112 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》

此題考驗牛頓第三運動定律（作用力與反作用力定律）的應用。

根據牛頓第三運動定律，兩個物體在碰撞過程中，彼此施加的力大小相等、方向相反，且作用在同一直線上。衝量 (Impulse) 的定義是力對時間的積分，也就是 $J = \int F dt$。

此題考驗變力做功的計算，需要利用積分來求解。

功的定義是力在位移方向上的投影與位移的積分。對於一個沿著 x 軸運動的物體，若受到的力為 $F_x(x)$，則從位置 $x_1$ 移動到 $x_2$ 所做的功 $W$ 為：
$W = \int_{x_1}^{x_2} F_x(x) dx$
在本題中，力為 $F_x = (16x - 3.0x^2)$ N，移動範圍是從 $x_1 = -1$ m 到 $x_2 = +2$ m。
因此，所做的功為：
$W = \int_{-1}^{2} (16x - 3.0x^2) dx$
進行積分計算：

此題考驗簡諧運動的能量與頻率的關係。

對於一個質量的簡諧運動，其總能量 $E$ 與振幅 $A$ 和角頻率 $\omega$ 的關係式為：
$E = \frac{1}{2} k A^2 = \frac{1}{2} m \omega^2 A^2$
其中 $k$ 是彈簧常數，$m$ 是物體的質量，$\omega$ 是角頻率，$A$ 是振幅。

題目給定：
質量 $m = 0.125$ kg
總能量 $E = 2.0$ J
振幅 $A = 20.0$ cm $= 0.20$ m

我們要求的是振盪頻率 $f$。角頻率 $\omega$ 與頻率 $f$ 的關係是 $\omega = 2\pi f$。
將 $\omega = 2\pi f$ 代入能量公式：
$E = \frac{1}{2} m (2\pi f)^2 A^2$
$E = \frac{1}{2} m (4\pi^2 f^2) A^2$
$E = 2\pi^2 m f^2 A^2$

此題考驗連續性方程（continuity equation）在流體力學中的應用。

連續性方程描述了在穩定的流體流動中，單位時間內通過管道每一處的流體體積保持不變。對於不可壓縮流體（如水），這意味著流速與管道的橫截面積成反比。數學表達式為：
$A_1 v_1 = A_2 v_2$
其中 $A_1$ 和 $v_1$ 分別是初始位置的橫截面積和流速，$A_2$ 和 $v_2$ 是下游位置的橫截面積和流速。

管道是圓形的，其橫截面積 $A$ 與直徑 $d$ 的關係是 $A = \pi (d/2)^2 = \frac{\pi}{4} d^2$。
因此，面積與直徑的平方成正比：$A \propto d^2$。

題目給定：
初始流速 $v_1 = 4.0$ m/s
直徑變化：$d_2 = \frac{1}{3} d_1$

此題考驗熱力學第一定律在不同過程中的應用，以及理想氣體內能的性質。

熱力學第一定律的數學表達式為 $\Delta U = Q - W$，其中 $\Delta U$ 是系統內能的變化，$Q$ 是系統吸收的熱量，$W$ 是系統對外做的功。
對於理想氣體，其內能 $U$ 僅僅是溫度的函數，即 $\Delta U = n C_v \Delta T$。因此，如果溫度 $\Delta T$ 不變，則內能 $\Delta U$ 也不變。

我們逐一分析各個選項：

(A) 絕熱壓縮 (Adiabatic compression)：
絕熱過程意味著 $Q = 0$。壓縮過程意味著系統對外做負功（外界對系統做正功），即 $W < 0$。
根據熱力學第一定律 $\Delta U = Q - W = 0 - W = -W$。
由於 $W < 0$，所以 $\Delta U > 0$。內能增加，溫度升高。
因此，絕熱壓縮會改變內能。

(B) 等溫膨脹 (Isothermal expansion)：
等溫過程意味著 $\Delta T = 0$。對於理想氣體，由於內能僅是溫度的函數，所以 $\Delta U = 0$。
在此過程中，系統對外做功 $W > 0$，根據熱力學第一定律 $\Delta U = Q - W$，可得 $0 = Q - W$，即 $Q = W$。系統吸收的熱量等於對外做的功。

