國立中興大學 111 年 《物理》

核心觀念

本題考查等加速度直線運動，以及「平均速度」的定義。

適用的物理定律與條件：

• 物體沿 $x$ 軸運動，取 $+x$ 方向為正。
• 加速度為常數，$a=4\ \mathrm{m/s^2}$。
• 初始條件為 $x_0=0$、$v_0=0$。
• 平均速度定義為位移除以所需時間：

$$v_{\mathrm{avg}}=\frac{\Delta x}{\Delta t}$$

等加速度運動的位置公式為：

$$x=x_0+v_0t+\frac{1}{2}at^2$$

解題方法

物體從原點靜止出發，因此

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

代入 $a=4\ \mathrm{m/s^2}$：

$$x=2t^2$$

先求物體到達 $x=2\ \mathrm{m}$ 的時間：

$$2=2t_1^2$$ $$t_1=1\ \mathrm{s}$$

再求物體到達 $x=8\ \mathrm{m}$ 的時間：

$$8=2t_2^2$$ $$t_2=2\ \mathrm{s}$$

因此，物體由 $x=2\ \mathrm{m}$ 移動至 $x=8\ \mathrm{m}$ 所需時間為

$$\Delta t=t_2-t_1=2-1=1\ \mathrm{s}$$

位移為

$$\Delta x=8-2=6\ \mathrm{m}$$

平均速度為

$$v_{\mathrm{avg}} =\frac{\Delta x}{\Delta t} =\frac{6\ \mathrm{m}}{1\ \mathrm{s}} =6\ \mathrm{m/s}$$

單位為 $\mathrm{m/s}$，且物體持續沿正 $x$ 軸加速，平均速度落在起點速度與終點速度之間，數值合理。

選項分析

核心觀念

本題考查水平拋體運動，忽略空氣阻力時：

• 水平方向為等速度運動：$v_x=v_0$
• 鉛直方向為自由落體運動：$v_y=gt$
• 落地速度與水平線夾角為 $45^\circ$，因此
  $\tan45^\circ=\frac{|v_y|}{v_x}=1$

適用條件是物體僅受重力作用，且初速度完全水平，所以初始鉛直速度為 $0$。

解題方法

山丘高度為 $h=20\ \mathrm{m}$，鉛直位移符合自由落體公式：

$$h=\frac{1}{2}gt^2$$

代入 $g=10\ \mathrm{m/s^2}$：

$$20=\frac{1}{2}(10)t^2$$ $$t^2=4,\qquad t=2\ \mathrm{s}$$

落地時鉛直速度大小為：

$$|v_y|=gt=(10)(2)=20\ \mathrm{m/s}$$

因為落地角度為 $45^\circ$：

$$\tan45^\circ=\frac{|v_y|}{v_x}=1$$

所以：

$$v_x=|v_y|=20\ \mathrm{m/s}$$

水平拋出的初速度即為水平方向速度：

$$v_0=v_x=20\ \mathrm{m/s}$$

單位為 $\mathrm{m/s}$，且從 $20\ \mathrm{m}$ 高處落下所造成的鉛直速度約為 $20\ \mathrm{m/s}$，數量級合理。

選項分析

核心觀念

粒子作圓周運動時，加速度可分為互相垂直的兩個分量：

• 切線加速度 $a_t$：改變速率大小。
• 法向（向心）加速度 $a_c$：改變速度方向，大小為

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

由於兩者互相垂直，總加速度大小符合畢氏定理：

$$a^2=a_t^2+a_c^2$$

適用條件是粒子沿半徑固定的圓周運動，且題目所給的「速率增加率」即為切線加速度。

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解題方法

已知：

$$r=2.0\ \mathrm{m}$$ $$a_t=\frac{dv}{dt}=6.0\ \mathrm{m/s^2}$$ $$a=10.0\ \mathrm{m/s^2}$$

先由總加速度關係求向心加速度：

$$a_c=\sqrt{a^2-a_t^2}$$

代入數值：

$$a_c=\sqrt{(10.0)^2-(6.0)^2}$$ $$a_c=\sqrt{100-36} =\sqrt{64} =8.0\ \mathrm{m/s^2}$$

