114 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》

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第 1 題

  1. The wave function of a transverse wave propagating on a rope is given by: y(x,t)=4sin⁡(0.5x+30t)y(x,t) = 4 \sin(0.5x + 30t), where xx and yy are measured in meters, and tt is in seconds. Find the velocity of a particle on the rope at x=2x = 2 m and t=0.4t = 0.4 s.
    (A) 100.52 m/s
    (B) 108.84 m/s
    (C) 116.88 m/s
    (D) 124.19 m/s
    (E) None of the above.

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這題考查的是橫波的粒子速度,與波速的區別。
給定的橫波波函數為 y(x,t)=4sin⁡(0.5x+30t)y(x,t) = 4 \sin(0.5x + 30t)。
其中 xx 為位置(公尺),tt 為時間(秒),yy 為位移(公尺)。

粒子在某一點的瞬時速度是該點位移對時間的偏微分:
vy(x,t)=∂y∂tv_y(x,t) = \frac{\partial y}{\partial t}

對 y(x,t)y(x,t) 對 tt 進行偏微分:
vy(x,t)=∂∂t[4sin⁡(0.5x+30t)]v_y(x,t) = \frac{\partial}{\partial t} [4 \sin(0.5x + 30t)]
vy(x,t)=4cos⁡(0.5x+30t)⋅∂∂t(0.5x+30t)v_y(x,t) = 4 \cos(0.5x + 30t) \cdot \frac{\partial}{\partial t}(0.5x + 30t)
vy(x,t)=4cos⁡(0.5x+30t)⋅30v_y(x,t) = 4 \cos(0.5x + 30t) \cdot 30
vy(x,t)=120cos⁡(0.5x+30t)v_y(x,t) = 120 \cos(0.5x + 30t)

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第 2 題

  1. A 0.30 kg rocket in a fireworks display is launched from rest and follows an erratic flight (飛行不穩定) path to reach point P, which is 35 m above the starting point. During the flight, 600 J of work is done on the rocket by the non-conservative force generated by the burning propellant (燃燒推進劑). Ignoring air resistance and the mass lost due to the burning propellant, find the speed of the rocket at point P. (g=9.8g = 9.8 m/s²)
    (A) 51.97 m/s
    (B) 53.16 m/s
    (C) 55.29 m/s
    (D) 57.56 m/s
    (E) 59.42 m/s

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這題考查的是非保守力做功與系統力學能的關係,以及重力位能的變化。
我們使用功-能定理的推廣形式,考慮非保守力做功。
系統的總力學能 E=K+UgE = K + U_g,其中 KK 是動能,UgU_g 是重力位能。
非保守力做的功 WncW_{nc} 等於系統總力學能的變化量:
Wnc=ΔE=ΔK+ΔUgW_{nc} = \Delta E = \Delta K + \Delta U_g

題目給定的資訊:

  • 初始質量 m=0.30m = 0.30 kg
  • 初始速度 vi=0v_i = 0 m/s (從靜止開始)
  • 最終位置 P 相對於起始點的高度 h=35h = 35 m
  • 非保守力做的功 Wnc=600W_{nc} = 600 J (題目說「由燃燒推進劑產生的非保守力對火箭做的功」,且是「做在火箭上」,所以是正功)
  • 重力加速度 g=9.8g = 9.8 m/s²

初始動能 Ki=12mvi2=12(0.30)(0)2=0K_i = \frac{1}{2} m v_i^2 = \frac{1}{2} (0.30)(0)^2 = 0 J。
假設起始點的重力位能 Ugi=0U_{gi} = 0。
那麼在點 P 的重力位能 Ugp=mgh=(0.30 kg)(9.8 m/s2)(35 m)U_{gp} = mgh = (0.30 \text{ kg})(9.8 \text{ m/s}^2)(35 \text{ m})。
Ugp=0.30×9.8×35=0.30×343=102.9U_{gp} = 0.30 \times 9.8 \times 35 = 0.30 \times 343 = 102.9 J。

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第 3 題

  1. A satellite of mass mm is in orbit around a planet with mass MM and radius RR. The satellite is initially in an elliptical orbit. At its closest approach (perigee), the distance from the satellite to the center of the planet is rpr_p and its speed is vpv_p. At its farthest point (apogee), the distance from the satellite to the center of the planet is rar_a and its speed is vav_a. Assume that as the satellite reaches apogee, a force is applied to change its speed, allowing the satellite to enter a circular orbit at radius rar_a. Calculate the work required to change the satellite's orbit to a circular orbit at rar_a.
    (A) GMmra−12mva2\frac{GMm}{r_a} - \frac{1}{2}mv_a^2
    (B) 12mva2−GMmra\frac{1}{2}mv_a^2 - \frac{GMm}{r_a}
    (C) GMm2ra+12mva2\frac{GMm}{2r_a} + \frac{1}{2}mv_a^2
    (D) GMm3ra−12mva2\frac{GMm}{3r_a} - \frac{1}{2}mv_a^2
    (E) GMm3ra+12mva2\frac{GMm}{3r_a} + \frac{1}{2}mv_a^2

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核心觀念
本題在考察 機械能的改變與外力所做的功。在半徑不變的情況下,重力勢能不會改變,只有動能的增減需要由外力提供(或抽走)。因此必須比較 圓形軌道的所需速度 與 目前在遠星點的速度,由此求出外力所做的功 WW。


解題步驟

(a) 圓形軌道的速度
對於半徑為 rar_a 的圓形軌道,向心力由萬有引力提供:

mvc2ra=GMmra2⟹vc=GMra.\frac{m v_c^{2}}{r_a}= \frac{GMm}{r_a^{2}} \quad\Longrightarrow\quad v_c=\sqrt{\frac{GM}{r_a}} .

(b) 初始與最終的動能

  • 初始(遠星點)動能

Ki=12mva2.K_i = \frac12 m v_a^{2}.

  • 最終(圓形軌道)動能
Kf=12mvc2=12m(GMra)=GMm2ra.K_f = \frac12 m v_c^{2} = \frac12 m\left(\frac{GM}{r_a}\right) = \frac{GMm}{2r_a}.

