國立中興大學 112 年《物理》考古題與詳解

Question 1

Dagwood and Blondie are driving two identical cars. Blondie is passing Dagwood at twice his speed. They apply their brakes with equal constant force and stop on the level road. Dagwood travels a distance $D$ in a time $T$ while braking. How long does Blondie take to stop?

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： 1. 牛頓第二運動定律 $$F{	ext{net}}=ma$$ 2. 等加速度直線運動的停止時間 $$v=v0+at$$ 兩輛車完全相同，因此質量相同；煞車時施加相同且固定的力，且路面水平、無其他水平外力影響，所以兩車的減速度大小相同。 設 Dagwood 的初速度為 $v$，則 Blondie 的初速度為 $2v$。 --- 解題方法 物理定律與適用條件 煞車力為固定值，車輛質量也相同，因此由牛頓第二定律： $$a=\frac{F}{m}$$ 兩車的 $F$ 與 $m$ 相同，所以減速度大小相同，設為 $a$。 停止時末速度為 $0$。對 Dagwood 而言： $$0=v-aT$$ 因此： $$v=aT$$ Blondie 的初速度是 $2v$，在相同減速度 $a$ 下，設停止時間為 $tB$： $$0=2v-atB$$ 解得： $$tB=\frac{2v}{a}$$ 由 $v=aT$： $$tB=\frac{2aT}{a}=2T$$ 所以 Blondie 需要 Dagwood 兩倍的時間停止。 --- 利用距離 $D$ 的驗算 Dagwood 以初速度 $v$、末速度 $0$、煞車時間 $T$ 行駛距離 $D$。平均速度為： $$v{	ext{avg}}=\frac{v+0}{2}=\frac{v}{2}$$ 因此： $$D=v{	ext{avg}}T=\frac{vT}{2}$$ 可得： $$v=\frac{2D}{T}$$ 減速度大小為： $$a=\frac{v}{T}=\frac{2D}{T^2}$$ Blondie 初速度為：

Question 2

On a distant planet where the gravitational constant $g=6.0\ \mathrm{m/s^2}$ , Sherlock Holmes dropped his pipe from the roof of a building. Dr. Watson, in a room below, noticed the pipe flash past a window, taking $0.30$ seconds to cover the $1.5\ \mathrm{m}$ vertical dimension of the window. Exactly $1.4$ seconds after passing the bottom of the window on the way down, it passed it again on the way up, having made a perfectly elastic collision with the level ground below. Calculate the height of the building.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： - 等加速度直線運動 - 自由落體初速為零 - 完全彈性碰撞：碰撞瞬間速度大小不變、方向反向 - 彈性碰撞後的運動具有時間對稱性 取鉛直向下為正方向，重力加速度為 $$ g=6.0\ \mathrm{m/s^2} $$ --- 第一步：求管子通過窗戶時的速度 設管子通過窗戶上緣時速度為 $v1$，通過下緣時速度為 $v2$。 窗戶高度為 $1.5\ \mathrm{m}$，通過時間為 $0.30\ \mathrm{s}$，因此： $$ 1.5=v1(0.30)+\frac{1}{2}(6.0)(0.30)^2 $$ $$ 1.5=0.30v1+0.27 $$ $$ v1=4.1\ \mathrm{m/s} $$ 通過窗戶下緣時： $$ v2=v1+gt $$ $$ v2=4.1+(6.0)(0.30)=5.9\ \mathrm{m/s} $$ 所以管子通過窗戶下緣時，速度為 $$ \boxed{5.9\ \mathrm{m/s}	ext{，方向向下}} $$ --- 第二步：求窗戶下緣到地面的高度 設窗戶下緣距離地面為 $h$，管子從窗戶下緣落到地面的時間為 $t$。 完全彈性碰撞使管子撞地後以相同速率反彈，因此從窗戶下緣向下通過，到反彈後向上再次通過同一位置，前後兩段運動具有時間對稱性。 題目給出的總時間為 $1.4\ \mathrm{s}$，故單程時間為 $$ t=\frac{1.4}{2}=0.70\ \mathrm{s} $$ 管子從窗戶下緣向下運動，初速度為 $5.9\ \mathrm{m/s}$，所以： $$ h=v2t+\frac{1}{2}gt^2 $$ $$ h=(5.9)(0.70)+\frac{1}{2}(6.0)(0.70)^2 $$ $$ h=4.13+1.47=5.60\ \mathrm{m} $$ 因此窗戶下緣距離地面為 $$ \boxed{5.60\ \mathrm{m}} $$ --- 第三步：求屋頂到窗戶上緣的高度 窗戶上緣距離地面： $$ 5.60+1.50=7.10\ \mathrm{m} $$ 設管子由屋頂自由落下至窗戶上緣的高度為 $H1$。由於管子自靜止開始落下，且通過窗戶上緣時速度為 $4.1\ \mathrm{m/s}$： $$ v1^2=2gH1 $$

Question 3

Two blocks are in contact on a frictionless table. A horizontal force is applied to one block as shown.

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If $m_1=2.0\ \mathrm{kg}$ , $m_2=1.0\ \mathrm{kg}$ , and $F=3.0\ \mathrm{N}$ , find the force of contact between the two blocks.

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Accepted Answer

核心觀念 本題考查牛頓第二定律： $$ \sum F = ma $$ 兩個方塊位於無摩擦水平面上，因此水平方向沒有摩擦力。兩方塊彼此接觸，受到相同加速度 $a$，可視為一個總質量為 $m1+m2$ 的系統。 --- 解題方法 先將兩方塊視為整體，水平方向所受外力只有 $F$： $$ F=(m1+m2)a $$ 代入題目數值： $$ 3.0=(2.0+1.0)a $$ $$ a=1.0\ \mathrm{m/s^2} $$ 接著單獨分析 $m2$。由圖可知，$m2$ 水平方向唯一受力是 $m1$ 對它的接觸力 $Nc$，因此： $$ Nc=m2a $$ $$ Nc=(1.0)(1.0)=1.0\ \mathrm{N} $$ 接觸力的大小為： $$ \boxed{1.0\ \mathrm{N}} $$ 單位為牛頓，且數值符合外力 $3.0\ \mathrm{N}$ 由總質量 $3.0\ \mathrm{kg}$ 分攤後所產生的加速度。 --- 選項分析 - (A) $1\ \mathrm{N}$：正確。 接觸力為 $m2a=1.0\ \mathrm{N}$。

Question 4

The accelerations of the blocks A and B respectively as seen in the situation shown in the figure are (pulleys and strings are massless and pulleys are frictionless, acceleration due to gravity is $g$ ).

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Accepted Answer

核心觀念 本題考查「可動滑輪的受力」與「不可伸長繩子的幾何約束」。 由圖可知： - $A$ 為 $4\,\mathrm{kg}$ 質量，懸掛在繩子的自由端。 - $B$ 為 $5\,\mathrm{kg}$ 質量，與下方可動滑輪相連。 - 繩子一端固定於上方，繞過可動滑輪後，再經過上方定滑輪連接 $A$。 - 理想繩、理想滑輪使繩張力處處相同，設為 $T$。 - 可動滑輪由兩段繩子支撐，因此向上的合力為 $2T$。 解題方法 採用牛頓第二定律，並配合繩長不變的約束關係。 令 $B$ 向下的加速度為 $a$，則由繩長不變： $$ aA=2a $$ 其中 $A$ 向下、$B$ 向下的方向相反，所以若 $B$ 向下加速度為 $a$，則 $A$ 向上加速度為 $2a$。 先假設 $B$ 向下、$A$ 向上，分別列式。 對 $A$： $$ T-4g=4(2a) $$ 因此 $$ T=4g+8a $$ 對「$B$ 與可動滑輪」整體： $$ 5g-2T=5a $$ 代入 $T=4g+8a$： $$ 5g-2(4g+8a)=5a $$ $$ 5g-8g-16a=5a $$ $$ -3g=21a $$ $$ a=-\frac{g}{7} $$ 負號表示實際運動方向與假設相反。因此： - $B$ 實際向上，大小為 $\dfrac{g}{7}$ - $A$ 實際向下，大小為 $$ aA=2\left(\frac{g}{7}ight)=\frac{2g}{7} $$ 所以： $$ A:\frac{2g}{7}	ext{ 向下},\qquad B:\frac{g}{7}	ext{ 向上} $$ 單位與數量級檢查

Question 5

For the conical pendulum shown, the $0.40\ \mathrm{kg}$ mass has a periodic time of $1.90\ \mathrm{s}$ . What is the tension in the string? (Answer given in N.)

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Accepted Answer

核心觀念 本題考查「圓錐擺」的受力分析與週期定義。 理想圓錐擺的適用條件為： - 細線質量可忽略且不可伸長。 - 質點作等速圓周運動。 - 空氣阻力忽略。 - 張力 $T$ 分解為鉛直方向與水平方向分量。 設細線與鉛直方向夾角為 $	heta$，細線長度為 $L=1.30\ \mathrm{m}$，質量為 $m=0.40\ \mathrm{kg}$。 圓周半徑為 $$ r=L\sin	heta $$ 週期為 $P=1.90\ \mathrm{s}$，角速度為 $$ \omega=\frac{2\pi}{P} $$ 解題方法 質點在鉛直方向沒有加速度，因此 $$ T\cos	heta=mg $$ 在水平方向，張力分量提供向心力： $$ T\sin	heta=m\omega^2r $$ 代入 $r=L\sin	heta$： $$ T\sin	heta=m\omega^2(L\sin	heta) $$ 消去 $\sin	heta$，得到 $$ T=m\omega^2L $$ 再利用 $\omega=2\pi/P$： $$ T=mL\left(\frac{2\pi}{P}ight)^2 $$ 代入數值： $$ T=(0.40)(1.30) \left(\frac{2\pi}{1.90}ight)^2 $$ $$ T\approx 5.69\ \mathrm{N} $$

Question 6

An astronaut, spaced out as usual, sits in her room at position “F” on the outer rim of a wheel-shaped station as shown. Gravitational forces are negligible. The station rotates about its axis $100$ times each hour as shown. She weighed $900\ \mathrm{N}$ on earth. Her mass has not changed, but when she stands on a spring scale at “F” it correctly reads $1000\ \mathrm{N}$ . Calculate the radius of the station. Answers in meters.

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Accepted Answer

核心觀念 本題考查等速圓周運動與牛頓第二定律。 太空站內重力可忽略，太空人站在外圍位置「F」時，彈簧秤的讀數就是提供向心力的支持力。因此： $$ N=Fc=m\omega^2R $$ 其中： - $N=1000\ \mathrm{N}$：彈簧秤讀數 - $m$：太空人質量 - $\omega$：角速度 - $R$：太空站半徑 解題方法 太空人在地球上的重量為 $900\ \mathrm{N}$，取 $g=10\ \mathrm{m/s^2}$： $$ mg=900 $$ $$ m=\frac{900}{10}=90\ \mathrm{kg} $$ 太空站每小時旋轉 $100$ 圈，因此角速度為： $$ \omega=100\left(\frac{2\pi}{3600}\right) =\frac{\pi}{18}\ \mathrm{rad/s} $$ 彈簧秤讀數提供向心力： $$ 1000=90\left(\frac{\pi}{18}\right)^2R $$ 解得： $$ R=\frac{1000}{90(\pi/18)^2} \approx 364\ \mathrm{m} $$ 取最接近的選項： $$ R\approx 360\ \mathrm{m} $$ 單位檢查：

Question 7

A piece of thin uniform wire of mass $m$ and length $3b$ is bent into an equilateral triangle. Find the moment of inertia of the wire triangle about an axis perpendicular to the plane of the triangle and passing through one of its vertices.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查轉動慣量的定義。對於連續質量分布， $$ I=\int r^2\,dm $$ 其中 $r$ 是質量微元 $dm$ 到轉軸的垂直距離。 適用條件是：轉軸固定，且每一段細線的質量均勻分布。由於細線均勻，線密度為 $$ \lambda=\frac{m}{3b} $$ 並且 $$ dm=\lambda\,dl $$ 因此 $$ I=\lambda\int r^2\,dl $$ 三角形為正三角形，三邊長皆為 $b$。轉軸垂直於三角形平面，且通過其中一個頂點。 --- 解題方法 設轉軸通過頂點 $A$，正三角形三邊分別為 $AB$、$AC$、$BC$。 1. 計算兩條相鄰邊的貢獻 對於邊 $AB$，取距離頂點 $A$ 為 $s$ 的線元素，則其到轉軸的距離就是 $s$： $$ I{AB}=\lambda\int0^b s^2\,ds =\lambda\left[\frac{s^3}{3}\right]0^b =\lambda\frac{b^3}{3} $$ 邊 $AC$ 的結果相同： $$ I{AC}=\lambda\frac{b^3}{3} $$ 所以兩條相鄰邊總貢獻為 $$ I{AB}+I{AC} =\lambda\frac{2b^3}{3} $$ 2. 計算對邊的貢獻 正三角形的高為 $$ h=\frac{\sqrt{3}}{2}b $$ 取對邊 $BC$ 的中點為原點，沿著 $BC$ 設座標為 $x$，則 $$ -\frac b2\le x\le \frac b2 $$ 對邊上任一點，到頂點 $A$ 所在轉軸的距離平方為 $$ r^2=h^2+x^2 $$ 因此 $$ I{BC} =\lambda\int{-b/2}^{b/2}(h^2+x^2)\,dx $$ 代入 $h^2=3b^2/4$： $$ I{BC} =\lambda\left[ \frac{3b^2}{4}\int{-b/2}^{b/2}dx +\int{-b/2}^{b/2}x^2\,dx \right] $$ 計算得 $$ I{BC} =\lambda\left[ \frac{3b^2}{4}\cdot b+\frac{b^3}{12} \right] =\lambda\frac{5b^3}{6} $$ 3. 合併三邊貢獻 $$ I =I{AB}+I{AC}+I{BC} $$

Question 8

A uniform solid sphere of mass $M$ and radius $R$ rotates with an angular speed $\omega$ about an axis through its center. A uniform solid cylinder of mass $M$ , radius $R$ , and length $2R$ rotates through an axis running through the central axis of the cylinder. What must be the angular speed of the cylinder so it will have the same rotational kinetic energy as the sphere?