再利用向心加速度公式：

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

整理得：

$$v=\sqrt{a_c r}$$

代入：

$$v=\sqrt{(8.0)(2.0)} =\sqrt{16} =4.0\ \mathrm{m/s}$$

單位檢查：

$$\sqrt{\left(\mathrm{\frac{m}{s^2}}\right)(\mathrm{m})} =\sqrt{\mathrm{\frac{m^2}{s^2}}} =\mathrm{\frac{m}{s}}$$

所得速度單位正確，且 $4.0\ \mathrm{m/s}$ 與半徑 $2.0\ \mathrm{m}$、向心加速度 $8.0\ \mathrm{m/s^2}$ 的數量級相符。

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選項分析

• (A) $3.0\ \mathrm{m/s}$：錯誤。
  此速度對應的向心加速度為

核心觀念

本題考查連接物體的牛頓第二定律，以及斜面上的重力分力與動摩擦力。

適用定律：

• 牛頓第二定律：$\sum F=ma$
• 斜面方向的重力分力：$mg\sin\theta$
• 垂直斜面的支持力：$N=mg\cos\theta$
• 動摩擦力：$f_k=\mu_kN$
• 無質量、無摩擦滑輪與不可伸長細繩，使兩物體加速度大小相同、繩張力相同。

由於懸掛物體 $B$ 的重力為 $80\ \mathrm{N}$，大於物體 $A$ 沿斜面向下的重力分力 $50\ \mathrm{N}$，判定 $B$ 向下運動、$A$ 沿斜面向上運動。因此，$A$ 的動摩擦力沿斜面向下。

解題方法

斜面角度為 $30^\circ$，取 $\sqrt{3}\approx1.7$：

對物體 $A$：

$$N_A=m_Ag\cos30^\circ$$ $$N_A=10\times10\times\frac{\sqrt3}{2} =100\times0.85=85\ \mathrm{N}$$

