dq}{a^2}$$

其中半圓弧長為 $\pi a$，故均勻線電荷密度為

$$\lambda=\frac{Q}{\pi a}.$$

由對稱性，水平方向電場分量互相抵消，垂直方向分量則同向相加。

解題方法

取半圓弧上一小段電荷

$$dq=\lambda\,a\,d\theta.$$

該電荷在圓心產生的電場大小為

$$dE=\frac{k\,dq}{a^2} =\frac{k\lambda}{a}d\theta.$$

取其垂直方向分量：

$$dE_y=dE\sin\theta.$$

對半圓弧積分，$\theta$ 從 $0$ 到 $\pi$：

$$E=\int_0^\pi \frac{k\lambda}{a}\sin\theta\,d\theta =\frac{k\lambda}{a}\left[-\cos\theta\right]_0^\pi.$$

因此

$$E=\frac{k\lambda}{a}(2) =\frac{2k\lambda}{a}.$$

核心觀念

天文望遠鏡由物鏡與目鏡組成。物鏡先將遠處物體成一個實像，再由目鏡放大觀察。

本題採用天文望遠鏡的標準設定：眼睛放鬆觀察，目鏡形成平行出射光，亦即物鏡所成的中間實像位於目鏡的前焦點。因此兩透鏡間距為

$$L=q_o+f_e$$

其中 $q_o$ 是物鏡的成像距離，$f_e$ 是目鏡焦距。

解題方法

物鏡焦距為

$$f_o=60\ \text{cm}$$

物體距離為

$$p_o=300\ \text{cm}$$

由薄透鏡公式

$$\frac{1}{f_o}=\frac{1}{p_o}+\frac{1}{q_o}$$

可得

$$\frac{1}{q_o} =\frac{1}{60}-\frac{1}{300} =\frac{5-1}{300} =\frac{4}{300}$$

因此

$$q_o=75\ \text{cm}$$

物鏡形成的中間實像距離物鏡 $75\ \text{cm}$。為使目鏡出射光平行，中間實像應位於目鏡前方一個焦距處：

$$f_e=4.5\ \text{cm}$$

所以兩透鏡的間距為

本題考查交流電的有效值、峰值和瞬時值之間的關係，以及角頻率與頻率的關係。

解題步驟：

1. 理解電壓讀數的意義：
   伏特計（voltmeter）讀數通常是指交流電壓的有效值 (RMS value)。
   所以，有效電壓 $V_{rms} = 110 \, \text{V}$。

2. 確定瞬時電壓的振幅 (峰值)：
   對於正弦交流電，瞬時電壓 $v(t)$ 的形式為 $v(t) = V_p \sin(\omega t + \phi)$，其中 $V_p$ 是峰值電壓。
   有效值與峰值之間的關係是 $V_{rms} = \frac{V_p}{\sqrt{2}}$。
   所以，峰值電壓 $V_p = V_{rms} \sqrt{2} = 110 \, \text{V} \times \sqrt{2} \approx 110 \times 1.414 = 155.54 \, \text{V}$。
   這個值約為 $156 \, \text{V}$。
   因此，瞬時電壓的振幅應該是 $156 \, \text{V}$。
   這使得選項 (A), (B), (E) 可以排除，因為它們的振幅是 110 V 或 190 V。
   選項 (C) 和 (D) 的振幅是 156 V，這與我們的計算吻合。

3. 確定角頻率 $\omega$：
   題目給出頻率 $f = 2000 \, \text{Hz}$。
   角頻率 $\omega$ 與頻率 $f$ 的關係是 $\omega = 2\pi f$。
   $\omega = 2\pi \times 2000 \, \text{Hz} = 4000\pi \, \text{rad/s}$
   計算 $\omega$ 的近似值：