Accepted Answer

核心觀念

本題考查剛體繞固定軸轉動的轉動慣量與轉動動能。

適用的物理定律如下：

剛體轉動動能：
$K_{\mathrm{rot}}=\frac{1}{2}I\omega^2$
均勻實心球繞通過球心的軸：
$I_{\mathrm{sphere}}=\frac{2}{5}MR^2$
均勻實心圓柱繞自身中心軸：
$I_{\mathrm{cylinder}}=\frac{1}{2}MR^2$

圓柱長度為 $2R$ ，但因轉軸沿圓柱中心軸，轉動慣量只與質量及底面半徑有關，長度不會出現在公式中。

解題方法

設圓柱的角速度為 $\Omega$ 。

球的轉動動能為

K_{\mathrm{sphere}} =\frac{1}{2}I_{\mathrm{sphere}}\omega^2 =\frac{1}{2}\left(\frac{2}{5}MR^2\right)\omega^2 =\frac{1}{5}MR^2\omega^2

圓柱的轉動動能為

K_{\mathrm{cylinder}} =\frac{1}{2}I_{\mathrm{cylinder}}\Omega^2 =\frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}MR^2\right)\Omega^2 =\frac{1}{4}MR^2\Omega^2

題目要求兩者轉動動能相同，因此

\frac{1}{5}MR^2\omega^2 = \frac{1}{4}MR^2\Omega^2

約去共同因子 $MR^2$ ：

\frac{1}{5}\omega^2=\frac{1}{4}\Omega^2

解得

\Omega^2=\frac{4}{5}\omega^2

因此

\Omega=\frac{2}{\sqrt{5}}\omega

角速度取正值表示角速度大小，故圓柱所需角速度為

\boxed{\Omega=\frac{2\omega}{\sqrt{5}}}

單位方面， $\Omega$ 與 $\omega$ 同為角速度，單位皆為 $\mathrm{rad/s}$ ；數值因子 $2/\sqrt{5}\approx 0.894$ ，表示圓柱的轉動慣量較大，因此需要略低的角速度才能具有相同動能，符合物理直覺。

選項分析

(A) $\dfrac{2\omega}{5}$ ：錯誤

Question 9

A record is dropped vertically onto a freely rotating (undriven) turntable. Frictional forces act to bring the record and turntable to a common angular speed. If the rotational inertia of the record is $0.54$ times that of the turntable, what percentage of the initial kinetic energy is lost?

Accepted Answer

核心觀念 本題考查「角動量守恆」與「非彈性轉動碰撞」中的機械能損失。 適用條件： - 轉盤為自由轉動，外力對轉軸的外力矩可忽略，因此系統角動量守恆。 - 唱片垂直落下，落下過程沒有切向速度，因此唱片初始角動量為 $0$。 - 唱片與轉盤接觸後因摩擦達到共同角速度；摩擦力屬於內力，但會使機械能轉化為熱能，因此動能不守恆。 設轉盤轉動慣量為 $I$，唱片轉動慣量為 $$ Ir=0.54I $$ 轉盤初始角速度為 $\omega0$，唱片初始不旋轉。 --- 解題方法 角動量守恆： $$ Li=Lf $$ 初始角動量只有轉盤提供： $$ Li=I\omega0 $$ 接觸後唱片與轉盤以共同角速度 $\omegaf$ 轉動，因此 $$ Lf=(I+Ir)\omegaf $$ 代入 $Ir=0.54I$： $$ I\omega0=(I+0.54I)\omegaf $$ $$ \omegaf=\frac{I}{1.54I}\omega0 =\frac{1}{1.54}\omega0 $$ 初始動能為 $$ Ki=\frac{1}{2}I\omega0^2 $$ 最終動能為 $$ Kf=\frac{1}{2}(I+Ir)\omegaf^2 $$ 代入 $\omegaf=\dfrac{I}{I+Ir}\omega0$： $$ Kf =\frac{1}{2}(I+Ir) \left(\frac{I}{I+Ir}\omega0\right)^2 $$ $$ Kf =\frac{1}{2}\frac{I^2}{I+Ir}\omega0^2 $$ 因此

Question 10

In the figure, a mass of $31.77\ \mathrm{kg}$ is attached to a light string that is wrapped around a cylindrical spool of radius $10.0\ \mathrm{cm}$ and moment of inertia $4.00\ \mathrm{kg\cdot m^2}$ . The spool is suspended from the ceiling, and the mass is then released from rest a distance $5.70\ \mathrm{m}$ above the floor. How long does it take to reach the floor?

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Accepted Answer

核心觀念 本題考查「平動與轉動的聯立運動」： - 懸掛物體受重力與張力作用，利用牛頓第二定律。 - 線繩不滑動，因此物體的線加速度 $a$ 與線軸角加速度 $\alpha$ 滿足 $$a=R\alpha$$ - 線繩張力對線軸產生力矩，使線軸轉動。 - 物體由靜止落下，利用等加速度運動公式求時間。 假設線繩質量可忽略、不可伸長，且線繩與線軸間不打滑；線軸固定軸心轉動，空氣阻力忽略。 解題方法 設懸掛質量為 $m=31.77\ \mathrm{kg}$，線軸半徑為 $$R=0.100\ \mathrm{m}$$ 線軸轉動慣量為 $$I=4.00\ \mathrm{kg\cdot m^2}$$ 物體向下加速，線繩張力為 $T$。 對懸掛物體列牛頓第二定律： $$ mg-T=ma 	ag{1} $$ 對線軸列轉動方程： $$TR=I\alpha$$ 由於線繩不打滑， $$\alpha=\frac{a}{R}$$ 因此 $$TR=I\frac{a}{R}$$ $$ T=\frac{I}{R^2}a 	ag{2} $$ 將式 $(2)$ 代入式 $(1)$： $$mg-\frac{I}{R^2}a=ma$$ $$mg=a\left(m+\frac{I}{R^2}ight)$$ 所以物體的加速度為 $$a=\frac{mg}{m+\dfrac{I}{R^2}}$$ 先計算線軸的等效質量： $$ \frac{I}{R^2} =\frac{4.00}{(0.100)^2} =400\ \mathrm{kg} $$ 故 $$a=\frac{(31.77)(9.80)}{31.77+400}$$ $$a\approx 0.721\ \mathrm{m/s^2}$$ 物體由靜止落下距離 $h=5.70\ \mathrm{m}$，使用 $$h=\frac{1}{2}at^2$$ 得到 $$t=\sqrt{\frac{2h}{a}}$$ $$t=\sqrt{\frac{2(5.70)}{0.721}}$$ $$t\approx 3.98\ \mathrm{s}$$ 單位檢查：

Question 11

A uniform sign is supported against a wall at point $P$ as shown in the figure. If the sign is a square $0.4\ \mathrm{m}$ on a side and its mass is $4.0\ \mathrm{kg}$ , what is the magnitude of the horizontal force that the wall at $P$ experiences?

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核心觀念 本題考查剛體靜力平衡，必須同時滿足： 1. 合力為零：$\sum \vec F=0$ 2. 合力矩為零：$\sum 	au=0$ 圖中招牌以右側下方接觸點為轉軸，牆在上方的 $P$ 點對招牌施加水平力。招牌重力作用於正中央。 解題方法 設招牌邊長為 $$ L=0.4\ \mathrm{m} $$ 質量為 $m=4.0\ \mathrm{kg}$，因此重力為 $$ mg=4.0(9.8)=39.2\ \mathrm{N} $$ 以右下方接觸點為轉軸： - 牆在 $P$ 點的水平力 $FP$，力臂為 $L=0.4\ \mathrm{m}$ - 招牌重力作用於中心，至右側牆面的水平力臂為 $L/2=0.2\ \mathrm{m}$ 由合力矩為零： $$ FP L=mg\frac{L}{2} $$ 約去 $L$： $$ FP=\frac{mg}{2} $$ 代入數值： $$ FP=\frac{39.2}{2}=19.6\ \mathrm{N}\approx 20\ \mathrm{N} $$

Question 12

A $2.0\ \mathrm{kg}$ block on a frictionless table is connected to two ideal massless springs with spring constants $k_1$ and $k_2$ whose opposite ends are fixed to walls, as shown in the figure. What is the angular frequency of the oscillation if $k_1=7.6\ \mathrm{N/m}$ and $k_2=5.0\ \mathrm{N/m}$ ?

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核心觀念 本題考查「簡諧運動」與「等效彈力常數」。 物塊向右位移 $x$ 時： - 左側彈簧被拉長，產生向左的恢復力 $k1x$。 - 右側彈簧被壓縮，產生向左的恢復力 $k2x$。 因此兩個彈簧的恢復力方向相同，等效彈力常數為 $$ k{	ext{eq}}=k1+k2 $$ 理想簡諧運動的角頻率為 $$ \omega=\sqrt{\frac{k{	ext{eq}}}{m}} $$ 適用條件為彈簧遵守虎克定律、物塊在無摩擦水平面運動，且彈簧質量可忽略。 解題方法 由牛頓第二定律，物塊受到的合恢復力為 $$ F=-(k1+k2)x $$ 與簡諧運動形式 $$ F=-m\omega^2x $$ 比較係數可得 $$ m\omega^2=k1+k2 $$ 所以 $$ \omega=\sqrt{\frac{k1+k2}{m}} $$ 代入 $$ k1=7.6\ \mathrm{N/m},\qquad k2=5.0\ \mathrm{N/m},\qquad m=2.0\ \mathrm{kg} $$ $$ \omega =\sqrt{\frac{7.6+5.0}{2.0}} =\sqrt{6.3} \approx 2.51\ \mathrm{rad/s} $$ 故 $$ \omega\approx 2.5\ \mathrm{rad/s} $$ 單位檢查： $$ \frac{\mathrm{N/m}}{\mathrm{kg}} =\frac{\mathrm{kg\,m/s^2}}{\mathrm{m\,kg}} =\mathrm{s^{-2}} $$

Question 13

In the figure, two masses, $M=16\ \mathrm{kg}$ and $m=12.8\ \mathrm{kg}$ , are connected to a very light rigid bar and are attached to an ideal massless spring of spring constant $100\ \mathrm{N/m}$ . The system is set into oscillation with an amplitude of $78\ \mathrm{cm}$ . At the instant when the acceleration is at its maximum, the $16\ \mathrm{kg}$ mass separates from the $12.8\ \mathrm{kg}$ mass, which then remains attached to the spring and continues to oscillate. What will be the amplitude of oscillation of the $12.8\ \mathrm{kg}$ mass?

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核心觀念 本題考查簡諧運動中： 1. 位移最大時，速度為零，且加速度大小最大。 2. 質量改變後，系統的角頻率會改變，但若瞬間位置與速度已知，可由新的初始條件決定振幅。 3. 水平彈簧的平衡位置不因質量改變而產生重力位移差。 簡諧運動的振幅公式為 $$ A'=\sqrt{x0^2+\left(\frac{v0}{\omega'}\right)^2}, $$ 其中 $x0$ 是相對於新平衡位置的初始位移，$v0$ 是分離瞬間的速度。 解題方法 兩個物體原本由剛性棒連接，因此一起以總質量 $$ M+m=16+12.8=28.8\ \mathrm{kg} $$ 振動。原本振幅為 $$ A=78\ \mathrm{cm}=0.78\ \mathrm{m}. $$ 在簡諧運動中，加速度為 $$ a=-\omega^2x. $$ 因此當加速度大小最大時，位移大小最大，且此時速度為零： $$ x0=0.78\ \mathrm{m},\qquad v0=0. $$ 此瞬間 $16\ \mathrm{kg}$ 的物體分離，剩下的 $12.8\ \mathrm{kg}$ 物體仍連接彈簧。新的角頻率為 $$ \omega'=\sqrt{\frac{k}{m}} =\sqrt{\frac{100}{12.8}}\ \mathrm{rad/s}, $$ 但因為分離瞬間速度為零，所以新的振幅為

Question 14

A standing wave is oscillating at $690\ \mathrm{Hz}$ on a string, as shown in the figure. What is the speed of traveling waves on this string?

