國立中興大學 114 年《物理》考古題與詳解

Question 1

The graph shows acceleration versus time for three different objects, $\alpha$ , $\beta$ , and $\gamma$ , all of which start at rest from the same position. Which object is going fastest at the time $t_1$ ?

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Accepted Answer

核心觀念 本題的核心觀念為一維運動學中加速度與速度的微積分關係，以及函數圖形的幾何意義（曲線下面積）。 1. 瞬時加速度定義： $$ a(t) = \frac{dv}{dt} $$ 2. 速度變化量與定積分： 若物體在時間區間 $[0, t1]$ 內運動，其速度變化量 $\Delta v$ 等於加速度函數對時間的定積分，幾何意義即為 $a-t$ 圖中曲線與時間軸所夾的「淨面積」： $$ \Delta v = v(t1) - v(0) = \int0^{t1} a(t)\,dt $$ 3. 初速度條件： 題目說明三物體皆由靜止出發（start at rest），即初速度 $v(0) = 0$。因此在時間 $t1$ 時的速度直接等於該區間內的曲線下面積： $$ v(t1) = \int0^{t1} a(t)\,dt $$ 4. 速率最快（Fastest）： 「Fastest」指的是瞬時速率（Speed），即速度的量值 $|v(t1)|$。因此速率最快即對應到曲線下面積絕對值最大的物體。 --- 解題方法 1. 比較各物體在 $a-t$ 圖中的曲線下面積： - 物體 $\alpha$：圖形為一條向上隆起的拱形曲線，在區間 $[0, t1]$ 內加速度均為正值（$a\alpha(t) 0$），且在大部分時間內的加速度皆高於常數 $\beta$。其與時間軸所夾的面積 $A\alpha$ 為極大的正值： $$ v\alpha(t1) = A\alpha = \int0^{t1} a\alpha(t)\,dt 0 $$ - 物體 $\beta$：圖形為一條平行於時間軸的水平直線，代表等加速度運動（$a\beta = 	ext{const} 0$）。其在 $[0, t1]$ 內所圍面積為矩形面積 $A\beta = a\beta \cdot t1$。由圖形對照可知： $$ A\alpha A\beta 0 $$ - 物體 $\gamma$：圖形位於時間軸下方，加速度為負值（$a\gamma(t) \le 0$）。其與時間軸所夾的面積位於下方，定積分為負值，即 $v\gamma(t1) = A\gamma < 0$。由圖中振幅可看出，$\gamma$ 曲線下凹的深度遠小於 $\alpha$ 拱起的高度，故其面積量值 $|A\gamma|$ 遠小於 $A\alpha$。 2. 比較時間 $t1$ 時的速率： 將三者的速率進行大小比較： $$ |v\alpha(t1)| = A\alpha $$ $$ |v\beta(t1)| = A\beta $$

Question 2

Consider a projectile launched upward near the surface of Earth from the origin at some angle $	heta0$ to the horizontal, with initial speed $v0$. The horizontal position $x$ can be calculated as $x=v0\cos	heta0t$. On the other hand, under the influence of gravitational acceleration $g$, the height $y$ can be expressed by a function of $x$ as (A) $y=x	an	heta0+\frac{g}{2v0^2\sin^2	heta0}x^2$ (B) $y=x\cot	heta0+\frac{g}{2v0^2\cos^2	heta0}x^2$ (C) $y=x\cot	heta0-\frac{g}{2v0^2\cos^2	heta0}x^2$ (D) $y=x	an	heta0+\frac{g}{2v0^2\cos^2	heta0}x^2$ (E) $y=x	an	heta0-\frac{g}{2v0^2\cos^2	heta0}x^2$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查「斜向上拋運動」的水平與鉛直運動分解，以及消去時間 $t$，建立軌跡方程式。 適用條件： - 近地表重力加速度 $g$ 視為常數。 - 忽略空氣阻力。 - 水平方向取 $+x$，鉛直向上取 $+y$。 - 初始位置為原點，因此 $x0=y0=0$。 初速度分量為 $$ v{0x}=v0\cos	heta0,\qquad v{0y}=v0\sin	heta0 $$ 水平與鉛直方向分別遵守 $$ x=v{0x}t $$ 以及 $$ y=v{0y}t-\frac{1}{2}gt^2 $$ --- 解題方法與推導 題目已給水平位置 $$ x=v0\cos	heta0\,t $$ 因此可解出時間： $$ t=\frac{x}{v0\cos	heta0} $$ 鉛直位置為 $$ y=v0\sin	heta0\,t-\frac{1}{2}gt^2 $$ 代入 $t=\dfrac{x}{v0\cos	heta0}$： $$ y=v0\sin	heta0 \left(\frac{x}{v0\cos	heta0}ight) -\frac{1}{2}g \left(\frac{x}{v0\cos	heta0}ight)^2 $$ 第一項化簡為 $$ v0\sin	heta0 \left(\frac{x}{v0\cos	heta0}ight) =x	an	heta0 $$ 第二項化簡為 $$ \frac{1}{2}g \left(\frac{x}{v0\cos	heta0}ight)^2 = \frac{g}{2v0^2\cos^2	heta0}x^2 $$ 所以軌跡方程式為 $$ \boxed{ y=x	an	heta0- \frac{g}{2v0^2\cos^2	heta0}x^2 } $$ 其中二次項為負，表示物體受到向下的重力，軌跡為開口向下的拋物線。 --- 單位與數量級檢查 第一項： $$ x	an	heta0 $$ 因為 $	an	heta0$ 無單位，所以單位為長度。 第二項： $$ \frac{g}{v0^2}x^2 $$ 其中 $$ [g]=\frac{	ext{m}}{	ext{s}^2},\qquad [v0^2]=\frac{	ext{m}^2}{	ext{s}^2} $$ 因此

Question 3

A $740$-kg elevator accelerates upward at $0.2\ \mathrm{m/s^2}$, pulled by a cable of negligible mass. Note that acceleration due to gravity $g=9.8\ \mathrm{m/s^2}$. What is the tension force in the cable? (A) $74\ \mathrm{N}$ (B) $740\ \mathrm{N}$ (C) $7400\ \mathrm{N}$ (D) $74000\ \mathrm{N}$ (E) None of the above