因此動摩擦力為

$$f_k=\mu_kN_A =0.20\times85=17\ \mathrm{N}$$

物體 $A$ 沿斜面向下的重力分力：

$$m_Ag\sin30^\circ =10\times10\times\frac12 =50\ \mathrm{N}$$

設物體 $B$ 向下、物體 $A$ 沿斜面向上時的加速度為 $a$，繩張力為 $T$。

對物體 $A$，沿斜面向上為正：

$$T-50-17=10a$$ $$T-67=10a$$

對物體 $B$，向下為正：

$$80-T=8a$$

核心觀念

本題考查「靜摩擦力使兩物體共同運動」以及「靜摩擦力的最大值」。

依題意，地板未提供摩擦係數，因此採用標準假設：地板光滑，只有 A、B 之間存在靜摩擦力。

所用物理定律如下：

1. 牛頓第二定律

$\sum F=ma$

2. 靜摩擦力的上限

$f_s\leq f_{s,\max}=\mu_sN$

3. 兩物體未相對滑動時

A、B 具有相同加速度 $a$。若外力增加至某一程度，使 B 所需的摩擦力超過最大靜摩擦力，B 即會相對 A 滑動。

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解題方法

設 A 受到水平拉力 $F$，且在尚未滑動前，A、B 一起運動。

第一步：求共同加速度

將 A、B 視為整體，兩物體之間的摩擦力屬於內力，可相互抵消。因此整體水平方向受力為 $F$：

$F=(m_A+m_B)a$

所以共同加速度為

$a=\frac{F}{m_A+m_B}$

第二步：分析 B 所需的摩擦力

B 水平方向沒有其他外力，因此使 B 隨 A 一起加速的唯一水平力是 A 施予 B 的靜摩擦力。

對 B 使用牛頓第二定律：

$f_s=m_Ba$

代入共同加速度：

$f_s=m_B\frac{F}{m_A+m_B}$

第三步：利用最大靜摩擦力判斷開始滑動的條件

B 的垂直方向沒有加速度，因此

$N=m_Bg$

最大靜摩擦力為

$f_{s,\max}=\mu_sN=\mu_sm_Bg$

在即將開始相對滑動的臨界狀態，

$f_s=f_{s,\max}$

因此

$m_B\frac{F}{m_A+m_B}=\mu_sm_Bg$

約去 $m_B$：

$\frac{F}{m_A+m_B}=\mu_sg$

得到臨界拉力

$F_{\text{crit}}=\mu_s(m_A+m_B)g$

當

$F>\mu_s(m_A+m_B)g$

所需摩擦力超過最大靜摩擦力，A 即會從 B 底下滑出。

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選項分析

核心觀念

本題考查「功－能定理」：

$$W_{\text{net}}=\Delta K=K_f-K_i$$

適用條件是：物體所受的合力做功，等於物體動能的改變量。因為題目已給出「恒定合力」與位移，直接計算合力所做的功即可。

合力功的定義為：

$$W=\vec{F}\cdot\Delta\vec{r}$$

其中 $\cdot$ 表示內積，因此只有力在位移方向上的分量會做功。

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解題方法

初位置與末位置分別為

$$\vec{r}_i=(2\hat{\imath}+5\hat{\jmath})\ \mathrm{m}$$ $$\vec{r}_f=(6\hat{\imath}-2\hat{\jmath})\ \mathrm{m}$$

位移為

$$\Delta\vec{r}=\vec{r}_f-\vec{r}_i$$ $$\Delta\vec{r} =(6-2)\hat{\imath}+(-2-5)\hat{\jmath}$$ $$\Delta\vec{r}=(4\hat{\imath}-7\hat{\jmath})\ \mathrm{m}$$

合力為

$$\vec{F}=(4\hat{\imath}-3\hat{\jmath})\ \mathrm{N}$$

因此合力所做的功為

$$W=\vec{F}\cdot\Delta\vec{r}$$ $$W=(4)(4)+(-3)(-7)$$ $$W=16+21=37\ \mathrm{J}$$

初始動能為

$$K_i=\frac{1}{2}mv_i^2$$

代入 $m=2.0\ \mathrm{kg}$、$v_i=4.0\ \mathrm{m/s}$：

$$K_i=\frac{1}{2}(2.0)(4.0)^2$$ $$K_i=16\ \mathrm{J}$$

由功－能定理：

$$K_f=K_i+W$$ $$K_f=16+37=53\ \mathrm{J}$$

單位檢查：

核心觀念

本題結合兩個物理定律：

1. 向心力定律：在最低點，繩張力與重力的合力提供向心力。
   $T-mg=\frac{mv^2}{L}$

2. 機械能守恆：忽略空氣阻力，且繩張力始終垂直於質點瞬時位移，因此張力不做功，動能可轉換為重力位能。
   $\frac{1}{2}mv^2=mgh$

其中：

• $m=1.5\ \mathrm{kg}$
• $L=2.0\ \mathrm{m}$
• $T=20\ \mathrm{N}$
• $g=10\ \mathrm{m/s^2}$

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解題方法

先利用最低點的向心力關係求出質點在最低點的速率。

最低點時：

$mg=(1.5)(10)=15\ \mathrm{N}$

因此：

$T-mg=\frac{mv^2}{L}$

代入數值：

$20-15=\frac{1.5v^2}{2.0}$

$5=0.75v^2$

$v^2=\frac{5}{0.75}=\frac{20}{3}\ \mathrm{m^2/s^2}$

最低點的動能為：

$K=\frac{1}{2}mv^2$

$K=\frac{1}{2}(1.5)\left(\frac{20}{3}\right)=5\ \mathrm{J}$

質點上升至最高點時，瞬時速度為零，最低點的動能全部轉換成重力位能：

$mgh=5$

$h=\frac{5}{(1.5)(10)}=\frac{1}{3}\ \mathrm{m}$

換算為公分：

$h=\frac{1}{3}\times 100\ \mathrm{cm}=33.3\ \mathrm{cm}$

因此最大上升高度約為：

$\boxed{33\ \mathrm{cm}}$

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單位與數量級檢查

由

$h=\frac{K}{mg}$

可得單位：

$$\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{N}} =\frac{\mathrm{N\cdot m}}{\mathrm{N}} =\mathrm{m}$$