此題考驗理想熱機（卡諾熱機）的效率公式及其極限情況。

理想熱機的效率 $\eta$ 由其工作溫度決定，公式為：
$\eta = 1 - \frac{T_C}{T_H}$
其中 $T_H$ 是高溫熱源的絕對溫度 (Kelvin)，$T_C$ 是低溫熱源的絕對溫度 (Kelvin)。

要使效率 $\eta = 100\%$ (或 1)，則必須滿足：
$1 = 1 - \frac{T_C}{T_H}$
這意味著：
$\frac{T_C}{T_H} = 0$
由於 $T_H$ 是高溫熱源的溫度，通常不為零（除非是理論上的極限情況），因此要使這個比值為零，必須滿足：

此題考驗熵 (entropy) 的基本概念，特別是熵的狀態函數性質。

熵是一個狀態函數 (state function)，這意味著系統的熵變量 $\Delta S$ 只取決於系統的初始狀態和最終狀態，而與經歷的過程路徑無關。這與內能、焓、溫度、壓力、體積等狀態函數的性質相同。

數學上，對於一個從狀態 1 變到狀態 2 的過程，熵變為：
$\Delta S = S_2 - S_1$
其中 $S_1$ 是初始狀態的熵，$S_2$ 是最終狀態的熵。

此題考驗理想氣體等溫膨脹過程中的熵變計算。

對於一個過程，熵變 $\Delta S$ 可以通過計算過程中的熱量 $Q_{rev}$ 除以絕對溫度 $T$ 來獲得，即 $\Delta S = \int \frac{dQ_{rev}}{T}$。

對於理想氣體，等溫過程的特點是溫度 $T$ 保持恆定 ($\Delta T = 0$)。
根據熱力學第一定律，$\Delta U = Q - W$。
對於理想氣體，內能 $\Delta U$ 僅是溫度的函數，所以等溫過程的內能變化 $\Delta U = 0$。
因此，$0 = Q - W$，即 $Q = W$。
在等溫膨脹過程中，系統對外做的功 $W$ 為：
$W = \int_{V_1}^{V_2} P dV$
對於理想氣體，$PV = nRT$，所以 $P = \frac{nRT}{V}$。
$W = \int_{V_1}^{V_2} \frac{nRT}{V} dV$
由於 $n, R, T$ 在等溫過程中都是常數，可以提到積分外面：
$W = nRT \int_{V_1}^{V_2} \frac{1}{V} dV$
$W = nRT [\ln V]_{V_1}^{V_2}$

核心觀念

簡諧運動的位置通常寫成

$$x=A\sin(\omega t+\phi)$$

其中：

• $A$ 為振幅；
• $\omega$ 為角頻率；
• $\phi$ 為初相位；
• 速度為位移對時間的一階導數：

$$v=\frac{dx}{dt}$$

本題給出

$$x=5.0\sin\left(\pi t+\frac{\pi}{3}\right)$$

因此 $A=5.0\ \text{m}$，$\omega=\pi\ \text{rad/s}$。

解題方法

對位移函數微分：

$$v=\frac{dx}{dt} =5.0\pi\cos\left(\pi t+\frac{\pi}{3}\right)$$

代入 $t=2.0\ \text{s}$：

$$v=5.0\pi\cos\left(2\pi+\frac{\pi}{3}\right)$$

由週期性質，

$$\cos\left(2\pi+\frac{\pi}{3}\right) =\cos\left(\frac{\pi}{3}\right) =\frac{1}{2}$$

