國立中興大學 113 年 《物理》

核心觀念

本題考查「初速度為零、等加速度直線運動」的位移公式：

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

適用條件是加速度大小與方向皆保持不變。由於兩台車皆「starts from rest」，因此初速度 $v_0=0$，公式可化為：

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

題目所給的質量不影響位移計算，因為兩台車的加速度已直接指定。質量只有在利用牛頓第二定律 $F=ma$ 求力時才需要使用。

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解題方法

對 Cart A：

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

對 Cart B，其加速度為 $a/2$，且同樣由靜止開始，因此在時間 $t$ 內的位移為：

$$s_B=\frac{1}{2}\left(\frac{a}{2}\right)t^2$$

整理得：

$$s_B=\frac{1}{4}at^2$$

由 Cart A 的關係式：

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

所以：

$$\frac{1}{4}at^2 = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2}at^2\right) = \frac{x}{2}$$

因此 Cart B 在時間 $t$ 內 traversed 的距離為：

$$s_B=\frac{x}{2}$$

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單位與數量級檢查

加速度的單位為 $\mathrm{m/s^2}$，時間平方的單位為 $\mathrm{s^2}$，故：

核心觀念

本題考查等加速度直線運動。汽車沿直線行駛，且加速度為常數，因此可使用：

1. 等加速度運動的平均速度：
   $v_{\text{avg}}=\frac{v_i+v_f}{2}$

2. 位移與平均速度的關係：
   $\Delta x=v_{\text{avg}}t$

適用條件是加速度保持不變。題目已明確指出 acceleration is constant，因此可直接使用上述公式。

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解題方法

已知：

• 初速度：$v_i=30.0\ \mathrm{m/s}$
• 末速度：$v_f=50.0\ \mathrm{m/s}$
• 位移：$\Delta x=180\ \mathrm{m}$

在等加速度運動中，平均速度為：

$$v_{\text{avg}}=\frac{v_i+v_f}{2} =\frac{30.0+50.0}{2} =40.0\ \mathrm{m/s}$$

由位移公式：

$$\Delta x=v_{\text{avg}}t$$

解出時間：

$$t=\frac{\Delta x}{v_{\text{avg}}} =\frac{180\ \mathrm{m}}{40.0\ \mathrm{m/s}}$$

因此：

$$t=4.50\ \mathrm{s}$$

單位檢查：

$$\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{m/s}}=\mathrm{s}$$

汽車速度約為 $40\ \mathrm{m/s}$，行駛 $180\ \mathrm{m}$ 所需時間約為 $180/40=4.5\ \mathrm{s}$，數量級合理。

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選項分析

• (A) $6.00\ \mathrm{s}$：錯誤。
  此時間對應的平均速度為
  $\frac{180\ \mathrm{m}}{6.00\ \mathrm{s}}=30.0\ \mathrm{m/s}$
  只等於初速度，未反映汽車在過程中速度增加。

核心觀念

本題考查二維等加速度運動與位置向量的計算。

適用的物理定律為等加速度運動公式：

$$\vec r(t)=\vec r_0+\vec v_0t+\frac{1}{2}\vec at^2$$

其適用條件是加速度為常數。本題中

$$\vec a=-4\hat{\jmath}\ \mathrm{m/s^2}$$

表示 $x$ 方向加速度為 $0$，$y$ 方向加速度為 $-4\ \mathrm{m/s^2}$。

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解題方法

初始位置、初速度分別為

$$\vec r_0=10\hat{\imath}\ \mathrm{m}$$ $$\vec v_0=-2\hat{\imath}+8\hat{\jmath}\ \mathrm{m/s}$$

在 $t=2.0\ \mathrm{s}$ 時：

$$\vec r =\vec r_0+\vec v_0t+\frac{1}{2}\vec at^2$$

代入各向量：

$$\vec r =10\hat{\imath} +(-2\hat{\imath}+8\hat{\jmath})(2.0) +\frac{1}{2}(-4\hat{\jmath})(2.0)^2$$