(c) 重力勢能的變化
遠星點的半徑保持不變,故勢能

U=−GMmraU = -\frac{GMm}{r_a}

在前後兩種軌道皆相同,勢能不變。

(d) 外力所做的功
外力在遠星點施加,只改變速度而不改變位置,故其功等於系統總機械能的變化,亦等於動能的變化:

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第 4 題

  1. A truck of mass MM, including four solid cylindrical tires, requires power to accelerate at a given rate. Each tire can be approximated as a solid cylinder with mass mm and radius RR. Derive an expression for the power needed to accelerate the truck as a function of its mass MM, the mass of each tire mm, the truck's speed vv, and its acceleration aa. Your answer should contain MM, mm, vv, and aa.
    (A) (M+2m)va(M+2m)va
    (B) (M+m)va(M+m)va
    (C) (M+2m)(v/a)(M+2m)(v/a)
    (D) (M+m)(v/a)(M+m)(v/a)
    (E) None of the above.

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核心觀念

本題考查「功率等於動能對時間的變化率」:

P=dKdtP=\frac{dK}{dt}

卡車前進時,能量增加包含兩部分:

  1. 卡車整體平移的動能。
  2. 四個輪胎繞自身軸心轉動的轉動動能。

題目已說明 MM 包含四個輪胎的質量,因此平移動能直接使用 MM;輪胎的轉動動能則需另外計算。

假設輪胎純滾動且無滑動,則有:

ω=vR\omega=\frac{v}{R}

其中 ω\omega 為輪胎角速度。

解題方法

1. 卡車整體的平移動能

卡車總質量為 MM,因此平移動能為:

Ktrans=12Mv2K_{\text{trans}}=\frac{1}{2}Mv^2

由於加速度為 aa,

dvdt=a\frac{dv}{dt}=a

所以平移動能增加所需的功率為:

Ptrans=dKtransdt=ddt(12Mv2)=Mvdvdt=MvaP_{\text{trans}} =\frac{dK_{\text{trans}}}{dt} =\frac{d}{dt}\left(\frac{1}{2}Mv^2\right) =Mv\frac{dv}{dt} =Mva

2. 四個輪胎的轉動動能

每個輪胎為實心圓柱,其轉動慣量為:

I=12mR2I=\frac{1}{2}mR^2

單一輪胎的轉動動能:

Krot, one=12Iω2K_{\text{rot, one}} =\frac{1}{2}I\omega^2

代入 I=12mR2I=\frac{1}{2}mR^2 與 ω=vR\omega=\frac{v}{R}:

Krot, one=12(12mR2)(vR)2=14mv2K_{\text{rot, one}} =\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}mR^2\right) \left(\frac{v}{R}\right)^2 =\frac{1}{4}mv^2

四個輪胎的總轉動動能為:

Krot=4(14mv2)=mv2K_{\text{rot}} =4\left(\frac{1}{4}mv^2\right) =mv^2

因此輪胎轉動所需的功率為:

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第 5 題

  1. A massless pulley with radius R=0.5R=0.5 m and moment of inertia I=2.0I=2.0 kg·m² is used in a system where a rope is attached to two masses. One end of the rope is connected to a mass m1=3.0m_1=3.0 kg, which hangs vertically, while the other end is attached to a mass m2=5.0m_2=5.0 kg that lies on a frictionless horizontal surface. The system is initially at rest, and we assume the rope does not slip on the pulley. Calculate the acceleration of m1m_1.
    (A) 5.75m/s²
    (B) 4.63m/s²
    (C) 3.28m/s²
    (D) 2.84m/s²
    (E) 1.84m/s²

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這題考查的是連接物體的動力學問題,其中包含一個有轉動慣量的滑輪。我們需要利用牛頓第二運動定律和滑輪的轉動定律來求解。

1. 分析系統中的力:

  • 質量 m1m_1 (懸掛部分):

    • 向下的重力:m1gm_1 g
    • 向上的繩子張力:T1T_1
    • 運動方向:向下加速,設加速度為 aa。
    • 牛頓第二定律:m1g−T1=m1am_1 g - T_1 = m_1 a (方程式 1)
  • 質量 m2m_2 (水平部分):

    • 水平方向的繩子張力:T2T_2
    • 運動方向:向右加速,加速度為 aa (因為繩子不滑動,所以 m1m_1 和 m2m_2 的加速度大小相同)。
    • 水平表面無摩擦力。
    • 牛頓第二定律:T2=m2aT_2 = m_2 a (方程式 2)
  • 滑輪:

    • 半徑 R=0.5R = 0.5 m
    • 轉動慣量 I=2.0I = 2.0 kg·m²
    • 繩子施加的張力 T1T_1 和 T2T_2 會對滑輪產生力矩。
    • T1T_1 作用在滑輪的一側,使滑輪順時針轉動。
    • T2T_2 作用在滑輪的另一側,使滑輪逆時針轉動。
    • 由於 m1m_1 下降,所以 T1T_1 應該大於 T2T_2 以產生順時針的淨力矩。
    • 力矩 τ=Iα\tau = I \alpha,其中 α\alpha 是角加速度。
    • 繩子不滑動,所以線加速度 aa 與角加速度 α\alpha 的關係為 a=Rαa = R\alpha。因此,α=a/R\alpha = a/R。
    • 淨力矩:τnet=T1R−T2R\tau_{net} = T_1 R - T_2 R (假設 T1T_1 產生的力矩為正)
    • 轉動定律:T1R−T2R=Iα=I(a/R)T_1 R - T_2 R = I \alpha = I (a/R) (方程式 3)

2. 求解加速度 aa:
我們有三個未知數 (T1,T2,aT_1, T_2, a) 和三個方程式。

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第 6 題

  1. Two sine waves with opposite phases but the same amplitude of A=0.1A=0.1 m and frequency f=5f=5 Hz are traveling in opposite directions along a string, forming a standing wave. The mass per unit length of the string is μ=0.02\mu=0.02 kg/m. Determine the kinetic energy per unit length of the string at the moment when the two waves completely overlap, causing the string to appear as a straight line.
    (A) 0.194J/m
    (B) 0.264J/m
    (C) 0.395J/m
    (D) 0.413J/m
    (E) 0.528J/m