Accepted Answer

核心觀念

本題考查牛頓第二定律與電梯的受力分析。

適用條件：將電梯視為質點，且忽略纜線質量。電梯受到兩個主要力：

纜線張力 $T$ ：方向向上
重力 $mg$ ：方向向下

依牛頓第二定律：

\sum F = ma

其中 $a$ 為電梯的加速度，方向向上。

解題方法

取向上為正方向，電梯向上的合力為：

T-mg=ma

整理張力：

T=mg+ma

T=m(g+a)

代入：

T=740(9.8+0.2)

T=740\times 10.0

T=7400\ \mathrm{N}

單位為牛頓，且電梯重量約為 $740\times 9.8\approx 7.25\times10^3\ \mathrm{N}$ 。由於電梯向上加速，張力應略大於重量， $7400\ \mathrm{N}$ 的數量級合理。

選項分析

Question 4

Blocks of $1$, $2$, and $3\ \mathrm{kg}$ are lined up on a frictionless table, as shown in the figure, with a $12$-N force applied to the leftmost block. What’s the magnitude of the force that the rightmost block exerts on the middle one? 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) $1\ \mathrm{N}$ (B) $2\ \mathrm{N}$ (C) $3\ \mathrm{N}$ (D) $6\ \mathrm{N}$ (E) $12\ \mathrm{N}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： - 牛頓第二定律：$\sum F=ma$ - 接觸物體的共同加速度 - 牛頓第三定律：中間方塊與右側方塊間的作用力、反作用力大小相等 桌面無摩擦，因此三個方塊可視為一起做等加速度運動。 解題方法 三個方塊總質量為 $$ M=1+2+3=6\ \mathrm{kg} $$ 水平方向外力為 $12\ \mathrm{N}$，故共同加速度為 $$ a=\frac{F}{M} =\frac{12}{6} =2\ \mathrm{m/s^2} $$ 只取最右側的 $3\ \mathrm{kg}$ 方塊分析。它在水平方向受到中間方塊向右的接觸力 $N$，因此 $$ N=m3a =(3\ \mathrm{kg})(2\ \mathrm{m/s^2}) =6\ \mathrm{N} $$ 依牛頓第三定律，右側 $3\ \mathrm{kg}$ 方塊對中間 $2\ \mathrm{kg}$ 方塊所施的力，大小同樣為 $$ 6\ \mathrm{N} $$ 方向則向左。題目問的是力的大小，因此答案為 $6\ \mathrm{N}$。 單位檢查： $$ \mathrm{kg}\cdot\mathrm{m/s^2}=\mathrm{N} $$

Question 5

Patients with severe leg breaks are often placed in traction, with an external force countering muscles that would pull too hard on the broken bones. In the arrangement shown in the figure, the mass $m$ is $5\ \mathrm{kg}$ , and the pulleys can be considered massless and frictionless. Note that $\sin20^\circ\approx0.34$ and $\sin70^\circ\approx0.94$ . What is the horizontal traction force applied to the leg? About

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Accepted Answer

核心觀念 本題考查： - 質量可忽略、滑輪無摩擦時，同一條繩上的張力相等。 - 懸掛質量 $m$ 靜止，因此下方繩子的張力為 $$T2=mg.$$ - 中央接點靜止，須滿足水平方向與鉛直方向的受力平衡： $$\sum Fx=0,\qquad \sum Fy=0.$$ 取 $g\approx 9.8\ \mathrm{m/s^2}$。 解題方法 懸掛物質量為 $m=5\ \mathrm{kg}$，故下方繩張力為 $$ T2=mg=5(9.8)=49\ \mathrm{N}. $$ 在中央接點處： - 下方繩以 $20^\circ$ 向左下方拉，張力為 $T2$。 - 上方繩以 $70^\circ$ 向左上方拉，張力為 $T1$。 - 腿部的水平牽引力 $F$ 向右。 先對鉛直方向列平衡式： $$ T1\sin70^\circ=T2\sin20^\circ. $$ 因此 $$ T1=\frac{T2\sin20^\circ}{\sin70^\circ} =\frac{49(0.34)}{0.94} \approx 17.7\ \mathrm{N}. $$ 再對水平方向列平衡式： $$ F=T1\cos70^\circ+T2\cos20^\circ. $$ 利用 $$ \cos70^\circ=\sin20^\circ\approx0.34,\qquad \cos20^\circ=\sin70^\circ\approx0.94, $$ 可得

Question 6

An elastic cord used in bungee jumping is normally $10\ \mathrm{m}$ long and has spring constant $k=250\ \mathrm{N/m}$. At the lowest point in a jump, the cord length has doubled. How much work has been done on the cord? (A) $2.5\ \mathrm{kJ}$ (B) $12.5\ \mathrm{kJ}$ (C) $25\ \mathrm{kJ}$ (D) $125\ \mathrm{kJ}$ (E) $250\ \mathrm{kJ}$

Accepted Answer

核心觀念

本題考查胡克定律與彈簧力所做的功。將彈性繩視為符合胡克定律的理想彈性元件，且初始狀態為未伸長。

胡克定律為

F=kx

其中：

$F$ ：彈力大小，單位為 $\mathrm{N}$
$k$ ：彈簧常數，單位為 $\mathrm{N/m}$
$x$ ：相對於自然長度的伸長量，單位為 $\mathrm{m}$

