113 年 國立中正大學地球與環境科學系碩士班《普通物理學》

本題主要考驗對平均速度、瞬時速度與平均加速度的定義與計算。秒針針尖進行圓周運動，其速率恆定，但速度方向不斷改變。

(a) 平均速度的定義為位移向量除以時間。秒針的長度為10公分，即半徑 $r = 10 \, \text{cm} = 0.1 \, \text{m}$。
秒針走15秒，相當於繞行了四分之一圈。
在0秒時，假設針尖位於正右方($x$軸正向)。
在15秒時，針尖位於正上方($y$軸正向)。
位移向量 $\Delta \vec{r} = (0 - r)\hat{i} + (r - 0)\hat{j} = -r\hat{i} + r\hat{j}$。
位移的大小為 $|\Delta \vec{r}| = \sqrt{(-r)^2 + r^2} = \sqrt{2r^2} = r\sqrt{2}$。
平均速度的大小為 $\frac{|\Delta \vec{r}|}{\Delta t} = \frac{r\sqrt{2}}{15 \, \text{s}} = \frac{0.1 \sqrt{2}}{15} \, \text{m/s} \approx 0.00943 \, \text{m/s} = 0.943 \, \text{cm/s}$。
【答案】平均速度的大小為 $\frac{0.1\sqrt{2}}{15} \, \text{m/s} \approx 0.943 \, \text{cm/s}$。

(b) 瞬時速度的大小等於速率。由於秒針針尖以相同的速率繞行，故其速率恆定。
秒針繞一圈（360度或 $2\pi$ 弧度）需要60秒。

本題考驗對連體做等速圓周運動時，各部件的速度、加速度與張力的關係。由於三球以同一細繩連接並以中心0點作等速圓周運動，它們的角速度 $\omega$ 必定相同。

設細繩的長度為 $L$。題目給定 $OA = AB = BC$，我們可以設定 $OA = r$。
則 $OB = OA + AB = r + r = 2r$。
$OC = OB + BC = 2r + r = 3r$。
因此，三球A、B、C分別距離圓心0點的半徑為 $r_A = r$, $r_B = 2r$, $r_C = 3r$。

(a) 三球的速度比：
由於三球的角速度 $\omega$ 相同，線速度 $v = \omega \times \text{半徑}$。
$v_A = \omega r_A = \omega r$
$v_B = \omega r_B = \omega (2r) = 2\omega r$
$v_C = \omega r_C = \omega (3r) = 3\omega r$
因此，三球的速度比為 $v_A : v_B : v_C = \omega r : 2\omega r : 3\omega r = 1 : 2 : 3$。
【答案】速度比為 $1:2:3$。

(b) 三球的加速度比：
對於等速圓周運動，向心加速度 $a_c = \omega^2 \times \text{半徑}$。
$a_A = \omega^2 r_A = \omega^2 r$
$a_B = \omega^2 r_B = \omega^2 (2r) = 2\omega^2 r$
$a_C = \omega^2 r_C = \omega^2 (3r) = 3\omega^2 r$

本題考驗萬有引力定律、能量守恆定律在衛星運動中的應用，包括軌道速度、軌道能量的計算。

設地球質量為 $M$，半徑為 $R$。衛星質量為 $m$。
萬有引力常數為 $G$。

(a) 衛星發射之初速率：
題目指的「初速率」應是指衛星在地面（或接近地面）時，為了使其能進入離地面 $2R$ 的圓形軌道所需的最小發射速率。
當衛星在離地 $2R$ 的圓形軌道上繞地球作圓周運動時，其軌道半徑為 $r = R + 2R = 3R$。
由萬有引力提供向心力：
$\frac{GMm}{r^2} = \frac{mv^2}{r}$
$\frac{GMm}{(3R)^2} = \frac{mv_{orbit}^2}{3R}$
$v_{orbit}^2 = \frac{GM}{3R}$
$v_{orbit} = \sqrt{\frac{GM}{3R}}$