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核心觀念

本題考查:

  • 兩個反向傳播、振幅相同的正弦波形成駐波。
  • 波速與角頻率的關係:ω=2πf\omega=2\pi f。
  • 線元的動能密度:
    uK=12μvy2u_K=\frac{1}{2}\mu v_y^2
  • 駐波在「弦呈一直線」的瞬間,所有位置的位移皆為零,但各位置的橫向速度不必相同,因此要求「每單位長度」的動能時,應取一個波長內的平均值。

解題方法

設兩個反向傳播的波為

y1=Asin⁡(kx−ωt)y_1=A\sin(kx-\omega t)

以及相差反相的波

y2=−Asin⁡(kx+ωt)y_2=-A\sin(kx+\omega t)

合成後:

y=y1+y2y=y_1+y_2

利用三角恆等式可得

y=−2Acos⁡kxsin⁡ωty=-2A\cos kx\sin\omega t

這是一個振幅為 2Acos⁡kx2A\cos kx 的駐波。

弦呈現一直線時,整條弦的位移皆為零,因此

sin⁡ωt=0\sin\omega t=0

此時線元的橫向速度為

vy=∂y∂t=−2Aωcos⁡kxcos⁡ωtv_y=\frac{\partial y}{\partial t} =-2A\omega\cos kx\cos\omega t

由於此時 cos⁡2ωt=1\cos^2\omega t=1,所以

vy2=4A2ω2cos⁡2kxv_y^2=4A^2\omega^2\cos^2 kx

動能每單位長度為

uK(x)=12μvy2=2μA2ω2cos⁡2kxu_K(x)=\frac{1}{2}\mu v_y^2 =2\mu A^2\omega^2\cos^2 kx

由於動能密度會隨位置改變,取一個波長的平均值:

⟨cos⁡2kx⟩=12\left\langle \cos^2 kx\right\rangle=\frac{1}{2}

因此平均動能密度為

⟨uK⟩=2μA2ω2(12)=μA2ω2\langle u_K\rangle =2\mu A^2\omega^2\left(\frac{1}{2}\right) =\mu A^2\omega^2

代入

ω=2πf=2π(5)=10π rad/s\omega=2\pi f=2\pi(5)=10\pi\ \text{rad/s}

得到

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第 7 題

  1. A doctor uses ultrasound to monitor blood flow in a patient's artery. The ultrasound device emits a 4.0 MHz wave, which reflects off moving red blood cells. The observed frequency shift due to the motion of the blood cells is 120 Hz. Assume the speed of sound in blood is approximately v=1540v =1540 m/s. Calculate the speed uu of the blood cells.
    (A) 1.53cm/s
    (B) 2.31cm/s
    (C) 3.12cm/s
    (D) 4.97cm/s
    (E) 5.73cm/s

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這題考查的是都卜勒效應在聲波中的應用,特別是當聲源(血液流動)和反射體(紅血球)都在移動的情況。

1. 都卜勒效應公式:
當波源和觀察者(或反射體)相對運動時,觀察者接收到的頻率會發生變化。
對於聲波,當波源和觀察者(或反射體)都在移動時,接收到的頻率 f′f' 與發射頻率 f0f_0 的關係是:
f′=f0(v±vov∓vs)f' = f_0 \left( \frac{v \pm v_o}{v \mp v_s} \right)
其中:

  • vv 是聲速
  • vov_o 是觀察者(接收者)的速度
  • vsv_s 是波源的速度

在這個問題中,聲波從探測器發出,遇到移動的紅血球反射回來,再被探測器接收。
探測器本身是靜止的,所以可以視為觀察者和波源都是探測器本身。
紅血球是移動的反射體,同時也是移動的波源(對於反射回來的聲波)。

2. 分步處理:
我們可以將這個過程分成兩步:
a. 聲波從探測器傳播到紅血球。
b. 紅血球反射聲波,並將其傳播回探測器。

步驟 a:探測器發射聲波到紅血球

  • 波源:探測器(靜止),發射頻率 f0=4.0f_0 = 4.0 MHz =4.0×106= 4.0 \times 10^6 Hz。
  • 觀察者:紅血球,速度 uu。
  • 聲速 v=1540v = 1540 m/s。

因為紅血球是迎著聲波運動(假設聲波傳播方向和紅血球運動方向相同,以獲得最大頻率偏移),所以接收到的頻率 frbcf_{rbc} 為:
frbc=f0(v+uv)f_{rbc} = f_0 \left( \frac{v + u}{v} \right) (這裡 vo=uv_o = u, vs=0v_s = 0)

步驟 b:紅血球反射聲波回探測器

  • 波源:紅血球,發射頻率是 frbcf_{rbc},速度是 uu。
  • 觀察者:探測器(靜止)。
  • 聲速 v=1540v = 1540 m/s。

因為探測器是靜止的,而紅血球(作為反射波的波源)是迎著探測器運動(假設聲波反射回來方向和紅血球運動方向相反,這樣才能將頻率推高),所以接收到的頻率 freflectedf_{reflected} 為:
freflected=frbc(vv−u)f_{reflected} = f_{rbc} \left( \frac{v}{v - u} \right) (這裡 vo=0v_o = 0, vs=uv_s = u)

3. 組合公式,計算頻率偏移:
將步驟 a 的結果代入步驟 b:
freflected=[f0(v+uv)](vv−u)f_{reflected} = \left[ f_0 \left( \frac{v + u}{v} \right) \right] \left( \frac{v}{v - u} \right)
freflected=f0v+uv−uf_{reflected} = f_0 \frac{v + u}{v - u}

頻率偏移 Δf=freflected−f0\Delta f = f_{reflected} - f_0。
題目給定的頻率偏移是 120 Hz。
Δf=120\Delta f = 120 Hz。
freflected=f0+Δf=4.0×106 Hz+120 Hzf_{reflected} = f_0 + \Delta f = 4.0 \times 10^6 \text{ Hz} + 120 \text{ Hz}。
由於 Δf\Delta f 相對於 f0f_0 非常小,我們可以使用近似公式。

4. 近似公式:
當 u≪vu \ll v 時,我們可以對 v+uv−u\frac{v+u}{v-u} 進行泰勒展開或近似。

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第 8 題

  1. A 9.0-L ideal gas with γ=1.4\gamma=1.4 is initially at 320 K and 300 kPa. The gas is compressed adiabatically until its volume becomes 2.0 L, then cooled at constant pressure back to 320 K, and finally allowed to expand isothermally to its original state, as shown in the figure. What is the net work done on the gas during one cycle?
    (A) 8988 J
    (B) 9028 J
    (C) 9146 J
    (D) 9257 J
    (E) None of the above.
🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 2 頁原卷第 3 頁

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核心觀念

一個完整循環回到初態,理想氣體的內能變化為 ΔUcycle=0\Delta U_{\text{cycle}}=0。依熱力學第一定律,循環中氣體的淨作功與「外界對氣體的淨作功」大小相同、方向相反。

依圖中的路徑,循環依序為:A→BA\to B 絕熱壓縮、B→CB\to C 定壓冷卻、C→AC\to A 等溫膨脹。以下先計算氣體所作的淨功 WbyW_{\text{by}},最後取相反號得到外界對氣體的淨作功 Won=−WbyW_{\text{on}}=-W_{\text{by}}。

解題方法

初態 AA 的條件為 PA=300 kPaP_A=300\,\text{kPa}、VA=9.0 LV_A=9.0\,\text{L}、TA=320 KT_A=320\,\text{K};絕熱壓縮後 VB=2.0 LV_B=2.0\,\text{L}。利用絕熱關係:

PB=PA(VAVB)γ=300(92)1.4≈2464 kPaP_B=P_A\left(\frac{V_A}{V_B}\right)^\gamma =300\left(\frac{9}{2}\right)^{1.4} \approx 2464\,\text{kPa}

由 PV=nRTPV=nRT,並注意 1 kPa⋅L=1 J1\,\text{kPa}\cdot\text{L}=1\,\text{J},得

nR=PAVATA=300×9320=8.4375 J/KnR=\frac{P_AV_A}{T_A} =\frac{300\times 9}{320} =8.4375\,\text{J/K}

A→BA\to B:絕熱壓縮

絕熱過程中,氣體所作的功為

WAB,by=PAVA−PBVBγ−1≈2700−2464×20.4≈−5570 JW_{AB,\text{by}} =\frac{P_AV_A-P_BV_B}{\gamma-1} \approx \frac{2700-2464\times 2}{0.4} \approx -5570\,\text{J}

負號表示此段是外界對氣體作功。

B→CB\to C:定壓冷卻

狀態 CC 的溫度回到 320 K320\,\text{K},且壓力維持 PBP_B。由理想氣體方程式:

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第 9 題

Find the increase in entropy of 2.00 kg2.00\,\mathrm{kg} of ice originally at −5.0∘C-5.0^\circ\mathrm{C} that is warmed to 0∘C0^\circ\mathrm{C} and then melted to form water at 0∘C0^\circ\mathrm{C}.

(A) 2196 J/K2196\,\mathrm{J/K}
(B) 2284 J/K2284\,\mathrm{J/K}
(C) 2359 J/K2359\,\mathrm{J/K}
(D) 2418 J/K2418\,\mathrm{J/K}
(E) 2524 J/K2524\,\mathrm{J/K}

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核心觀念

熵變可用可逆路徑計算,因為熵是狀態函數。此過程分成兩階段:

  1. 冰從 −5∘C-5^\circ\mathrm{C} 升溫至 0∘C0^\circ\mathrm{C},溫度持續改變,使用
    ΔS升溫=mc冰ln⁡TfTi.\Delta S_{\text{升溫}}=mc_{\text{冰}}\ln\frac{T_f}{T_i}.
  2. 冰在 0∘C0^\circ\mathrm{C} 融化成水,溫度固定,使用
    ΔS融化=mLfTm.\Delta S_{\text{融化}}=\frac{mL_f}{T_m}.

計算熵時,溫度必須使用絕對溫度,單位為 K。

解題方法

取冰的比熱 c冰=2.09×103 J/(kg⋅K)c_{\text{冰}}=2.09\times10^3\,\mathrm{J/(kg\cdot K)}、熔化潛熱 Lf=3.34×105 J/kgL_f=3.34\times10^5\,\mathrm{J/kg},並採用題目選項對應的近似溫度 Ti=268 KT_i=268\,\mathrm{K}、Tm=273 KT_m=273\,\mathrm{K}。質量為 m=2.00 kgm=2.00\,\mathrm{kg}。

冰升溫的熵變為

ΔS升溫=mc冰ln⁡TmTi=(2.00)(2.09×103)ln⁡273268≈77.5 J/K.\Delta S_{\text{升溫}} =mc_{\text{冰}}\ln\frac{T_m}{T_i} =(2.00)(2.09\times10^3)\ln\frac{273}{268} \approx 77.5\,\mathrm{J/K}.

融化的熵變為

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第 10 題

A dipole with charges ±q\pm q and separation 2a2a is located a distance xx from a point charge +Q+Q, oriented as shown in the figure. Find expressions for the net force on the dipole, in the limit x≫ax\gg a.

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

(A) 2kQqax2j^\frac{2kQqa}{x^2}\hat{\mathbf{j}}
(B) −2kQqax2j^-\frac{2kQqa}{x^2}\hat{\mathbf{j}}
(C) 2kQqax3j^\frac{2kQqa}{x^3}\hat{\mathbf{j}}
(D) −2kQqax3j^-\frac{2kQqa}{x^3}\hat{\mathbf{j}}
(E) 2kQqax4j^\frac{2kQqa}{x^4}\hat{\mathbf{j}}

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 3 頁

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核心觀念

點電荷對偶極子的兩個電荷分別施力,合力要用庫侖定律向量相加。由於兩個電荷到 +Q+Q 的距離相同,水平分力互相抵消,垂直分力則同向相加。當 x≫ax\gg a 時,可將合力展開成遠距離近似。

解題方法

圖中 +Q+Q 位於左側;偶極子中心距 +Q+Q 水平距離為 xx,+q+q 在上、−q-q 在下,兩者相距 2a2a。令 j^\hat{\mathbf{j}} 為圖中的向上方向;兩個偶極電荷到 +Q+Q 的距離皆為 r=x2+a2r=\sqrt{x^2+a^2}。

+Q+Q 對 +q+q 的力向右上,對 −q-q 的力則向左上。兩力的水平分量抵消,向上分量相加,因此

F⃗net=2(kQqr2)ar j^=2kQqa(x2+a2)3/2 j^.\vec{F}_{\text{net}} =2\left(\frac{kQq}{r^2}\right)\frac{a}{r}\,\hat{\mathbf{j}} =\frac{2kQqa}{(x^2+a^2)^{3/2}}\,\hat{\mathbf{j}}.
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第 11 題

In an LC oscillating circuit, the initial energy is stored entirely in the capacitor, which is fully charged to a maximum charge Q=2 μCQ=2\,\mu\mathrm{C}. The circuit has: Capacitance C=5 μFC=5\,\mu\mathrm{F}, Inductance L=0.1 HL=0.1\,\mathrm{H}. The charge qq on the capacitor when the energy in the electric field is one-third of the energy in the magnetic field. Please find the time required to reach this condition, expressed in terms of the oscillation period TT.

(A) T/2T/2
(B) T/3T/3
(C) T/4T/4
(D) T/5T/5
(E) T/6T/6

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核心觀念

理想 LC 振盪電路中,電容器的電場能與電感器的磁場能互相轉換,總能量守恆:

UE+UB=Q22CU_E+U_B=\frac{Q^2}{2C}

其中 QQ 是電容器的最大電荷量。電容器電場能與電感器磁場能分別為

UE=q22C,UB=Li22U_E=\frac{q^2}{2C},\qquad U_B=\frac{Li^2}{2}

電路初始時電容器充滿電、電流為零,因此電荷隨時間變化為

q(t)=Qcos⁡(ωt),ω=1LC=2πTq(t)=Q\cos(\omega t),\qquad \omega=\frac{1}{\sqrt{LC}}=\frac{2\pi}{T}

解題方法

題目給定 UE=13UBU_E=\frac{1}{3}U_B,因此

q22C=13UB\frac{q^2}{2C}=\frac{1}{3}U_B

由能量守恆,UB=Q22C−UEU_B=\frac{Q^2}{2C}-U_E,代入上式:

q22C=13(Q22C−q22C)\frac{q^2}{2C} =\frac{1}{3}\left(\frac{Q^2}{2C}-\frac{q^2}{2C}\right)

約去共同因子並整理:

3q2=Q2−q2⟹4q2=Q2⟹∣q∣=Q23q^2=Q^2-q^2 \quad\Longrightarrow\quad 4q^2=Q^2 \quad\Longrightarrow\quad |q|=\frac{Q}{2}

已知 Q=2 μCQ=2\,\mu\mathrm{C},所以此時電荷量的大小為 1 μC1\,\mu\mathrm{C}。從初始最大正電荷狀態出發,第一次達到此條件時 q=Q/2q=Q/2,故

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第 12 題

A voltage difference VV is applied between the two inputs V1V_1 and V2V_2 in the circuit diagram below. The capacitors have the following values: C1=5.0 pFC_1=5.0\,\mathrm{pF}, C2=4.0 pFC_2=4.0\,\mathrm{pF}, and C3=8.0 pFC_3=8.0\,\mathrm{pF}. The voltage relationships between the points are defined as: V12=V1−V2V_{12}=V_1-V_2, V23=V2−V3V_{23}=V_2-V_3, and V13=V1−V3V_{13}=V_1-V_3. Calculate the amount of charge Q3Q_3 in pC unit when V13=180 VV_{13}=180\,\mathrm{V}.

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

(A) 884884
(B) 960960
(C) 10161016
(D) 11451145
(E) None of the above.

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 3 頁

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核心觀念

本題考查電容器的串聯與並聯電路分析、等效電容量(Equivalent Capacitance)、節點電荷守恆(Conservation of Charge)以及電容分壓原理(Capacitive Voltage Divider):

  1. 電容並聯:兩電容器並聯時,跨接電壓相同,等效電容量為各電容之和: Cp=C2+C3C_p = C_2 + C_3
  2. 電容串聯:兩電容器串聯時,儲存電荷相同,跨接電壓與電容量成反比: 1Ceq=1C1+1Cp\frac{1}{C_{\mathrm{eq}}} = \frac{1}{C_1} + \frac{1}{C_p}
  3. 電容分壓法則:串聯總電壓 V13=V12+V23V_{13} = V_{12} + V_{23},各段電壓與該段等效電容量成反比: V23=V13×C1C1+CpV_{23} = V_{13} \times \frac{C_1}{C_1 + C_p}
  4. 單一電容器電荷量: Q=CVQ = C V

解題方法

從原卷圖中可讀出電路連接關係:節點 V1V_1 經電容器 C1=5.0 pFC_1=5.0\,\mathrm{pF} 連接至中央節點 V2V_2;自節點 V2V_2 分支為兩條並聯支路,分別接有電容器 C2=4.0 pFC_2=4.0\,\mathrm{pF} 與 C3=8.0 pFC_3=8.0\,\mathrm{pF},再匯流至端點 V3V_3。

題幹定義各節點間電位差為 V12=V1−V2V_{12}=V_1-V_2、V23=V2−V3V_{23}=V_2-V_3、V13=V1−V3V_{13}=V_1-V_3,並給定端點總電位差 V13=180 VV_{13}=180\,\mathrm{V}(題首敘述中「between the two inputs V1V_1 and V2V_2」為命題筆誤,實際求解條件明確指定在 V13=180 VV_{13}=180\,\mathrm{V} 之狀態下計算 Q3Q_3)。

步驟一:計算並聯部分之等效電容 C23C_{23}

電容器 C2C_2 與 C3C_3 並聯跨接於節點 V2V_2 與 V3V_3 之間,其等效電容為:

C23=C2+C3=4.0 pF+8.0 pF=12.0 pFC_{23} = C_2 + C_3 = 4.0\,\mathrm{pF} + 8.0\,\mathrm{pF} = 12.0\,\mathrm{pF}

步驟二:計算整體串並聯電路之總等效電容 CeqC_{\mathrm{eq}}

C1C_1 與並聯組合 C23C_{23} 呈串聯連接,兩端點 V1V_1 與 V3V_3 間的等效電容為:

Ceq=C1×C23C1+C23=5.0×12.05.0+12.0=6017 pF≈3.529 pFC_{\mathrm{eq}} = \frac{C_1 \times C_{23}}{C_1 + C_{23}} = \frac{5.0 \times 12.0}{5.0 + 12.0} = \frac{60}{17}\,\mathrm{pF} \approx 3.529\,\mathrm{pF}

步驟三:計算電路總電荷 QtotalQ_{\mathrm{total}} 與各段電位差

當總電壓 V13=180 VV_{13} = 180\,\mathrm{V} 時,自端點 V1V_1 流入之總電荷為:

Qtotal=CeqV13=(6017 pF)×180 V=1080017 pC≈635.29 pCQ_{\mathrm{total}} = C_{\mathrm{eq}} V_{13} = \left(\frac{60}{17}\,\mathrm{pF}\right) \times 180\,\mathrm{V} = \frac{10800}{17}\,\mathrm{pC} \approx 635.29\,\mathrm{pC}

由於 C1C_1 串聯於主幹路上,通過 C1C_1 的電荷即為總電荷:

Q1=Qtotal=1080017 pCQ_1 = Q_{\mathrm{total}} = \frac{10800}{17}\,\mathrm{pC}

C1C_1 兩端之電位差為:

V12=Q1C1=10800/175.0=216017 V≈127.06 VV_{12} = \frac{Q_1}{C_1} = \frac{10800 / 17}{5.0} = \frac{2160}{17}\,\mathrm{V} \approx 127.06\,\mathrm{V}

因此,並聯部分(節點 V2V_2 與 V3V_3 之間)的電位差為:

V23=V13−V12=180−216017=90017 V≈52.941 VV_{23} = V_{13} - V_{12} = 180 - \frac{2160}{17} = \frac{900}{17}\,\mathrm{V} \approx 52.941\,\mathrm{V}
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第 13 題

As shown in the figure, take ϵ0=24 V\epsilon_0=24\,\mathrm{V}, R1=6.0 ΩR_1=6.0\,\Omega, R2=12 ΩR_2=12\,\Omega, and R3=3.0 ΩR_3=3.0\,\Omega. Write the current I1I_1 for a long time after the switch is closed.

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

(A) 1.7 A1.7\,\mathrm{A}
(B) 2.9 A2.9\,\mathrm{A}
(C) 3.7 A3.7\,\mathrm{A}
(D) 4.3 A4.3\,\mathrm{A}
(E) 5.5 A5.5\,\mathrm{A}

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 4 頁

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核心觀念

開關閉合很久後,電路達到直流穩態,理想電感的電壓為零,可視為短路。此時依電阻的串、並聯關係求等效電阻,再用歐姆定律計算電流。

解題方法

圖中電池為 24 V24\,\mathrm{V};R1=6.0 ΩR_1=6.0\,\Omega 串接到一個分岔點,從該點到下方回路有兩條支路:一條是 R2=12 ΩR_2=12\,\Omega,另一條是 R3=3.0 ΩR_3=3.0\,\Omega 串接電感 LL。電流 I1I_1 的參考方向沿上方支路由左向右。

穩態時將電感視為短路,因此 R3R_3 支路只剩電阻 R3R_3。R2R_2 與 R3R_3 並聯,兩者再與 R1R_1 串聯:

R23=R2R3R2+R3=(12)(3.0)12+3.0=2.4 ΩR_{23}=\frac{R_2R_3}{R_2+R_3} =\frac{(12)(3.0)}{12+3.0} =2.4\,\Omega R總=R1+R23=6.0+2.4=8.4 ΩR_{\mathrm{總}}=R_1+R_{23}=6.0+2.4=8.4\,\Omega

因此,流經串聯電阻 R1R_1 的電流為

I1=ϵ0R總=248.4≈2.86 A≈2.9 AI_1=\frac{\epsilon_0}{R_{\mathrm{總}}} =\frac{24}{8.4} \approx 2.86\,\mathrm{A} \approx 2.9\,\mathrm{A}
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第 14 題

Consider an RLC series circuit with a resistor R=100 ΩR=100\,\Omega, an inductor L=0.2 HL=0.2\,\mathrm{H}, and a capacitor C=50 μFC=50\,\mu\mathrm{F}, connected to a sinusoidal voltage source V(t)=V0cos⁡(ωt)V(t)=V_0\cos(\omega t) with V0=10 VV_0=10\,\mathrm{V}. Using the phasor method, find the resonant frequency of the circuit.

(A) 21.5 Hz21.5\,\mathrm{Hz}
(B) 32.8 Hz32.8\,\mathrm{Hz}
(C) 40.6 Hz40.6\,\mathrm{Hz}
(D) 50.3 Hz50.3\,\mathrm{Hz}
(E) 62.7 Hz62.7\,\mathrm{Hz}

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核心觀念

串聯 RLC 電路的總阻抗為

Z=R+j(ωL−1ωC)Z=R+j\left(\omega L-\frac{1}{\omega C}\right)

其中 RR 是電阻,ωL\omega L 是感抗,1ωC\frac{1}{\omega C} 是容抗。共振時,電路的總電抗為零,電流與電壓同相,因此

ωL=1ωC\omega L=\frac{1}{\omega C}

解題方法

由共振條件可得角頻率:

ω02=1LC⟹ω0=1LC\omega_0^2=\frac{1}{LC} \qquad\Longrightarrow\qquad \omega_0=\frac{1}{\sqrt{LC}}

代入 L=0.2 HL=0.2\,\mathrm{H}、C=50 μF=50×10−6 FC=50\,\mu\mathrm{F}=50\times10^{-6}\,\mathrm{F}:

ω0=1(0.2)(50×10−6)=110−5≈316.2 rad/s\omega_0 =\frac{1}{\sqrt{(0.2)(50\times10^{-6})}} =\frac{1}{\sqrt{10^{-5}}} \approx316.2\,\mathrm{rad/s}

題目選項以赫茲表示,需用 f0=ω02πf_0=\frac{\omega_0}{2\pi} 換算:

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第 15 題

A solenoid is wound with 1200 turns on a cylindrical form 5.0 cm5.0\,\mathrm{cm} in diameter and 60 cm60\,\mathrm{cm} long. The windings carry a current II in the direction shown in the diagram. The current produces a magnetic field of magnitude 5.2 mT5.2\,\mathrm{mT} near the center of the solenoid. Calculate the current II in the solenoid windings. Use μ0=4π×10−7 T⋅m/A\mu_0=4\pi\times10^{-7}\,\mathrm{T\cdot m/A}.

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

(A) 1.69 A1.69\,\mathrm{A}
(B) 2.07 A2.07\,\mathrm{A}
(C) 3.64 A3.64\,\mathrm{A}
(D) 4.02 A4.02\,\mathrm{A}
(E) 5.53 A5.53\,\mathrm{A}

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 4 頁

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核心觀念

長直螺線管中心附近的磁場可用安培定律求得:

B=μ0nI=μ0NLIB=\mu_0 nI=\mu_0\frac{N}{L}I

其中 NN 是總匝數、LL 是螺線管長度,n=N/Ln=N/L 是每單位長度的匝數。題目給的直徑用來描述螺線管尺寸,本題採用中心附近的長螺線管公式,不需代入直徑。

解題方法

圖中是長 60 cm60\,\mathrm{cm}、直徑 5.0 cm5.0\,\mathrm{cm} 的螺線管,共 12001200 匝;電流依圖示方向流動,中心附近的磁場大小為 5.2 mT5.2\,\mathrm{mT}。由於題目只求電流大小,圖示方向不影響計算。

先求每單位長度的匝數:

n=NL=12000.60 m=2000 m−1n=\frac{N}{L} =\frac{1200}{0.60\,\mathrm{m}} =2000\,\mathrm{m^{-1}}

代入螺線管磁場公式並解出電流:

I=Bμ0n=5.2×10−3 T(4π×10−7 T⋅m/A)(2000 m−1)≈2.07 AI=\frac{B}{\mu_0 n} =\frac{5.2\times10^{-3}\,\mathrm{T}} {(4\pi\times10^{-7}\,\mathrm{T\cdot m/A})(2000\,\mathrm{m^{-1}})} \approx 2.07\,\mathrm{A}
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第 16 題

You're designing a spectrometer that needs a minimum angular separation of θmin⁡=6∘\theta_{\min}=6^\circ between the second-order (m=2m=2) lines of hydrogen (Hα\mathrm{H}_\alpha) at 656 nm656\,\mathrm{nm} and potassium (K) at 769 nm769\,\mathrm{nm}. What is the line spacing dd for an optical grating that can achieve the required angular separation?

(A) 2.159 μm2.159\,\mu\mathrm{m}
(B) 3.302 μm3.302\,\mu\mathrm{m}
(C) 4.473 μm4.473\,\mu\mathrm{m}
(D) 5.589 μm5.589\,\mu\mathrm{m}
(E) None of the above.

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載入中…

第 17 題

In a Michelson interferometer, one arm is 55.0 cm55.0\,\mathrm{cm} long and is enclosed in a box that can be evacuated. Initially, the box contains air, which is gradually pumped out, causing a change in the optical path length in that arm. During the evacuation process, 520 bright fringes pass by a point in the viewer. The interferometer uses light with a wavelength of 600 nm600\,\mathrm{nm}. What is the refractive index of air?

(A) 1.0002931.000293
(B) 1.0001621.000162
(C) 1.0000961.000096
(D) 1.0000281.000028
(E) 1.000091.00009

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核心觀念

麥克生干涉儀中,光在每一臂都會往返一次。若其中一臂長為 LL 的氣室由空氣逐漸抽成真空,該臂的往返光程改變量為

ΔOPL=2L(nair−1)\Delta \mathrm{OPL}=2L(n_{\text{air}}-1)

其中 nairn_{\text{air}} 是空氣的折射率。光程每改變一個波長 λ\lambda,干涉條紋便移動一次,因此條紋通過數 NN 滿足

N=ΔOPLλN=\frac{\Delta \mathrm{OPL}}{\lambda}

解題方法

題目給定 L=55.0 cm=0.550 mL=55.0\,\mathrm{cm}=0.550\,\mathrm{m}、λ=600 nm=600×10−9 m\lambda=600\,\mathrm{nm}=600\times10^{-9}\,\mathrm{m},以及 N=520N=520。抽氣後,空氣的折射率由 nairn_{\text{air}} 降至約 11,所以光程縮短;計算折射率差時取其大小:

N=2L(nair−1)λN=\frac{2L(n_{\text{air}}-1)}{\lambda}

整理得

nair=1+Nλ2Ln_{\text{air}}=1+\frac{N\lambda}{2L}

代入數值:

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第 18 題

In a double-slit experiment, the wavelength λ\lambda of the light source is 520 nm520\,\mathrm{nm}, the slit separation dd is 25 μm25\,\mu\mathrm{m}, and the slit width aa is 5 μm5\,\mu\mathrm{m}. Consider both the interference of the light from the two slits and the diffraction of the light through each slit. How many bright interference fringes are within the central peak of the diffraction envelope?

(A) 99
(B) 1010
(C) 1111
(D) 1212
(E) 1313

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核心觀念

雙狹縫的干涉亮紋位置滿足

dsin⁡θ=mλ,m=0,±1,±2,…d\sin\theta=m\lambda,\qquad m=0,\pm1,\pm2,\ldots

其中 dd 是兩狹縫中心距,mm 是干涉級次。每一狹縫的繞射包絡,其中央峰由左右兩側的第一暗紋界定:

asin⁡θ=±λa\sin\theta=\pm\lambda

其中 aa 是狹縫寬度。因此,中央繞射峰涵蓋的角度範圍為 ∣sin⁡θ∣<λ/a|\sin\theta|<\lambda/a。

解題方法

要計算中央繞射峰內的干涉亮紋數,將干涉亮紋條件與中央峰的範圍合併:

∣mλd∣<λa\left|\frac{m\lambda}{d}\right|<\frac{\lambda}{a}

約去波長 λ\lambda,得到

∣m∣<da=25 μm5 μm=5|m|<\frac{d}{a} =\frac{25\,\mu\mathrm{m}}{5\,\mu\mathrm{m}} =5

因此,符合條件的整數級次為

m=−4,−3,−2,−1,0,1,2,3,4m=-4,-3,-2,-1,0,1,2,3,4
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第 19 題

An electric field points into the page and occupies a circular region of radius 1.5 m1.5\,\mathrm{m}, as shown in the figure. There are no electric charges in the region, but a magnetic field forms closed loops pointing counterclockwise around the electric field region. The magnetic field strength 1.0 m1.0\,\mathrm{m} from the center of the region is 2.5 μT2.5\,\mu\mathrm{T}. What’s the rate of change of the electric field?

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

(A) 2.9×1011 V/(m⋅s)2.9\times10^{11}\,\mathrm{V/(m\cdot s)}
(B) 3.6×1011 V/(m⋅s)3.6\times10^{11}\,\mathrm{V/(m\cdot s)}
(C) 4.5×1011 V/(m⋅s)4.5\times10^{11}\,\mathrm{V/(m\cdot s)}
(D) 5.2×1011 V/(m⋅s)5.2\times10^{11}\,\mathrm{V/(m\cdot s)}
(E) 6.4×1011 V/(m⋅s)6.4\times10^{11}\,\mathrm{V/(m\cdot s)}

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 5 頁

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核心觀念

本題考麥克斯威-安培定律:隨時間變化的電場會產生環繞的磁場。沒有傳導電流時,

∮B⃗⋅dl⃗=μ0ε0dΦEdt\oint \vec B\cdot d\vec l =\mu_0\varepsilon_0\frac{d\Phi_E}{dt}

其中 ΦE\Phi_E 是穿過所選閉合路徑的電通量。

解題方法

圖中電場位於半徑 1.5 m1.5\,\mathrm{m} 的圓形區域內,方向指向紙面內;磁場沿逆時針方向形成閉合圓圈。在距中心 1.0 m1.0\,\mathrm{m} 處,磁場大小為 2.5 μT2.5\,\mu\mathrm{T}。取半徑 r=1.0 mr=1.0\,\mathrm{m} 的圓形路徑,其包圍面積在電場區域內。

由對稱性,路徑上磁場大小相同且方向與路徑相切,因此

∮B⃗⋅dl⃗=B(2πr)\oint \vec B\cdot d\vec l=B(2\pi r)

若圓形區域內電場均勻,穿過此路徑的電通量為 ΦE=Eπr2\Phi_E=E\pi r^2,故

B(2πr)=μ0ε0ddt(Eπr2)=μ0ε0πr2dEdtB(2\pi r) =\mu_0\varepsilon_0\frac{d}{dt}(E\pi r^2) =\mu_0\varepsilon_0\pi r^2\frac{dE}{dt}

解出電場變化率的大小:

∣dEdt∣=2Bμ0ε0r\left|\frac{dE}{dt}\right| =\frac{2B}{\mu_0\varepsilon_0r}

代入 B=2.5×10−6 TB=2.5\times10^{-6}\,\mathrm{T}、r=1.0 mr=1.0\,\mathrm{m},以及 μ0ε0≈1.11×10−17\mu_0\varepsilon_0\approx1.11\times10^{-17}:

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第 20 題

A laser beam reads information from a compact disc with an initial diameter of 1.900 mm1.900\,\mathrm{mm} as it strikes the disc. The laser forms a cone with a half-angle θ1=30.0∘\theta_1=30.0^\circ (as shown in the figure). The beam then passes through a 1.50 mm1.50\,\mathrm{mm} thick layer of plastic with a refractive index of 1.601.60 before reaching the reflective information layer near the disc's top surface. What’s the beam diameter dd at the information layer?

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

(A) 726 μm726\,\mu\mathrm{m}
(B) 846 μm846\,\mu\mathrm{m}
(C) 914 μm914\,\mu\mathrm{m}
(D) 1056 μm1056\,\mu\mathrm{m}
(E) 1168 μm1168\,\mu\mathrm{m}

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 5 頁

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這一題的完整詳解

核心觀念

光線由空氣進入塑膠時,會依史涅耳定律折射。折射後,光束在塑膠中的半角變小;由圖中的會聚幾何,光束直徑會隨厚度減少。

解題方法

圖中標示入射光束直徑 D=1.900 mmD=1.900\,\mathrm{mm}、塑膠層厚度 t=1.50 mmt=1.50\,\mathrm{mm}、折射率 n=1.60n=1.60,且入射半角 θ1=30.0∘\theta_1=30.0^\circ 是相對法線量測。資訊層位於塑膠層上方,光束進入塑膠後會聚,因此要從初始直徑扣除兩側各自向內收縮的距離。

空氣折射率取 nair≈1.00n_{\text{air}}\approx 1.00。由史涅耳定律:

nairsin⁡θ1=nsin⁡θ2n_{\text{air}}\sin\theta_1=n\sin\theta_2 sin⁡θ2=1.001.60sin⁡30.0∘=0.3125\sin\theta_2=\frac{1.00}{1.60}\sin30.0^\circ=0.3125

因此 θ2=arcsin⁡(0.3125)≈18.21∘\theta_2=\arcsin(0.3125)\approx18.21^\circ。光束每側在塑膠層內向中心移動 ttan⁡θ2t\tan\theta_2,故資訊層上的直徑為

d=D−2ttan⁡θ2d=D-2t\tan\theta_2
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