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Accepted Answer

核心觀念

弦上的駐波由兩個方向相反、頻率相同的行進波疊加形成，因此駐波的頻率就是行進波的頻率：

f=690\ \mathrm{Hz}

圖中弦兩端固定，且可見弦長內有 3 個波腹，因此全長包含 3 個半波長：

L=3\left(\frac{\lambda}{2}\right)

圖示弦長為：

L=60\ \mathrm{cm}=0.60\ \mathrm{m}

解題方法

由駐波形狀：

0.60=3\frac{\lambda}{2}

解得波長：

\lambda=\frac{2(0.60)}{3}=0.40\ \mathrm{m}

行進波速由波動基本關係式決定：

v=f\lambda

代入數值：

v=(690)(0.40)=276\ \mathrm{m/s}

選項以適當有效位數表示，故：

v\approx 280\ \mathrm{m/s}

單位檢查：

\mathrm{Hz}\cdot\mathrm{m} =\frac{1}{\mathrm{s}}\cdot\mathrm{m} =\mathrm{m/s}

結果約為 $280\ \mathrm{m/s}$ ，符合弦上波速的合理數量級。

Question 15

A violin with string length $32\ \mathrm{cm}$ and string density $1.5\ \mathrm{g/cm}$ resonates with the first overtone from a $2.0\ \mathrm{m}$ long organ pipe with one end closed and the other end open. What is the tension in the string? (A) $56\ \mathrm{N}$ (B) $110\ \mathrm{N}$ (C) $450\ \mathrm{N}$ (D) $1000\ \mathrm{N}$ (E) $1500\ \mathrm{N}$

Accepted Answer

核心觀念 本題結合兩個駐波系統： 1. 一端閉、一端開的 organ pipe，只能形成奇次諧波，因此第一泛音（first overtone）是第三諧波。 2. 拉緊弦的基頻為 $$ f=\frac{1}{2L}\sqrt{\frac{T}{\mu}} $$ 其中： - $L$：弦長 - $T$：弦張力 - $\mu$：弦的線密度 弦與管柱發生共振時，兩者的頻率相同。 --- 物理定律與適用條件 對理想一端閉、一端開的管柱，忽略端點修正，允許的頻率為 $$ fn=\frac{(2n-1)v}{4Lp},\qquad n=1,2,3,\ldots $$ 因此： - 基頻：$\displaystyle f1=\frac{v}{4Lp}$ - 第一泛音：$\displaystyle f2=\frac{3v}{4Lp}$，也就是第三諧波 本題採用空氣中的聲速 $v\approx 340\ \mathrm{m/s}$。 --- 解題方法 1. 求 organ pipe 第一泛音頻率 管長為 $$ Lp=2.0\ \mathrm{m} $$ 第一泛音為第三諧波： $$ f{	ext{pipe}}=\frac{3v}{4Lp} $$ 代入數值： $$ f{	ext{pipe}} =\frac{3(340)}{4(2.0)} =127.5\ \mathrm{Hz} $$ 弦與管柱共振，因此弦的基頻為 $$ f{	ext{string}}=127.5\ \mathrm{Hz} $$ 2. 單位換算 弦長： $$ L=32\ \mathrm{cm}=0.32\ \mathrm{m} $$ 線密度： $$ \mu=1.5\ \mathrm{g/cm} $$ 由於 $$ 1.5\ \mathrm{g}=1.5	imes10^{-3}\ \mathrm{kg}, \qquad 1\ \mathrm{cm}=10^{-2}\ \mathrm{m} $$ 所以 $$ \mu=\frac{1.5	imes10^{-3}}{10^{-2}} =0.15\ \mathrm{kg/m} $$ 3. 由弦的基頻公式求張力 由 $$ f=\frac{1}{2L}\sqrt{\frac{T}{\mu}} $$ 整理得 $$ T=\mu(2Lf)^2 $$ 代入： $$ T =0.15\left[2(0.32)(127.5)ight]^2 $$

Question 16

Consider a very small hole in the bottom of a tank $20.0\ \mathrm{cm}$ in diameter filled with water to a height of $50.0\ \mathrm{cm}$. Find the speed at which the water exits the tank through the hole. (A) $1.8\ \mathrm{m/s}$ (B) $3.13\ \mathrm{m/s}$ (C) $5.10\ \mathrm{m/s}$ (D) $9.4\ \mathrm{m/s}$ (E) $14.9\ \mathrm{m/s}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查流體力學中的「托里拆利定律」（Torricelli’s law），由伯努力方程式（Bernoulli’s equation）推導而得。 適用條件： - 水可視為不可壓縮、無黏滯性的理想流體。 - 水面與小孔皆暴露於大氣中，因此兩處壓力相同。 - 小孔相對於水槽截面積非常小，水面下降速度可忽略。 - 水面到小孔的高度差為 $h=50.0\ \mathrm{cm}$。 伯努力方程式為 $$ P1+\frac{1}{2}\rho v1^2+\rho g y1 = P2+\frac{1}{2}\rho v2^2+\rho g y2 $$ 其中： - $P$ 為壓力 - $\rho$ 為流體密度 - $v$ 為流速 - $y$ 為高度 --- 解題方法與計算 取水面為位置 $1$，水槽底部小孔為位置 $2$。 兩處均與大氣相通，因此 $$ P1=P2=P{\mathrm{atm}} $$ 由於小孔非常小，水槽內水面的面積遠大於小孔面積，故水面速度可視為 $$ v1\approx 0 $$ 水面與小孔的高度差為 $$ h=y1-y2=50.0\ \mathrm{cm}=0.500\ \mathrm{m} $$ 代入伯努力方程式： $$ P{\mathrm{atm}}+\frac{1}{2}\rho(0)^2+\rho g y1 = P{\mathrm{atm}}+\frac{1}{2}\rho v2^2+\rho g y2 $$ 消去大氣壓力，並整理得 $$ \rho g(y1-y2) = \frac{1}{2}\rho v2^2 $$ 約去 $\rho$： $$ gh=\frac{1}{2}v2^2 $$ 因此水流速度為 $$ v2=\sqrt{2gh} $$ 取 $g=9.8\ \mathrm{m/s^2}$： $$ v2 = \sqrt{2(9.8)(0.500)} = \sqrt{9.8} \approx 3.13\ \mathrm{m/s} $$ 單位檢查：

Question 17

A $7.8\ \mathrm{kg}$ solid sphere, made of metal whose density is $2500\ \mathrm{kg/m^3}$, is suspended by a cord. When the sphere is immersed in water (of density $1000\ \mathrm{kg/m^3}$), what is the tension in the cord? (A) $16\ \mathrm{N}$ (B) $30\ \mathrm{N}$ (C) $46\ \mathrm{N}$ (D) $61\ \mathrm{N}$ (E) $72\ \mathrm{N}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： - 阿基米德原理：物體浸入流體後，所受浮力等於排開流體的重量。 - 靜力平衡：球體靜止時，合力為零。 - 密度定義：$ho=\dfrac{m}{V}$。 適用條件為球體完全浸沒於水中，且懸掛系統處於靜止狀態。球體為實心球只影響體積計算，形狀本身不需使用。 解題方法 球體受到三個力： 1. 重力 $mg$，方向向下。 2. 浮力 $FB$，方向向上。 3. 繩張力 $T$，方向向上。 靜力平衡時： $$ T+FB=mg $$ 因此： $$ T=mg-FB $$ 球體體積由密度定義求得： $$ V=\frac{m}{ho{	ext{球}}} =\frac{7.8}{2500} =3.12	imes10^{-3}\ \mathrm{m^3} $$ 完全浸沒時，排開的水體積就是球體體積，因此浮力為： $$ FB=ho{	ext{水}}Vg $$ 代入數值： $$ FB=(1000)(3.12	imes10^{-3})(9.8) \approx30.6\ \mathrm{N} $$ 球體重力為： $$ mg=(7.8)(9.8)=76.44\ \mathrm{N} $$ 所以繩張力： $$ T=76.44-30.6 \approx45.84\ \mathrm{N} \approx46\ \mathrm{N} $$ 亦可直接整理為： $$ T=mg-ho{	ext{水}}\frac{m}{ho{	ext{球}}}g $$ $$ T=mg\left(1-\frac{ho{	ext{水}}}{ho{	ext{球}}}ight) $$ $$ T=(7.8)(9.8)\left(1-\frac{1000}{2500}ight) \approx46\ \mathrm{N} $$ 單位與數量級檢查

Question 18

A heat conducting rod, $0.90\ \mathrm{m}$ long, is made of an aluminum section that is $0.10\ \mathrm{m}$ long, and a copper section that is $0.8\ \mathrm{m}$ long. Both sections have cross-sectional areas of $0.00004\ \mathrm{m^2}$ . The aluminum end is maintained at a temperature of $40^\circ\mathrm{C}$ and the copper end is at $150^\circ\mathrm{C}$ . The thermal conductivity of aluminum is $205\ \mathrm{W/(m\cdot K)}$ and of copper is $385\ \mathrm{W/(m\cdot K)}$ . Steady state has been reached, and no heat is lost through the well-insulated sides of the rod. The temperature of the aluminum-copper junction in the rod is closest to

Accepted Answer

核心觀念 本題考查「串聯複合材料的穩態熱傳導」。 適用條件為： - 已達穩態，故各截面上的熱流率相同。 - 側面絕熱，熱量只沿金屬棒長度方向傳遞。 - 兩段截面積相同，熱流可視為一維傳導。 - 接面沒有熱量損失，因此鋁段與銅段的熱流率相同。 依傅立葉熱傳導定律， $$ \frac{Q}{t}=H=\frac{kA\Delta T}{L} $$ 其中 $H$ 為熱流率、$k$ 為熱導率、$A$ 為截面積、$L$ 為長度、$\Delta T$ 為兩端溫差。 定義熱阻： $$ R{	ext{th}}=\frac{L}{kA} $$ 因此熱傳導關係可寫成 $$ \Delta T=HR{	ext{th}} $$ 兩段金屬首尾相接，熱阻呈串聯： $$ R{	ext{總}}=R{	ext{Al}}+R{	ext{Cu}} $$ --- 解題方法 熱量由高溫的銅端 $150^\circ\mathrm{C}$ 流向低溫的鋁端 $40^\circ\mathrm{C}$，總溫差為 $$ \Delta T{	ext{總}}=150-40=110\ \mathrm{K} $$ 鋁段熱阻為 $$ R{	ext{Al}} =\frac{L{	ext{Al}}}{k{	ext{Al}}A} =\frac{0.10}{(205)(0.00004)} =12.20\ \mathrm{K/W} $$ 銅段熱阻為 $$ R{	ext{Cu}} =\frac{L{	ext{Cu}}}{k{	ext{Cu}}A} =\frac{0.80}{(385)(0.00004)} =51.95\ \mathrm{K/W} $$ 所以總熱阻為 $$ R{	ext{總}}=12.20+51.95=64.15\ \mathrm{K/W} $$ 穩態熱流率為 $$ H=\frac{\Delta T{	ext{總}}}{R{	ext{總}}} =\frac{110}{64.15} \approx 1.71\ \mathrm{W} $$ 鋁段的溫差為 $$ \Delta T{	ext{Al}} =HR{	ext{Al}} =(1.71)(12.20) \approx 20.9\ \mathrm{K} $$ 鋁端溫度為 $40^\circ\mathrm{C}$，因此接面溫度 $$ TJ=40+20.9 \approx 60.9^\circ\mathrm{C} $$ 故接面溫度最接近 $$ TJ\approx 61^\circ\mathrm{C} $$ 單位檢查：

Question 19

Some properties of glass are listed here:

Density: $2300\ \mathrm{kg/m^3}$

Specific heat: $840\ \mathrm{J/(kg\cdot{}^\circ C)}$

Coefficient of linear thermal expansion: $8.5\times10^{-6}\ (^\circ\mathrm{C})^{-1}$

Thermal conductivity: $0.80\ \mathrm{W/(m\cdot{}^\circ C)}$

A glass window pane is $2.7\ \mathrm{m}$ high, $2.4\ \mathrm{m}$ wide, and $2.0\ \mathrm{mm}$ thick. The temperature at the inner surface of the glass is $22^\circ\mathrm{C}$ and at the outer surface $4.0^\circ\mathrm{C}$ . How much heat is lost each hour through the window under steady state conditions?

Accepted Answer

核心觀念 本題考查熱傳導的傅立葉定律。玻璃窗在「穩態」下，表示溫度分布與熱流率不隨時間改變，熱量主要沿玻璃厚度方向傳遞。 平板材料的熱傳導定律為 $$ \frac{Q}{t}=P=\frac{kA\Delta T}{L} $$ 其中： - $P$：熱傳導率，單位為 $\mathrm{W}=\mathrm{J/s}$ - $k$：熱傳導係數 - $A$：熱傳導截面積 - $\Delta T$：玻璃兩側的溫度差 - $L$：熱傳導距離，即玻璃厚度 適用條件是材料均勻、溫度差固定、熱流方向垂直於平板表面，且忽略窗框及玻璃內部的其他熱傳方式。 解題方法 玻璃窗的面積為 $$ A=(2.7)(2.4)=6.48\ \mathrm{m^2} $$ 兩側溫度差為 $$ \Delta T=22-4.0=18^\circ\mathrm{C} $$ 玻璃厚度為 $$ L=2.0\ \mathrm{mm}=2.0	imes10^{-3}\ \mathrm{m} $$ 代入傅立葉定律： $$ P=\frac{kA\Delta T}{L} $$ $$ P = \frac{(0.80)(6.48)(18)} {2.0	imes10^{-3}} $$ $$ P=4.6656	imes10^4\ \mathrm{W} $$ 題目要求「每小時」損失的熱量，因此乘上 $$ t=1\ \mathrm{h}=3600\ \mathrm{s} $$ 得到 $$ Q=Pt = (4.6656	imes10^4)(3600) $$ $$ Q=1.6796	imes10^8\ \mathrm{J} \approx 1.7	imes10^8\ \mathrm{J} $$ 單位檢查： $$ \mathrm{W}\cdot\mathrm{s} = \frac{\mathrm{J}}{\mathrm{s}}\cdot\mathrm{s} = \mathrm{J} $$ 因此單位正確。熱流率約為 $46.7\ \mathrm{kW}$，一小時熱量約為 $1.7	imes10^8\ \mathrm{J}$，數量級合理。 題目提供的密度、比熱與線膨脹係數在本題穩態熱傳導計算中不需要使用：

Question 20

If we double the root-mean-square speed (thermal speed) of the molecules of a gas, then (A) its temperature must increase by a factor of $4$. (B) its temperature must increase by a factor of $2$. (C) its temperature must increase by a factor of $\sqrt{2}$. (D) its pressure must increase by a factor of $2$. (E) its pressure must increase by a factor of $4$.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查氣體分子的均方根速率（root-mean-square speed, $v{\mathrm{rms}}$）與絕對溫度 $T$ 的關係。 對處於熱平衡狀態的理想氣體，分子均方根速率為 $$ v{\mathrm{rms}}=\sqrt{\frac{3k{\mathrm B}T}{m}} $$ 其中： - $k{\mathrm B}$：波茲曼常數，單位為 $\mathrm{J/K}$ - $T$：絕對溫度，單位為 $\mathrm{K}$ - $m$：單一分子的質量，單位為 $\mathrm{kg}$ 此公式的適用條件是同一種氣體，且分子質量 $m$ 不變。由公式可知： $$ v{\mathrm{rms}}\propto \sqrt{T} $$ 因此均方根速率與溫度不是正比，而是與溫度平方根成正比。 --- 解題方法 設原本的均方根速率、溫度分別為 $v1$、$T1$，加倍後為 $v2$、$T2$。 由 $$ v{\mathrm{rms}}=\sqrt{\frac{3k{\mathrm B}T}{m}} $$ 取兩狀態的比值： $$ \frac{v2}{v1} = \sqrt{\frac{T2}{T1}} $$ 題目給定均方根速率加倍： $$ \frac{v2}{v1}=2 $$ 因此 $$ 2=\sqrt{\frac{T2}{T1}} $$ 兩邊平方： $$ \frac{T2}{T1}=4 $$ 所以 $$ T2=4T1 $$ 溫度必須增加為原來的 $4$ 倍。 --- 壓力的判斷 理想氣體方程式為 $$ PV=Nk{\mathrm B}T $$ 壓力可寫成 $$ P=\frac{Nk{\mathrm B}T}{V} $$ 由此可見，壓力不只由溫度決定，還與氣體分子數 $N$ 及體積 $V$ 有關。 題目只說均方根速率加倍，並未說明容器體積是否固定，因此無法直接判定壓力必然增加為 $2$ 倍或 $4$ 倍。 若額外假設氣體分子數與容器體積皆固定，則因為 $P\propto T$，溫度增加為 $4$ 倍時，壓力也會增加為 $4$ 倍；但這不是題目已給定的條件，因此不能選擇壓力相關選項。 --- 選項分析 (A) its temperature must increase by a factor of $4$. 正確。 由

Question 21

An ideal gas in a balloon is kept in thermal equilibrium with its constant-temperature surroundings. How much work is done by the gas if the outside pressure is slowly reduced, allowing the balloon to expand to $6.0$ times its original size? The balloon initially has a pressure of $645.0\ \mathrm{Pa}$ and a volume of $0.1\ \mathrm{m^3}$ . The ideal gas constant is $R=8.314\ \mathrm{J/(mol\cdot K)}$ .