這是衛星在軌道上的速率。若題目問的是「發射」時的速率，且假設是從地面發射，並考慮能量守恆，則需要知道發射點的位置。若假設從地面發射，要達到這個軌道，需要克服重力勢能和動能的變化。
然而，題目問的是「初速率」，且後面問的是「軌道上的速率」，這暗示了「初速率」可能指的是進入軌道前的某個初始狀態。
若題目是指在地面處，為了使其能進入該軌道所需的速率，我們需要考慮發射點的動能和勢能。
假設發射點在地面，發射後立即進入半徑為 $3R$ 的圓形軌道。
根據能量守恆，發射點的總能量等於軌道上的總能量。
在地面時，動能為 $\frac{1}{2}mv_{launch}^2$，勢能為 $-\frac{GMm}{R}$。
在半徑為 $3R$ 的圓形軌道上，動能為 $\frac{1}{2}mv_{orbit}^2$，勢能為 $-\frac{GMm}{3R}$。
總能量 $E_{orbit} = \frac{1}{2}mv_{orbit}^2 + (-\frac{GMm}{3R}) = \frac{1}{2}m(\frac{GM}{3R}) - \frac{GMm}{3R} = \frac{GMm}{6R} - \frac{GMm}{3R} = -\frac{GMm}{6R}$。
發射時的總能量 $E_{launch} = \frac{1}{2}mv_{launch}^2 - \frac{GMm}{R}$。
由能量守恆，$E_{launch} = E_{orbit}$：
$\frac{1}{2}mv_{launch}^2 - \frac{GMm}{R} = -\frac{GMm}{6R}$
$\frac{1}{2}mv_{launch}^2 = \frac{GMm}{R} - \frac{GMm}{6R} = \frac{5GMm}{6R}$
$v_{launch}^2 = \frac{5GM}{3R}$

本題考驗駐波的性質、波節與波腹的關係，以及弦線上駐波的頻率與弦長、張力、線密度之間的關係。

已知條件：
線密度 $\mu = 4 \, \text{g/m} = 0.004 \, \text{kg/m}$
張力 $T = 8.1 \, \text{N}$

(a) 弦線的長度：
駐波在弦線上形成時，弦的兩端必須是波節（nodes）。
對於弦長為 $L$ 的固定端駐波，其可能產生的波長 $\lambda_n$ 與弦長 $L$ 的關係為 $L = n \frac{\lambda_n}{2}$，其中 $n$ 為正整數，代表駐波的諧次（或稱為全波數）。
波長 $\lambda_n$ 與頻率 $f_n$ 的關係為 $v = f_n \lambda_n$，其中 $v$ 是波在弦上傳播的速度，由 $v = \sqrt{\frac{T}{\mu}}$ 決定。
$v = \sqrt{\frac{8.1 \, \text{N}}{0.004 \, \text{kg/m}}} = \sqrt{2025} \, \text{m/s} = 45 \, \text{m/s}$。

題目提到「n-1 與 n 的波節的駐波」。在弦振動中，波節（node）是振幅為零的點，波腹（antinode）是振幅最大的點。
對於弦長為 $L$ 的駐波，若有 $n+1$ 個波節，則有 $n$ 個波腹。
弦振動的模式，其波節數為 $n+1$，則弦長 $L = n \frac{\lambda_n}{2}$。
波節之間的距離是 $\frac{\lambda_n}{2}$。

