112 年 國立中正大學地球與環境科學系碩士班《普通物理學》

此題考查簡諧運動的基本概念，包括週期、角頻率、位置與時間的關係，以及彈簧回復力。

核心觀念：
簡諧運動 (Simple Harmonic Motion, SHM) 是指物體所受的合力與其位移成正比且方向相反的運動，其運動方程式可寫為 $F = -kx$。

解題過程：
給定條件：
彈性係數 $k = 400 \, \text{N/m}$
物體質量 $m = 20 \, \text{kg}$
初始壓縮量 $A = 100 \, \text{cm} = 1 \, \text{m}$ (振幅)

(a) 運動週期為何？
簡諧運動的週期 $T$ 與質量 $m$ 和彈性係數 $k$ 的關係為：
$T = 2\pi \sqrt{\frac{m}{k}}$
代入已知數值：
$T = 2\pi \sqrt{\frac{20 \, \text{kg}}{400 \, \text{N/m}}} = 2\pi \sqrt{\frac{1}{20}} \, \text{s}$
$T = 2\pi \frac{1}{\sqrt{20}} \, \text{s} = 2\pi \frac{1}{2\sqrt{5}} \, \text{s} = \frac{\pi}{\sqrt{5}} \, \text{s} = \frac{\pi\sqrt{5}}{5} \, \text{s}$
約等於 $1.405 \, \text{s}$。

【答案】$\frac{\pi\sqrt{5}}{5} \, \text{s}$

(b) 角頻率為何？
簡諧運動的角頻率 $\omega$ 與週期 $T$ 的關係為 $\omega = \frac{2\pi}{T}$，或與彈性係數 $k$ 和質量 $m$ 的關係為：
$\omega = \sqrt{\frac{k}{m}}$
代入已知數值：
$\omega = \sqrt{\frac{400 \, \text{N/m}}{20 \, \text{kg}}} = \sqrt{20} \, \text{rad/s}$
$\omega = \sqrt{20} \, \text{rad/s} = 2\sqrt{5} \, \text{rad/s}$
約等於 $4.472 \, \text{rad/s}$。

【答案】$2\sqrt{5} \, \text{rad/s}$

(c) 當物體自平衡點向左移動 $50\sqrt{2} \, \text{cm}$ 所需的時間？
簡諧運動的位置方程式可寫為 $x(t) = A \cos(\omega t + \phi)$ 或 $x(t) = A \sin(\omega t + \phi)$。
題目描述物體從平衡位置壓縮 $100 \, \text{cm}$ 後釋放，表示初始時刻 ($t=0$)，物體位於最大位移處，且速度為零。因此，我們可選擇 $x(t) = A \cos(\omega t)$ 的形式，其中 $A = 1 \, \text{m}$。
平衡位置為 $x=0$。向左移動 $50\sqrt{2} \, \text{cm} = 0.5\sqrt{2} \, \text{m}$，由於初始壓縮是向左，故此時位置為 $x = -0.5\sqrt{2} \, \text{m}$。
我們需要找出時間 $t$，使得 $x(t) = -0.5\sqrt{2} \, \text{m}$。

此題考查天體物理的基本概念，包括密度、質量、重力加速度、單擺週期以及拋體運動的射程公式，並將之與地球進行比較。

核心觀念：

1. 質量、密度與體積的關係：$M = \rho V$
2. 球體體積：$V = \frac{4}{3}\pi R^3$
3. 萬有引力定律與重力加速度：$g = \frac{GM}{R^2}$
4. 單擺週期：$T = 2\pi \sqrt{\frac{L}{g}}$，頻率 $f = \frac{1}{T}$
5. 拋體運動水平射程：$R = \frac{v_0^2 \sin(2\theta)}{g}$

解題過程：
設地球的密度、半徑、質量、重力加速度、頻率、射程分別為 $\rho_E, R_E, M_E, g_E, f_E, R_{range,E}$。
設該星球的密度、半徑、質量、重力加速度、頻率、射程分別為 $\rho_P, R_P, M_P, g_P, f_P, R_{range,P}$。

已知條件：
$\rho_P = a \rho_E$
$R_P = b R_E$

(a) 該星球的質量是地球的幾倍？
質量 $M = \rho V = \rho \left(\frac{4}{3}\pi R^3\right)$。
該星球的質量 $M_P = \rho_P \left(\frac{4}{3}\pi R_P^3\right) = (a \rho_E) \left(\frac{4}{3}\pi (b R_E)^3\right)$
$M_P = a \rho_E \frac{4}{3}\pi b^3 R_E^3 = a b^3 \left(\rho_E \frac{4}{3}\pi R_E^3\right)$
地球的質量 $M_E = \rho_E \frac{4}{3}\pi R_E^3$。
因此，$M_P = a b^3 M_E$。
該星球的質量是地球的 $ab^3$ 倍。