核心觀念

本題考查電感電路的暫態行為。電感中的電流不能瞬間改變，因此若開關閉合前電感沒有電流，則在 $t=0^+$ 時：

$$I_L(0^+)=0$$

此時含有電感的右側支路可視為暫時沒有電流通過，等效為開路。

解題方法

開關剛閉合時，$R_3$ 與電感串聯的支路沒有電流，因此電路只剩下電池、$R_1$、$R_2$ 串聯：

$$R_{\text{等效}}=R_1+R_2=5+10=15\ \Omega$$

電路總電流為：

$$I_2(0^+)=\frac{\varepsilon_0}{R_1+R_2} =\frac{18}{15} =1.2\ \text{A}$$

因此 $R_2$ 中向下的電流為 $1.2\ \text{A}$。

選項分析

核心觀念

本題考查 Helmholtz 線圈在兩線圈中點附近產生「近似均勻磁場」的條件，以及磁場 $B(x)$ 在中點 $x=0$ 的 Taylor 展開。

由兩個完全對稱、電流方向相同的線圈所產生的磁場具有偶函數對稱性，因此：

$$B(x)=B(-x)$$

所以所有奇數階導數在中點皆為零：

$$B'(0)=B'''(0)=B'''''(0)=0$$

此外，Helmholtz 線圈的特殊線圈間距被設計為使中點的二階導數也為零：

$$B''(0)=0$$

因此，中點附近的第一個非零修正項為四階項。

解題方法

在 $x=0$ 附近作 Taylor 展開：

$$B(x)=B(0)+B'(0)x+\frac{B''(0)}{2!}x^2 +\frac{B'''(0)}{3!}x^3 +\frac{B''''(0)}{4!}x^4+\cdots$$

令 $B(0)=B_0$，並代入 Helmholtz 線圈的條件：

$$B'(0)=0,\qquad B''(0)=0,\qquad B'''(0)=0$$

因此：

$$B(x)\approx B_0+\frac{B''''(0)}{4!}x^4$$

選項中省略了 Taylor 展開的常數係數 $1/4!$，故形式上應選四次方項。

選項分析

核心觀念

帶電粒子在電磁場中的瞬時洛倫茲力為

$$\vec{F}=q\left(\vec{E}+\vec{u}\times\vec{B}\right)$$

圖中電場與磁場皆沿 $+z$ 方向。由原卷圖可讀得

$$\vec{u}=(6\times10^4)(0.766\hat{j}+0.643\hat{k})\ \text{m/s}$$

且

$$q=6\,\mu\text{C},\quad d=0.50\ \text{m},\quad V=3000\ \text{V},\quad B=2.0\ \text{T}$$

解題方法

電場大小為

$$E=\frac{V}{d}=\frac{3000}{0.50}=6000\ \text{N/C}$$

因此電場力為

$$\vec{F}_E=q\vec{E} =(6\times10^{-6})(6000)\hat{k} =0.036\hat{k}\ \text{N}$$

磁力只與速度中垂直於磁場的分量有關。因為 $\vec{B}=B\hat{k}$，所以沿 $\hat{k}$ 的速度分量不產生磁力：

$$\vec{u}\times\vec{B} =(6\times10^4)(0.766\hat{j}+0.643\hat{k})\times(2\hat{k})$$

利用 $\hat{j}\times\hat{k}=\hat{i}$、$\hat{k}\times\hat{k}=0$：

本題考查理想氣體混合物的定容莫耳熱容。

解題步驟：

1. 理解定容莫耳熱容的定義：
   定容莫耳熱容 $C_v$ 是指在定容過程中，單位莫耳數的氣體溫度每升高 1 K 所需的熱量。
   對於單原子理想氣體，其內能僅與平移動能有關，根據能量均分定理，每個自由度的平均能量為 $\frac{1}{2}kT$。
   單原子氣體有 3 個平移自由度，所以平均內能 $U = \frac{3}{2}NkT = \frac{3}{2}nRT$，其中 N 是分子數，n 是莫耳數。
   定容莫耳熱容 $C_v = \frac{1}{n} \frac{dU}{dT} = \frac{1}{n} \frac{d}{dT}(\frac{3}{2}nRT) = \frac{3}{2}R$。