Accepted Answer

核心觀念 本題考查理想氣體在等溫、準靜態膨脹過程中的作功。 適用的物理定律與條件： 1. 理想氣體方程式 $$PV=nRT$$ 2. 等溫過程 溫度 $T$ 維持不變，因此 $$PV=	ext{定值}$$ 3. 氣體對外作功 $$W=\int{Vi}^{Vf}P\,dV$$ 由於膨脹過程很慢，系統近似處於準靜態平衡，氣體壓力可寫成 $$P=\frac{nRT}{V}$$ 因此，等溫理想氣體的作功為 $$W=nRT\ln\frac{Vf}{Vi}$$ --- 解題方法 已知： $$Pi=645.0\ \mathrm{Pa}$$ $$Vi=0.1\ \mathrm{m^3}$$ $$Vf=6.0Vi$$ 由理想氣體方程式，在初始狀態有 $$PiVi=nRT$$ 所以作功公式可改寫為 $$W=PiVi\ln\frac{Vf}{Vi}$$ 代入體積比： $$\frac{Vf}{Vi}=6.0$$ 因此 $$W=(645.0\ \mathrm{Pa})(0.1\ \mathrm{m^3})\ln 6$$ 因為 $$\ln 6\approx 1.7918$$ 故 $$W=(64.5\ \mathrm{J})(1.7918)$$ $$W\approx 115.6\ \mathrm{J}$$ 取適當有效數字： $$W\approx 115\ \mathrm{J}$$ 單位檢查： $$\mathrm{Pa\cdot m^3}=\mathrm{N/m^2\cdot m^3}=\mathrm{N\cdot m}=\mathrm{J}$$

Question 22

The graph in the figure shows a cycle for a heat engine for which $Q_H=35\ \mathrm{J}$ . What is the thermal efficiency of this engine?

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：

Accepted Answer

核心觀念 本題考查熱機效率與 $p$–$V$ 圖上的循環功。 熱機每完成一個循環，內能改變量為 $$ \Delta U{	ext{cycle}}=0 $$ 依熱力學第一定律，淨吸收熱量等於熱機對外做的淨功： $$ W{	ext{net}}=QH-QC $$ 熱效率定義為 $$ \eta=\frac{W{	ext{net}}}{QH} $$ 在 $p$–$V$ 圖中，一個循環的淨功等於封閉曲線所包圍的面積。 解題方法 圖中的循環為三角形，其三個頂點約為： - $(V,p)=(100\ \mathrm{cm^3},200\ \mathrm{kPa})$ - $(V,p)=(200\ \mathrm{cm^3},200\ \mathrm{kPa})$ - $(V,p)=(200\ \mathrm{cm^3},400\ \mathrm{kPa})$ 因此循環面積為 $$ W{	ext{net}} =\frac{1}{2}\Delta V\Delta p $$ 其中 $$ \Delta V=(200-100)\ \mathrm{cm^3} =100\ \mathrm{cm^3} =1.0	imes10^{-4}\ \mathrm{m^3} $$ $$ \Delta p=(400-200)\ \mathrm{kPa} =200\ \mathrm{kPa} =2.0	imes10^5\ \mathrm{Pa} $$ 所以 $$ W{	ext{net}} =\frac{1}{2} (1.0	imes10^{-4}) (2.0	imes10^5) =10\ \mathrm{J} $$

Question 23

The second law of thermodynamics leads us to conclude that (A) the total energy of the universe is constant. (B) the total energy in the universe is decreasing with time. (C) it is theoretically impossible to convert work into heat with $100\%$ efficiency. (D) the total energy in the universe is increasing with time. (E) disorder in the universe is increasing with the passage of time.

Accepted Answer

核心觀念

本題考查熱力學第二定律，以及它與熱力學第一定律的區別。

1. 熱力學第一定律

熱力學第一定律是能量守恆定律：

\Delta U=Q-W

其中：

$\Delta U$ ：系統內能變化
$Q$ ：系統吸收的熱量
$W$ ：系統對外所做的功

對整個宇宙而言，能量不會憑空產生或消失，因此總能量保持不變。這是選項 (A) 所描述的內容，但它屬於熱力學第一定律，不是第二定律的結論。

2. 熱力學第二定律

熱力學第二定律可用熵表示：

\Delta S_{\text{universe}}\geq 0

適用於把「系統與周圍環境」合併考慮的封閉整體，尤其是整個宇宙可視為孤立系統。其條件為：

可逆過程：

\Delta S_{\text{universe}}=0

不可逆過程：

\Delta S_{\text{universe}}>0

因此，熱力學第二定律指出，宇宙的總熵不會減少，實際不可逆過程中通常會增加。日常語言常將熵稱為「混亂程度」或「無序程度」，但嚴格而言，熵是描述能量分散程度與微觀狀態數目的物理量。

解題方法

直接辨認各選項所對應的熱力學定律：

「總能量保持不變」是熱力學第一定律。
「總能量增加或減少」均違反能量守恆。
第二定律限制的是「熱轉換為功」的效率，不是「功轉換為熱」。
「宇宙總熵增加」正是熱力學第二定律的核心結論。

因此正確選項為 (E)。

本題沒有數值計算，不涉及代入數值與單位檢查；判斷重點是區分能量守恆與熵增原理。

選項分析

(A) the total energy of the universe is constant.

「宇宙的總能量為定值。」

此敘述是能量守恆定律的表現，屬於熱力學第一定律。熱力學第二定律並不主要描述能量總量是否守恆，而是描述能量轉換的方向性與熵的變化。

因此本選項敘述本身正確，但不是本題所問的「熱力學第二定律導出的結論」，故錯誤。

(B) the total energy in the universe is decreasing with time.

「宇宙的總能量隨時間減少。」

這違反能量守恆定律。能量可以由一種形式轉換成另一種形式，例如機械能轉換為內能，但總能量不會因此減少。

故本選項錯誤。

Question 24

A crane lifts a $425\ \mathrm{kg}$ steel beam vertically a distance of $117\ \mathrm{m}$. How much work does the crane do on the beam if the beam accelerates upward at $1.8\ \mathrm{m/s^2}$? Neglect frictional forces. (A) $1.8	imes10^5\ \mathrm{J}$ (B) $3.4	imes10^5\ \mathrm{J}$ (C) $4.0	imes10^5\ \mathrm{J}$ (D) $4.9	imes10^5\ \mathrm{J}$ (E) $5.8	imes10^5\ \mathrm{J}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查牛頓第二定律與功的定義。 適用條件： - 忽略摩擦力，鋼梁只受起重機向上的拉力與重力。 - 鋼梁以固定的向上加速度 $a$ 運動，因此起重機拉力為定值。 - 拉力方向與位移方向相同，故起重機對鋼梁所做的功為 $$W{	ext{crane}}=Fd$$ 其中： - $m=425\ \mathrm{kg}$ - $d=117\ \mathrm{m}$ - $a=1.8\ \mathrm{m/s^2}$ - $g=9.8\ \mathrm{m/s^2}$ 解題方法 取鉛直向上為正方向。鋼梁受到： - 起重機拉力 $F$ - 重力 $mg$，方向向下 依牛頓第二定律： $$F-mg=ma$$ 因此起重機拉力為： $$F=m(g+a)$$ 代入數值： $$F=425(9.8+1.8)$$ $$F=425(11.6)=4930\ \mathrm{N}$$ 起重機拉力與鋼梁位移同向，因此： $$W{	ext{crane}}=Fd$$ $$W{	ext{crane}}=(4930)(117)$$ $$W{	ext{crane}}=576810\ \mathrm{J}$$ 以有效位數表示： $$W{	ext{crane}}\approx 5.8	imes10^5\ \mathrm{J}$$ 單位檢查： $$\mathrm{N}\cdot\mathrm{m}=\mathrm{J}$$ 數量級檢查：僅克服重力所需的功約為 $5	imes10^5\ \mathrm{J}$，由於鋼梁還要向上加速，起重機所做的功必須略大於此值，因此 $5.8	imes10^5\ \mathrm{J}$ 合理。 選項分析

Question 25

A certain spherical asteroid has a mass of $3.5	imes10^{16}\ \mathrm{kg}$ and a radius of $8.8\ \mathrm{km}$. What is the minimum speed needed to escape from the surface of this asteroid? ($G=6.67	imes10^{-11}\ \mathrm{N\cdot m^2/kg^2}$) (A) $223\ \mathrm{m/s}$ (B) $126\ \mathrm{m/s}$ (C) $52\ \mathrm{m/s}$ (D) $34\ \mathrm{m/s}$ (E) $23\ \mathrm{m/s}$

Accepted Answer

核心觀念

本題考查「逃逸速度」（escape velocity）：物體從天體表面出發，恰好能抵達無限遠處，且在無限遠處速度降為 $0$ 的最小初速度。

適用的物理定律為機械能守恆：

天體外部的重力位能：
$U=-\frac{GMm}{r}$
動能：
$K=\frac{1}{2}mv^2$

其中天體可視為質量集中在球心的質點，適用於球對稱天體的外部區域；忽略大氣阻力與天體自轉影響。

解題方法

設：

天體質量 $M=3.5\times10^{16}\ \mathrm{kg}$
天體半徑 $R=8.8\ \mathrm{km}=8.8\times10^3\ \mathrm{m}$
物體質量為 $m$
表面逃逸速度為 $v_{\mathrm{e}}$

在天體表面：

$E_{\text{表面}}=\frac{1}{2}mv_{\mathrm{e}}^2-\frac{GMm}{R}$

在無限遠處，恰好逃逸時速度為 $0$ ，且重力位能定為 $0$ ：

$E_{\infty}=0$

由機械能守恆：

$\frac{1}{2}mv_{\mathrm{e}}^2-\frac{GMm}{R}=0$

約去物體質量 $m$ ：

$\frac{1}{2}v_{\mathrm{e}}^2=\frac{GM}{R}$

因此逃逸速度公式為：

$v_{\mathrm{e}}=\sqrt{\frac{2GM}{R}}$

代入數值：

v_{\mathrm{e}} =\sqrt{ \frac{2(6.67\times10^{-11})(3.5\times10^{16})} {8.8\times10^3} }

先計算根號內：

\frac{2(6.67\times10^{-11})(3.5\times10^{16})} {8.8\times10^3} \approx 5.31\times10^2\ \mathrm{m^2/s^2}

所以：

v_{\mathrm{e}}=\sqrt{5.31\times10^2} \approx 23.0\ \mathrm{m/s}

單位驗算：

Question 26

A loop of wire (resistance $=2.0\ \mathrm{m\Omega}$ ) is positioned as shown with respect to a long wire that carries a current. If $d=1.0\ \mathrm{cm}$ , $D=6.0\ \mathrm{cm}$ , and $L=1.5\ \mathrm{m}$ , what current in mA is induced in the loop at an instant when the current in the wire is increasing at a rate of $100\ \mathrm{A/s}$ ?