所以

$$v=5.0\pi\left(\frac{1}{2}\right) =\frac{5\pi}{2} \approx 7.85\ \text{m/s}$$

取選項所給的有效位數：

$$v\approx +8.0\ \text{m/s}$$

選項分析

核心觀念

轉動物體從靜止加速時，外力所做的功會增加它的轉動動能。平均功率定義為功除以所需時間，因此在忽略摩擦與其他能量損失時：

$$P_{\text{平均}}=\frac{\Delta K_{\text{轉動}}}{\Delta t}$$

均勻實心圓盤繞中心軸的轉動慣量為 $I=\frac{1}{2}MR^2$，轉動動能為 $K_{\text{轉動}}=\frac{1}{2}I\omega^2$。

解題方法

圓盤由靜止開始，初角速度為 $\omega_i=0$，末角速度為 $\omega_f=10.0\ \text{rad/s}$。先求末態轉動動能，再除以加速時間：

$$I=\frac{1}{2}MR^2 =\frac{1}{2}(2.2)(0.70)^2 =0.539\ \text{kg}\cdot\text{m}^2$$ $$\Delta K_{\text{轉動}} =\frac{1}{2}I(\omega_f^2-\omega_i^2) =\frac{1}{2}(0.539)(10.0^2) =26.95\ \text{J}$$

核心觀念

長直導線距離 $r$ 處的磁場大小為

$$B=\frac{\mu_0 I}{2\pi r}$$

方向由右手定則判斷。圖中：

• 上方導線電流 $5\,\mathrm{A}$ 向左。
• 下方導線電流 $10\,\mathrm{A}$ 向右。
• 兩導線相距 $d=10\,\mathrm{cm}$。