   對於雙原子理想氣體（如 $\text{O}_2$），在常溫下，除了 3 個平移自由度外，還有 2 個轉動自由度（忽略振動自由度）。
   所以，平均內能 $U = (\frac{3}{2} + \frac{2}{2})NkT = \frac{5}{2}NkT = \frac{5}{2}nRT$。
   定容莫耳熱容 $C_v = \frac{1}{n} \frac{dU}{dT} = \frac{5}{2}R$。

2. 確定氣體種類和自由度：
   混合氣體包含 $\text{O}_2$ 和 Ar。

   • Ar (氬氣) 是單原子氣體。自由度為 3。
   • $\text{O}_2$ (氧氣) 是雙原子氣體。在常溫下，通常考慮 3 個平移自由度和 2 個轉動自由度，共 5 個自由度。

3. 計算混合氣體的總內能：
   設 $n_1$ 是 $\text{O}_2$ 的莫耳數，$n_2$ 是 Ar 的莫耳數。
   $n_1 = 4.5 \, \text{mol}$
   $n_2 = 6.0 \, \text{mol}$
   總莫耳數 $n_{total} = n_1 + n_2 = 4.5 + 6.0 = 10.5 \, \text{mol}$。

本題考查動量守恆定律在核反應中的應用。在沒有外力作用的情況下，系統的總動量在反應前後保持不變。

解題步驟：

1. 確定反應前後的粒子和質量：
   反應前：中子 (n) + 氘核 (d)
   反應後：氚核 (t)
   質量：
   $m_n = 1.01 \, \text{u}$
   $m_d = 2.01 \, \text{u}$
   $m_t = 3.02 \, \text{u}$
   注意：$m_n + m_d = 1.01 + 2.01 = 3.02 \, \text{u} = m_t$。這表示反應是質量守恆的，沒有能量轉化為質量虧損，也沒有質量虧損轉化為能量。

2. 列出動量守恆方程：
   系統的總動量在反應前後守恆。
   $\vec{p}_{initial} = \vec{p}_{final}$
   $\vec{p}_n + \vec{p}_d = \vec{p}_t$

3. 表示各粒子動量：
   動量 $\vec{p} = m\vec{v}$。
   設中子的初速度為 $\vec{v}_n = 34.5\hat{i} + 24.9\hat{j} \, \text{Mm/s}$。
   設氘核的初速度為 $\vec{v}_d$ (這是我們要找的)。
   設氚核的末速度為 $\vec{v}_t = 21.6\hat{i} + 42.6\hat{j} \, \text{Mm/s}$。

   動量守恆方程可以寫成：
   $m_n \vec{v}_n + m_d \vec{v}_d = m_t \vec{v}_t$

4. 解出氘核的速度 $\vec{v}_d$：
   $m_d \vec{v}_d = m_t \vec{v}_t - m_n \vec{v}_n$
   $\vec{v}_d = \frac{m_t \vec{v}_t - m_n \vec{v}_n}{m_d}$

5. 代入數值計算：
   我們可以使用原子質量單位 u 作為質量的單位，因為它會在分子和分母中約掉。
   $m_n = 1.01 \, \text{u}$
   $m_d = 2.01 \, \text{u}$
   $m_t = 3.02 \, \text{u}$

   $\vec{v}_n = (34.5\hat{i} + 24.9\hat{j}) \, \text{Mm/s}$
   $\vec{v}_t = (21.6\hat{i} + 42.6\hat{j}) \, \text{Mm/s}$

   首先計算 $m_t \vec{v}_t$:

本題考查能量守恆定律在結合了彈性勢能、平移動能和轉動動能的滾動系統中的應用。

解題步驟：

1. 分析系統的能量：
   系統的總能量是彈性勢能、平移動能和轉動動能之和。
   初始狀態（拉伸 A 後釋放）：速度為零，只有彈性勢能。
   平衡位置（通過時）：彈簧恢復到原長，彈性勢能為零。此時系統具有最大的平移動能和轉動動能。
   由於系統在振盪過程中沒有摩擦（滾動不滑動），機械能守恆。