適用條件是彈性繩在彈性限度內，且力與伸長量成正比。

外力將彈性繩由未伸長狀態拉長時，對彈性繩所做的功會儲存為彈性位能：

W=\frac{1}{2}kx^2

解題方法

彈性繩的自然長度為 $10\ \mathrm{m}$ ，最低點時長度變為原來的兩倍：

L=2(10\ \mathrm{m})=20\ \mathrm{m}

因此，彈性繩的伸長量為

x=L-L_0

x=20\ \mathrm{m}-10\ \mathrm{m}=10\ \mathrm{m}

代入彈性位能公式：

W=\frac{1}{2}kx^2

W=\frac{1}{2}(250\ \mathrm{N/m})(10\ \mathrm{m})^2

W=125\times 100\ \mathrm{N\cdot m}

W=12500\ \mathrm{J}

因為

1\ \mathrm{kJ}=1000\ \mathrm{J}

所以

W=12.5\ \mathrm{kJ}

單位檢查：

\mathrm{\frac{N}{m}\cdot m^2=N\cdot m=J}

數量級檢查：彈性繩伸長 $10\ \mathrm{m}$ ，彈力末值為

Question 7

A $1.5$-tonne car accelerates from $10$ to $20\ \mathrm{m/s}$ in $10\ \mathrm{s}$ on a flat road. How much work is done on the car? (A) $225\ \mathrm{J}$ (B) $2.25\ \mathrm{kJ}$ (C) $22.5\ \mathrm{kJ}$ (D) $225\ \mathrm{kJ}$ (E) $2.25\ \mathrm{MJ}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查「功—動能定理」： $$ W{	ext{net}}=\Delta K $$ 其中 $W{	ext{net}}$ 是所有外力對車所做的合功，$\Delta K$ 是車子動能的變化量。此定律適用於經典力學中的物體運動。 車子在平坦道路上行駛： - 重力方向垂直於位移，重力不做功。 - 路面支持力也垂直於位移，支持力不做功。 - 題目未提供阻力資料，因此依題意計算車子動能增加量，即合力對車所做的功。 - 加速所需時間 $10\ \mathrm{s}$ 不影響總功，只影響平均功率。 解題方法 先將質量換算為 SI 制： $$ 1.5	ext{ tonne}=1.5	imes 1000=1500\ \mathrm{kg} $$ 初速度與末速度分別為： $$ vi=10\ \mathrm{m/s},\qquad vf=20\ \mathrm{m/s} $$ 車子的動能變化為： $$ \Delta K =\frac{1}{2}mvf^2-\frac{1}{2}mvi^2 $$ 整理得： $$ W{	ext{net}} =\frac{1}{2}m\left(vf^2-vi^2ight) $$ 代入數值： $$ W{	ext{net}} =\frac{1}{2}(1500) \left[(20)^2-(10)^2ight] $$ $$ =750(400-100) $$ $$ =750	imes 300 =225000\ \mathrm{J} $$ 因此： $$ W{	ext{net}}=2.25	imes 10^5\ \mathrm{J} =225\ \mathrm{kJ} $$ 單位檢查： $$ \mathrm{kg}\cdot \frac{\mathrm{m^2}}{\mathrm{s^2}} =\mathrm{J} $$

Question 8

Based on Newton’s law of universal gravitation and Newton’s second law of motion, Kepler’s third law

$\frac{r^3}{T^2}=\text{constant},$

where $r$ is the radius of the circular path and $T$ is the orbital period, can be derived. The constant, $\frac{r^3}{T^2}$ , should be

Accepted Answer

核心觀念 本題考查由萬有引力定律與圓周運動推導開普勒第三定律。 適用條件為： - 行星或衛星質量為 $m$，中央天體質量為 $M$，且 $M\gg m$。 - 軌道為半徑 $r$ 的圓形。 - 萬有引力提供圓周運動所需的向心力。 - 忽略其他天體、阻力與非圓形軌道造成的影響。 使用的物理定律為： 萬有引力定律： $$ Fg=\frac{GMm}{r^2} $$ 牛頓第二定律之圓周運動形式： $$ Fc=\frac{mv^2}{r} $$ 其中 $G$ 為萬有引力常數。 --- 解題方法與推導 中央天體對繞行天體的萬有引力，正好提供圓周運動所需的向心力，因此 $$ \frac{GMm}{r^2}=\frac{mv^2}{r} $$ 約去繞行天體質量 $m$： $$ \frac{GM}{r^2}=\frac{v^2}{r} $$ 整理得 $$ v^2=\frac{GM}{r} $$ 圓周運動的週期為 $$ T=\frac{	ext{圓周長}}{	ext{速率}} =\frac{2\pi r}{v} $$ 因此 $$ v=\frac{2\pi r}{T} $$ 代入向心力方程式： $$ \frac{GMm}{r^2} = \frac{m}{r}\left(\frac{2\pi r}{T}ight)^2 $$ 右側化簡為 $$ \frac{m}{r}\cdot\frac{4\pi^2r^2}{T^2} = \frac{4\pi^2mr}{T^2} $$ 所以 $$ \frac{GMm}{r^2} = \frac{4\pi^2mr}{T^2} $$ 約去 $m$，並整理 $r$ 與 $T$： $$ GM T^2=4\pi^2r^3 $$ 因此 $$ \boxed{\frac{r^3}{T^2}=\frac{GM}{4\pi^2}} $$ 故正確選項為 (C)。 --- 單位與數量級檢查 萬有引力常數的單位為 $$ [G]=\mathrm{m^3\,kg^{-1}\,s^{-2}} $$ 因此