核心觀念

本題考查碰撞過程中的「動量守恆」。由於物體在水平無摩擦面上運動，碰撞期間水平方向沒有外力衝量，因此整個系統的水平動量守恆：

$$\sum p_{\text{碰撞前}}=\sum p_{\text{碰撞後}}$$

本題未說碰撞為彈性碰撞，且子彈穿透木塊時通常會有能量轉化為熱能、聲音及形變能，因此不可直接使用動能守恆。

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解題方法

取子彈原本運動方向為正方向。

已知：

• 子彈質量：$m=10\ \mathrm{g}=0.010\ \mathrm{kg}$
• 子彈初速度：$v_i=2.0\ \mathrm{km/s}=2000\ \mathrm{m/s}$
• 木塊質量：$M=4.0\ \mathrm{kg}$
• 木塊初速度：$V_i=-4.0\ \mathrm{m/s}$
• 木塊碰撞後速度：$V_f=0$

設子彈穿出木塊後速度為 $v_f$。

依水平動量守恆：

$$mv_i+MV_i=mv_f+MV_f$$

代入數值：

$$(0.010)(2000)+(4.0)(-4.0) =(0.010)v_f+(4.0)(0)$$ $$20-16=0.010v_f$$ $$v_f=400\ \mathrm{m/s}$$

因此，子彈穿出後的動能為：

$$K_f=\frac{1}{2}mv_f^2$$ $$K_f=\frac{1}{2}(0.010)(400)^2$$ $$K_f=800\ \mathrm{J}$$

因為 $1\ \mathrm{kJ}=1000\ \mathrm{J}$，所以：

$$K_f=0.80\ \mathrm{kJ}$$

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單位與數量級檢查

子彈質量為 $0.010\ \mathrm{kg}$，速度為 $400\ \mathrm{m/s}$，其動能應為數百焦耳：

$$\mathrm{kg}\cdot\frac{\mathrm{m^2}}{\mathrm{s^2}}=\mathrm{J}$$

計算得到 $800\ \mathrm{J}$，即 $0.80\ \mathrm{kJ}$，單位與數量級皆合理。

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選項分析

核心觀念

本題考查「平動與轉動的聯立運動」：

• 物體受重力與繩張力作用，使用牛頓第二定律。
• 繩子不伸長且與輪緣無相對滑動，因此物體的線加速度與輪子的角加速度滿足
  $a=R\alpha$
• 輪軸無摩擦，對輪心取力矩時，繩張力造成的力矩為 $TR$。
• 轉動定律為
  $\tau=I\alpha$
• 輪子的轉動慣量表示為
  $I=\beta mR^2$