2. 計算初始彈性勢能：
   當圓柱體被拉伸距離 A 時，兩個彈簧都被拉伸了距離 A (假設左右兩個彈簧同時被拉伸或壓縮，但題目圖示和敘述「pulled a distance A」通常指整體位移)。
   如果圓柱體向右移動 A，則右側彈簧被拉伸 A，左側彈簧也被拉伸 A。
   兩個彈簧提供的總彈性勢能為：
   $U_{initial} = \frac{1}{2} k A^2 + \frac{1}{2} k A^2 = k A^2$。

3. 計算通過平衡位置時的動能：
   通過平衡位置時，彈簧恢復到原長，彈性勢能為零。
   此時，圓柱體具有質心速度 $v$ 和角速度 $\omega$。
   平移動能 $K_{trans} = \frac{1}{2} m v^2$。
   轉動動能 $K_{rot} = \frac{1}{2} I_{cm} \omega^2$。
   圓柱體是實心圓柱體，其質心轉動慣量 $I_{cm} = \frac{1}{2} m R^2$，其中 R 是圓柱體半徑。
   由於滾動不滑動，所以 $v = \omega R$，即 $\omega = v/R$。
   $K_{rot} = \frac{1}{2} (\frac{1}{2} m R^2) (\frac{v}{R})^2 = \frac{1}{4} m R^2 \frac{v^2}{R^2} = \frac{1}{4} m v^2$。

核心觀念

這題考熱機效率的上限。熱機在兩個固定溫度熱源間運轉時，若要使排熱率最小，就必須採用可逆熱機，也就是卡諾熱機。

卡諾熱機效率為

$$\eta_{\max}=1-\frac{T_c}{T_h}$$

其中溫度必須使用絕對溫標 K。熱機能量守恆為

$$\dot Q_h=\dot W+\dot Q_c$$

因此

$$\dot Q_c=\dot Q_h-\dot W$$

解題方法

高溫熱源與低溫熱源溫度換算為

$$T_h=900+273=1173\ \text{K}$$ $$T_c=20+273=293\ \text{K}$$

卡諾熱機的最大效率為

$$\eta_{\max} =1-\frac{293}{1173} =\frac{880}{1173} \approx 0.750$$

題目給定淨機械輸出功率

$$\dot W=2\ \text{kW}$$

對卡諾熱機而言，

$$\frac{\dot Q_c}{\dot W} = \frac{T_c}{T_h-T_c}$$

所以

$$\dot Q_c = 2\left(\frac{293}{1173-293}\right) = 2\left(\frac{293}{880}\right) \approx 0.666\ \text{kW}$$

故最小排熱率約為

$$\boxed{0.67\ \text{kW}}$$

本題考查電磁感應定律（法拉第定律）和楞次定律。當閉合開關時，線圈中會產生感應磁場，進而產生感應電流。

解題步驟：

1. 分析閉合開關後的電流變化：
   開關閉合後，線圈（繞在鐵磁材料環上的線圈）中的電流開始從零增加。
   根據右手螺旋法則，如果電流方向是順時針（從圖上看，電源正極在上方，負極在下方，電流從正極流出，經過線圈，再回到負極），則在環形鐵磁材料（torus）內部產生的磁場方向是順時針方向（clockwise）。
   因為電流在增加，所以磁場強度也在增加。因此，環中的磁通量是順時針增加的。

2. 判斷感應電動勢和感應電流的方向（楞次定律）：
   楞次定律指出，感應電流的方向總是使得它產生的磁場來阻止引起感應的磁通量的變化。
   由於環中的磁通量是順時針增加的，感應磁場必須是逆時針方向，以抵抗這種增加。
   如果感應磁場是逆時針方向，那麼根據右手螺旋法則，感應電流在線圈中的流動方向也必須是逆時針方向。
   這個感應電流會流過電阻。