分別計算 $x$、$y$ 分量。

$x$ 方向：

$$x=10+(-2)(2.0)=6.0\ \mathrm{m}$$

$y$ 方向：

$$y=0+(8)(2.0)+\frac{1}{2}(-4)(2.0)^2$$ $$y=16-8=8.0\ \mathrm{m}$$

因此，粒子在 $t=2.0\ \mathrm{s}$ 時的位置向量為

$$\vec r=6\hat{\imath}+8\hat{\jmath}\ \mathrm{m}$$

粒子到原點的距離為位置向量的大小：

$$r=\sqrt{x^2+y^2}$$

核心觀念
本題考查拋體運動（Projectile Motion）的運動獨立性原理與等加速度運動定律。

1. 運動獨立性：在忽略空氣阻力與摩擦力的理想條件下，物體在水平方向不受外力，作等速度運動；鉛直方向僅受向下重力作用，作加速度為 $g$ 的等加速度運動。
2. 鉛直運動與滯空時間：質點自水平地面拋出並落回同一水平面，其飛行時間（Time of Flight）$T$ 完全由初速度的鉛直分量 $v_{0y}$ 或軌跡的最大高度 $H$ 決定，與水平速度 $v_{0x}$ 及射程無關。

• 最大高度公式：

$$H = \frac{v_{0y}^2}{2g}$$

• 飛行時間公式：

$$T = \frac{2v_{0y}}{g} = 2\sqrt{\frac{2H}{g}} = \sqrt{\frac{8H}{g}}$$

3. 加速度：在飛行過程中，任何質點的加速度均為重力加速度 $\mathbf{a} = -g\hat{\mathbf{j}}$，與質點的質量、初速度及拋射角度均無關。

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解題方法

1. 分析原卷圖形幾何特徵：

• 兩球 A、B 皆自原點 $(0,0)$ 拋出，最終落回地面（$x$ 軸，$y=0$）。
• 由軌跡圖可知，球 B 的最高點鉛直座標顯著大於球 A，即最大高度滿足：

$$H_B > H_A$$

• 同時可觀察到球 A 的落地點距離原點較遠，即水平射程滿足：

$$R_A > R_B$$

2. 推導滯空時間與最大高度的關係：
   由鉛直方向等加速度運動公式（取向上為正，$a_y = -g$）：

$$y(t) = v_{0y}t - \frac{1}{2}gt^2$$

令落回地面 $y(T) = 0$（且 $T \neq 0$），解得滯空時間為：

$$T = \frac{2v_{0y}}{g}$$

在最高點時，鉛直瞬時速度 $v_y = 0$，由速度與位移關係式：

$$0^2 = v_{0y}^2 - 2gH \implies v_{0y} = \sqrt{2gH}$$

將 $v_{0y}$ 代入滯空時間式，消去初速度分量，可得：

$$T = 2\sqrt{\frac{2H}{g}}$$

3. 比較兩球的滯空時間：
   重力加速度 $g$ 為相同常數，滯空時間 $T$ 僅正比於最大高度的平方根（$T \propto \sqrt{H}$）。
   因圖中明確顯示 $H_B > H_A$，故必然有：

核心觀念

本題的核心觀念為質點的共點力靜力平衡（Static Equilibrium）。
物體或繩結（節點）處於靜止狀態的充要條件為合外力為零：

$$\sum \vec{F} = \vec{0}$$

在二維平面中，可沿兩個相互垂直的坐標軸（水平與鉛直方向）列出平衡方程式：

$$\sum F_x = 0$$ $$\sum F_y = 0$$

此外，當三共點力達成平衡且其中兩力互相垂直時，亦可利用幾何向量三角形或拉密定理（Lami's Theorem）快速求得各分力大小。

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解題方法

1. 物理受力分析

選取兩繩與掛物輕繩交會的「繩結」為受力分析對象（隔離體）：

• 重物受重力 $W = Mg$，對繩結產生向下的鉛直拉力，大小為 $W = Mg$。
• 繩 1 對繩結施加拉力 $T_1$，方向沿繩 1 朝左上方，與鉛垂線夾角為 $30^\circ$。
• 繩 2 對繩結施加拉力 $T_2$，方向沿繩 2 朝右上方，與鉛垂線夾角為 $60^\circ$。

2. 列平衡方程式（正交分解法）

建立直角坐標系，取水平向右為 $+x$ 方向，鉛直向上為 $+y$ 方向。

• 水平方向平衡（$\sum F_x = 0$）：

$$T_2 \sin 60^\circ - T_1 \sin 30^\circ = 0$$ $$T_1 \sin 30^\circ = T_2 \sin 60^\circ$$

代入三角函數值 $\sin 30^\circ = \frac{1}{2}$、$\sin 60^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2}$：

$$T_1 \left(\frac{1}{2}\right) = T_2 \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) \implies T_1 = \sqrt{3} T_2$$

• 鉛直方向平衡（$\sum F_y = 0$）：

$$T_1 \cos 30^\circ + T_2 \cos 60^\circ - Mg = 0$$ $$T_1 \cos 30^\circ + T_2 \cos 60^\circ = Mg$$

代入三角函數值 $\cos 30^\circ = \frac{\sqrt{3}}{2}$、$\cos 60^\circ = \frac{1}{2}$：

$$T_1 \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) + T_2 \left(\frac{1}{2}\right) = Mg$$

3. 代數化簡與數值計算

將 $T_1 = \sqrt{3} T_2$ 代入鉛直平衡式中：

$$(\sqrt{3} T_2) \left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right) + T_2 \left(\frac{1}{2}\right) = Mg$$ $$\frac{3}{2} T_2 + \frac{1}{2} T_2 = Mg$$ $$2 T_2 = Mg \implies T_2 = \frac{Mg}{2}$$

代入已知數據 $M = 6.0\ \mathrm{kg}$ 與 $g = 9.8\ \mathrm{m/s^2}$：

$$T_2 = \frac{6.0 \times 9.8}{2} = 29.4\ \mathrm{N} \approx 29\ \mathrm{N}$$

圖形資訊與合理假設

目前附上的掃描圖是考卷封面，未包含第 6 題的方塊示意圖。依選項與題幹，採用此題的標準配置：質量為 $M$ 的小方塊置於質量為 $2M$ 的大方塊上，外力 $F$ 水平作用於小方塊，兩方塊在無摩擦水平面上一起運動。

核心觀念

水平面無摩擦，因此兩方塊水平方向只受外力與接觸力作用，且兩方塊具有相同加速度 $a$。

使用牛頓第二定律：

$$\sum F=ma$$

接觸力 $N$ 為小方塊作用在大方塊上的力。對大方塊而言：

$$N=(2M)a$$

整體系統的總質量為 $3M$，因此：

$$F=(3M)a$$

解題方法

已知：

$$M=1.0\ \mathrm{kg},\qquad N=5.2\ \mathrm{N}$$

先由大方塊求共同加速度：

$$N=2Ma$$ $$5.2=2(1.0)a$$ $$a=2.6\ \mathrm{m/s^2}$$

再對兩方塊整體列式：

$$F=(M+2M)a=3Ma$$

代入數值：

$$F=3(1.0)(2.6) =7.8\ \mathrm{N}$$

單位為牛頓，且接觸力 $5.2\ \mathrm{N}$ 乘上質量比例 $3M/2M=1.5$，得到 $7.8\ \mathrm{N}$，數量級合理。

物理定律與適用條件

題幹未明示施力方向，依此類標準模型，假設以大小為 $F$ 的力，和水平面夾角 $\theta$、向上拉動箱子。箱子在水平面上以等速前進，因此：

• 水平方向合力為零。
• 垂直方向合力為零。
• 動摩擦力大小為
  $f_k=\mu_k N$
• 施力向上分量會減小正向力 $N$，進而減小摩擦力。

題目選項中的 $\mu$ 應視為題幹所給的動摩擦係數 $\mu_k$。

核心觀念

施力角度越大，向上的分量越大，正向力與摩擦力越小；但施力的水平分量也會變小。因此，存在一個最佳角度，使所需施力大小最小。

解題方法

設箱子質量為 $m$，施力大小為 $F$。

垂直方向沒有加速度：

$N+F\sin\theta-mg=0$

因此正向力為

$N=mg-F\sin\theta$

動摩擦力為

$f_k=\mu_k N=\mu_k(mg-F\sin\theta)$

水平方向等速，故合力為零：

$F\cos\theta=f_k$

代入摩擦力公式：

$F\cos\theta=\mu_k(mg-F\sin\theta)$

展開並整理：

$F\cos\theta=\mu_k mg-\mu_k F\sin\theta$

$F(\cos\theta+\mu_k\sin\theta)=\mu_k mg$

所以所需施力為

$F=\frac{\mu_k mg}{\cos\theta+\mu_k\sin\theta}$

因為 $\mu_k mg$ 為定值，要使 $F$ 最小，就要使分母

$\cos\theta+\mu_k\sin\theta$

最大。

對角度微分：

$$\frac{d}{d\theta}\left(\cos\theta+\mu_k\sin\theta\right) =-\sin\theta+\mu_k\cos\theta$$

最佳角度滿足：

$-\sin\theta+\mu_k\cos\theta=0$

因此：

核心觀念

本題測驗水平未傾斜彎道（unbanked turn）上車輛做圓周運動時的向心力來源，以及最大靜摩擦力與向心加速度的關係。

1. 圓周運動向心力（Centripetal Force）：
   質量為 $m$ 的物體以速率 $v$ 繞半徑為 $R$ 的圓弧運動時，所需向心力為：

$$F_c = \frac{m v^2}{R}$$

2. 最大靜摩擦力（Maximum Static Friction）：
   在水平地面（無傾角，$\theta = 0$）上，正向力 $N = mg$。輪胎不側滑時能提供的最大靜摩擦力為：

$$f_{s,\max} = \mu_s N = \mu_s mg$$

3. 安全轉彎臨界速率（Maximum Safe Speed）：
   車輛不發生側向打滑的條件為所需向心力小於或等於最大靜摩擦力：

$$\frac{m v^2}{R} \le \mu_s mg \implies v \le \sqrt{\mu_s g R}$$

若車速 $v > \sqrt{\mu_s g R}$，靜摩擦力不足以提供所需的向心力，車輛將沿曲率半徑向外側滑移（離心漂移）。

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解題方法

步驟一：列出物理定律與數值條件

• 車速 $v = 100\ \mathrm{m/s}$
• 轉彎半徑 $R = 400\ \mathrm{m}$
• 靜摩擦係數 $\mu_s = 1.1$
• 重力加速度取標準值 $g \approx 9.8\ \mathrm{m/s^2}$（或估算值 $10\ \mathrm{m/s^2}$）

步驟二：計算車輛所需向心加速度與地面能提供的最大向心加速度

• 車輛沿原路徑（半徑 $R = 400\ \mathrm{m}$）轉彎所需的向心加速度：

$$a_c = \frac{v^2}{R} = \frac{(100)^2}{400} = \frac{10000}{400} = 25\ \mathrm{m/s^2}$$

• 地面靜摩擦力所能提供的最大向心加速度：

$$a_{\max} = \mu_s g$$

代入數值：

$$a_{\max} = 1.1 \times 9.8 = 10.78\ \mathrm{m/s^2} \quad (\text{若取 } g = 10\ \mathrm{m/s^2}\text{，則為 } 11\ \mathrm{m/s^2})$$

步驟三：比較並判斷運動趨勢

• 由於所需向心加速度 $a_c = 25\ \mathrm{m/s^2} > a_{\max} = 10.78\ \mathrm{m/s^2}$，表示地面輪胎的最大靜摩擦力無法提供足夠的向心力。

核心觀念

本題結合兩個物理定律：

1. 最低點的向心力方程式

在最低點，繩張力與重力方向相反，而向心加速度指向圓心，因此

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

適用條件是質點沿半徑為 $L$ 的圓弧運動，且分析最低點瞬間的徑向力。

2. 機械能守恆

忽略空氣阻力與摩擦力，最低點的動能轉換為最高點相對於最低點的重力位能：

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

其中 $h$ 為質量上升的最大高度。

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解題方法

已知：

$$m=1.5\ \mathrm{kg},\qquad L=2.0\ \mathrm{m}$$ $$T=20\ \mathrm{N},\qquad g=9.8\ \mathrm{m/s^2}$$

第一步：求最低點速度

在最低點使用向心力方程式：

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

移項得

$$v^2=\frac{L(T-mg)}{m}$$

代入數值：

$$v^2 =\frac{2.0\left(20-1.5\times 9.8\right)}{1.5}$$ $$=\frac{2.0(20-14.7)}{1.5} =\frac{10.6}{1.5} \approx 7.07\ \mathrm{m^2/s^2}$$

因此最低點的動能為

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

第二步：使用機械能守恆求最大高度

質點上升到最高點時，瞬時速度為 $0$，因此最低點的動能完全轉換為重力位能：

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

約去質量 $m$：

$$h=\frac{v^2}{2g}$$

代入：

$$h=\frac{7.07}{2(9.8)} \approx 0.360\ \mathrm{m}$$

換算成公分：

$$h\approx 36.0\ \mathrm{cm}$$

單位檢查：

核心觀念

1. 牛頓第一運動定律與平衡條件：當物體以等速度（constant velocity）運動時，其加速度為零（$a = 0$）。依牛頓第一運動定律，作用於物體上的合力必為零（$\sum \vec{F} = 0$）。
2. 功率的物理定義：定力 $\vec{F}$ 作用於以速度 $\vec{v}$ 運動的物體時，所提供的瞬時功率（Power）定義為外力與速度向量的純量積（內積）：
   $P = \vec{F} \cdot \vec{v} = F v \cos\theta$
   當力的方向與速度方向同向平行（$\theta = 0^\circ$）時，功率簡化為純量乘積：
   $P = F v$

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解題方法

1. 繩子對物體施力（拉力）分析

• 設物體 A 與物體 B 的質量皆為 $m$（即 $m_A = m_B = m$），重力加速度為 $g$。
• 對物體 A：
  物體 A 向上作等速度運動，受向下重力 $m_A g = mg$ 及繩子向上的拉力 $F_A$。依鉛直方向力平衡條件：
  $\sum F_{y, A} = F_A - mg = 0$
  化簡得：
  $F_A = mg$
• 對物體 B：
  物體 B 同樣向上作等速度運動，受向下重力 $m_B g = mg$ 及繩子向上的拉力 $F_B$。依鉛直方向力平衡條件：
  $\sum F_{y, B} = F_B - mg = 0$
  化簡得：
  $F_B = mg$
• 由上述兩式可知兩物體所受繩子拉力大小關係為：
  $F_B = F_A$

2. 提供給物體的功率分析

• 繩子拉力皆朝正上方，物體位移與速度方向亦朝正上方，力的方向與速度方向夾角均為 $0^\circ$。
• 物體 A 所獲得的功率為：
  $P_A = F_A v_A = mg v_A$
• 物體 B 所獲得的功率為：
  $P_B = F_B v_B = mg v_B$
• 題目已知物體 B 上升的速率為物體 A 的 2 倍，即：
  $v_B = 2 v_A$
• 將 $v_B = 2 v_A$ 與 $F_B = F_A$ 代入 $P_B$ 的表達式：

核心觀念

本題考查「動量守恆」與「動能定義」的綜合應用。

適用條件：將球與地球視為封閉系統，忽略空氣阻力，且碰撞前球與地球皆由靜止開始。重力屬於球與地球之間的內力，因此系統總動量守恆。

動量與動能分別為

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

其中以 $K$ 表示動能。

解題方法

球落地前，球的速度大小為 $v_B$，因此球的動量大小為

$$p_B=m_Bv_B$$

由於系統初始總動量為零，依動量守恆，地球必須獲得大小相等、方向相反的動量：

$$p_E=p_B$$

因此

$$p_E=m_Bv_B$$

球的動能為

$$K_B=\frac{p_B^2}{2m_B}$$

地球獲得的動能為

$$K_E=\frac{p_E^2}{2m_E}$$

因為 $p_E=p_B$，所以

$$\frac{K_E}{K_B} = \frac{p_E^2/(2m_E)}{p_B^2/(2m_B)} = \frac{m_B}{m_E}$$

故所求比值為

$$\boxed{\frac{K_E}{K_B}=\frac{m_B}{m_E}}$$

也可由速度直接驗算。由動量守恆：

$$m_Bv_B=m_Ev_E$$

因此

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

代入動能比：

$$\frac{K_E}{K_B} = \frac{\frac12m_Ev_E^2}{\frac12m_Bv_B^2} = \frac{m_E}{m_B} \left(\frac{m_B}{m_E}\right)^2 = \frac{m_B}{m_E}$$

核心觀念

本題考查定軸轉動的等加速度運動，對應直線運動的運動學公式：

$$\theta=\omega_i t+\frac{1}{2}\alpha t^2$$

其中：

• $\theta$：角位移，單位為 $\mathrm{rad}$
• $\omega_i$：初始角速度，單位為 $\mathrm{rad/s}$
• $\alpha$：角加速度，單位為 $\mathrm{rad/s^2}$
• $t$：時間，單位為 $\mathrm{s}$

已知角加速度為常數，因此可直接使用上述公式。求末速度時使用：

$$\omega_f=\omega_i+\alpha t$$

解題方法

1. 將角位移換算成弧度

題目給出轉過 $2.4$ revolutions：

$$\theta=2.4\times 2\pi=4.8\pi\ \mathrm{rad}$$

2. 由角位移公式求初始角速度

已知：

$$\alpha=2.0\ \mathrm{rad/s^2},\qquad t=2.0\ \mathrm{s}$$

代入：

$$4.8\pi=\omega_i(2.0)+\frac{1}{2}(2.0)(2.0)^2$$

整理加速度造成的角位移：

$$\frac{1}{2}(2.0)(2.0)^2=4.0\ \mathrm{rad}$$

因此：

$$\omega_i=\frac{4.8\pi-4.0}{2.0}$$

取 $\pi\approx 3.14$：

$$\omega_i=\frac{15.07-4.0}{2.0} \approx 5.54\ \mathrm{rad/s}$$

3. 求末角速度

$$\omega_f=\omega_i+\alpha t$$ $$\omega_f=5.54+(2.0)(2.0)$$ $$\omega_f\approx 9.54\ \mathrm{rad/s}$$

依有效位數取為：

核心觀念

本題考查圓柱轉動慣量與平行軸定理。

均勻實心圓柱繞自身中心軸（與圓柱長軸重合）的轉動慣量為

$$I_{\mathrm{cm}}=\frac{1}{2}MR^2$$

題目中的轉軸與圓柱中心軸平行，且為圓柱的切線軸，因此兩軸間距為 $R$。適用平行軸定理：

$$I=I_{\mathrm{cm}}+Md^2$$

其中 $d$ 為質心軸與新轉軸的垂直距離。

解題方法

圓柱中心軸與切線軸平行，且

$$d=R$$

因此

$$I=\frac{1}{2}MR^2+M R^2$$ $$I=\frac{3}{2}MR^2$$

轉動慣量的單位為

$$\mathrm{kg\cdot m^2}$$

與 $MR^2$ 相符；由於轉軸離開圓柱中心，轉動慣量必須大於中心軸的 $\frac{1}{2}MR^2$，$\frac{3}{2}MR^2$ 的數量級合理。圓柱長度 $L$ 不影響此結果，因為轉軸方向平行於圓柱長軸，且已知實心圓柱繞長軸的轉動慣量只與 $M$、$R$ 有關。

選項分析

核心觀念

本題考查垂直彈簧的簡諧運動。需要使用：

1. 胡克定律

$F_s=-kx$

其中 $k$ 為彈簧常數，$x$ 為相對於自然長度的伸長量。

2. 牛頓第二定律

$\sum F=ma$

3. 簡諧運動角頻率

對理想彈簧—質量系統，忽略阻力且振幅不大時：

$\omega=\sqrt{\frac{k}{m}}$

運動方程為：

$x(t)=A\cos(\omega t+\phi)$

本題的位移應以「平衡位置」為原點；選項中的負號表示向下位移。

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解題方法

1. 求彈簧常數

質量 $m=5.0\ \mathrm{kg}$ 掛上後，彈簧伸長

$x_0=10\ \mathrm{cm}=0.10\ \mathrm{m}$

在靜止平衡時，彈簧力與重力平衡：

$kx_0=mg$

因此：

$$k=\frac{mg}{x_0} =\frac{(5.0)(9.8)}{0.10} =490\ \mathrm{N/m}$$

單位檢查：

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

2. 求簡諧運動的角頻率

$$\omega=\sqrt{\frac{k}{m}} =\sqrt{\frac{490}{5.0}} =\sqrt{98} \approx 9.9\ \mathrm{rad/s}$$

因此角頻率應為 $9.9\ \mathrm{rad/s}$，不是 $4.9\ \mathrm{rad/s}$。

3. 判斷振幅與初始條件

物體由平衡位置再向下移動 $5.0\ \mathrm{cm}$ 後釋放，因此振幅為：

$A=5.0\ \mathrm{cm}=0.05\ \mathrm{m}$

取「向上」為正方向，則初始位移為：

$x(0)=-0.05\ \mathrm{m}$

且由靜止釋放：

$v(0)=0$

符合餘弦形式：

$x(t)=-0.05\cos(9.9t)\ \mathrm{m}$

因此正確選項為：

$\boxed{\text{(E)}}$

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選項分析

核心觀念

本題考查簡諧運動中位能與動能的轉換。彈簧振子的機械能守恆，適用條件是忽略摩擦、空氣阻力等非保守力。

簡諧運動位移為

$$x=A\sin(\omega t)$$

與題目比較可得：

$$A=10,\qquad \omega=\pi\ \text{rad/s}$$

彈簧位能與粒子動能分別為

$$U=\frac12kx^2$$ $$K=\frac12mv^2$$

在簡諧運動中，總機械能為

$$E=\frac12kA^2$$

因此

$$U=E\sin^2(\omega t)$$ $$K=E\cos^2(\omega t)$$

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解題方法

要求位能等於動能：

$$U=K$$

代入上式：

$$E\sin^2(\omega t)=E\cos^2(\omega t)$$

因 $E\neq 0$，可約去 $E$：

$$\sin^2(\omega t)=\cos^2(\omega t)$$

因此

$$\sin^2(\omega t)=\frac12$$

題目給定 $\omega=\pi$，所以

$$\sin^2(\pi t)=\frac12$$

第一次由 $t=0$ 開始滿足此條件的時間為

$$\pi t=\frac{\pi}{4}$$

故

$$t=\frac14=0.25\ \text{s}$$

此時位移為振幅的 $1/\sqrt{2}$，所以位能與動能各占總機械能的一半。

單位檢查：

$$\omega t=(\text{rad/s})(\text{s})=\text{rad}$$

符合三角函數的無因次輸入；時間尺度 $1/\omega=1/\pi\ \text{s}$，因此 $0.25\ \text{s}$ 為合理結果。

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選項分析

• (A) $0$

此時

$$x=10\sin 0=0$$

彈簧位能

核心觀念

本題考查聲波的波長，以及物體尺寸與波長的關係。

當昆蟲的尺寸約與蝙蝠發出的聲波波長相當時，聲波遇到昆蟲所產生的繞射與反射效果足以讓蝙蝠辨識。因此，最小可偵測尺寸可估為聲波波長：

$$d_{\min}\sim \lambda$$

聲波波長與頻率、波速的關係為

$$v=f\lambda$$

其適用條件是聲波在同一介質中傳播，且波速 $v$、頻率 $f$ 已知。由於聲波在空氣中的波速為 $330\ \mathrm{m/s}$，可直接使用此公式。

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解題方法

已知：

$$f=60\ \mathrm{kHz}=6.0\times10^4\ \mathrm{Hz}$$ $$v=330\ \mathrm{m/s}$$

由

$$\lambda=\frac{v}{f}$$

代入數值：

$$\lambda=\frac{330\ \mathrm{m/s}}{6.0\times10^4\ \mathrm{s^{-1}}}$$ $$\lambda=5.5\times10^{-3}\ \mathrm{m}$$

換算成毫米：

$$5.5\times10^{-3}\ \mathrm{m} =5.5\ \mathrm{mm}$$

因此，最小可偵測的昆蟲尺寸約為

$$d_{\min}\sim\lambda=5.5\ \mathrm{mm}$$

單位檢查：

$$\frac{\mathrm{m/s}}{\mathrm{s^{-1}}} =\mathrm{m}$$

核心觀念

行進波的標準形式為

$$y=A\sin(kx-\omega t)$$

其中：

• $A$：振幅
• $k$：波數，單位為 $\mathrm{rad/m}$
• $\omega$：角頻率，單位為 $\mathrm{rad/s}$

波速由波數與角頻率決定：

$$v=\frac{\omega}{k}$$

當相位為 $kx-\omega t$ 時，波向 $+x$ 方向傳播，故速度為正值。

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解題方法

題目給定

$$y=0.2\sin(30x-400t)$$

與標準形式

$$y=A\sin(kx-\omega t)$$

比較可得

$$k=30\ \mathrm{rad/m}$$ $$\omega=400\ \mathrm{rad/s}$$

因此波速為

$$v=\frac{\omega}{k} =\frac{400}{30} =\frac{40}{3}\ \mathrm{m/s}$$

單位檢查：

$$\frac{\mathrm{rad/s}}{\mathrm{rad/m}} =\frac{\mathrm{m}}{\mathrm{s}}$$

弧度 $\mathrm{rad}$ 為無因次量，因此結果單位確為 $\mathrm{m/s}$。

所以正確選項為

$$\boxed{\frac{40}{3}\ \mathrm{m/s}}$$

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選項分析

(A) $\frac{3}{40}\ \mathrm{m/s}$

錯誤。這是正確波速 $\frac{40}{3}$ 的倒數，並非波速公式

$$v=\frac{\omega}{k}$$

所得到的結果。

(B) $\frac{40\pi}{3}\ \mathrm{m/s}$