其中，題目給定物體向下加速度為 $a=4.0\ \mathrm{m/s^2}$，且 $g=10\ \mathrm{m/s^2}$。

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解題方法

1. 對懸掛物體列平動方程式

物體向下為正方向，受力如下：

• 向下重力：$mg$
• 向上張力：$T$

依牛頓第二定律：

$$mg-T=ma$$

代入 $g=10\ \mathrm{m/s^2}$、$a=4.0\ \mathrm{m/s^2}$：

$$T=m(g-a)$$ $$T=m(10-4)=6m$$

因此繩張力為

$$T=6m\ \mathrm{N}$$

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2. 對輪子列轉動方程式

以輪心為轉軸。輪軸無摩擦，繩張力對輪心產生力矩：

$$\tau=TR$$

依轉動版牛頓第二定律：

$$TR=I\alpha$$

又因繩子與輪緣無滑動：

$$a=R\alpha$$

所以

$$\alpha=\frac{a}{R}$$

代入 $I=\beta mR^2$：

$$TR=\beta mR^2\cdot\frac{a}{R}$$

化簡得

$$T=\beta ma$$

因此

$$\beta=\frac{T}{ma}$$

代入 $T=6m$、$a=4.0\ \mathrm{m/s^2}$：

核心觀念

本題考查「角動量守恆」與「轉動慣量的改變」。

適用的物理定律為：

$$L=I\omega$$

若系統受到的外力矩為零，則繞轉軸的角動量守恆：

$$L_i=L_f$$

本題將「旋轉中的旋轉木馬」與「跳上邊緣的孩子」視為同一系統。孩子跳上後與旋轉木馬一起轉動，可視為完全非彈性碰撞，因此機械能不守恆，但角動量仍守恆。

孩子是沿著半徑方向朝中心移動，因此相對於旋轉軸的初始角動量為零：

$$L_{\text{child}}=r p\sin\theta$$

由於速度方向與半徑方向平行，$\theta=0^\circ$，所以

$$L_{\text{child}}=0$$

解題方法

1. 初始角動量

旋轉木馬初始轉動慣量為

$$I_i=250\ \mathrm{kg\cdot m^2}$$

初始角速度為

$$\omega_i=10\ \mathrm{rpm}$$

孩子沿半徑方向移動，對轉軸沒有初始角動量，因此系統初始角動量為

$$L_i=I_i\omega_i$$

2. 最終轉動慣量

孩子跳到半徑

$$R=2.0\ \mathrm{m}$$

的邊緣，可視為質點，其轉動慣量為

$$I_{\text{child}}=mR^2$$

代入

$$I_{\text{child}} =(25)(2.0)^2 =100\ \mathrm{kg\cdot m^2}$$

孩子與旋轉木馬一起轉動後，總轉動慣量為

$$I_f=I_i+mR^2$$ $$I_f=250+100=350\ \mathrm{kg\cdot m^2}$$

3. 套用角動量守恆

$$I_i\omega_i=I_f\omega_f$$

因此

$$\omega_f =\frac{I_i}{I_f}\omega_i$$ $$\omega_f =\frac{250}{350}(10\ \mathrm{rpm})$$ $$\omega_f =7.14\ \mathrm{rpm}$$

取近似值：

$$\omega_f\approx 7.1\ \mathrm{rpm}$$

核心觀念

本題考查「物理擺」的小角度振動。均勻細棒繞固定支點振盪時，使用：

1. 平行軸定理
   $I_P=I_{\mathrm{CM}}+md^2$

2. 小角度近似下的轉動方程
   重力對支點的力矩為
   $\tau\approx -mgd\theta$

又由轉動定律 $\tau=I_P\alpha$，且 $\alpha=\ddot{\theta}$，因此
$I_P\ddot{\theta}=-mgd\theta$

這是簡諧運動方程：
$\ddot{\theta}+\frac{mgd}{I_P}\theta=0$

所以
$\omega^2=\frac{mgd}{I_P}$

此公式適用於支點固定、棒作小角度振盪，且忽略空氣阻力與支點摩擦的情況。

解題方法

已知

$L=1.0\ \mathrm{m},\qquad m=2.0\ \mathrm{kg},\qquad d=0.25\ \mathrm{m},\qquad g=10\ \mathrm{m/s^2}$

棒的質心轉動慣量為

$$I_{\mathrm{CM}}=\frac{mL^2}{12} =\frac{2.0(1.0)^2}{12} =\frac{1}{6}\ \mathrm{kg\,m^2}$$

由平行軸定理，支點轉動慣量為

$I_P=I_{\mathrm{CM}}+md^2$

$$I_P=\frac{1}{6}+2.0(0.25)^2 =\frac{1}{6}+0.125 =\frac{7}{24}\ \mathrm{kg\,m^2}$$

因此

核心觀念

本題考查：

• 動量守恆
• 動能定義
• 地球與球互相作用時的反作用運動

將「球＋地球」視為封閉系統，忽略空氣阻力與其他外力造成的衝量。球下落時，地球同時受到球的引力作用而產生極微小的反向速度。

動能公式為

$$K=\frac{1}{2}mv^2$$

解題方法

球在碰地前的動量大小為

$$p_B=m_Bv_B$$

由於球與地球系統初始均靜止，初始總動量為零。依動量守恆，碰地前球與地球的動量大小相等、方向相反：

$$m_Bv_B=m_Ev_E$$

因此地球速度為

$$v_E=\frac{m_B}{m_E}v_B$$

球的動能為

$$K_B=\frac{1}{2}m_Bv_B^2$$

地球獲得的動能為

$$K_E=\frac{1}{2}m_Ev_E^2$$

代入 $v_E=\dfrac{m_B}{m_E}v_B$：

$$K_E =\frac{1}{2}m_E \left(\frac{m_B}{m_E}v_B\right)^2$$ $$K_E =\frac{1}{2}\frac{m_B^2}{m_E}v_B^2$$

