115 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

圓周運動中，總加速度可分解為：

• 法向（向心）加速度：$a_n=\dfrac{v^2}{r}$
• 切向加速度：$a_t$

圖中總加速度大小為 $a=15.0\ \mathrm{m/s^2}$，且總加速度與半徑方向夾角為 $30^\circ$。因此，指向圓心的法向分量為

$$a_n=a\cos 30^\circ$$

解題方法

由圖得

$$a_n=15.0\cos 30^\circ =15.0\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) \approx 12.99\ \mathrm{m/s^2}$$

圓周運動的向心加速度滿足

$$a_n=\frac{v^2}{r}$$

代入半徑 $r=2.50\ \mathrm{m}$：

$$v=\sqrt{a_n r} =\sqrt{(12.99)(2.50)} \approx 5.70\ \mathrm{m/s}$$

順時針方向只影響切向速度的方向，不影響速率大小。

此題考查轉動慣量、角動量、角加速度與平均功率的計算。

首先，計算均勻實心圓盤的轉動慣量 $I$。
對於均勻實心圓盤，其轉動慣量為 $I = \frac{1}{2}MR^2$。
其中，$M = 4.40 \, \text{kg}$ 是質量，$R = 0.70 \, \text{m}$ 是半徑。
$I = \frac{1}{2} \times 4.40 \, \text{kg} \times (0.70 \, \text{m})^2 = 2.20 \, \text{kg} \times 0.49 \, \text{m}^2 = 1.078 \, \text{kg} \cdot \text{m}^2$。

圓盤從靜止（初始角速度 $\omega_0 = 0 \, \text{rad/s}$）加速到最終角速度 $\omega_f = 10.0 \, \text{rad/s}$，歷時 $\Delta t = 2.30 \, \text{s}$。
假設施加的力矩是恆定的，那麼角加速度 $\alpha$ 是恆定的。
$\alpha = \frac{\Delta \omega}{\Delta t} = \frac{\omega_f - \omega_0}{\Delta t} = \frac{10.0 \, \text{rad/s} - 0 \, \text{rad/s}}{2.30 \, \text{s}} = \frac{10.0}{2.30} \, \text{rad/s}^2 \approx 4.348 \, \text{rad/s}^2$。

施加在圓盤上的力矩 $\tau$ 可以由牛頓第二運動定律的轉動形式得出：$\tau = I \alpha$。
$\tau = 1.078 \, \text{kg} \cdot \text{m}^2 \times \frac{10.0}{2.30} \, \text{rad/s}^2 = \frac{10.78}{2.30} \, \text{N} \cdot \text{m} \approx 4.687 \, \text{N} \cdot \text{m}$。

平均功率 $P_{\text{avg}}$ 是對應於這個力矩和角速度變化所做的功的變化率。
平均功率也可以定義為總功除以總時間。
總功 $W$ 可以由力矩和角度變化計算：$W = \tau \Delta \theta$。
首先需要計算角度變化 $\Delta \theta$。由於角加速度是恆定的，我們可以利用運動學公式：

此題考查能量守恆定律和牛頓第二運動定律在圓周運動中的應用。Tarzan 在盪鞦韆的最低點時，繩子的張力最大，因此這是最危險的時刻，需要考慮繩子是否會斷裂。

首先，我們分析 Tarzan 在最低點時受到的力。
在最低點，Tarzan 受到兩個力：重力 $Mg$ (向下) 和繩子的張力 $T$ (向上)。
由於 Tarzan 在最低點做圓周運動，合力提供向心力，方向向上。
根據牛頓第二運動定律，在最低點的合力為：
$F_{\text{net}} = T - Mg$
這個合力等於向心力 $F_c = \frac{M V^2}{L}$，其中 $M$ 是 Tarzan 的質量，$V$ 是他在最低點的速度，$L$ 是繩子的長度。
所以，$T - Mg = \frac{M V^2}{L}$。

此題考查能量守恆定律和牛頓第二運動定律在圓周運動中的應用。我們要計算在最高點 A 時，珠子受到的法向力。

首先，將題目給定的質量從克轉換為千克：
$m = 10.0 \, \text{g} = 10.0 \times 10^{-3} \, \text{kg} = 0.010 \, \text{kg}$。
釋放高度 $h = 3.50R$。
最高點 A 的高度是 $2R$ (從最低點算起)。

我們使用能量守恆定律來計算珠子在最高點 A 時的速度 $v_A$。
初始狀態：珠子從高度 $h$ 處靜止釋放。初始動能 $K_0 = 0$，初始勢能 $U_0 = mgh$ (以最低點為零勢能面)。
最終狀態：珠子到達最高點 A，高度為 $2R$。此時的速度為 $v_A$。動能 $K_A = \frac{1}{2} m v_A^2$，勢能 $U_A = mg(2R)$。

根據能量守恆定律，$K_0 + U_0 = K_A + U_A$。
$0 + mgh = \frac{1}{2} m v_A^2 + mg(2R)$
$mgh = \frac{1}{2} m v_A^2 + 2mgR$
由於 $h = 3.50R$，代入上式：
$mg(3.50R) = \frac{1}{2} m v_A^2 + 2mgR$
$3.50 mgR = \frac{1}{2} m v_A^2 + 2mgR$

消去質量 $m$：
$3.50 gR = \frac{1}{2} v_A^2 + 2gR$
$\frac{1}{2} v_A^2 = 3.50 gR - 2gR = 1.50 gR$

此題考查聲強位準 (Sound Intensity Level) 的定義及其與聲強 (Sound Intensity) 和距離的關係。

聲強位準 $\beta$ 的定義是：
$\beta = 10 \log_{10} \left( \frac{I}{I_0} \right)$
其中，$I$ 是聲強，$I_0$ 是參考聲強（通常為人耳聽閾，約 $10^{-12} \, \text{W/m}^2$）。

聲強 $I$ 與聲源的功率 $P$ 和距離 $r$ 的關係是：
$I = \frac{P}{4\pi r^2}$
假設聲源是點聲源，且向四周均勻輻射聲波。

將聲強的表達式代入聲強位準的定義：
$\beta = 10 \log_{10} \left( \frac{P}{4\pi r^2 I_0} \right)$
$\beta = 10 \left[ \log_{10}(P) - \log_{10}(4\pi r^2 I_0) \right]$
$\beta = 10 \left[ \log_{10}(P) - \log_{10}(4\pi I_0) - \log_{10}(r^2) \right]$
$\beta = 10 \left[ \log_{10}(P) - \log_{10}(4\pi I_0) \right] - 20 \log_{10}(r)$

令常數項 $C = 10 \left[ \log_{10}(P) - \log_{10}(4\pi I_0) \right]$。
則 $\beta = C - 20 \log_{10}(r)$。

此題考查橫波在弦上的功率傳遞。功率的計算與波的振幅、角頻率、波速以及弦的線密度有關。

波函數為 $y(x, t) = 0.15 \sin(0.8x - 50t)$。
從波函數的標準形式 $y(x, t) = A \sin(kx - \omega t)$ 中，我們可以提取以下參數：
振幅 $A = 0.15 \, \text{m}$。
波數 $k = 0.8 \, \text{rad/m}$。
角頻率 $\omega = 50 \, \text{rad/s}$。

弦的質量密度（線密度）為 $\mu = 24.0 \, \text{g/m}$。需要將其轉換為 SI 單位：
$\mu = 24.0 \times 10^{-3} \, \text{kg/m} = 0.0240 \, \text{kg/m}$。

傳輸功率 $P$ 的公式為：
$P = \frac{1}{2} \mu \omega^2 A^2 v$
其中 $v$ 是波速。波速可以由角頻率 $\omega$ 和波數 $k$ 計算得出：
$v = \frac{\omega}{k}$。

計算波速 $v$：
$v = \frac{50 \, \text{rad/s}}{0.8 \, \text{rad/m}} = \frac{50}{0.8} \, \text{m/s} = \frac{500}{8} \, \text{m/s} = 62.5 \, \text{m/s}$。

核心觀念

粒子在半球形碗內無摩擦滑動，平衡位置在碗底。小位移時，沿碗面切線方向的重力分量提供回復力，可利用小角度近似：

$\sin\theta \approx \theta$

若以沿碗面的弧長位移 $s$ 表示，則

$s=R\theta \quad\Rightarrow\quad \theta=\frac{s}{R}$

---

解題方法

粒子受重力切線分量作用。當粒子偏離碗底角度為 $\theta$ 時，切線方向的運動方程為

$m\frac{d^2s}{dt^2}=-mg\sin\theta$

在小位移下，

$\sin\theta\approx\theta=\frac{s}{R}$

因此

$m\frac{d^2s}{dt^2}=-mg\frac{s}{R}$

整理得

$\frac{d^2s}{dt^2}+\frac{g}{R}s=0$

這是簡諧運動方程

$\frac{d^2s}{dt^2}+\omega^2s=0$

所以

$\omega^2=\frac{g}{R},\qquad \omega=\sqrt{\frac{g}{R}}$

週期為

此題考查液體流速和流量，以及連續性方程式和伯努利方程式的應用。

首先，我們利用伯努利方程式來計算從孔洞流出的水的速度。
考慮水面（點 1）和孔洞（點 2）。
點 1 處：水面高度為 $y_1$ (相對於孔洞)，壓力為大氣壓 $P_{atm}$。由於水箱很大，水面下降的速度很慢，可以認為 $v_1 \approx 0$。
點 2 處：孔洞高度為 0 (我們以孔洞高度為參考點)，壓力為大氣壓 $P_{atm}$。流速為 $v_2$ (我們要求解的)。

伯努利方程式為：
$P_1 + \frac{1}{2}\rho v_1^2 + \rho g h_1 = P_2 + \frac{1}{2}\rho v_2^2 + \rho g h_2$
代入點 1 和點 2 的參數：
$P_{atm} + \frac{1}{2}\rho (0)^2 + \rho g y_1 = P_{atm} + \frac{1}{2}\rho v_2^2 + \rho g (0)$
$P_{atm} + \rho g y_1 = P_{atm} + \frac{1}{2}\rho v_2^2$

消去 $P_{atm}$：
$\rho g y_1 = \frac{1}{2}\rho v_2^2$
$v_2^2 = 2 g y_1$
$v_2 = \sqrt{2 g y_1}$。
這是從孔洞流出的水的速度（Torricelli's Law）。

此題考查熱機的效率、功率和功的關係。

熱機的效率 $\eta$ 定義為：
$\eta = \frac{\text{有用功}}{\text{熱源吸收的熱量}} = \frac{W_{\text{out}}}{Q_{\text{in}}}$
其中，$W_{\text{out}}$ 是對外輸出的有用功，$Q_{\text{in}}$ 是從高溫熱源吸收的熱量。

我們也知道，根據熱力學第一定律，熱機在一個循環中輸出的功 $W_{\text{out}}$ 等於從熱源吸收的熱量 $Q_{\text{in}}$ 減去排出的廢熱 $Q_{\text{out}}$：
$W_{\text{out}} = Q_{\text{in}} - Q_{\text{out}}$。
所以，$Q_{\text{in}} = W_{\text{out}} + Q_{\text{out}}$。

代入效率公式：
$\eta = \frac{W_{\text{out}}}{W_{\text{out}} + Q_{\text{out}}}$。

題目給出：
機械功率輸出 $P_{\text{mech}} = 2.50 \, \text{kW} = 2.50 \times 10^3 \, \text{W}$。
效率 $\eta = 25.0\% = 0.25$。
每次循環排出的廢熱 $Q_{\text{out}} = 8.00 \times 10^3 \, \text{J}$。

我們需要找到每個循環的時間間隔 $T_{\text{cycle}}$。
功率是功對時間的變化率，所以 $P_{\text{mech}} = \frac{W_{\text{out}}}{T_{\text{cycle}}}$。
因此，$T_{\text{cycle}} = \frac{W_{\text{out}}}{P_{\text{mech}}}$。
我們需要先求出每次循環輸出的有用功 $W_{\text{out}}$。

利用效率公式 $\eta = \frac{W_{\text{out}}}{W_{\text{out}} + Q_{\text{out}}}$：

此題考查自由膨脹過程的熵變。自由膨脹是指氣體從一個容器擴張到另一個真空容器的過程，這個過程是絕熱的，且對外不做功。

對於絕熱且不做功的過程，系統的內能不變。對於理想氣體，內能只與溫度有關。因此，自由膨脹過程是等溫過程。

熵變 $\Delta S$ 的計算公式為：
$\Delta S = n R \ln\left(\frac{V_f}{V_i}\right)$
其中，$n$ 是氣體的摩爾數，$R$ 是理想氣體常數，$\frac{V_f}{V_i}$ 是最終體積與初始體積的比值。

題目給出：
摩爾數 $n = 0.10 \, \text{mole}$。
理想氣體常數 $R = 8.314 \, \text{J/(mole} \cdot \text{K)}$。
初始狀態：0.10 mol H2 氣體佔據容器的左側。
容器的左右體積相等。設左側體積為 $V_L$，右側體積為 $V_R$。則 $V_L = V_R$。
初始體積 $V_i = V_L$。
最終狀態：氣體充滿整個容器，即左側和右側。

核心觀念

RC 電路的時間常數為

$$\tau=R_{\text{th}}C_{\text{eq}},$$

其中 $R_{\text{th}}$ 是從電容兩端看進去的戴維寧等效電阻，$C_{\text{eq}}$ 是三個電容的等效電容。

解題方法

圖中三個電阻串聯，因此電阻總和為

$$R_{\text{th}}=R+R+R=3R.$$

求時間常數時，理想電池需以短路取代。圖中三個電容連接在相同的兩個節點之間，彼此並聯，因此

$$C_{\text{eq}}=C+C+C=3C.$$

所以時間常數為

$$\tau=R_{\text{th}}C_{\text{eq}} =(3R)(3C)=9RC.$$

選項分析

核心觀念

點電荷在空間中某點產生的電勢為

$$V=\frac{kq}{r}$$

多個點電荷在某點的總電勢遵守疊加原理：

$$V_{\text{total}}=k\left(\frac{q_1}{r_1}+\frac{q_2}{r_2}\right)$$

其中 $r_1,r_2$ 分別為該點到兩電荷的距離。電勢是純量，正負號由電荷 $q$ 的正負決定。

本題中

$$q_1=-40.0\ \text{nC},\qquad q_2=-20.0\ \text{nC}$$

兩個電荷皆為負電荷，因此在任何有限且不位於電荷本身的位置，兩者產生的電勢都為負值。

---

解題方法

在任意有限位置，$r_1>0$ 且 $r_2>0$，因此

$$V_{\text{total}} =k\left(\frac{-40.0\ \text{nC}}{r_1} +\frac{-20.0\ \text{nC}}{r_2}\right)$$

整理為

$$V_{\text{total}} =-k\left(\frac{40.0\ \text{nC}}{r_1} +\frac{20.0\ \text{nC}}{r_2}\right)$$

由於 $k>0$、$r_1>0$、$r_2>0$，所以括號內必為正值，故

$$V_{\text{total}}<0$$

不可能等於零。

只有當觀察點逐漸遠離兩個電荷，使得 $r_1,r_2\to\infty$ 時，電勢才會趨近於零：

$$V_{\text{total}}\to 0 \qquad (r\to\infty)$$

此題考查平行板電容器的儲存能量與極板間距離的關係。

平行板電容器的電容 $C$ 由極板面積 $A$、極板間距離 $d$ 和介電常數 $\epsilon$ (或 $\epsilon_r \epsilon_0$) 決定：
$C = \frac{\epsilon A}{d}$。

電容器儲存的能量 $U$ 可以表示為：
$U = \frac{1}{2} C V^2 = \frac{1}{2} \frac{Q^2}{C} = \frac{1}{2} Q V$。
其中 $V$ 是電壓，$Q$ 是電荷。

題目說電容器被充電後「disconnected from the battery」，這意味著電容器上的電荷 $Q$ 是恆定的，因為沒有電荷可以流出或流入。

初始狀態：
令初始電容為 $C_0$，初始電荷為 $Q_0$，初始距離為 $d_0$。
$C_0 = \frac{\epsilon A}{d_0}$。
初始儲存能量 $U_0 = \frac{1}{2} \frac{Q_0^2}{C_0}$。

此題考查帶電粒子在均勻磁場中所受磁力（勞倫茲力）的性質。

帶電粒子在磁場中受到的磁力 $\vec{F}_m$ 由勞倫茲力公式給出：
$\vec{F}_m = q (\vec{v} \times \vec{B})$
其中，$q$ 是粒子帶電量，$\vec{v}$ 是粒子的速度，$\vec{B}$ 是磁場強度。

根據向量叉乘的性質，磁力 $\vec{F}_m$ 總是垂直於速度向量 $\vec{v}$ 和磁場向量 $\vec{B}$。

現在我們分析各個選項：
(A) It exerts a force on the particle parallel to the field.
磁力 $\vec{F}_m$ 垂直於磁場 $\vec{B}$。所以這個選項是錯誤的。

(B) It exerts a force on the particle along the direction of its motion.
磁力 $\vec{F}_m$ 垂直於速度 $\vec{v}$。所以這個選項是錯誤的。

(C) It increases the kinetic energy of the particle.
動能 $K = \frac{1}{2} m v^2$。
磁力 $\vec{F}_m$ 總是垂直於速度 $\vec{v}$。

核心觀念

光線穿越介質界面時遵守 Snell 定律：$n_1\sin\theta_1 = n_2\sin\theta_2 = n_3\sin\theta_3$，角度皆由法線量起。折射率越大的介質，光線越靠近法線（折射角越小）。

解題方法

依圖上的實際光路，逐一判斷相鄰介質的折射率大小。

1. 介質 1 → 2 界面：光線進入介質 2 後折向法線，折射角明顯小於入射角（圖中入射角約 45°，介質 2 中約 15°–20°）。因此 $n_2 > n_1$。
2. 介質 2 → 3 界面：光線進入介質 3 後遠離法線，折射角約 65°，大於介質 2 中的角度。因此 $n_3 < n_2$。
3. 介質 1 與 3 的比較：光線由介質 1 直接到介質 3 時，$n_1\sin\theta_1 = n_3\sin\theta_3$。

此題考查電磁波的性質，特別是電場和磁場的關係、波速、波數和角頻率的計算。

電磁波在真空中傳播，速度為光速 $c = 3 \times 10^8 \, \text{m/s}$。
波的頻率 $f = 900 \, \text{MHz} = 900 \times 10^6 \, \text{Hz} = 9.00 \times 10^8 \, \text{Hz}$。
磁場振幅 $B_0 = 2.0 \, \mu\text{T} = 2.0 \times 10^{-6} \, \text{T}$。
電磁波沿 +x 方向傳播。

電磁波的電場和磁場分量通常表示為：
$E(x, t) = E_0 \cos(kx - \omega t + \phi)$
$B(x, t) = B_0 \cos(kx - \omega t + \phi)$
（這裡假設初始相位 $\phi=0$，或者選擇一個合適的相位使得電場和磁場同時達到最大值）。

首先，計算角頻率 $\omega$。
$\omega = 2\pi f = 2\pi \times (9.00 \times 10^8 \, \text{Hz}) = 18.00\pi \times 10^8 \, \text{rad/s}$。
$18.00\pi \approx 18.00 \times 3.14159 \approx 56.548 \, \text{rad/s} \times 10^8$。
$\omega \approx 5.655 \times 10^9 \, \text{rad/s}$。
選項中的角頻率是 $5.65 \times 10^9 \, \text{t}$，這與我們的計算吻合。

接下來，計算波數 $k$。
波速 $c = \frac{\omega}{k}$。
所以，$k = \frac{\omega}{c} = \frac{18.00\pi \times 10^8 \, \text{rad/s}}{3 \times 10^8 \, \text{m/s}} = 6.00\pi \, \text{rad/m}$。
$6.00\pi \approx 6.00 \times 3.14159 \approx 18.85 \, \text{rad/m}$。

核心觀念

本題考法拉第電磁感應定律與冷次定律。感應電流的磁場會抵抗穿過線圈的磁通量變化：

$$\mathcal{E}=-\frac{d\Phi_B}{dt}$$

由上方觀看，線圈中的電流若為順時針，產生的磁場向下；若為逆時針，產生的磁場向上。

解題方法

磁鐵的南極朝向線圈。磁鐵尚未穿過線圈、正向下靠近時，線圈處的磁場指向上方，且向上的磁通量增加。依冷次定律，感應磁場須向下，因此電流為順時針。

磁鐵穿過線圈後繼續向下遠離，線圈處的向上磁通量減少。感應磁場須向上以抵抗減少，因此電流為逆時針。

所以，磁鐵靠近時電流順時針；通過線圈後電流逆時針。

選項分析

核心觀念

此電路是輸出電壓取自電容兩端的 RC 低通濾波器。其截止頻率定義為輸出入電壓比降為最大值的 $1/\sqrt{2}$ 時的頻率：

$$f_c=\frac{1}{2\pi RC}$$

其中：

• $R=100\,\Omega$
• $C=10\,\mu\text{F}=10\times10^{-6}\,\text{F}=1.0\times10^{-5}\,\text{F}$

解題方法

低通 RC 電路的截止角頻率為

$$\omega_c=\frac{1}{RC}$$

因此截止頻率為

$$f_c=\frac{\omega_c}{2\pi} =\frac{1}{2\pi RC}$$

先計算時間常數：

$$RC=(100)(10\times10^{-6}) =1.0\times10^{-3}\,\text{s}$$

代入公式：

$$f_c=\frac{1}{2\pi(1.0\times10^{-3})} \approx 159.2\,\text{Hz}$$

所以正確選項為 $(A)$。

選項分析

• (A) $159.2\,\text{Hz}$：正確。
  此值符合 $$f_c=\frac{1}{2\pi RC}$$ 的計算結果。

核心觀念

本題考查兩波干涉與反射造成的相位變化：

• 直接波與地面反射波到達接收器時，路徑長度不同，形成路徑差 $\Delta L$。
• 地面反射會產生 $180^\circ$（即 $\pi$）的相位反轉。
• 因為反射本身已造成半週期相位差，所以要形成破壞性干涉，路徑差必須為整數倍波長：

$$\Delta L=m\lambda,\qquad m=1,2,3,\ldots$$

解題方法

直接傳播路徑為兩天線間的水平距離：

$$L_{\text{direct}}=d=60.0\ \text{m}$$

利用鏡像法，將發射天線對地面鏡射到地下 $h=40.0\ \text{m}$ 處，則反射波路徑等效為鏡像發射天線到接收天線的直線距離：

$$L_{\text{reflect}} =\sqrt{d^2+(2h)^2}$$

代入數值：

$$L_{\text{reflect}} =\sqrt{(60.0)^2+(80.0)^2} =\sqrt{10000} =100\ \text{m}$$

因此路徑差為：

$$\Delta L=L_{\text{reflect}}-L_{\text{direct}} =100-60=40\ \text{m}$$

由於反射造成 $180^\circ$ 相位反轉，破壞性干涉條件為：

$$\Delta L=m\lambda$$

要使波長最大，取最小的正整數 $m=1$：

核心觀念

本題考查載流線圈在均勻磁場中的磁力矩：

$$\vec{\tau}=\vec{\mu}\times\vec{B}$$

其中線圈的磁矩大小為

$$\mu=NIA$$

$N$ 為匝數、$I$ 為電流、$A$ 為單匝面積。力矩大小為

$$\tau=NIAB\sin\phi$$

$\phi$ 是線圈法線與磁場 $\vec B$ 的夾角。

解題方法

正方形線圈面積為

$$A=a^2=(0.50)^2=0.25\ \text{m}^2$$

題目給出線圈平面與 $x$ 軸夾角為

$$\theta=60^\circ$$

磁場沿正 $x$ 軸，而線圈法線與 $x$ 軸的夾角為 $90^\circ-\theta=30^\circ$。因此

$$\sin\phi=\sin30^\circ=0.5$$

代入力矩公式：

$$\begin{aligned} \tau &=NIAB\sin\phi\\ &=(10)(1.50)(0.25)(0.40)(0.5)\\ &=0.75\ \text{N}\cdot\text{m} \end{aligned}$$

力矩方向

依照圖中電流方向使用右手定則判定線圈磁矩 $\vec\mu$。再由

$$\vec\tau=\vec\mu\times\vec B$$

可得力矩方向沿負 $y$ 軸。

題目要求「從上方沿 $+y$ 軸向下看」。此時沿負 $y$ 軸的轉動軸指向觀察者後方，因此在圖面上呈現順時針旋轉。