磁場為向紙外或向紙內時，需依兩條導線的磁場方向作代數相加。

解題方法

區域 1：兩條導線上方

上方 $5\,\mathrm{A}$ 導線產生的磁場指向紙內；下方 $10\,\mathrm{A}$ 導線產生的磁場指向紙外，方向相反，因此存在磁場抵銷的位置。

設該點距離上方導線為 $y$，則距離下方導線為 $y+d$。令兩磁場大小相等：

$$\frac{\mu_0(5)}{2\pi y} = \frac{\mu_0(10)}{2\pi(y+d)}$$

約去共同因子：

$$\frac{5}{y}=\frac{10}{y+d}$$ $$5(y+d)=10y$$ $$y=d=10\,\mathrm{cm}$$

因此區域 1 確實有一點磁場為零。

區域 2：兩導線之間

在兩導線之間：

• 上方 $5\,\mathrm{A}$ 導線下方的磁場指向紙外。
• 下方 $10\,\mathrm{A}$ 導線上方的磁場也指向紙外。

兩者方向相同，磁場相加，不可能為零。

核心觀念

本題考查：

• 長直導線的磁場方向
• 法拉第電磁感應定律
• 楞次定律
• 載流導線在磁場中的安培力

長直導線電流向右，依右手定則，導線上方的磁場方向為垂直紙面向外。

解題方法

線圈向下接近長直導線時，導線穿過線圈的磁通量增加：

$$\Phi_B=\int \vec B\cdot d\vec A$$

由於線圈距離導線越近，長直導線產生的磁場越強，因此向外的磁通量增加。

根據楞次定律，感應電流所產生的磁場必須阻止磁通量增加，所以感應磁場方向為進入紙面。依右手定則，線圈中的感應電流為順時針方向。

因此：

• 線圈下方的水平線段，電流向左；
• 長直導線中的電流向右。

兩條平行導線電流方向相反，彼此產生排斥力，因此線圈下方線段受到向上的力。

線圈上方線段的電流向右，與長直導線同向，會受到向下的吸引力；但上方線段距離長直導線較遠，磁場較弱。由於長直導線磁場大小為

$$B=\frac{\mu_0 I}{2\pi r}$$

距離越遠，磁場越小，所以向上的排斥力大於上方的向下吸引力，線圈所受合力方向為向上。

選項分析

核心觀念

平面電磁波中，電場與磁場同相，且振幅滿足

$$E_0=cB_0$$

其中

$$c=\frac{1}{\sqrt{\mu_0\varepsilon_0}}$$

波數與角頻率分別為

$$k=\frac{2\pi}{\lambda}=\frac{\omega}{c}, \qquad \omega=2\pi f$$

若波沿 $+x$ 方向傳播，磁場波函數可寫成

$$B(x,t)=B_0\cos(kx-\omega t)$$

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解題方法

已知頻率

$$f=5.0\times10^9\ \text{Hz}$$

電場振幅

$$E_0=6\ \text{V/m}$$

先由給定常數求電磁波速率：

$$c=\frac{1}{\sqrt{\mu_0\varepsilon_0}} =\frac{1}{\sqrt{(4\pi\times10^{-7})(8.85\times10^{-12})}} \approx 3.00\times10^8\ \text{m/s}$$

磁場振幅為

$$B_0=\frac{E_0}{c} =\frac{6}{3.00\times10^8} =2.0\times10^{-8}\ \text{T}$$

角頻率：

$$\omega=2\pi f =2\pi(5.0\times10^9) \approx 3.14\times10^{10}\ \text{rad/s}$$

波數：

$$k=\frac{\omega}{c} =\frac{3.14\times10^{10}}{3.00\times10^8} \approx 104.72\ \text{rad/m}$$

因此磁場波函數為

$$B(x,t)=2\times10^{-8} \cos\left(104.72x-3.14\times10^{10}t\right)$$

題目選項以純量形式表示磁場；實際磁場方向須由電場方向與傳播方向利用右手定則決定。

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選項分析

• (A)
  振幅 $5\times10^{-7}$ 不符合

此題考驗電磁波的強度（平均坡印廷向量）與電場振幅、波長等參數的關係。

電磁波的強度 $I$ 是指單位時間內垂直於波傳播方向的單位面積上傳遞的能量，它等於平均坡印廷向量 $\langle S \rangle$ 的大小。
對於平面電磁波，強度 $I$ 可以表示為：
$I = \langle S \rangle = \frac{1}{2} c \varepsilon_0 E_0^2 = \frac{1}{2} \frac{c}{\mu_0} B_0^2 = \frac{E_0 B_0}{2\mu_0}$
其中：
$E_0$ 是電場振幅。
$B_0$ 是磁場振幅。
$c$ 是光速。
$\varepsilon_0$ 是真空介電常數。
$\mu_0$ 是真空磁導率。

題目給定：
波長 $\lambda = 500.0$ nm $= 500.0 \times 10^{-9}$ m $= 5.0 \times 10^{-7}$ m。
電場振幅 $E_0 = 300.0$ V/m。
$\mu_0 = 4\pi \times 10^{-7} \, \text{N/A}^2$
$\varepsilon_0 = 8.85 \times 10^{-12} \, \text{F/m}$

我們需要計算強度 $I$。首先，我們需要光速 $c$。
$c = \frac{1}{\sqrt{\mu_0 \varepsilon_0}} = \frac{1}{\sqrt{(4\pi \times 10^{-7})(8.85 \times 10^{-12})}}$
$c \approx 2.998 \times 10^8$ m/s。我們可以使用 $c \approx 3.00 \times 10^8$ m/s。

現在，我們使用公式 $I = \frac{1}{2} c \varepsilon_0 E_0^2$ 來計算強度：
$I = \frac{1}{2} (3.00 \times 10^8 \text{ m/s}) (8.85 \times 10^{-12} \text{ F/m}) (300.0 \text{ V/m})^2$

此題考驗 RLC 電路在穩態下的行為。

當開關閉合後，電路會經歷一個暫態過程，然後達到穩態。在穩態下（即經過足夠長的時間後，電容器和電感的行為會變得非常簡單。

穩態下的電感器 (inductor) 和電容器 (capacitor) 的行為：

1. 電感器 (Inductor, L)： 在穩態的直流電路中，電感器相當於短路（零電阻）。這是因為電感器對電流變化的響應，在穩態下電流不再變化，所以電感器上的電壓降為零 ($V_L = L \frac{dI}{dt}$，若 $\frac{dI}{dt} = 0$，則 $V_L = 0$)。
2. 電容器 (Capacitor, C)： 在穩態的直流電路中，電容器相當於開路。這是因為電容器會持續充電，直到其上的電壓等於電源電壓（如果電路中只有一個電源）。一旦充電完成，就沒有電流流過電容器 ($I_C = C \frac{dV}{dt}$，若 $\frac{dV}{dt} = 0$，則 $I_C = 0$)。

現在我們來看給定的電路圖：
電路包含一個 6V 的直流電源，一個 2Ω電阻，一個 1Ω電阻，一個 1F 的電容器，以及一個 1H 的電感器。這些元件串聯連接。

在穩態下：

• 電感器 (1H) 相當於短路。
• 電容器 (1F) 相當於開路。

核心觀念

點電荷在位置 $x_i$ 所產生的電位為

$$V_i=\frac{kq_i}{r_i},$$

其中 $k$ 為庫侖常數，$r_i$ 是觀察點到該電荷的距離。多個點電荷的總電位遵守疊加原理：

$$V=k\sum_i\frac{q_i}{r_i}.$$

本題中：

• $q_1=1\,\mu\text{C}$ 位於 $x=0$
• $q_2=-4\,\mu\text{C}$ 位於 $x=2$

要求總電位為零的位置 $x$。

解題方法

觀察點 $x$ 不可等於 $0$ 或 $2$，因為位於點電荷位置時，電位不存在有限值。

總電位為

$$V=k\left(\frac{1}{|x|}-\frac{4}{|x-2|}\right).$$

令 $V=0$，並消去非零常數 $k$：

$$\frac{1}{|x|}-\frac{4}{|x-2|}=0$$ $$\frac{1}{|x|}=\frac{4}{|x-2|}.$$

因此

$$|x-2|=4|x|.$$

必須依照觀察點所在區域處理絕對值。

情況一：$x<0$

此時

$$|x|=-x,\qquad |x-2|=2-x.$$

代入方程式：

$$2-x=4(-x)$$ $$2-x=-4x$$ $$3x=-2$$ $$x=-\frac{2}{3}.$$

此解符合 $x<0$。

情況二：$0<x<2$

此時

$$|x|=x,\qquad |x-2|=2-x.$$

因此

$$2-x=4x$$ $$2=5x$$ $$x=\frac{2}{5}.$$

此解符合 $0<x<2$。

情況三：$x>2$

此時

$$|x|=x,\qquad |x-2|=x-2.$$

因此

$$x-2=4x$$ $$-2=3x$$ $$x=-\frac{2}{3}.$$

但 $-\frac{2}{3}$ 不符合 $x>2$，所以此區域沒有解。

故電位為零的有限位置為

核心觀念

水分子的兩條 O–H 鍵各具有大小為

$$p=5\times10^{-30}\ \mathrm{C\cdot m}$$

的電偶極矩。兩個偶極矩方向皆由氫原子指向氧原子，夾角等於分子鍵角 $105^\circ$。

兩個等大向量夾角為 $\theta$ 時，合偶極矩大小為

$$p_{\text{水}}=2p\cos\frac{\theta}{2}.$$

解題方法

水分子具有左右對稱性，兩個偶極矩在分子對稱軸的垂直分量互相抵消，沿對稱軸的分量相加。因此

$$p_{\text{水}} =2(5\times10^{-30})\cos\left(\frac{105^\circ}{2}\right).$$

由題目給定

$$\cos 52.5^\circ=0.61,$$

所以

$$p_{\text{水}} =10\times10^{-30}\times0.61 =6.10\times10^{-30}\ \mathrm{C\cdot m}.$$

選項分析

• (A) $3.05\times10^{-30}\ \mathrm{C\cdot m}$：錯誤。此值相當於只取單一偶極矩的一部分，未將兩條 O–H 鍵的貢獻正確相加。

核心觀念

本題考查光纖彎曲時的全反射條件。光線要被限制在折彎的光纖內，必須在外側界面滿足全反射：

$$\sin\theta_c=\frac{n_{\text{out}}}{n_{\text{fiber}}} =\frac{1.0}{1.5}=\frac{2}{3}$$

其中 $\theta_c$ 為臨界角。

解題方法

光纖外半徑為 $R$，直徑為 $d=10.0\,\mu\text{m}$，因此光纖內側邊緣到彎曲中心的距離為

$$R-d$$

考慮最容易漏出的光線：從光纖內側邊緣沿原本的軸向前進。光線碰到外側圓弧時，若以彎曲中心為圓心，幾何關係給出

$$\sin\theta=\frac{R-d}{R}$$

為了不讓光線逸出，必須有

$$\frac{R-d}{R}\geq \frac{2}{3}$$

解得

$$3R-3d\geq 2R$$ $$R\geq 3d$$

代入 $d=10.0\,\mu\text{m}$：

$$R_{\min}=3(10.0\,\mu\text{m}) =30.0\,\mu\text{m}$$

因此最小允許的外側半徑為 $30.0\,\mu\text{m}$。

此題考驗 RLC 串聯電路的交流穩態分析，特別是輸出電壓的幅值計算。

電路是一個 RLC 串聯電路，由一個交流電源 $v_s(t)$、一個電阻 $R$、一個電感 $L$ 和一個電容器 $C$ 組成。輸出電壓 $v_o(t)$ 是電容器兩端的電壓。

首先，我們需要將元件參數和電源轉換為複數阻抗形式。
電源電壓的角頻率是 $\omega = 10000$ rad/s。
電源電壓幅值 $V_{s0} = 2$ V。

各元件的阻抗：
電阻 $R = 200.0 \, \Omega$。阻抗為 $Z_R = R = 200 \, \Omega$。
電感 $L = 10$ mH $= 10 \times 10^{-3}$ H。感抗 $X_L = \omega L = (10000 \, \text{rad/s})(10 \times 10^{-3} \, \text{H}) = 100 \, \Omega$。
電感的阻抗為 $Z_L = jX_L = j100 \, \Omega$。
電容 $C = 1.0$ µF $= 1.0 \times 10^{-6}$ F。容抗 $X_C = \frac{1}{\omega C} = \frac{1}{(10000 \, \text{rad/s})(1.0 \times 10^{-6} \, \text{F})} = \frac{1}{0.01} = 100 \, \Omega$。
電容的阻抗為 $Z_C = -jX_C = -j100 \, \Omega$。

串聯電路的總阻抗 $Z_{total}$ 為：
$Z_{total} = Z_R + Z_L + Z_C = R + jX_L - jX_C$
$Z_{total} = 200 \, \Omega + j100 \, \Omega - j100 \, \Omega = 200 \, \Omega$。

注意：在這個特定的電路中，感抗 $X_L$ 和容抗 $X_C$ 大小相等，方向相反，它們相互抵消了。這是一個發生了諧振（如果電源頻率是 LC 諧振頻率的話）或接近諧振的特殊情況。

此題考驗楊氏雙狹縫干涉實驗中，介質改變對干涉條紋的影響。

楊氏雙狹縫干涉實驗中，條紋間距 $\Delta y$ 的公式為：
$\Delta y = \frac{\lambda L}{d}$
其中：
$\lambda$ 是光的波長。
$L$ 是狹縫到屏幕的距離。
$d$ 是雙狹縫之間的距離。

當實驗裝置從空氣（折射率 $n_{air} \approx 1.0$）移到水中（折射率 $n_{water} \approx 1.33$）時，光的波長會發生變化。
在介質中的波長 $\lambda_{medium}$ 與在真空（或空氣）中的波長 $\lambda_0$ 的關係是：
$\lambda_{medium} = \frac{\lambda_0}{n_{medium}}$。

在本題中，從空氣（$n_{air} \approx 1.0$）移到水中（$n_{water} \approx 1.33$）。
所以，在水中的波長 $\lambda_{water} = \frac{\lambda_{air}}{n_{water}}$。
由於 $n_{water} > 1$，所以 $\lambda_{water} < \lambda_{air}$。即光在水中的波長變短了。