所以動能比為

$$\frac{K_E}{K_B} = \frac{\frac{1}{2}\frac{m_B^2}{m_E}v_B^2} {\frac{1}{2}m_Bv_B^2} = \frac{m_B}{m_E}$$

因此地球獲得的動能約為球動能的 $\dfrac{m_B}{m_E}$ 倍。由於 $m_E\gg m_B$，此比值極小，但不等於零。

核心觀念

本題考查行星運動的克卜勒第三定律：

$$T^2 \propto a^3$$

其中：

• $T$：繞日公轉週期
• $a$：橢圓軌道的半長軸
• 近日點距離：$r_p$
• 遠日點距離：$r_a$

對繞同一個太陽運行的天體，若天體質量相對太陽可忽略，則有

$$\frac{T^2}{a^3}=\text{常數}$$

適用條件是天體受太陽萬有引力作用，沿橢圓軌道運動。

解題方法

1. 求橢圓軌道的半長軸

近日點與遠日點分別位於橢圓長軸的兩端，因此半長軸為兩者平均值：

$$a=\frac{r_p+r_a}{2}$$

代入題目數值：

$$a=\frac{0.5\ \mathrm{AU}+7.5\ \mathrm{AU}}{2} =4.0\ \mathrm{AU}$$

2. 以地球軌道作比較

地球的平均軌道半徑為 $1\ \mathrm{AU}$，公轉週期為 $1$ 年。因此，對小行星與地球套用克卜勒第三定律：

$$\frac{T_{\text{小行星}}^2}{(4\ \mathrm{AU})^3} = \frac{(1\ \mathrm{year})^2}{(1\ \mathrm{AU})^3}$$

整理得：

$$T_{\text{小行星}}^2 =4^3(1\ \mathrm{year})^2 =64\ \mathrm{year}^2$$

因此：

$$T_{\text{小行星}}=8\ \mathrm{years}$$

取正值是因為公轉週期為正的時間量。

3. 單位與數量級檢查

半長軸為地球軌道的 $4$ 倍，而週期與半長軸的 $3/2$ 次方成正比：

$$T=4^{3/2}\ \mathrm{year} =(\sqrt{4})^3\ \mathrm{year} =8\ \mathrm{years}$$

核心觀念

本題考查：

1. 牛頓第二定律：$\sum F=ma$
2. 動摩擦力：$f_k=\mu_k N$
3. 力對物體做功的功率：

$$\mathcal{P}=\frac{dW}{dt}=\vec F\cdot\vec v$$

當力與速度同方向時：

$$\mathcal{P}=Fv$$

題目問的是「力 $P$ 做功的速率」，因此最後要計算的是外力 $P$ 的功率，不是合力功率，也不是摩擦力功率。

解題方法

1. 求正向力與動摩擦力

方塊在水平面上，外力平行於表面，因此鉛直方向沒有加速度：

$$N=mg$$

代入數值：

$$N=(3.0)(10)=30\ \mathrm{N}$$

動摩擦力為：

$$f_k=\mu_k N$$ $$f_k=(0.20)(30)=6.0\ \mathrm{N}$$

2. 求方塊的加速度

水平方向受力為外力 $P$ 向右、動摩擦力 $f_k$ 向左，因此：

$$P-f_k=ma$$

代入：

$$12-6.0=(3.0)a$$ $$a=2.0\ \mathrm{m/s^2}$$

3. 求 $t=2.0\ \mathrm{s}$ 時的速度

方塊初始靜止，故 $v_0=0$。使用等加速度運動公式：

$$v=v_0+at$$ $$v=0+(2.0)(2.0)=4.0\ \mathrm{m/s}$$

4. 求力 $P$ 的功率

外力 $P$ 與方塊速度同方向，因此：

$$\mathcal{P}_P=P v$$ $$\mathcal{P}_P=(12)(4.0)=48\ \mathrm{W}$$

單位驗算：

$$\mathrm{N}\cdot\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}} =\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{s}} =\mathrm{W}$$