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：

Accepted Answer

核心觀念 本題考查電磁感應與非均勻磁場中的磁通量計算，涉及以下物理定律與公式： 1. 安培定律（Ampère's Law）／長直導線的磁場： 在真空或空氣中，載有電流 $I$ 的無限長直導線，在垂直距離 $r$ 處建立的磁場量值為： $$ B(r) = \frac{\mu0 I}{2\pi r} $$ 其中 $\mu0 = 4\pi 	imes 10^{-7}\ \mathrm{T\cdot m/A}$ 為真空磁導率。磁場方向由右手螺旋定則決定。 2. 磁通量定義（Magnetic Flux）： 通過某一平面的磁通量為磁場對面積的積分： $$ \PhiB = \int \vec{B} \cdot d\vec{A} $$ 由於磁場 $B(r)$ 隨距離 $r$ 遞減，需對線圈微元面積 $dA = L\, dr$ 進行定積分。 3. 法拉第電磁感應定律（Faraday's Law of Induction）： 當穿過封閉迴路的磁通量隨時間改變時，迴路中產生的感應電動勢（EMF）量值為： $$ |\mathcal{E}| = \frac{d\PhiB}{dt} $$ 4. 歐姆定律（Ohm's Law）： 電阻為 $R$ 的封閉線圈，其感應電流為： $$ I{	ext{ind}} = \frac{|\mathcal{E}|}{R} $$ --- 解題方法 1. 幾何邊界與微元分析 由原試卷題目附圖所示： - 長直導線沿水平方向延伸，與長方形線圈共平面。 - 線圈長度（平行於導線方向）為 $L = 1.5\ \mathrm{m}$。 - 線圈近端邊緣至導線的垂直距離標示為 $d = 1.0\ \mathrm{cm} = 0.01\ \mathrm{m}$。 - 線圈遠端邊緣至導線的垂直距離標示為 $D = 6.0\ \mathrm{cm} = 0.06\ \mathrm{m}$。 在距離導線 $r$ 處，取一寬度為 $dr$、長度為 $L$ 且平行於導線的長條窄帶微元，其微元面積為： $$ dA = L\, dr $$ 在此微元處，磁場方向垂直於線圈平面，其大小為： $$ B(r) = \frac{\mu0 I}{2\pi r} $$ 2. 計算總磁通量 $\PhiB$ 將微元磁通量在整個線圈範圍（$r = d$ 到 $r = D$）積分： $$ \PhiB = \int{d}^{D} B(r)\, dA = \int{d}^{D} \left(\frac{\mu0 I}{2\pi r}ight) (L\, dr) $$ 提出與積分變數無關的常數： $$ \PhiB = \frac{\mu0 I L}{2\pi} \int{d}^{D} \frac{1}{r}\, dr = \frac{\mu0 I L}{2\pi} \ln\left(\frac{D}{d}…

Question 27

Current enters a circular loop as shown below. At point $P$ , where $x=a$ , the magnetic field has the value $B_x\hat{\mathbf{i}}$ . The value of the magnetic field at $x=-a$ is

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

本題附圖正在準備中，以下為原卷對應頁面：

Accepted Answer

核心觀念 1. 畢奧－沙伐定律（Biot-Savart Law）： 空間中任一電流微元 $I d\vec{\ell}$ 在距離向量 $\vec{r}$ 處所建立的微小磁場 $d\vec{B}$ 為： $$d\vec{B} = \frac{\mu0 I}{4\pi} \frac{d\vec{\ell} 	imes \hat{r}}{r^2}$$ 2. 載流圓環軸線上的磁場分佈： 對於一個半徑為 $R$、載有穩恆電流 $I$ 且位於 $y$-$z$ 平面（中心在坐標原點）的圓形線圈，其對稱軸為 $x$ 軸。環上各電流微元在軸線上產生的磁場垂直分量（$y$ 與 $z$ 方向）因圓對稱性完全抵消，僅存沿軸線方向（$x$ 方向）的淨磁場。其在軸線上坐標 $x$ 處的磁場向量公式為： $$\vec{B}(x) = \frac{\mu0 I R^2}{2(R^2 + x^2)^{3/2}} \hat{\mathbf{i}}$$ 3. 磁力線連續性（高斯磁定律 $
abla \cdot \vec{B} = 0$）： 自然界不存在磁單極，磁力線為無始無終的連續封閉曲線。電流環產生的磁力線穿過線圈內部，沿著軸線從一側穿入、由另一側穿出。因此在線圈兩側的軸線上，磁場向量皆指向同一方向。 4. 進出導線（Lead wires）的效應： 圖中兩條連接圓環的引線彼此緊靠且反向平行，依畢奧－沙伐定律，兩導線電流在軸線上產生的磁場相互抵消，故軸線上的磁場純粹由圓環電流決定。 --- 解題方法 1. 建立坐標與適用公式： 將圓形載流線圈置於原點 $x = 0$ 且垂直於 $x$ 軸。已知在 $x = a$ 的點 $P$ 處，磁場量值與方向為： $$\vec{B}(a) = Bx \hat{\mathbf{i}}$$ 其中 $Bx$ 滿足： $$Bx = \frac{\mu0 I R^2}{2(R^2 + a^2)^{3/2}}$$ 2. 代入對稱點 $x = -a$ 求磁場： 將 $x = -a$ 代入載流圓環軸線磁場公式中： $$\vec{B}(-a) = \frac{\mu0 I R^2}{2[R^2 + (-a)^2]^{3/2}} \hat{\mathbf{i}}$$ 由於分母包含 $(-a)^2 = a^2$，因此： $$\vec{B}(-a) = \frac{\mu0 I R^2}{2(R^2 + a^2)^{3/2}} \hat{\mathbf{i}} = Bx \hat{\mathbf{i}}$$ 3. 向量方向判斷：

Question 28

Determine the equivalent capacitance in pF for the network shown when $C=12\ \mathrm{pF}$. 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) $34$ (B) $17$ (C) $51$ (D) $68$ (E) $21$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查電容器的串聯與並聯等效電容。 - 串聯電容滿足： $$ \frac{1}{C{	ext{eq}}} = \frac{1}{C1} + \frac{1}{C2} $$ 因此兩個電容串聯時，也可寫成： $$ C{	ext{eq}}=\frac{C1C2}{C1+C2} $$ - 並聯電容滿足： $$ C{	ext{eq}}=C1+C2 $$ 適用條件為理想電容器，且圖中各電容器的連接方式可明確判定為兩組串聯支路彼此並聯。 解題方法 由圖可知，左側支路為 $2C$ 與 $C$ 串聯，其等效電容為 $$ C{	ext{左}} = \frac{(2C)(C)}{2C+C} = \frac{2C}{3} $$ 右側支路為 $C$ 與 $3C$ 串聯，其等效電容為 $$ C{	ext{右}} = \frac{(C)(3C)}{C+3C} = \frac{3C}{4} $$ 兩組支路連接在相同的上下兩端，因此彼此並聯，總等效電容為 $$ C{	ext{eq}} = C{	ext{左}}+C{	ext{右}} = \frac{2C}{3}+\frac{3C}{4} $$ 通分得 $$ C{	ext{eq}} = \frac{8C+9C}{12} = \frac{17C}{12} $$

Question 29

By what factor is the drift velocity in a conductor changed if the voltage is doubled? (A) $1$ (B) $2$ (C) $3$ (D) $1/2$ (E) $1/4$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查導體中的漂移速度（drift velocity）與電壓、電流之間的關係。 導體中載子漂移速度與電流的關係為 $$ I=nqAvd $$ 其中： - $I$：電流 - $n$：單位體積內的自由載子數 - $q$：每個載子的電量 - $A$：導體截面積 - $vd$：漂移速度 在導體材料、截面積與溫度不變時，$n$、$q$、$A$ 均為常數，因此 $$ vd\propto I $$ 此外，對符合歐姆定律的導體， $$ V=IR $$ 在電阻 $R$ 不變時， $$ I\propto V $$ 因此可得 $$ vd\propto I\propto V $$ 也就是說，漂移速度與電壓成正比。 解題方法 設原本電壓為 $V$，對應的電流與漂移速度分別為 $I$、$vd$。 由歐姆定律： $$ I=\frac{V}{R} $$ 當電壓加倍： $$ V'=2V $$ 若導體的電阻維持不變，新的電流為 $$ I'=\frac{V'}{R} =\frac{2V}{R} =2I $$ 再由 $$ I=nqAvd $$ 因為 $n$、$q$、$A$ 不變，所以漂移速度與電流成正比： $$ \frac{vd'}{vd}=\frac{I'}{I}=2 $$ 因此 $$ vd'=2vd $$ 漂移速度變為原來的 $2$ 倍，改變因子為

Question 30

The distance from an antinode to a node nearest to that antinode is (A) $\lambda/4$ (B) $\lambda/2$ (C) $\lambda$ (D) $2\lambda$ (E) $3\lambda$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查駐波（standing wave）中波腹與波節的位置關係。 - 波節（node）：振幅為零，介質質點永遠不振動的位置。 - 波腹（antinode）：振幅最大的位置。 - 相鄰兩個波節的距離為 $\lambda/2$。 - 相鄰波節與波腹的距離為 $\lambda/4$。 這些關係適用於由兩列振幅、頻率相同，且沿相反方向傳播的波所形成的駐波。 --- 解題方法與推導 駐波可表示為 $$ y=2A\sin(kx)\cos(\omega t) $$ 其中波數 $$ k=\frac{2\pi}{\lambda} $$ 在固定時間下，位置 $x$ 的振幅大小與 $\left|\sin(kx)\right|$ 有關。 波節的位置滿足 $$ \sin(kx)=0 $$ 因此相鄰波節的相位差為 $\pi$，其距離為 $$ k\Delta x=\pi $$ 代入 $k=2\pi/\lambda$： $$ \frac{2\pi}{\lambda}\Delta x=\pi $$ $$ \Delta x=\frac{\lambda}{2} $$ 波腹位於相鄰兩個波節的正中央，因此從波腹到最近波節的距離為相鄰波節距離的一半： $$ d=\frac{1}{2}\left(\frac{\lambda}{2}\right) =\frac{\lambda}{4} $$ 也可直接由波腹與波節的條件推得： - 波腹：$kx=\pi/2,\,3\pi/2,\ldots$ - 最近波節：$kx=0,\,\pi,\ldots$ 兩者的相位差為 $\pi/2$，所以 $$ kd=\frac{\pi}{2} $$

Question 31

A flute player holding a tone with a frequency of $520\ \mathrm{Hz}$ approaches a wall at $2\ \mathrm{m/s}$ on a day when the speed of sound in air is $340\ \mathrm{m/s}$ . The frequency in Hz he hears coming back to him from the wall is

Accepted Answer

核心觀念 本題考查聲波的都卜勒效應（Doppler effect）與聲波反射。 適用條件與物理定律如下： 1. 聲速為 $v=340\ \mathrm{m/s}$，且空氣靜止。 2. 聲源以速度 $vs$ 朝向固定牆面移動時，牆面接收到的頻率為 $$ f1=f\frac{v}{v-vs} $$ 3. 牆面固定不動，聲波由牆面反射時，在牆面參考系中頻率不變。 4. 反射波朝向移動中的吹笛者傳播，吹笛者相當於朝向入射波移動，因此聽到的頻率為 $$ f'=f1\frac{v+vo}{v} $$ 其中 $vo$ 是聽者朝向聲波的速度。 --- 解題方法 設原本笛音頻率為 $$ f=520\ \mathrm{Hz} $$ 吹笛者以 $$ vs=vo=2\ \mathrm{m/s} $$ 朝牆面移動，聲速為 $$ v=340\ \mathrm{m/s} $$ 第一步：計算牆面接收到的頻率 吹笛者是移動聲源，且朝向牆面接近，因此聲波波長縮短。牆面接收到的頻率為 $$ f1=f\frac{v}{v-vs} $$ 代入數值： $$ f1=520\frac{340}{340-2} =520\frac{340}{338} $$ 第二步：計算吹笛者聽到的反射頻率 牆面固定，因此反射不造成額外的頻率改變；但吹笛者朝向反射波移動，屬於移動聽者： $$ f'=f1\frac{v+vo}{v} $$ 代入 $f1$： $$ f' =520\frac{340}{338}\frac{342}{340} $$ 聲速 $340$ 約去後： $$ f'=520\frac{342}{338} $$ $$ f'\approx 526.15\ \mathrm{Hz} $$ 取選項中的整數值： $$ f'\approx 526\ \mathrm{Hz} $$

Question 32

The $xy$ plane is “painted” with a uniform surface charge density equal to $40\ \mathrm{nC/m^2}$ . Consider a spherical surface with a $4.0\ \mathrm{cm}$ radius that has a point in the $xy$ plane as its center. What is the electric flux in $\mathrm{N\,m^2/C}$ for that part of the spherical surface for which $z>0$ ?

( $\epsilon_0=8.85\times10^{-12}\ \mathrm{C^2/(N\,m^2)}$ )

Accepted Answer

核心觀念

本題考查「無限大均勻帶電平面」產生的電場，以及電通量定義。

對位於 $xy$ 平面的無限大均勻帶電平面，面電荷密度為 $\sigma$ ，由高斯定律與平面對稱性可知，平面兩側電場大小皆為

E=\frac{\sigma}{2\varepsilon_0}

其中電場方向垂直於帶電平面；若 $\sigma>0$ ，電場由平面向外。

電通量定義為

\Phi_E=\int \vec E\cdot d\vec A

本題只取球面上方 $z>0$ 的部分，因此是半球面。

解題方法

球心位於 $xy$ 平面上，球面半徑為

R=4.0\ \mathrm{cm}=4.0\times10^{-2}\ \mathrm{m}

上半球所在區域為 $z>0$ 。因為帶電平面無限大且均勻，半球上方的電場為均勻電場：

\vec E=E\hat z

半球面上的面積向量方向為球面的外法線。電通量可視為電場乘以上半球在水平面的投影面積。上半球投影到 $xy$ 平面為一個半徑 $R$ 的圓，因此

\Phi_E=E\left(\pi R^2\right)

代入電場公式：

\Phi_E = \frac{\sigma}{2\varepsilon_0}\pi R^2

已知

\sigma=40\ \mathrm{nC/m^2} =40\times10^{-9}\ \mathrm{C/m^2}

因此

E= \frac{40\times10^{-9}} {2(8.85\times10^{-12})} \approx 2.26\times10^3\ \mathrm{N/C}

半球投影面積為

\pi R^2 = \pi(4.0\times10^{-2})^2 = \pi(1.6\times10^{-3}) \approx 5.03\times10^{-3}\ \mathrm{m^2}

所以電通量為

\Phi_E = (2.26\times10^3) (5.03\times10^{-3}) \approx 11.4\ \mathrm{N\,m^2/C}

取最接近的選項：

\boxed{\Phi_E\approx 11\ \mathrm{N\,m^2/C}}

單位檢查：

Question 33

A charged conductor has the oval shape shown below. When we compare the potential at points A and B, we find that: 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) $VAVB$ (B) $VA=VB$ (C) $VA<VB$ (D) $VA\leq VB$ (E) we must first determine the charge distribution on the surface before we can calculate the potential difference between two points on the surface.

Accepted Answer

核心觀念 本題旨在測驗靜電平衡下帶電導體的靜電性質（Electrostatic Properties of a Conductor in Equilibrium）。 1. 靜電平衡條件（Electrostatic Equilibrium）： 當導體達到靜電平衡時，導體內部的自由電荷不再作宏觀移動。因此： - 導體內部任意點的淨電場必為零： $$ \vec{E}{	ext{in}} = 0 $$ - 導體表面處的電場 $\vec{E}{	ext{surface}}$ 必須處處垂直於導體表面。若表面電場存在平行於表面的切線分量（$E{\parallel} 
eq 0$），自由電子將持續沿表面加速移動，違反靜電平衡的前提。 2. 電位差定義： 空間中兩點之間的電位差定義為電場沿路徑的線積分： $$ VA - VB = -\intB^A \vec{E} \cdot d\vec{r} $$ 3. 等電位體與等電位面（Equipotential Body and Surface）： 由於導體內部電場處處為零，且表面電場垂直於表面（即沿表面移動時 $\vec{E} \cdot d\vec{r} = 0$），因此靜電平衡狀態下的帶電導體，其內部每一點與表面每一點的電位皆完全相同，整個導體為一個等電位體，導體表面為等電位面。 --- 解題方法 由題圖可知，點 $A$ 與點 $B$ 皆位於同一個帶電卵形（橢圓形）導體的表面上。 選擇一條完全位於導體內部（或沿著導體內部連接 $B$ 與 $A$）的路徑，計算兩點間的電位差： $$ VA - VB = -\intB^A \vec{E}{	ext{in}} \cdot d\vec{r} $$ 因為導體處於靜電平衡狀態，導體內部電場處處為零（$\vec{E}{	ext{in}} = 0$），代入積分式可得： $$ VA - VB = -\intB^A 0 \cdot d\vec{r} = 0 $$ 整理後即得： $$ VA = VB $$

Question 34

Three charges, the outer two $+q$, and the inner one $-q$, are placed in a line, as shown below. The potential energy of these charges is 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) $-\dfrac{5}{2}\dfrac{ke q^2}{r}$ (B) $-\dfrac{3}{2}\dfrac{ke q^2}{r}$ (C) $-\dfrac{ke q^2}{r}$ (D) $+\dfrac{3}{2}\dfrac{ke q^2}{r}$ (E) $+\dfrac{5}{2}\dfrac{ke q^2}{r}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查多個點電荷系統的電位能。對三個點電荷而言，系統總電位能為所有「成對電荷」電位能的代數和： $$ U=\sum{i<j}\frac{ke qiqj}{r{ij}} $$ 其中 $ke$ 為庫侖常數，$qiqj<0$ 時電位能為負，$qiqj0$ 時電位能為正。 解題方法 由圖可知，三個電荷排列為： $$ +q \quad \xrightarrow{r}\quad -q \quad \xrightarrow{r}\quad +q $$ 因此： - 左側 $+q$ 與中間 $-q$ 的距離為 $r$ - 中間 $-q$ 與右側 $+q$ 的距離為 $r$ - 左側 $+q$ 與右側 $+q$ 的距離為 $2r$ 分別計算三組電荷的電位能： $$ U{左中}=\frac{ke(+q)(-q)}{r} =-\frac{keq^2}{r} $$ $$ U{中右}=\frac{ke(-q)(+q)}{r} =-\frac{keq^2}{r} $$ $$ U{左右}=\frac{ke(+q)(+q)}{2r} =+\frac{1}{2}\frac{keq^2}{r} $$ 所以總電位能為：

Question 35

Two long parallel wires carry unequal currents in the same direction. The ratio of the currents is $3$ to $1$ . The magnitude of the magnetic field at a point in the plane of the wires and $10\ \mathrm{cm}$ from each wire is $4.0\ \mu\mathrm{T}$ . What is the larger of the two currents in A?

Accepted Answer

核心觀念 本題考查長直載流導線周圍的磁場，以及兩條平行導線在同一觀測點產生的磁場疊加。 長直導線中電流為 $I$，距離導線 $r$ 處的磁場大小為 $$ B=\frac{\mu0 I}{2\pi r}, $$ 其中 $$ \mu0=4\pi	imes10^{-7}\ \mathrm{T\cdot m/A}. $$ 此公式適用於導線長度遠大於觀測距離的情況，本題已明確指出導線很長。 磁場方向以右手定則判斷： - 電流方向相同； - 在兩導線之間，兩導線產生的磁場方向相反，因此磁場大小相減； - 題目所給的標準配置是觀測點位於兩導線之間，且距離兩導線皆為 $10\ \mathrm{cm}$。 --- 解題方法 設兩條導線的電流分別為 $$ I1=3I,\qquad I2=I. $$ 因為觀測點到兩條導線的距離相同，皆為 $$ r=10\ \mathrm{cm}=0.10\ \mathrm{m}, $$ 且兩電流方向相同，在兩導線之間的磁場方向相反，所以合磁場為 $$ B{	ext{net}} = \frac{\mu0 I1}{2\pi r} - \frac{\mu0 I2}{2\pi r}. $$ 整理得 $$ B{	ext{net}} = \frac{\mu0}{2\pi r}(I1-I2). $$ 代入 $I1=3I$、$I2=I$： $$ B{	ext{net}} = \frac{\mu0}{2\pi r}(3I-I) = \frac{\mu0}{2\pi r}(2I). $$ 題目給定 $$ B{	ext{net}}=4.0\ \mu\mathrm{T} =4.0	imes10^{-6}\ \mathrm{T}. $$ 因此 $$ 4.0	imes10^{-6} = \frac{4\pi	imes10^{-7}}{2\pi(0.10)}(2I). $$ 先化簡係數： $$ \frac{4\pi	imes10^{-7}}{2\pi(0.10)} = 2.0	imes10^{-6}\ \mathrm{T/A}. $$ 所以 $$ 4.0	imes10^{-6} = (2.0	imes10^{-6})(2I), $$ $$ 4.0	imes10^{-6} = 4.0	imes10^{-6}I. $$ 得到

Question 36

A $30$ turn square coil (length of side $=12\ \mathrm{cm}$) with a total resistance of $2.5\ \Omega$ is placed in a uniform magnetic field directed perpendicular to the plane of the coil. The magnitude of the field varies with time according to $B=Ae^{8t}$ where $A=50\ \mathrm{mT}$ and $t$ is measured in seconds. What is the magnitude in V of the induced emf in the coil at $t=0$? (A) $0.31$ (B) $0.27$ (C) $0.17$ (D) $0.20$ (E) $22	imes10^{-3}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查法拉第電磁感應定律： $$ |\mathcal{E}|=N\left|\frac{d\PhiB}{dt}ight| $$ 其中： - $N$：線圈匝數 - $\PhiB$：單匝磁通量 - $\mathcal{E}$：感應電動勢 磁通量定義為 $$ \PhiB=BA\cos	heta $$ 本題線圈固定不動，磁場均勻，且磁場方向垂直線圈平面，因此磁場與線圈面積向量平行，$	heta=0^\circ$，故 $$ \PhiB=BA $$ 因此感應電動勢只來自磁場大小隨時間改變。 --- 解題方法 已知： $$ N=30 $$ 正方形邊長為 $$ \ell=12\ \mathrm{cm}=0.12\ \mathrm{m} $$ 線圈面積為 $$ A{	ext{coil}}=\ell^2=(0.12)^2=0.0144\ \mathrm{m^2} $$ 磁場為 $$ B(t)=Ae^{8t} $$ 題目中的 $A=50\ \mathrm{mT}$ 是磁場函數的常數，換算為 $$ A=50	imes10^{-3}\ \mathrm{T}=0.050\ \mathrm{T} $$ 磁通量為 $$ \PhiB(t)=B(t)A{	ext{coil}} =0.050e^{8t}(0.0144) $$ 依據法拉第定律： $$ |\mathcal{E}|=N\left|\frac{d\PhiB}{dt}ight| $$ 由於線圈面積與方向固定： $$ |\mathcal{E}|=N A{	ext{coil}}\left|\frac{dB}{dt}ight| $$ 先求磁場變化率： $$ \frac{dB}{dt}=8Ae^{8t} $$ 在 $t=0$ 時： $$ \left.\frac{dB}{dt}ight|{t=0} =8(0.050)e^0 =0.400\ \mathrm{T/s} $$ 因此 $$ |\mathcal{E}| =30(0.0144)(0.400) $$ $$ |\mathcal{E}|=0.1728\ \mathrm{V} \approx 0.17\ \mathrm{V} $$ 單位驗算：

Question 37

Charge $Q$ is spread uniformly along the circumference of a circle of radius $R$. A point particle with charge $q$ is placed at the center of this circle. The total force exerted on the particle can be calculated by Coulomb's law: (A) just use $R$ for the distance (B) just use $2R$ for the distance (C) just use $2\pi R$ for the distance (D) the result of the calculation is zero (E) none of the above.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： 1. 庫侖定律 2. 電力的向量性 3. 電力疊加原理 4. 圓環對中心點的對稱性 庫侖定律適用於靜電作用，且兩個電荷可視為點電荷。對圓環上的一小段電荷 $dq$ 而言，中心電荷 $q$ 與 $dq$ 的距離皆為 $R$，微小電力大小為 $$ dF=k\frac{|q|\,dq}{R^2}, $$ 其中 $$ k=\frac{1}{4\pi\varepsilon0}. $$ 但是，電力是向量，除了大小之外還具有方向，因此不能只將各微小電力的大小直接相加。 解題方法 將均勻帶電圓環分割成許多微小電荷元素 $dq$。 圓環上任一電荷元素在中心所產生的微小電力為 $$ d\vec F=k\frac{q\,dq}{R^2}\hat{\mathbf r}, $$ 其中 $\hat{\mathbf r}$ 表示由該電荷元素指向中心的方向，方向會隨著圓環位置改變。 對圓環上任一電荷元素 $dq$，在圓環的正對面必有一個電荷元素 $dq$。兩者到中心的距離相同，因此微小電力大小相同；但方向相反： $$ d\vec F1+d\vec F2=0. $$ 所有電荷元素皆可如此配對，因此總電力為 $$ \vec F{	ext{total}} =\int d\vec F =0. $$ 也可用分量表示。若圓環上的電荷元素位於角度 $	heta$，則其電力可分解為 $$ dFx=dF\cos	heta,\qquad dFy=dF\sin	heta. $$ 由於圓環完整對稱， $$ \int dF\cos	heta=0,\qquad \int dF\sin	heta=0. $$ 因此 $$ \boxed{\vec F{	ext{total}}=0}. $$ 注意：圓環在中心產生的電位為 $$ V=k\frac{Q}{R}, $$ 但電位是純量，會直接相加；電力是向量，方向相反的貢獻會互相抵消。因此「電位不為零」不能推論「電力不為零」。 選項分析 (A) just use $R$ for the distance

Question 38

A solid insulating sphere of radius $R$ contains positive charge that is distributed with a volume charge density that does not depend on angle but does increase with distance from the sphere center. Which of the graphs below might give the magnitude $E$ of the electric field as a function of the distance $r$ from the center of the sphere? 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) 圖示選項 (B) 圖示選項 (C) 圖示選項 (D) 圖示選項 (E) 圖示選項

Accepted Answer

核心觀念 本題考查高斯定律與球對稱電荷分布下的電場。 由於體積電荷密度 $ho(r)$： 1. 不隨角度改變，具有球對稱性； 2. 為正且隨距離 $r$ 增加而增加。 半徑為 $r$ 的高斯球所包覆的電荷為 $$ Q{	ext{enc}}(r)=4\pi\int0^r ho(r')\,r'^2\,dr' $$ 依高斯定律， $$ E(r)\cdot 4\pi r^2=\frac{Q{	ext{enc}}(r)}{\varepsilon0} $$ 因此球內電場為 $$ E(r)=\frac{1}{\varepsilon0 r^2} \int0^r ho(r')\,r'^2\,dr' \qquad (r<R) $$ 球外則等效為總電荷集中於球心： $$ E(r)=\frac{Q{	ext{total}}}{4\pi\varepsilon0 r^2} \qquad (rR) $$ 解題方法 在球心 $r=0$，由球對稱性可知 $$ E(0)=0 $$ 因此圖形必須從原點開始。 對球內電場微分： $$ E(r)=\frac{1}{\varepsilon0r^2} \int0^r ho(r')r'^2\,dr' $$ 可得 $$ \frac{dE}{dr} = \frac{ho(r)}{\varepsilon0} -\frac{2E(r)}{r} $$ 因為 $ho(r)$ 隨 $r$ 增加，且 $$ \int0^r ho(r')r'^2dr' < ho(r)\int0^r r'^2dr' = \frac{ho(r)r^3}{3} $$

Question 39

If the electric field is in the positive $x$ direction and has a magnitude given by $E=Cx^2$, where $C$ is a constant, then the electric potential is given by $V=$ (A) $2Cx$ (B) $-2Cx$ (C) $Cx^3/3$ (D) $-Cx^3/3$ (E) $-Cx^3$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查電場與電位的微分關係： $$ \vec{E}=-
abla V $$ 在一維 $x$ 方向中，若電場只有 $x$ 分量，則適用形式為 $$ Ex=-\frac{dV}{dx} $$ 負號表示電場方向指向電位降低最快的方向。本題給定電場方向為正 $x$ 方向，且大小為 $Cx^2$，因此 $$ Ex=Cx^2 $$ 其中通常視 $C0$。 --- 解題方法 由 $$ Ex=-\frac{dV}{dx} $$ 代入 $Ex=Cx^2$： $$ C x^2=-\frac{dV}{dx} $$ 整理為 $$ dV=-Cx^2\,dx $$ 兩邊積分： $$ V=-\int Cx^2\,dx $$ 因此 $$ V=-\frac{Cx^3}{3}+V0 $$ 其中 $V0$ 是由電位參考點決定的任意常數。選項未列出任意加法常數，故採用 $V0=0$ 的表示： $$ V=-\frac{Cx^3}{3} $$ 所以正確選項為 $	ext{(D)}$。 --- 單位與數量級檢查 電場單位為 $$ [E]=\mathrm{V/m} $$ 由 $E=Cx^2$ 可得 $$ [C]=\frac{\mathrm{V/m}}{\mathrm{m^2}} =\mathrm{V/m^3} $$ 因此 $$ [Cx^3]=\mathrm{V} $$ 與電位的單位一致。係數 $1/3$ 來自 $x^2$ 的積分，負號則來自電場與電位的基本關係式。 --- 選項分析 - (A) $2Cx$：錯誤。 對其微分： $$\frac{dV}{dx}=2C$$ 因此 $$Ex=-\frac{dV}{dx}=-2C$$

Question 40

Points $R$ and $T$ are each a distance $d$ from each of two particles with equal positive charges as shown. If $ke=1/(4\pi\epsilon0)$, the work required to move a particle with charge $q$ from $R$ to $T$ is 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) $0$ (B) $keQq/d^2$ (C) $keQq/d$ (D) $keQq/(\sqrt{2}d)$ (E) $keQq/(2d)$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查電位差與電場力作功的關係： $$ W{	ext{ext}}=q\Delta V=q(VT-VR) $$ 其中電位是由所有電荷產生的電位代數相加： $$ V=ke\sumi\frac{Qi}{ri} $$ 圖中兩個固定粒子皆帶有相同的正電荷 $Q$，且： - 點 $R$ 到左右兩電荷的距離皆為 $d$ - 點 $T$ 到左右兩電荷的距離也皆為 $d$ 因此 $R$ 與 $T$ 的電位相同。 解題方法 先計算點 $R$ 的電位。兩個電荷各自貢獻 $keQ/d$，所以 $$ VR=\frac{keQ}{d}+\frac{keQ}{d} =\frac{2keQ}{d} $$ 同理，點 $T$ 的電位為 $$ VT=\frac{keQ}{d}+\frac{keQ}{d} =\frac{2keQ}{d} $$ 因此電位差為 $$ \Delta V=VT-VR=0 $$ 將帶電粒子 $q$ 從 $R$ 移到 $T$ 所需的外力作功為 $$ W{	ext{ext}}=q(VT-VR)=q(0)=0 $$ 所以正確選項為 $\boxed{	ext{(A)}}$。 選項分析

Question 41

A metal bar sliding on parallel rails a length $\ell$ apart from one another is given initial velocity $v0$ to the right. The rails are connected by a resistor of resistance $R$ at their left. If a constant magnetic field $B$ is directed into the page, what is the magnitude of the force on the rod? 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) $B\ell v$ (B) $B^2\ell^2v$ (C) $\dfrac{B\ell v}{R}$ (D) $\dfrac{B^2\ell^2v}{R}$ (E) $\dfrac{B^2\ell^2v0}{mR}$

Accepted Answer

核心觀念 金屬棒以速度 $v$ 垂直切割指向紙內的磁力線，產生動生電動勢： $$ \varepsilon=B\ell v $$ 其中 $\ell$ 為兩平行導軌間距。由於導軌左側接有電阻 $R$，電路中的感應電流為： $$ I=\frac{\varepsilon}{R}=\frac{B\ell v}{R} $$ 載流金屬棒在磁場中受到安培力，其大小為： $$ F=B I\ell $$ 此處金屬棒、電流方向與磁場方向彼此垂直。 解題方法 將感應電流代入安培力公式： $$ F=B\ell\left(\frac{B\ell v}{R}\right) $$ 因此： $$ \boxed{F=\frac{B^2\ell^2v}{R}} $$ 安培力方向依楞次定律必與金屬棒運動方向相反，阻礙金屬棒向右運動；題目詢問大小，所以取上述正值。 題目中的 $v0$ 是初始速度。若問剛開始運動的瞬間，則可令 $v=v0$，得到 $$ F0=\frac{B^2\ell^2v0}{R} $$ 但一般而言，金屬棒受到反向磁力後速度會改變，故力應以當下速度 $v$ 表示，而不是直接寫成選項 E 的形式。 單位與數量級檢查 由 $$ [B]=\mathrm{T},\quad [\ell]=\mathrm{m},\quad [v]=\mathrm{m/s},\quad [R]=\Omega $$ 可知 $$ \frac{B^2\ell^2v}{R} $$

Question 42

An alpha particle is a nucleus of helium. It has twice the charge and four times the mass of the proton. When they were very far away from each other, but headed toward directly each other, a proton and an alpha particle each had an initial speed of $0.003c$, where $c$ is the speed of light. What is their distance of closest approach? ($c=3.00	imes10^8\ \mathrm{m/s}$, $ke=1/(4\pi\epsilon0)=8.99	imes10^9\ \mathrm{N\cdot m^2/C^2}$, $e=1.60	imes10^{-19}\ \mathrm{C}$, $m{\mathrm{proton}}=1.67	imes10^{-27}\ \mathrm{kg}$) (A) $2.1	imes10^{-13}\ \mathrm{m}$ (B) $3.3	imes10^{-13}\ \mathrm{m}$ (C) $2.6	imes10^{-13}\ \mathrm{m}$ (D) $2.9	imes10^{-13}\ \mathrm{m}$ (E) $4.2	imes10^{-13}\ \mathrm{m}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： 1. 庫侖斥力造成的電位能增加 2. 機械能守恆 3. 質心運動與相對運動 4. 最近接距離的物理意義 質子與 $\alpha$ 粒子皆帶正電，因此彼此互相排斥。兩粒子正面相向運動時，接近過程中動能轉換為庫侖電位能。 題目給定： - 質子質量：$mp$ - $\alpha$ 粒子質量：$m\alpha=4mp$ - 質子電荷：$qp=e$ - $\alpha$ 粒子電荷：$q\alpha=2e$ - 初速大小：$v=0.003c$ 最近接時，兩粒子的相對速度變為零，但由於整個系統的質心仍在移動，兩粒子在實驗室座標中不一定同時靜止。 --- 解題方法：使用相對運動的能量守恆 1. 計算初始相對速度 兩粒子正面相向，因此相對速度大小為 $$ v{\mathrm{rel}}=v-(-v)=2v $$ 其中 $$ v=0.003c =0.003(3.00	imes10^8) =9.00	imes10^5\ \mathrm{m/s} $$ 所以 $$ v{\mathrm{rel}}=1.80	imes10^6\ \mathrm{m/s} $$ --- 2. 計算約化質量 兩粒子的約化質量為 $$ \mu=\frac{mp m\alpha}{mp+m\alpha} $$ 代入 $m\alpha=4mp$： $$ \mu =\frac{mp(4mp)}{mp+4mp} =\frac{4}{5}mp $$ --- 3. 寫出相對運動的初始動能 相對運動的動能為 $$ K{\mathrm{rel}} =\frac{1}{2}\mu v{\mathrm{rel}}^2 $$ 因此 $$ K{\mathrm{rel}} =\frac{1}{2}\left(\frac45mpight)(2v)^2 $$ 整理得 $$ K{\mathrm{rel}} =\frac{8}{5}mpv^2 =1.6mpv^2 $$ --- 4. 寫出最近接時的庫侖電位能 兩粒子皆帶正電，庫侖電位能為 $$ U(r)=ke\frac{qpq\alpha}{r} $$ 由於 $$ qpq\alpha=e(2e)=2e^2 $$ 故 $$ U(r)=ke\frac{2e^2}{r} $$ 在無其他外力、忽略輻射損失的條件下，相對運動的機械能守恆。 最近接時相對速度為零，因此相對動能全部轉換成電位能： $$ K{\mathrm{rel}}=U(r{\min}) $$ 所以 $$ 1.6mpv^2 = ke\frac{2e^2}{r{\min}} $$ 解得 $$ r{\min} = \frac{2kee^2}{1.6mpv^2} $$ --- 5. 代入數值 先計算分母： $$ 1.6mpv^2 = 1.6(1.67	imes10^{-27})(9.00	imes10^5)^…

Question 43

The figure shows a $2.0\ \mathrm{cm}$ diameter roller that turns at $90\ \mathrm{rpm}$. A $4.0\ \mathrm{cm}$ wide plastic film is being wrapped onto the roller, and this plastic carries an excess electric charge having a uniform surface charge density of $5.0\ \mathrm{nC/cm^2}$. What is the current of the moving film? 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) $190\ \mathrm{nA}$ (B) $23\ \mu\mathrm{A}$ (C) $30\ \mathrm{nA}$ (D) $11\ \mu\mathrm{A}$ (E) $16\ \mathrm{nA}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查「移動帶電薄膜所形成的電流」： $$ I=\frac{\Delta Q}{\Delta t} $$ 薄膜帶有均勻面電荷密度 $\sigma$，若每秒有面積 $\frac{\Delta A}{\Delta t}$ 的薄膜通過，則 $$ I=\sigma\frac{\Delta A}{\Delta t} $$ 滾輪與薄膜無滑動時，薄膜速度等於滾輪表面的切線速度。 解題方法 滾輪直徑為 $2.0\ \mathrm{cm}$，因此周長為 $$ C=\pi d=2.0\pi\ \mathrm{cm} $$ 滾輪轉速為 $90\ \mathrm{rpm}$，薄膜的線速度為 $$ v=(2.0\pi)(90)\ \mathrm{cm/min} =180\pi\ \mathrm{cm/min} =3\pi\ \mathrm{cm/s} $$ 薄膜寬度為 $w=4.0\ \mathrm{cm}$，每秒通過滾輪的薄膜面積為 $$ \frac{\Delta A}{\Delta t}=wv =(4.0)(3\pi) =12\pi\ \mathrm{cm^2/s} $$ 面電荷密度為 $$ \sigma=5.0\ \mathrm{nC/cm^2} $$ 因此電流為 $$ I=\sigma\frac{\Delta A}{\Delta t} =(5.0)(12\pi)\ \mathrm{nC/s} =60\pi\ \mathrm{nA} \approx188.5\ \mathrm{nA} $$ 取適當有效數字： $$ I\approx190\ \mathrm{nA} $$ 單位檢查：

Question 44

The heater element of a particular $120$-V toaster is a $8.9\ \mathrm{m}$ length of nichrome wire, whose diameter is $0.86\ \mathrm{mm}$. The resistivity of nichrome at the operating temperature of the toaster is $1.3	imes10^{-6}\ \Omega\cdot\mathrm{m}$. If the toaster is operated at a voltage of $120\ \mathrm{V}$, how much power does it draw? (A) $720\ \mathrm{W}$ (B) $700\ \mathrm{W}$ (C) $750\ \mathrm{W}$ (D) $770\ \mathrm{W}$ (E) $800\ \mathrm{W}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查均勻金屬導線的電阻，以及電阻器消耗的電功率。 物理定律與公式如下： 1. 導線電阻： $$R=ho\frac{L}{A}$$ 其中： - $R$：電阻，單位為 $\Omega$ - $ho$：電阻率，單位為 $\Omega\cdot\mathrm{m}$ - $L$：導線長度，單位為 $\mathrm{m}$ - $A$：導線截面積，單位為 $\mathrm{m^2}$ 2. 圓形導線截面積： $$A=\pi r^2=\pi\left(\frac{d}{2}ight)^2$$ 3. 電阻器消耗的功率： $$P=VI$$ 配合歐姆定律 $V=IR$，可寫成： $$P=\frac{V^2}{R}$$ 此公式適用於電阻可視為定值的情況。本題已直接給出操作溫度下的電阻率，因此可用此式計算。 解題方法 先由導線的幾何尺寸求出截面積，再利用電阻率求電阻，最後計算功率。 1. 計算導線半徑與截面積 導線直徑為： $$d=0.86\ \mathrm{mm}=0.86	imes10^{-3}\ \mathrm{m}$$ 因此半徑為： $$r=\frac{d}{2}=0.43	imes10^{-3}\ \mathrm{m}$$ 截面積為： $$A=\pi r^2$$ $$A=\pi(0.43	imes10^{-3})^2$$ $$A\approx5.81	imes10^{-7}\ \mathrm{m^2}$$ 2. 計算鎳鉻線的電阻 已知： $$ho=1.3	imes10^{-6}\ \Omega\cdot\mathrm{m}$$ $$L=8.9\ \mathrm{m}$$ 代入： $$R=ho\frac{L}{A}$$ $$ R=\frac{(1.3	imes10^{-6})(8.9)} {5.81	imes10^{-7}} $$ $$R\approx19.9\ \Omega$$ 3. 計算消耗功率 電壓為： $$V=120\ \mathrm{V}$$ 使用： $$P=\frac{V^2}{R}$$ $$P=\frac{(120)^2}{19.9}$$ $$P\approx7.23	imes10^2\ \mathrm{W}$$ 因此： $$P\approx723\ \mathrm{W}$$ 依有效數字取近似值為：

Question 45

The figure shows a velocity selector that can be used to measure the speed of a charged particle. A beam of particles is directed along the axis of the instrument. A parallel plate capacitor sets up an electric field $E$, which is oriented perpendicular to a uniform magnetic field $B$. If the plates are separated by $2.0\ \mathrm{mm}$ and the value of the magnetic field is $0.60\ \mathrm{T}$, what voltage between the plates will allow particles of speed $5.0	imes10^5\ \mathrm{m/s}$ to pass straight through without deflection? 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) $94\ \mathrm{V}$ (B) $1900\ \mathrm{V}$ (C) $3800\ \mathrm{V}$ (D) $190\ \mathrm{V}$ (E) $600\ \mathrm{V}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查速度選擇器（velocity selector）的受力平衡。帶電粒子在互相垂直的電場與磁場中運動時，受到： - 電力：$FE=|q|E$ - 磁力：$FB=|q|vB\sin	heta$ 因粒子速度方向與磁場垂直，$	heta=90^\circ$，故 $\sin	heta=1$，磁力為 $FB=|q|vB$。 粒子要「不偏轉」直線通過，電力與磁力大小相等、方向相反： $$ |q|E=|q|vB $$ 因此速度選擇器選出的速度滿足： $$ v=\frac{E}{B} $$ 解題方法 由電容器兩極板間電場與電壓關係： $$ E=\frac{V}{d} $$ 代入速度選擇器條件 $E=vB$： $$ \frac{V}{d}=vB $$ 整理得： $$ V=vBd $$ 題目給定： $$ v=5.0	imes10^5\ \mathrm{m/s} $$ $$ B=0.60\ \mathrm{T} $$ $$ d=2.0\ \mathrm{mm}=2.0	imes10^{-3}\ \mathrm{m} $$ 所以： $$ V=(5.0	imes10^5)(0.60)(2.0	imes10^{-3}) $$ $$ V=6.0	imes10^2\ \mathrm{V}=600\ \mathrm{V} $$ 單位檢查：