題目說「n-1 與 n 的波節的駐波」。這句話的敘述可能有些誤導。
通常我們說第幾諧波（$n$）對應的是有 $n+1$ 個波節。
例如：
基音（n=1）：有 2 個波節（兩端），1 個波腹。弦長 $L = 1 \cdot \frac{\lambda_1}{2}$。波節間距為 $\frac{\lambda_1}{2} = L$。
第二諧波（n=2）：有 3 個波節（兩端+中間），2 個波腹。弦長 $L = 2 \cdot \frac{\lambda_2}{2} = \lambda_2$。波節間距為 $\frac{\lambda_2}{2} = \frac{L}{2}$。
第三諧波（n=3）：有 4 個波節（兩端+兩個中間），3 個波腹。弦長 $L = 3 \cdot \frac{\lambda_3}{2}$。波節間距為 $\frac{\lambda_3}{2} = \frac{L}{3}$。
一般而言，第 $n$ 諧波（有 $n+1$ 個波節）的波節間距為 $\frac{L}{n}$。

題目說「n-1 與 n 的波節的駐波」。這可能指的是第 $n-1$ 諧波和第 $n$ 諧波。
如果是這樣，
第 $n-1$ 諧波：有 $n$ 個波節，波節間距為 $\frac{L}{n-1}$。

本題考驗動量守恆定律、能量守恆定律以及簡諧運動的能量轉換。碰撞為非彈性碰撞，但由於碰撞過程極短，可以視為動量守恆。碰撞後，系統（木塊+子彈）獲得動能，並向上運動，將動能轉換為重力勢能。

(a) 子彈的速度v為何？
首先分析碰撞過程。碰撞發生在極短的時間內，此時外力（如重力、繩子的張力）的影響可以忽略不計。因此，系統（子彈+木塊）在水平方向上動量守恆。
碰撞前，系統總動量為 $p_{before} = mv + M(0) = mv$ (假設子彈水平射入，木塊原來靜止)。
碰撞後，子彈嵌入木塊，形成一個整體，其質量為 $M+m$。設碰撞後的共同速度為 $v'$。
碰撞後，系統總動量為 $p_{after} = (M+m)v'$。
由動量守恆定律：$p_{before} = p_{after}$
$mv = (M+m)v'$
所以，碰撞後的共同速度 $v' = \frac{mv}{M+m}$。

接著分析碰撞後的運動。碰撞後的系統（質量 $M+m$，速度 $v'$）向上擺動，上升到最大高度 $h$。
在上升過程中，系統的機械能守恆（重力做功，繩子的張力不做功）。
在最低點（碰撞瞬間），系統的動能為 $\frac{1}{2}(M+m)(v')^2$，重力勢能設為零。
在最高點（高度 $h$），系統的速度為零，動能為零，重力勢能為 $(M+m)gh$。
由機械能守恆：
$\frac{1}{2}(M+m)(v')^2 = (M+m)gh$
$\frac{1}{2}(v')^2 = gh$
$(v')^2 = 2gh$
$v' = \sqrt{2gh}$。

現在我們將兩個關於 $v'$ 的表達式聯立起來，解出子彈的初速度 $v$。
$\frac{mv}{M+m} = \sqrt{2gh}$
$v = \frac{(M+m)\sqrt{2gh}}{m}$
$v = \frac{M+m}{m}\sqrt{2gh}$。
【答案】子彈的速度 $v = \frac{M+m}{m}\sqrt{2gh}$。

(b) 碰撞的過程中產生的熱能為何？
碰撞是完全非彈性碰撞，因為子彈嵌入木塊，兩者速度相同。
在完全非彈性碰撞中，動量守恆，但機械能不守恆，一部分機械能轉化為熱能、聲能等。
碰撞前的總機械能（主要是動能，因為勢能變化極小）為 $E_{before} = \frac{1}{2}mv^2$。
碰撞後的總機械能（動能，因為勢能變化極小）為 $E_{after} = \frac{1}{2}(M+m)(v')^2$。
產生的熱能（或稱非彈性損失的能量）等於碰撞前後的機械能差：
$Q = E_{before} - E_{after}$。
我們知道 $v' = \sqrt{2gh}$，所以 $E_{after} = \frac{1}{2}(M+m)(2gh) = (M+m)gh$。