Question 9

A rocket is launched vertically upward at speed $v$ around the surface of Earth. The constant of universal gravitation, the radius of Earth, and the mass of Earth are $G$, $RE$, and $ME$, respectively. Neglect the air resistance and friction. What is the maximum height it can reach? (A) $\left(\frac{v^2}{2GME}-\frac{1}{RE}\right)^{-2}$ (B) $\left(\frac{v^2}{GME}-\frac{1}{RE}\right)^{-1}$ (C) $\left(\frac{1}{RE}-\frac{v^2}{2GME}\right)^{-2}$ (D) $\left(\frac{1}{RE}-\frac{v^2}{GME}\right)^{-1}$ (E) $\left(\frac{1}{RE}-\frac{v^2}{2GME}\right)^{-1}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查萬有引力位能與機械能守恆。 適用條件如下： - 忽略空氣阻力與摩擦力。 - 火箭只受地球萬有引力作用，因此機械能守恆。 - 地球質量視為集中於球心，距離地心為 $r$ 時，萬有引力位能為 $$U(r)=-\frac{GME m}{r}$$ - 取無限遠處位能為零。 - 火箭到達最高點時，瞬時速度為零。 令火箭最高點到地心的距離為 $r{\max}$。 解題方法 發射瞬間，火箭位於地球表面，距離地心為 $RE$，速度為 $v$。其機械能為 $$ Ei=\frac{1}{2}mv^2-\frac{GME m}{RE} $$ 到達最高點時，速度降為零，因此機械能為 $$ Ef=0-\frac{GME m}{r{\max}} $$ 由機械能守恆： $$ \frac{1}{2}mv^2-\frac{GME m}{RE} = -\frac{GME m}{r{\max}} $$ 約去質量 $m$： $$ \frac{v^2}{2}-\frac{GME}{RE} = -\frac{GME}{r{\max}} $$ 整理得 $$ \frac{GME}{r{\max}} = \frac{GME}{RE}-\frac{v^2}{2} $$ 兩邊除以 $GME$： $$ \frac{1}{r{\max}} = \frac{1}{RE}-\frac{v^2}{2GME} $$ 因此 $$ r{\max} = \left( \frac{1}{RE}-\frac{v^2}{2GME} \right)^{-1} $$ 這正是選項（E）。 若「高度」嚴格定義為離開地球表面的高度 $H{\max}$，則 $$ H{\max}=r{\max}-RE $$ 所以 $$ H{\max} = \left( \frac{1}{RE}-\frac{v^2}{2GME} \right)^{-1}-RE $$ 本題選項將「最大高度」表示為距離地心的最大距離，因此依選項定義選（E）。 單位與數量級檢查 由單位可知 $$ [GME]=\mathrm{m^3/s^2} $$ 因此 $$ \left[\frac{v^2}{GME}\right] = \frac{\mathrm{m^2/s^2}}{\mathrm{m^3/s^2}} = \mathrm{m^{-1}} $$

Question 10

In the figure, blocks $B$ and $C$ have masses $2m$ and $m$ , respectively, and are at rest on a frictionless surface. Block $A$ , also of mass $m$ , is heading at speed $v$ toward block $B$ . Assume all collisions are elastic. After all subsequent collisions are over, which of the following final velocity is necessarily true?

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Accepted Answer

核心觀念 本題考查一維完全彈性碰撞，適用條件為： - 碰撞時間極短，外力衝量可忽略，因此系統動量守恆。 - 碰撞為完全彈性，因此動能守恆。 - 彈性碰撞的一維速度公式為 $$v{1f}=\frac{m1-m2}{m1+m2}v{1i}+\frac{2m2}{m1+m2}v{2i},$$ $$v{2f}=\frac{2m1}{m1+m2}v{1i}+\frac{m2-m1}{m1+m2}v{2i}.$$ 取向右為正方向。 解題方法 先分析 $A$ 與 $B$ 的碰撞。 初始條件為 $$mA=m,\qquad mB=2m,\qquad v{Ai}=v,\qquad v{Bi}=0.$$ 碰撞後： $$ v{Af} =\frac{m-2m}{m+2m}v =-\frac13v, $$ $$ v{Bf} =\frac{2m}{m+2m}v =\frac23v. $$ 此時 $A$ 向左運動，$B$ 向右運動，因此 $A$ 與 $B$ 不會再次碰撞。接著 $B$ 與靜止的 $C$ 碰撞，其中 $$mB=2m,\qquad mC=m.$$ 因此： $$ v{Bf}^{(2)} =\frac{2m-m}{2m+m}\left(\frac23v\right) =\frac49v, $$ $$ v{Cf}^{(2)} =\frac{2(2m)}{2m+m}\left(\frac23v\right) =\frac49v. $$ 碰撞後 $B$ 與 $C$ 具有相同速度，彼此沒有相對運動，不會再發生碰撞。因此最終速度為 $$ v{Af}=-\frac13v,\qquad v{Bf}=\frac49v,\qquad v{Cf}=\frac49v. $$

Question 11

A uniform, narrow rod of mass $M$ and length $L$ rotates freely about an axis through one of its ends and perpendicular to the rod, as shown below. The rotational inertia of the rod about this axis is

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Accepted Answer

核心觀念 本題考查剛體繞固定軸旋轉的轉動慣量定義： $$ I=\int r^2\,dm $$ 其中 $r$ 是質量微元 $dm$ 到旋轉軸的垂直距離。題目中的細棒為「均勻細棒」，旋轉軸通過細棒一端且垂直於細棒，因此可直接由積分求得。 --- 解題方法 設細棒沿 $x$ 軸分布，旋轉軸位於左端，則距離旋轉軸 $x$ 處的質量微元為 $dm$。 因為細棒均勻，線密度為 $$ \lambda=\frac{M}{L} $$ 因此 $$ dm=\lambda\,dx=\frac{M}{L}dx $$ 細棒上各質量微元到旋轉軸的距離就是 $r=x$，所以 $$ I=\int0^L x^2\,dm $$ 代入 $dm$： $$ I=\int0^L x^2\frac{M}{L}\,dx $$ $$ I=\frac{M}{L}\left[\frac{x^3}{3}\right]0^L $$ $$ I=\frac{M}{L}\cdot\frac{L^3}{3} =\frac{1}{3}ML^2 $$ 因此細棒繞端點、且垂直於棒的旋轉軸，其轉動慣量為 $$ \boxed{I=\frac{1}{3}ML^2} $$ 單位為 $$ \mathrm{kg\cdot m^2} $$ 符合轉動慣量的量綱；相較於質量集中在距離軸約 $L$ 處的情況，係數小於 $1$ 也合理。 --- 選項分析