Question 46

As shown in the figure, a wire and a $10\ \Omega$ resistor are used to form a circuit in the shape of a square, $20\ \mathrm{cm}$ by $20\ \mathrm{cm}$. A uniform but nonsteady magnetic field is directed into the plane of the circuit. The magnitude of the magnetic field is decreased from $1.50\ \mathrm{T}$ to $0.50\ \mathrm{T}$ in a time interval of $63\ \mathrm{ms}$. The average induced current and its direction through the resistor, in this time interval, are closest to 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) $63\ \mathrm{mA}$, from $b$ to $a$ (B) $38\ \mathrm{mA}$, from $b$ to $a$ (C) $63\ \mathrm{mA}$, from $a$ to $b$ (D) $38\ \mathrm{mA}$, from $a$ to $b$ (E) $95\ \mathrm{mA}$, from $a$ to $b$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查法拉第電磁感應定律、楞次定律與歐姆定律。 - 法拉第定律： $$|\mathcal{E}{	ext{avg}}|=\frac{|\Delta\PhiB|}{\Delta t}$$ - 磁通量： $$\PhiB=BA\cos	heta$$ 本題磁場垂直線圈平面，因此 $	heta=0^\circ$，有 $\PhiB=BA$。 - 楞次定律：感應電流的方向會抵抗磁通量的變化。 - 歐姆定律： $$I{	ext{avg}}=\frac{\mathcal{E}{	ext{avg}}}{R}$$ 解題方法 正方形線圈邊長為 $20\ \mathrm{cm}=0.20\ \mathrm{m}$，面積為 $$A=(0.20)^2=0.040\ \mathrm{m^2}$$ 磁場由 $1.50\ \mathrm{T}$ 減少至 $0.50\ \mathrm{T}$，因此 $$|\Delta B|=1.50-0.50=1.00\ \mathrm{T}$$ 時間間隔為 $$\Delta t=63\ \mathrm{ms}=0.063\ \mathrm{s}$$ 感應電動勢大小： $$ \mathcal{E}{	ext{avg}} =\frac{A|\Delta B|}{\Delta t} =\frac{(0.040)(1.00)}{0.063} \approx 0.635\ \mathrm{V} $$ 電路電阻為 $10\ \Omega$，故平均感應電流為

Question 47

A man is nearsighted and cannot see things clearly beyond $110\ \mathrm{cm}$ from his eyes. What is the focal length of the contact lenses that will enable him to see very distant objects clearly? (A) $50\ \mathrm{cm}$ (B) $-50\ \mathrm{cm}$ (C) $-110\ \mathrm{cm}$ (D) $110\ \mathrm{cm}$ (E) $-30\ \mathrm{cm}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查近視眼的遠點（far point）與凹透鏡矯正。 近視眼的眼球屈光力過強，平行光線進入眼睛後會聚焦在視網膜前方，因此無法看清遠處物體。矯正時使用凹透鏡，使遠處物體發出的平行光先經凹透鏡發散，形成位於患者遠點的虛像，眼睛即可將此虛像清楚成像在視網膜上。 本題採用薄透鏡公式： $$ \frac{1}{f}=\frac{1}{do}+\frac{1}{di} $$ 適用條件為薄透鏡、近軸光線，且將隱形眼鏡與眼睛的距離視為可忽略。對極遠物體而言： $$ do=\infty $$ 因此入射光可視為平行光。 --- 解題方法 患者「無法看清超過 $110\ \mathrm{cm}$ 的物體」，表示他的遠點位於眼前 $110\ \mathrm{cm}$ 處。 為使極遠物體能被看清，接觸鏡必須將來自無限遠的物體成像在患者遠點。此像必須是位於物體同側的虛像，因此： $$ di=-110\ \mathrm{cm} $$ 代入薄透鏡公式： $$ \frac{1}{f} = \frac{1}{\infty} + \frac{1}{-110\ \mathrm{cm}} $$ 由於： $$ \frac{1}{\infty}=0 $$ 所以： $$ \frac{1}{f} = -\frac{1}{110\ \mathrm{cm}} $$ 得到： $$ f=-110\ \mathrm{cm} $$ 負號表示透鏡為凹透鏡，正符合近視眼的矯正需求。

Question 48

Light of wavelength $500\ \mathrm{nm}$ illuminates a round $0.50\ \mathrm{mm}$ diameter hole. A screen is placed $6.3\ \mathrm{m}$ behind the slit. What is the diameter of the central bright area on the screen? (A) $15\ \mathrm{mm}$ (B) $270\ \mu\mathrm{m}$ (C) $7.7\ \mathrm{mm}$ (D) $3800\ \mu\mathrm{m}$ (E) $5\ \mathrm{mm}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查圓形孔徑的夫朗和斐繞射（Fraunhofer diffraction）。圓孔後方屏幕上的繞射圖樣為 Airy pattern，中央亮斑的邊界取第一暗環。 圓孔第一暗環的角位置滿足 $$ \sin	heta \approx 	heta = 1.22\frac{\lambda}{D} $$ 其中： - $\lambda$：光波長 - $D$：圓孔直徑 - $	heta$：中央亮斑邊緣相對光軸的角度 小角度下，屏幕上中央亮斑的半徑為 $$ r\approx L	an	heta\approx L	heta $$ 因此中央亮斑直徑為 $$ d=2r=2.44\frac{\lambda L}{D} $$ 本題可採用夫朗和斐近似，因為 $$ \frac{D^2}{\lambda L} = \frac{(0.50	imes10^{-3})^2} {(500	imes10^{-9})(6.3)} \approx 0.079 $$ 其值遠小於 $1$，表示屏幕距離足夠遠，可使用遠場圓孔繞射公式。 --- 解題方法 已知 $$ \lambda=500\ \mathrm{nm}=500	imes10^{-9}\ \mathrm{m} $$ $$ D=0.50\ \mathrm{mm}=0.50	imes10^{-3}\ \mathrm{m} $$ $$ L=6.3\ \mathrm{m} $$ 中央亮斑直徑為 $$ d=2.44\frac{\lambda L}{D} $$ 代入數值： $$ d = 2.44 \frac{(500	imes10^{-9})(6.3)} {0.50	imes10^{-3}} $$ 先計算波長與孔徑直徑之比： $$ \frac{500	imes10^{-9}}{0.50	imes10^{-3}} = 1.0	imes10^{-3} $$ 因此 $$ d=2.44(1.0	imes10^{-3})(6.3) =1.5372	imes10^{-2}\ \mathrm{m} $$ 換算為毫米： $$ d=15.372\ \mathrm{mm}\approx15\ \mathrm{mm} $$ 所以中央亮區的直徑約為 $15\ \mathrm{mm}$。 --- 單位與數量級檢查 公式 $$ d=2.44\frac{\lambda L}{D} $$ 的單位為

Question 49

Given that the wavelengths of visible light range from $400\ \mathrm{nm}$ to $700\ \mathrm{nm}$, what is the highest frequency of visible light? ($c=3.0	imes10^8\ \mathrm{m/s}$) (A) $3.1	imes10^8\ \mathrm{Hz}$ (B) $7.5	imes10^{14}\ \mathrm{Hz}$ (C) $2.3	imes10^{20}\ \mathrm{Hz}$ (D) $4.3	imes10^{14}\ \mathrm{Hz}$ (E) $5.0	imes10^8\ \mathrm{Hz}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查光的波速、波長與頻率之間的關係： $$ v=f\lambda $$ 對於真空中的電磁波，波速為光速 $c$，因此： $$ c=f\lambda $$ 其中： - $c$：光速，單位為 $\mathrm{m/s}$ - $f$：頻率，單位為 $\mathrm{Hz}$ - $\lambda$：波長，單位為 $\mathrm{m}$ 在光速固定時，頻率與波長成反比： $$ f=\frac{c}{\lambda} $$ 因此，波長越短，頻率越高。可見光波長範圍為 $400\ \mathrm{nm}$ 到 $700\ \mathrm{nm}$，最高頻率必定對應最短波長 $400\ \mathrm{nm}$。 解題方法 先將波長由奈米換算成公尺： $$ 400\ \mathrm{nm} =400	imes10^{-9}\ \mathrm{m} =4.00	imes10^{-7}\ \mathrm{m} $$ 利用公式： $$ f{\max}=\frac{c}{\lambda{\min}} $$ 代入 $c=3.0	imes10^8\ \mathrm{m/s}$ 與 $\lambda{\min}=4.00	imes10^{-7}\ \mathrm{m}$： $$ f{\max} =\frac{3.0	imes10^8\ \mathrm{m/s}} {4.00	imes10^{-7}\ \mathrm{m}} $$ 整理數值與次方： $$ f{\max} =\frac{3.0}{4.00}	imes10^{8-(-7)}\ \mathrm{s^{-1}} $$ $$ f{\max} =0.75	imes10^{15}\ \mathrm{Hz} =7.5	imes10^{14}\ \mathrm{Hz} $$ 單位檢查： $$ \frac{\mathrm{m/s}}{\mathrm{m}}=\mathrm{s^{-1}}=\mathrm{Hz} $$ 因此單位正確，且可見光頻率約為 $10^{14}\ \mathrm{Hz}$，數量級合理。 選項分析

Question 50

What resistance should be added in series with a $3.0\ \mathrm{H}$ inductor to complete an $LR$ circuit with a time constant of $4.0\ \mathrm{ms}$? (A) $20\ \Omega$ (B) $0.75\ \mathrm{k\Omega}$ (C) $12\ \Omega$ (D) $0.75\ \Omega$ (E) $2.5\ \Omega$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查串聯 $LR$ 電路的時間常數（time constant）。對電感量為 $L$、電阻總值為 $R$ 的串聯 $LR$ 電路，時間常數定義為 $$ 	au=\frac{L}{R} $$ 適用條件是：電路可視為理想電感與純電阻串聯，且 $R$ 代表電路中的總串聯電阻。題目未提供電感內阻，因此將電感視為理想元件，所加入的電阻即為總電阻。 時間常數越大，電流建立或衰減的速度越慢；電感越大，也需要越大的電阻才能在相同時間常數下達成指定反應速度。 解題方法 已知 $$ L=3.0\ \mathrm{H} $$ $$ 	au=4.0\ \mathrm{ms}=4.0	imes10^{-3}\ \mathrm{s} $$ 由 $$ 	au=\frac{L}{R} $$ 解出電阻： $$ R=\frac{L}{	au} $$ 代入數值： $$ R=\frac{3.0\ \mathrm{H}}{4.0	imes10^{-3}\ \mathrm{s}} $$ 由於 $$ 1\ \mathrm{H}=1\ \Omega\cdot\mathrm{s} $$ 因此單位為 $$ R=\frac{3.0\ \Omega\cdot\mathrm{s}}{4.0	imes10^{-3}\ \mathrm{s}} =0.75	imes10^3\ \Omega $$ 所以 $$ R=750\ \Omega=0.75\ \mathrm{k\Omega} $$ 單位正確，且 $3\ \mathrm{H}$ 搭配毫秒等級的時間常數，所需電阻為數百歐姆，數量級合理。 選項分析 - (A) $20\ \Omega$：錯誤 若加入 $20\ \Omega$，時間常數為

國立中興大學 112 年 《物理》

第 1 題2 分

核心觀念

解題方法

物理定律與適用條件

利用距離 DDD 的驗算

第 2 題2 分

第 3 題2 分

第 4 題2 分

第 5 題2 分

核心觀念

解題方法

第 6 題2 分

第 7 題2 分

1. 計算兩條相鄰邊的貢獻

2. 計算對邊的貢獻

3. 合併三邊貢獻

第 8 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 9 題2 分

第 10 題2 分

第 11 題2 分

第 12 題2 分

第 13 題2 分

第 14 題2 分

核心觀念

解題方法

第 15 題2 分

1. 求 organ pipe 第一泛音頻率

2. 單位換算

3. 由弦的基頻公式求張力

第 16 題2 分

第 17 題2 分

第 18 題2 分

第 19 題2 分

第 20 題2 分

第 21 題2 分

核心觀念

解題方法

第 22 題2 分

第 23 題2 分

核心觀念

1. 熱力學第一定律

2. 熱力學第二定律

解題方法

選項分析

(A) the total energy of the universe is constant.

(B) the total energy in the universe is decreasing with time.

第 24 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 25 題2 分

核心觀念

解題方法

第 26 題2 分

核心觀念

解題方法

1. 幾何邊界與微元分析

2. 計算總磁通量 ΦB\Phi_BΦB​

3. 求感應電動勢 ∣E∣|\mathcal{E}|∣E∣ 與感應電流 IindI_{\text{ind}}Iind​

4. 代入題目已知數值

第 27 題2 分

第 28 題2 分

第 29 題2 分

核心觀念

解題方法

第 30 題2 分

第 31 題2 分

核心觀念

解題方法

第一步：計算牆面接收到的頻率

第二步：計算吹笛者聽到的反射頻率

第 32 題2 分

核心觀念

解題方法

第 33 題2 分

核心觀念

國立中興大學 112 年《物理》

利用距離 $D$ 的驗算

2. 計算總磁通量 $\Phi_B$

3. 求感應電動勢 $|\mathcal{E}|$ 與感應電流 $I_{\text{ind}}$

(A) just use $R$ for the distance