核心觀念

本題考查狹義相對論中的：

1. 時間膨脹（time dilation）
2. 固有時間（proper time）
3. 洛侖茲因子（Lorentz factor）

適用條件是：太空船以相對地球的固定速度作等速直線運動，且速度接近光速，因此必須使用相對論公式，不能直接套用牛頓力學的時間概念。

Joe 與 Mary 同乘太空船，彼此相對靜止。因此，Mary 測得 Joe 的年齡增加量，就是太空船上經過的固有時間。

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解題方法

1. 計算洛侖茲因子

太空船速度為

$$v=\sqrt{0.9999}\,c$$

令

$$\beta=\frac{v}{c}=\sqrt{0.9999}$$

則

$$\beta^2=0.9999$$

洛侖茲因子為

$$\gamma=\frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}}$$

代入得

$$\gamma=\frac{1}{\sqrt{1-0.9999}} =\frac{1}{\sqrt{0.0001}} =100$$

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2. 計算地球參考系中的旅行時間

星 X 距離地球 $200$ 光年。由於光速 $c$ 在一年內行走約 $1$ 光年，因此地球參考系中的旅行時間為

$$\Delta t=\frac{200\ \text{光年}}{\sqrt{0.9999}\,c}$$

以「光年／光速＝年」換算：

$$\Delta t=\frac{200}{\sqrt{0.9999}}\ \text{年} \approx 200.01\ \text{年}$$

這是地球觀察到的時間，不是 Joe 與 Mary 實際老化的時間。

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3. 計算太空船上的固有時間

時間膨脹公式為

$$\Delta t=\gamma\Delta \tau$$

其中：

• $\Delta t$：地球參考系測得的時間
• $\Delta \tau$：太空船內測得的固有時間
• $\gamma$：洛侖茲因子

因此

$$\Delta \tau=\frac{\Delta t}{\gamma}$$

代入 $\Delta t\approx 200.01$ 年與 $\gamma=100$：

$$\Delta \tau\approx\frac{200.01}{100}\ \text{年} \approx 2.00\ \text{年}$$

Joe 原本 $30$ 歲，因此抵達星 X 時：

$$\text{Joe年齡}=30+2.00\approx 32\ \text{歲}$$

由於 Joe 與 Mary 同乘太空船，兩人相對靜止，Mary 觀察到 Joe 約為 $32$ 歲。

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單位與數量級檢查

核心觀念

本題考查氣泡上升時的壓力、溫度與體積變化，使用理想氣體定律：

$$PV=nRT$$

氣泡中的氣體量 $n$ 不變，因此有：

$$\frac{P_1V_1}{T_1}=\frac{P_2V_2}{T_2}$$

適用條件為：

• 氣泡內氣體可視為理想氣體。
• 氣泡上升過程中沒有氣體逸散或溶入水中。
• 忽略水的蒸氣壓與氣泡表面張力。
• 氣泡內壓力近似等於周圍水的壓力。

解題方法

設氣泡在水底為狀態 $1$，到達水面為狀態 $2$。

水底壓力為大氣壓加上水柱壓力：

$$P_1=P_{\mathrm{atm}}+\rho gh$$

代入題目數據：

$$P_1 =1.0\times10^5 +(1.00\times10^3)(10)(10.0)$$ $$P_1=2.0\times10^5\ \mathrm{Pa}$$

水面壓力為：

$$P_2=P_{\mathrm{atm}}=1.0\times10^5\ \mathrm{Pa}$$

溫度必須換算成絕對溫度：

$$T_1=57.0+273=330\ \mathrm{K}$$ $$T_2=27.0+273=300\ \mathrm{K}$$

已知：

$$V_1=1.00\ \mathrm{cm^3}$$

由理想氣體定律：

$$\frac{P_1V_1}{T_1} = \frac{P_2V_2}{T_2}$$

解出水面體積：

$$V_2 = V_1\frac{P_1}{P_2}\frac{T_2}{T_1}$$ $$V_2 = (1.00) \left(\frac{2.0\times10^5}{1.0\times10^5}\right) \left(\frac{300}{330}\right)$$ $$V_2 = 2.00\times\frac{300}{330} = 1.818\ \mathrm{cm^3}$$

因此，依照題目印出的數據計算：