Question 12

A solid ball of mass $M$ and radius $R$ starts from rest and rolls down a hill. Its center of mass drops a total distance $h$. What is the ball’s speed at the bottom of the hill under the influence of gravity with gravitational acceleration $g$? (A) $\sqrt{2gh}$ (B) $\sqrt{\frac{1}{2}gh}$ (C) $\sqrt{\frac{1}{3}gh}$ (D) $\sqrt{\frac{5}{3}gh}$ (E) $\sqrt{\frac{10}{7}gh}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查「純滾動物體沿斜面下滑時的機械能守恆」，需同時考慮： 1. 平移動能：$\frac{1}{2}Mv^2$ 2. 轉動動能：$\frac{1}{2}I\omega^2$ 3. 實心球的轉動慣量： $$I=\frac{2}{5}MR^2$$ 4. 純滾動條件： $$v=R\omega$$ 假設斜面固定、球不打滑，且忽略空氣阻力與滾動摩擦。純滾動時，接觸點的靜摩擦力不做功，因此重力位能可完全轉換為平移與轉動動能。 解題方法與物理定律 取球開始位置的重力位能為基準。由機械能守恆： $$ 	ext{初始重力位能}=	ext{底部平移動能}+	ext{底部轉動動能} $$ 球由靜止開始，因此初速度與初角速度皆為零。其質心下降高度為 $h$，故： $$ Mgh=\frac{1}{2}Mv^2+\frac{1}{2}I\omega^2 $$ 代入實心球轉動慣量 $I=\frac{2}{5}MR^2$，以及純滾動關係 $\omega=\frac{v}{R}$： $$ Mgh = \frac{1}{2}Mv^2 + \frac{1}{2}\left(\frac{2}{5}MR^2ight) \left(\frac{v}{R}ight)^2 $$ 化簡轉動動能： $$ Mgh = \frac{1}{2}Mv^2+\frac{1}{5}Mv^2 $$ $$ Mgh=\frac{7}{10}Mv^2 $$ 約去 $M$： $$ gh=\frac{7}{10}v^2 $$ 因此球在山底的速度為： $$ v^2=\frac{10}{7}gh $$ $$ \boxed{v=\sqrt{\frac{10}{7}gh}} $$ 單位與數量級檢查 重力加速度 $g$ 的單位為 $\mathrm{m/s^2}$，高度 $h$ 的單位為 $\mathrm{m}$，因此： $$ [gh]=\mathrm{m^2/s^2} $$ 開根號後： $$ [\sqrt{gh}]=\mathrm{m/s} $$ 符合速度的單位。由於部分重力位能轉化為轉動動能，速度應小於不旋轉物體自由下滑所得的 $\sqrt{2gh}$，而 $\sqrt{\frac{10}{7}gh}$ 確實符

Question 13

For a simple pendulum with length $L$ swinging back and forth through a small angle, under the influence of gravity with gravitational acceleration $g$, the angular frequency $\omega$ is approximately equal to (A) $\sqrt{\frac{g}{L}}$ (B) $\sqrt{\frac{L}{g}}$ (C) $\sqrt{\frac{g}{2L}}$ (D) $\sqrt{\frac{2L}{g}}$ (E) $2\pi\sqrt{\frac{L}{g}}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查小角度單擺的簡諧運動及角頻率的定義。 適用條件： - 擺長為 $L$，重力加速度為 $g$。 - 擺動角度很小，可使用近似式 $\sin	heta \approx 	heta$。 - 擺線質量忽略不計，擺錘視為質點，空氣阻力與摩擦力忽略不計。 - 單擺週期與角頻率分別為 $$ T=2\pi\sqrt{\frac{L}{g}} $$ $$ \omega=\frac{2\pi}{T} $$ 其中 $\omega$ 的單位為 $\mathrm{rad/s}$，因弧度為無因次量，亦可寫成 $\mathrm{s^{-1}}$。 解題方法與公式推導 擺錘偏離鉛直方向角度 $	heta$ 時，重力沿切線方向的分力為 $$ F{	ext{tangential}}=-mg\sin	heta $$ 負號表示此力的方向總是指向平衡位置。 切向運動方程為 $$ mL\frac{d^2	heta}{dt^2}=-mg\sin	heta $$ 在小角度條件下， $$ \sin	heta\approx	heta $$ 因此 $$ mL\frac{d^2	heta}{dt^2}\approx -mg	heta $$ 約去質量 $m$，並整理得 $$ \frac{d^2	heta}{dt^2}+\frac{g}{L}	heta=0 $$ 這與簡諧運動方程 $$ \frac{d^2x}{dt^2}+\omega^2x=0 $$ 相比較，可得 $$ \omega^2=\frac{g}{L} $$ 所以單擺的角頻率為 $$ \boxed{\omega\approx\sqrt{\frac{g}{L}}} $$ 單位與數量級檢查 重力加速度的單位為 $$ [g]=\mathrm{m/s^2} $$ 擺長的單位為 $$ [L]=\mathrm{m} $$ 因此 $$ \left[\frac{g}{L}ight] = \frac{\mathrm{m/s^2}}{\mathrm{m}} = \mathrm{s^{-2}} $$ 開平方後， $$ [\omega]=\mathrm{s^{-1}} $$ 符合角頻率的單位。 此外，擺長 $L$ 越長，擺動越慢，角頻率應越小；重力加速度 $g$ 越大，回復作用越強，角頻率應越大。

Question 14

The figure shows three pairs of forces acting on an object. Which pair, acting as the only forces on the object, results in static equilibrium? 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) Pair A, forces $\vec{A}1$ and $\vec{A}2$ (B) Pair B, forces $\vec{B}1$ and $\vec{B}2$ (C) Pair C, forces $\vec{C}1$ and $\vec{C}2$ (D) Pairs A and B (E) All of the above

Accepted Answer

核心觀念 物體只受兩個力作用而達到靜力平衡，必須同時滿足： 1. 合力為零： $$\sum \vec{F}=0$$ 2. 合力矩為零： $$\sum 	au=0$$ 因此，兩個力要達到靜力平衡，必須具備三項條件： - 大小相等； - 方向相反； - 作用線重合，即兩力必須共線。 若兩力大小相等、方向相反，但作用線不重合，雖然合力為零，仍會形成力偶，使物體產生轉動，不能達到靜力平衡。 解題方法 逐一觀察圖中各力的方向與作用線： - Pair A：$\vec{A}1$ 與 $\vec{A}2$ 方向相反，但作用線不在同一直線上，會產生力矩。 - Pair B：$\vec{B}1$ 向上、$\vec{B}2$ 向下，雖方向相反，但兩者作用線平行且錯開，也會形成力偶。

Question 15

The density of a rubber ball is three-fifths that of water. When placed in water, the ball will (A) float with one-third of it out of the water (B) float with less than one-fifth of it out of the water (C) float with less than half of it out of the water (D) float with more than half of it out of the water (E) sink

Accepted Answer

核心觀念：阿基米德原理與漂浮條件 物體浸在液體中時，所受浮力等於排開液體的重量： $$ FB=ho{	ext{水}}gV{	ext{浸}} $$ 其中 $ho{	ext{水}}$ 為水的密度，$V{	ext{浸}}$ 為球浸入水中的體積。 物體漂浮且達到靜止平衡時，浮力必須等於物重： $$ FB=mg $$ 若橡皮球密度均勻，球的質量為 $$ m=ho{	ext{球}}V $$ 其中 $V$ 為橡皮球總體積。因此本題適用條件為：橡皮球密度均勻、漂浮達靜力平衡，且水的密度視為固定。 --- 解題方法 由漂浮平衡條件： $$ ho{	ext{水}}gV{	ext{浸}}=ho{	ext{球}}Vg $$ 消去 $g$： $$ \frac{V{	ext{浸}}}{V} =\frac{ho{	ext{球}}}{ho{	ext{水}}} $$ 題目給定： $$ ho{	ext{球}}=\frac{3}{5}ho{	ext{水}} $$ 所以浸入水中的體積比例為 $$ \frac{V{	ext{浸}}}{V}=\frac{3}{5} $$ 球露出水面的體積比例為 $$ \frac{V{	ext{露}}}{V} =1-\frac{3}{5} =\frac{2}{5} =0.4 $$ 因此橡皮球有 $40\%$ 的體積露出水面，少於一半。 比例 $\frac{V{	ext{露}}}{V}$ 為體積比例，沒有單位；其數值 $0.4$ 也符合密度小於水的物理直覺：物體會漂浮，且有一部分露出水面。 --- 選項分析

Question 16

Two identical stars are different distances from Earth, and the intensity of the light from the more distant star as received at Earth is only $1\%$ that of the closer star. The more distant star should be

(A) twice

(B) $\sqrt{10}$ times

(C) $10$ times

(D) $100$ times

(E) $1000$ times

as far away.

Accepted Answer

核心觀念

本題考查「點光源的反平方定律」。在兩顆恆星本身完全相同、向各方向均勻發光，且忽略星際塵埃吸收與散射的條件下，距離光源 $r$ 處所接收到的光強度 $I$ 為

I=\frac{L}{4\pi r^2}

其中：

$L$ ：恆星的光度，單位為 $\mathrm{W}$
$r$ ：恆星到地球的距離，單位為 $\mathrm{m}$
$I$ ：地球接收到的光強度，單位為 $\mathrm{W/m^2}$

兩顆恆星相同，因此光度 $L$ 相同，故光強度與距離平方成反比：

I\propto \frac{1}{r^2}

解題方法

設較近恆星到地球的距離為 $r$ ，較遠恆星到地球的距離為 $R$ 。

題目指出較遠恆星在地球接收到的光強度只有較近恆星的 $1\%$ ，因此

\frac{I_{\text{遠}}}{I_{\text{近}}}=1\%=0.01

根據反平方定律：

I_{\text{近}}=\frac{L}{4\pi r^2}

I_{\text{遠}}=\frac{L}{4\pi R^2}

兩式相除：

\frac{I_{\text{遠}}}{I_{\text{近}}} = \frac{L/(4\pi R^2)}{L/(4\pi r^2)} = \frac{r^2}{R^2}

代入光強度比：

0.01=\frac{r^2}{R^2}

開平方得

\frac{r}{R}=0.1

因此

\frac{R}{r}=10

所以較遠的恆星距離地球是較近恆星的 $10$ 倍。

單位與數量級檢查

光強度的單位為 $\mathrm{W/m^2}$ ，但在取兩個光強度的比值時，單位相互抵消；距離比 $R/r$ 為無因次量。

Question 17

A string $1\ \mathrm{m}$ long is clamped tightly at one end and is free to slide up and down at the other. Which of the following is a possible wavelength for standing waves on this string? (A) $1\ \mathrm{m}$ (B) $\frac{4}{3}\ \mathrm{m}$ (C) $\frac{5}{4}\ \mathrm{m}$ (D) $2\ \mathrm{m}$ (E) $3\ \mathrm{m}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查「一端固定、一端自由」弦的駐波邊界條件。 - 緊夾端：位移必須為零，形成節點。 - 可上下滑動的自由端：端點不受橫向束縛，形成腹點。 因此，固定端到自由端的長度必須等於四分之一波長的奇數倍： $$ L=\frac{(2n-1)\lambda}{4}, \qquad n=1,2,3,\ldots $$ 其中弦長 $$ L=1\ \mathrm{m}. $$ --- 解題方法 由邊界條件： $$ 1=\frac{(2n-1)\lambda}{4} $$ 解出波長： $$ \lambda=\frac{4}{2n-1}\ \mathrm{m}. $$ 因此各階駐波波長為 $$ 4\ \mathrm{m},\quad \frac{4}{3}\ \mathrm{m},\quad \frac{4}{5}\ \mathrm{m},\quad \frac{4}{7}\ \mathrm{m},\ldots $$ 在選項中，只有 $$ \lambda=\frac{4}{3}\ \mathrm{m} $$ 符合固定端—自由端的駐波條件。 單位為公尺，且數量級約為弦長的同一量級，符合物理合理性。 --- 選項分析 (A) $1\ \mathrm{m}$ 若 $\lambda=1\ \mathrm{m}$，則 $$ \frac{4L}{\lambda} =\frac{4(1)}{1}=4. $$ 固定端到自由端須容納奇數個四分之一波長，但 $4$ 是偶數，不符合條件。 故錯誤。 (B) $\frac{4}{3}\ \mathrm{m}$

Question 18

An incompressible fluid of density $\rho$ flows through a horizontal pipe of cross-sectional area $A1$. The pipe has a Venturi constriction of area $A2$, and a gauge measures the pressure difference $\Delta p$ between the pipe and the Venturi. What is the expression for the flow speed in the unconstricted pipe? 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) $\sqrt{\frac{\Delta p}{\rho\left(A2^2/A1^2-1\right)}}$ (B) $\sqrt{\frac{\Delta p}{\rho\left(A1^2/A2^2-1\right)}}$ (C) $\sqrt{\frac{2\Delta p}{\rho\left(A2^2/A1^2-1\right)}}$ (D) $\sqrt{\frac{4\Delta p}{\rho\left(A1^2/A2^2-1\right)}}$ (E) $\sqrt{\frac{4\Delta p}{\rho\left(A2^2/A1^2-1\right)}}$

Accepted Answer

核心觀念 本題評量流體力學中「文氏管」（Venturi tube）的流速量測原理，主要應用以下兩大守恆定律： 1. 連續方程式（Continuity Equation）：基於質量守恆定律。對於不可壓縮流體（密度 $ho$ 為定值），通過流管任一截面的體積流率（Volume flow rate）為定值，即 $Q = A1 v1 = A2 v2$。 2. 白努利方程式（Bernoulli's Equation）：基於能量守恆定律。對於理想流體（穩態、不可壓縮、無黏滯性）沿同一流線，其靜壓能、動能密度與重力位能密度之和為定值： $$ p + \frac{1}{2}ho v^2 + ho g y = 	ext{常數} $$ 文氏管效應指出：當水平流管截面積收縮時，流速加快，該處動壓增加而靜壓下降；透過量測未收縮段與收縮段的靜壓差 $\Delta p$，即可精確計算未收縮管段中的流速。 --- 解題方法 適用條件： 流體為不可壓縮（密度 $ho$ 恆定）的穩定流動，且流管為水平放置，中心流線無高度差（即 $y1 = y2$）。 推導步驟： 1. 由連續方程式連結兩處流速： 設未收縮管段（截面積 $A1$）的流速為 $v1$，收縮處（截面積 $A2$）的流速為 $v2$。 由質量守恆可得： $$ A1 v1 = A2 v2 $$ 表示出收縮處流速 $v2$： $$ v2 = \frac{A1}{A2} v1 $$ 2. 列出水平管線之白努利方程式： 因管線水平（$y1 = y2$），重力位能項互相抵銷： $$ p1 + \frac{1}{2}ho v1^2 = p2 + \frac{1}{2}ho v2^2 $$ 3. 代入截面壓差： 由圖示與文氏管原理可知，截面較大處流速較慢、壓力較高（$p1 p2$），壓力表所測得的壓差為 $\Delta p = p1 - p2$。移項整理得： $$ \Delta p = p1 - p2 = \frac{1}{2}ho \left(v2^2 - v1^2ight) $$ 4. 代入流速關係式並化簡： 將 $v2 = \frac{A1}{A2} v1$ 代入上式： $$ \Delta p = \frac{1}{2}ho \left[ \left(\frac{A1}{A2} v1ight)^2 - v1^2 ight] = \frac{1}{2}ho v1^2 \left(\frac{A1^2}{A2^2} - 1ight) $$ 5. 求解未收縮管段流速 $v1$： $$ v1^2 = \frac{2\Delta p}{ho \left(\frac{A1^2}{A2^2} - 1ight)} $$

Question 19

A U-shaped tube open at both ends contains water and a quantity of oil occupying a $2.0$ -cm length of the tube as shown in the figure. If the oil’s density is $80\%$ of water’s, what’s the height difference $h$ ?

🖼️【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 本題考查液體靜力平衡與壓力連續。U 形管兩端皆開口，因此兩側液面皆受相同的大氣壓。平衡時，同一水平面上的液體壓力必須相等： $$ P=P0+ho gh $$ 其中油的密度為水的 $80\%$： $$ ho{	ext{oil}}=0.8ho{	ext{water}} $$ 解題方法 設油柱高度為 $L=2.0\ 	ext{cm}$，油與水的交界面處取同一水平面比較壓力。 油柱上方液面至交界面的壓力增加量為 $$ \Delta P{	ext{oil}}=ho{	ext{oil}}gL $$ 左側水面至交界面的水柱高度設為 $x$，則 $$ \Delta P{	ext{water}}=ho{	ext{water}}gx $$ 由靜力平衡： $$ ho{	ext{water}}gx = ho{	ext{oil}}gL $$ 消去 $g$： $$ x=\frac{ho{	ext{oil}}}{ho{	ext{water}}}L $$ 代入密度比與油柱高度： $$ x=0.8(2.0\ 	ext{cm})=1.6\ 	ext{cm} $$ 油面比左側水面高出的高度為 $$ h=L-x $$ 因此

Question 20

You draw $200\ \mathrm{g}$ of $10^\circ\mathrm{C}$ water from the tap and pop it into an $800$ -W microwave oven to heat. The specific heat capacity of water is $1\ \mathrm{cal\cdot g^{-1}\cdot{}^\circ C^{-1}}$ or $4.184\ \mathrm{J\cdot g^{-1}\cdot{}^\circ C^{-1}}$ . How long should you microwave the water so it just reaches the boiling point of water, $100^\circ\mathrm{C}$ at $1\ \mathrm{atm}$ ? Approximately

Accepted Answer

核心觀念 本題考查熱量公式與功率的關係： 1. 水升溫所需熱量： $$Q=mc\Delta T$$ 2. 微波爐功率定義： $$P=\frac{Q}{t}$$ 因此加熱時間為： $$t=\frac{Q}{P}$$ 適用條件為：微波爐輸出的能量全部被水吸收，忽略容器吸熱與散熱損失。題目問水「剛好達到」$100^\circ\mathrm{C}$，因此只計算升溫熱量，不計算汽化潛熱。 --- 解題方法 水的質量為： $$m=200\ \mathrm{g}$$ 初溫與終溫分別為 $10^\circ\mathrm{C}$、$100^\circ\mathrm{C}$，所以： $$\Delta T=100-10=90^\circ\mathrm{C}$$ 水的比熱為： $$c=4.184\ \mathrm{J\cdot g^{-1}\cdot{}^\circ C^{-1}}$$ 依熱量公式： $$Q=mc\Delta T$$ 代入數值： $$Q=(200)(4.184)(90)$$ $$Q=75312\ \mathrm{J}$$ 微波爐功率為： $$P=800\ \mathrm{W}=800\ \mathrm{J/s}$$ 由功率定義： $$ t=\frac{Q}{P} =\frac{75312}{800}\ \mathrm{s} $$ $$t\approx94.1\ \mathrm{s}$$ 因此加熱時間約為 $90\ \mathrm{s}$。 單位檢查： $$\frac{\mathrm{J}}{\mathrm{J/s}}=\mathrm{s}$$ 結果約 $94\ \mathrm{s}$，與 $90\ \mathrm{s}$ 同一數量級，合理。 --- 選項分析

Question 21

$Cv$ and $Cp$ are defined as the molar specific heat at constant volume and the molar specific heat at constant pressure, respectively. For an ideal gas, which one is larger, $Cv$ or $Cp$? What is the difference between $Cv$ and $Cp$? Note that $R$ is the universal gas constant. (A) $Cv$, $R$ (B) $Cv$, $1.5R$ (C) $Cv$, $2R$ (D) $Cp$, $R$ (E) $Cp$, $2R$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查理想氣體的熱力學第一定律與莫耳熱容量（Molar Specific Heat）關係式（邁耶關係式，Mayer's relation）： 1. 熱力學第一定律（First Law of Thermodynamics）： $$ dQ = dE{	ext{int}} + dW $$ 其中 $dQ$ 為系統吸熱量，$dE{	ext{int}}$ 為系統內能變化，$dW = P \, dV$ 為氣體對外所作的功。 2. 理想氣體的內能（Internal Energy）： 理想氣體分子間無視為相互作用的位能，其內能僅為溫度的單變數函數（焦耳定律，Joule's law）： $$ dE{	ext{int}} = n Cv dT $$ 無論過程為定容、定壓或一般過程，只要溫度變化為 $dT$，內能變化皆滿足 $dE{	ext{int}} = n Cv dT$。 3. 定容莫耳熱容量 $Cv$ 與定壓莫耳熱容量 $Cp$ 的定義： - 定容過程（Constant Volume, $dV = 0$）： $$ dW = 0 \implies dQv = dE{	ext{int}} = n Cv dT $$ - 定壓過程（Constant Pressure, $P = 	ext{const}$）： $$ dQp = dE{	ext{int}} + P \, dV = n Cp dT $$ --- 解題方法 1. 比較 $Cp$ 與 $Cv$ 的大小 - 在定容過程中，系統吸熱全部轉化為分子熱運動動能（即內能增加 $dE{	ext{int}}$），無對外作功（$dW = 0$）。 - 在定壓過程中，系統加熱使溫度升高，氣體體積必然膨脹（$dV 0$），因此氣體必須對外界作正功（$dW = P \, dV 0$）。 - 若使相同莫耳數（$n$）的理想氣體升高相同的溫度（$dT$），定壓過程所吸收的熱量不僅要提供相同的內能增加量，還必須額外提供對外膨脹所消耗的功： $$ dQp = dE{	ext{int}} + dW dE{	ext{int}} = dQv $$ - 故必有： $$ Cp Cv $$

Question 22

Based on the first law of thermodynamics, in isothermal ideal-gas processes, which one should be zero? Note that $\Delta E_{\mathrm{int}}$ , $Q$ , $W$ , $V$ , and $p$ are the change in the system’s internal energy, the heat supplied to the system, the work done on the system, the gas volume, and the gas pressure, respectively.

Accepted Answer

核心觀念 1. 理想氣體的內能（Internal Energy of an Ideal Gas）： 對於理想氣體，分子間無分子間位能的作用，系統的內能 $E{\mathrm{int}}$ 僅為絕對溫度 $T$ 的函數（焦耳定律，Joule's Law）： $$ E{\mathrm{int}} = n CV T $$ 因此，內能的變化量僅取決於溫度的變化量 $\Delta T$： $$ \Delta E{\mathrm{int}} = n CV \Delta T $$ 其中 $n$ 為莫耳數，$CV$ 為定容莫耳熱容量。 2. 等溫過程（Isothermal Process）： 系統在過程中維持絕對溫度恆定，即： $$ T = 	ext{常數} \implies \Delta T = 0 $$ 3. 熱力學第一定律（First Law of Thermodynamics）： 題幹明確定義 $W$ 為外界對系統所做的功（work done on the system），熱力學第一定律形式為： $$ \Delta E{\mathrm{int}} = Q + W $$ （若定義 $W{\mathrm{by}}$ 為系統對外做的功，則為 $\Delta E{\mathrm{int}} = Q - W{\mathrm{by}}$）。 --- 解題方法 1. 判斷內能變化量 $\Delta E{\mathrm{int}}$： 本題探討「理想氣體（ideal gas）」進行「等溫過程（isothermal process）」。 由理想氣體內能公式： $$ \Delta E{\mathrm{int}} = n CV \Delta T $$ 因過程為等溫（$\Delta T = 0$），直接可得內能變化量必為零： $$ \Delta E{\mathrm{int}} = 0 $$ 2. 結合熱力學第一定律驗證 $Q$ 與 $W$： 將 $\Delta E{\mathrm{int}} = 0$ 代入熱力學第一定律 $\Delta E{\mathrm{int}} = Q + W$： $$ 0 = