113 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
• 純滾動條件 $v=R\omega$
• 斜面方向的牛頓第二定律
• 力的瞬時功率 $P=\vec F\cdot\vec v$

假設物體在斜面上無滑動滾動，且忽略空氣阻力與滾動摩擦；靜摩擦力對接觸點不做功。

(a) 到達斜面底端的角速度

物體下降高度 $h$，重力位能轉換為平動與轉動動能：

$$mgh=\frac{1}{2}mv^2+\frac{1}{2}I\omega^2$$

純滾動條件為

$$v=R\omega$$

代入得

$$mgh=\frac{1}{2}mR^2\omega^2+\frac{1}{2}I\omega^2$$

因此

$$\omega^2=\frac{2mgh}{mR^2+I}$$

所以到達底端時的角速度為

$$\boxed{\omega=\sqrt{\frac{2mgh}{mR^2+I}}}$$

(b) 到達底端所需時間

沿斜面方向的重力分量為 $mg\sin\phi$。純滾動物體的平動加速度為

$$a=\frac{g\sin\phi}{1+\dfrac{I}{mR^2}}$$

斜面長度由圖中的高度關係得到：

$$L=\frac{h}{\sin\phi}$$

物體由靜止開始，使用

$$L=\frac{1}{2}at^2$$

代入 $L$ 與 $a$：

$$\frac{h}{\sin\phi} = \frac{1}{2} \frac{g\sin\phi}{1+\dfrac{I}{mR^2}}t^2$$

解得

此題考查浮力、力學平衡、簡諧運動的能量與週期。

核心觀念：

1. 阿基米德原理：物體受到的浮力等於其排開液體的重量。
2. 力學平衡：物體靜止時，受到的合力為零。
3. 簡諧運動：當物體受到的恢復力與位移成正比時，會產生簡諧運動。
4. 簡諧運動的能量：總機械能等於最大位能或最大動能。

解題過程：

(a) 浸入液體中的長度 $l$

在平衡狀態下， rod 受到的重力與浮力相等。
重力 $W = mg$。
浮力 $F_B = \rho V_{submerged} g$，其中 $V_{submerged}$ 是物體浸入液體中的體積。
由於 rod 是長條狀，斷面積為 $A$，浸入長度為 $l$，所以 $V_{submerged} = Al$。
因此，浮力 $F_B = \rho Al g$。

由力學平衡， $W = F_B$：
$mg = \rho Al g$

解出 $l$：
$l = \frac{m}{\rho A}$

【答案】 $l = \frac{m}{\rho A}$

(b) 簡諧運動的角頻率

當 rod 被向上提起距離 $d$ 並釋放時，它會受到一個恢復力。
設 rod 向上偏移了 $d$ 的位移（相對於平衡位置）。此時浸入液體中的長度變為 $l+d$。
新的浮力 $F_B' = \rho A (l+d) g$。
新的重力 $W = mg$。
合力 $F_{net} = W - F_B' = mg - \rho A (l+d) g$。
由於在平衡位置 $mg = \rho Al g$，我們可以將 $mg$ 代入：
$F_{net} = \rho Al g - \rho A (l+d) g = \rho Al g - \rho Al g - \rho Ad g = -\rho Ad g$。

核心觀念

此題結合三種熱力學過程：絕熱膨脹、等溫壓縮與等體積加熱。先由循環路徑判定各狀態的體積與溫度，再分別使用理想氣體的絕熱關係、等溫功與熵變公式，以及內能公式。

以下採用「氣體對外做功為正」的慣例。由 $C\to A$ 等體積可知 $V_C=V_A=V_B/e$；由 $B\to C$ 等溫可知 $T_C=T_B$。理想氣體的定容莫耳熱容量為

$$C_V=\frac{R}{\gamma-1}.$$

解題方法

(a) $B\to C$ 的作功

等溫過程中，理想氣體對外作功為

$$W_{B\to C}=nRT_B\ln\left(\frac{V_C}{V_B}\right).$$

代入 $V_C=V_B/e$，且 $\ln(e)=1$：

$$W_{B\to C} =nRT_B\ln\left(\frac{1}{e}\right) =-nRT_B.$$

負號表示壓縮時外界對氣體作功。

(b) $B\to C$ 的熵變

理想氣體等溫過程的熵變為

$$\Delta S_{B\to C} =nR\ln\left(\frac{V_C}{V_B}\right) =nR\ln\left(\frac{1}{e}\right) =-nR.$$

(c) 狀態 $A$ 的溫度

$A\to B$ 為可逆絕熱過程，滿足

$$TV^{\gamma-1}=\text{常數}.$$

因此

$$T_A V_A^{\gamma-1}=T_B V_B^{\gamma-1}.$$

代入 $V_A=V_B/e$：

$$T_A=T_B\left(\frac{V_B}{V_A}\right)^{\gamma-1} =e^{\gamma-1}T_B.$$

(d) $C\to A$ 的內能變化

理想氣體內能只與溫度有關，因此

$$\Delta U_{C\to A} =nC_V(T_A-T_C).$$

利用 $T_C=T_B$、$T_A=e^{\gamma-1}T_B$ 及 $C_V=R/(\gamma-1)$：

$$\Delta U_{C\to A} =\frac{nRT_B}{\gamma-1}\left(e^{\gamma-1}-1\right).$$

此值為正，表示氣體在 $C\to A$ 過程中內能增加。

此題考查電容的定義、高斯定律、平行板電容器的電容公式、功的計算以及電容器的連接與儲能。

核心觀念：

1. 電容定義：$C = Q/V$。
2. 高斯定律：$\oint \vec{E} \cdot d\vec{A} = Q_{enc}/\epsilon_0$。
3. 平行板電容器電場：表面電荷密度為 $\sigma$ 的無限大平面，其電場強度為 $E = \sigma/(2\epsilon_0)$。對於平行板電容器，兩板之間的電場可近似為 $E = \sigma/\epsilon_0 = Q/(A\epsilon_0)$。
4. 電位差：$V = Ed$。
5. 電容器儲存的能量：$U = \frac{1}{2}CV^2 = \frac{1}{2}QV = \frac{1}{2}Q^2/C$。
6. 電容器並聯：總電壓相等，總電荷等於各電容器電荷之和。

解題過程：

(a) 平行板電容器的電容

考慮一個平行板電容器，兩極板面積為 $A$，間距為 $d$。假設左板帶有電荷 $+Q$，右板帶有電荷 $-Q$。由於極板面積 $A$ 遠大於間距 $d$，我們可以將電場視為均勻的。

在極板表面，電荷面密度為 $\sigma = Q/A$。
根據高斯定律，考慮一個以兩極板間的區域為體積的圓柱形高斯面，其兩端面分別位於兩極板上。
電場 $\vec{E}$ 垂直於極板。
高斯定律：$\oint \vec{E} \cdot d\vec{A} = E \cdot A + E \cdot A = 2EA = Q_{enc}/\epsilon_0$。
其中 $Q_{enc}$ 是高斯面內包含的淨電荷。
在兩板之間，電場是由兩極板表面電荷產生的。
由左板(+Q)產生的電場是 $E_+ = \sigma / (2\epsilon_0)$。
由右板(-Q)產生的電場是 $E_- = \sigma / (2\epsilon_0)$。
在兩板之間，這兩個電場方向相同，疊加起來為 $E = E_+ + E_- = \sigma/\epsilon_0$。
將 $\sigma = Q/A$ 代入，得到電場強度 $E = \frac{Q}{A\epsilon_0}$。

兩極板之間的電位差 $V$ 為：
$V = Ed = \frac{Q}{A\epsilon_0} d = \frac{Qd}{A\epsilon_0}$。

根據電容的定義 $C = Q/V$：
$C = \frac{Q}{\frac{Qd}{A\epsilon_0}} = \frac{A\epsilon_0}{d}$。

【答案】 $C = \frac{A\epsilon_0}{d}$

(b) 轉移總電荷 $Q$ 所需的功

將總電荷 $Q$ 從一個板轉移到另一個板，相當於將一個原本帶有 $+Q/2$ 和 $-Q/2$ 電荷的電容器，變成帶有 $+Q$ 和 $-Q$ 電荷。
或者，我們可以從零電荷開始，逐步將電荷從一板轉移到另一板。
假設我們每次轉移一個微小電荷 $dq$。當電容器兩板間的電荷為 $q$ 和 $-q$ 時，其電位差為 $V(q) = q/(C)$，其中 $C = A\epsilon_0/d$。
將 $dq$ 的電荷從負板移到正板（或從正板移到負板，取決於我們如何定義正負電荷的轉移），需要做的功為 $dW = V(q) dq = \frac{q}{C} dq$。
總功 $W$ 是將電荷從 $0$ 積分到 $Q$：

核心觀念

本題考查：

• 運動導體中的感應電動勢
  $\mathcal{E}=\int(\mathbf{v}\times\mathbf{B})\cdot d\mathbf{\ell}$
• 法拉第電磁感應定律
  $\mathcal{E}=-\frac{d\Phi_B}{dt}$

導電棒長度為 $L$，因此導電環半徑也是 $L$。磁場方向均為垂直紙面向內。

(a) 旋轉導電棒的運動電動勢

距離轉軸 $r$ 的位置，其切向速度為

$$v=\omega r$$

磁場大小為

$$B(r)=2r$$

由於 $\mathbf{v}$ 與 $\mathbf{B}$ 垂直，洛倫茲力所造成的單位電荷受力大小為

$$|\mathbf{v}\times\mathbf{B}|=vB =\omega r(2r)=2\omega r^2$$

沿導電棒由轉軸積分至導電環：

$$|\mathcal{E}| =\int_0^L 2\omega r^2\,dr$$ $$|\mathcal{E}| =2\omega\left[\frac{r^3}{3}\right]_0^L =\frac{2}{3}\omega L^3$$

若導電棒逆時針旋轉，且磁場向紙面內，則 $\mathbf{v}\times\mathbf{B}$ 指向轉軸，故高電位端在轉軸；若旋轉方向相反，電動勢方向也相反。

(b) 磁場隨時間變化時的感應電動勢

導電環半徑為 $L$。取紙面向外為正方向，磁場向紙面內，因此帶符號的磁通量為

核心觀念

本題考查光的折射與「視深」概念。光線由折射率較大的介質射向折射率較小的介質時，觀察者會看到物體的位置變淺。

在近軸、正上方觀察的條件下，介質厚度對觀察者所形成的視厚度為

$$d_{\mathrm{app}}=d\frac{n_{\mathrm{觀察者介質}}}{n_{\mathrm{物體所在介質}}}.$$

本題觀察者位於空氣中，因此 $n_{\mathrm{觀察者介質}}=n_{\mathrm{air}}=1$。

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解題方法

(a) 水箱底部的視深

水箱實際深度為

$$d=22\ \mathrm{cm}.$$

水的折射率為

$$n_{\mathrm{water}}=\frac{4}{3},$$

空氣的折射率為

$$n_{\mathrm{air}}=1.$$

因此水箱底部的視深為

$$d_{\mathrm{app}} =d\frac{n_{\mathrm{air}}}{n_{\mathrm{water}}} =22\left(\frac{1}{4/3}\right).$$

整理得

$$d_{\mathrm{app}} =22\left(\frac{3}{4}\right) =\frac{33}{2}\ \mathrm{cm}.$$

所以水箱看起來的深度小於實際深度。

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(b) 玻璃板的視厚度

玻璃板厚度為

$$t=10\ \mathrm{cm}.$$

玻璃板上表面與下表面之間的實際厚度，先以水中的視厚度表示：

$$t_{\mathrm{water}} =t\frac{n_{\mathrm{water}}}{n_{\mathrm{glass}}}.$$

代入

$$n_{\mathrm{water}}=\frac{4}{3}, \qquad n_{\mathrm{glass}}=\frac{5}{3},$$

可得