【答案】$ab^3$ 倍

(b) 該星球表面的重力加速度是地球的幾倍？
重力加速度 $g = \frac{GM}{R^2}$。
該星球表面的重力加速度 $g_P = \frac{G M_P}{R_P^2} = \frac{G (ab^3 M_E)}{(b R_E)^2}$
$g_P = \frac{G ab^3 M_E}{b^2 R_E^2} = \frac{a b}{1} \frac{G M_E}{R_E^2} = ab g_E$。

此題考查動量守恆、能量守恆以及能量損失（熱能）的概念。碰撞過程分為兩個階段：子彈入射木塊的瞬間碰撞，以及碰撞後木塊與子彈一起上升的過程。

核心觀念：

1. 動量守恆定律：在沒有外力的系統中，總動量保持不變。
2. 能量守恆定律：系統的總能量（動能、位能、熱能等）保持不變。
3. 碰撞的類型：此題為非彈性碰撞，因為碰撞後兩物體黏在一起，相對速度為零，動能損失最大。

解題過程：
設子彈入射木塊前的速度為 $v$，質量為 $m$。
設木塊靜止，質量為 $M$。
碰撞後，子彈與木塊一起運動，總質量為 $m+M$。設碰撞後的共同速度為 $v'$。
碰撞後的系統（子彈+木塊）上升高度為 $h$。

(a) 子彈的速度 $v$ 為何？
首先，應用動量守恆定律於碰撞瞬間。系統的初始動量為子彈的動量，因為木塊靜止。碰撞後的動量為子彈與木塊共同運動的動量。
初始總動量 $P_{initial} = mv + M(0) = mv$
碰撞後總動量 $P_{final} = (m+M)v'$
由動量守恆，$P_{initial} = P_{final}$：
$mv = (m+M)v'$
$v' = \frac{m}{m+M} v \quad (*)$

接下來，應用能量守恆定律於碰撞後系統的上升過程。當子彈與木塊一起上升到最大高度 $h$ 時，它們的動能完全轉化為重力位能。
在碰撞結束、速度為 $v'$ 時，系統的動能為 $K_{initial} = \frac{1}{2}(m+M)(v')^2$。
當系統上升到高度 $h$ 時，其重力位能為 $U_{final} = (m+M)gh$ (相對於碰撞結束時的高度)。
此時系統的速度為零，動能為零。
由能量守恆，$K_{initial} = U_{final}$：
$\frac{1}{2}(m+M)(v')^2 = (m+M)gh$
$\frac{1}{2}(v')^2 = gh$
$(v')^2 = 2gh$
$v' = \sqrt{2gh} \quad (**)$

現在，將式 $(*)$ 代入式 $(**)$，求解 $v$：
$\left(\frac{m}{m+M} v\right)^2 = 2gh$
$\frac{m^2}{(m+M)^2} v^2 = 2gh$
$v^2 = \frac{2gh(m+M)^2}{m^2}$
$v = \sqrt{\frac{2gh(m+M)^2}{m^2}} = \frac{(m+M)}{m} \sqrt{2gh}$

【答案】$v = \frac{m+M}{m} \sqrt{2gh}$

(b) 碰撞過程中產生的熱能為何？
碰撞過程中產生的熱能，就是系統在碰撞過程中損失的機械能（動能）。
碰撞前的總機械能（考慮子彈和木塊）為子彈的動能，因為木塊靜止。
$E_{initial} = \frac{1}{2}mv^2$
碰撞結束後，子彈與木塊合為一體，其動能為：
$E_{final} = \frac{1}{2}(m+M)(v')^2$
碰撞中損失的能量（轉化為熱能等）為 $\Delta E = E_{initial} - E_{final}$。

核心觀念

本題考查均勻繃緊細繩的橫向振動，核心包括：

• 線密度 $\rho$：單位長度的質量，即
  $\rho=\frac{\Delta m}{\Delta x}$
• 牛頓第二定律：合力等於質量乘以加速度。
• 小振幅近似：繩子的斜率很小，因此
  $\sin\theta\approx\tan\theta\approx\frac{\partial y}{\partial x}$
• 波動方程式及其波速：
  $\frac{\partial^2 y}{\partial t^2}=v^2\frac{\partial^2 y}{\partial x^2}$

以下假設繩子均勻、張力大小為固定的 $T$，且 $\rho$ 表示單位長度的質量。若題目所稱「單位長度重量」嚴格指重量密度，則其質量線密度應為 $\rho/g$。

解題方法

取繩子上位置介於 $x$ 與 $x+\Delta x$ 的微小線段，橫向位移記為 $y(x,t)$。

微小線段的質量為

$$\Delta m=\rho\Delta x$$

繩子兩端受到張力 $T$。由於繩子近似水平，張力的水平分量彼此抵消，只需考慮垂直方向的合力。

微小線段的垂直合力

在位置 $x$ 與 $x+\Delta x$ 處，繩子的切線角分別為 $\theta(x)$ 與 $\theta(x+\Delta x)$。垂直方向合力為

$$F_y=T\sin\theta(x+\Delta x)-T\sin\theta(x)$$

在小振幅近似下，

$$\sin\theta\approx\tan\theta=\frac{\partial y}{\partial x}$$

因此

$$F_y \approx T\left[ \frac{\partial y}{\partial x}(x+\Delta x,t) - \frac{\partial y}{\partial x}(x,t) \right]$$

利用微分近似，

$$F_y \approx T\frac{\partial^2 y}{\partial x^2}\Delta x$$

套用牛頓第二定律

微小線段的橫向加速度為

$$a_y=\frac{\partial^2 y}{\partial t^2}$$

由 $F_y=\Delta m\,a_y$，

$$T\frac{\partial^2 y}{\partial x^2}\Delta x = \rho\Delta x\frac{\partial^2 y}{\partial t^2}$$

約去 $\Delta x$，得到

$$\rho\frac{\partial^2 y}{\partial t^2} = T\frac{\partial^2 y}{\partial x^2}$$

因此繩子的波動方程式為

$$\boxed{ \frac{\partial^2 y}{\partial t^2} = \frac{T}{\rho} \frac{\partial^2 y}{\partial x^2} }$$

與標準波動方程式

$$\frac{\partial^2 y}{\partial t^2} = v^2\frac{\partial^2 y}{\partial x^2}$$

比較可得繩上的波速

$$\boxed{ v=\sqrt{\frac{T}{\rho}} }$$

震盪頻率與張力、線密度的關係

設繩長為 $L$，且兩端固定，因此邊界條件為

$$y(0,t)=0,\qquad y(L,t)=0$$

波動方程式的駐波解可寫成

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

固定端條件要求

$$\sin(kL)=0$$

所以

$$kL=n\pi,\qquad n=1,2,3,\ldots$$

此題考查帶電粒子在電場和磁場中受力的綜合應用，特別是當電場與磁場同時存在時，粒子可能不受力（勞倫茲力平衡）。

核心觀念：

1. 帶電粒子在電場中受力：$\vec{F}_E = q\vec{E}$
2. 帶電粒子在磁場中受力（勞倫茲力）：$\vec{F}_B = q(\vec{v} \times \vec{B})$
3. 牛頓第二運動定律：$\vec{F}_{net} = m\vec{a}$
4. 帶電粒子在均勻電場中的運動軌跡（拋物線）。

解題過程：
設離子的質量為 $m$，電荷為 $q$，進入電場時的速度為 $\vec{v}$。
電場 $\vec{E}$ 垂直於金屬板，方向指向下方（假設，或向上，取決於極性，但對偏向位移有影響）。
磁場 $\vec{B}$ 垂直於電場 $\vec{E}$，且方向與速度 $\vec{v}$ 垂直。
題目說離子束「垂直電場方向射入」，這句話的理解很重要。通常情況下，粒子是以平行於金屬板表面的方向射入。如果「垂直電場方向射入」，意味著粒子是垂直於金屬板表面射入，那它就不會偏向。
根據題目描述「離開板邊緣時，偏向位移為 $y$」，可以推斷離子束是平行於金屬板表面射入的。我們假設速度 $\vec{v}$ 方向平行於金屬板表面，垂直於電場 $\vec{E}$ 的方向。

第一階段：只有電場 $E$ (無磁場)
離子束進入電場，假設速度為 $\vec{v}$，方向沿 $x$ 軸，電場 $\vec{E}$ 方向沿 $-y$ 軸（假設金屬板帶正電在上方，負電在下方）。
離子受到的電場力 $\vec{F}_E = q\vec{E}$。
如果離子帶正電 ($q>0$)，$\vec{F}_E$ 方向沿 $-y$ 軸。
如果離子帶負電 ($q<0$)，$\vec{F}_E$ 方向沿 $+y$ 軸。
題目說「偏向位移為 $y$」，這表示粒子在垂直於速度方向上發生了位移。我們假設這個方向為 $y$ 軸。
離子受到的加速度 $a_y = \frac{F_y}{m} = \frac{qE}{m}$。
由於此加速度是恆定的（電場均勻），離子在 $y$ 方向上的運動是勻加速運動，在 $x$ 方向上的運動是勻速運動（無其他力）。
設金屬板長度為 $L$，板間距離為 $d$ (但題目未給 $d$)。
離子在電場中運動的時間 $t = \frac{L}{v}$。
在 $y$ 方向上的位移 $y = \frac{1}{2} a_y t^2 = \frac{1}{2} \left(\frac{qE}{m}\right) \left(\frac{L}{v}\right)^2 = \frac{qEL^2}{2mv^2}$。
所以，$y = \frac{qE}{m} \frac{L^2}{2v^2}$。
荷質比 $\frac{q}{m} = \frac{2yv^2}{EL^2}$。

第二階段：電場 $E$ 與磁場 $B$ 同時存在
在金屬板之間同時存在電場 $\vec{E}$ 和磁場 $\vec{B}$。
離子以速度 $\vec{v}$ 射入。
離子受到的總力為 $\vec{F}_{net} = \vec{F}_E + \vec{F}_B = q\vec{E} + q(\vec{v} \times \vec{B})$。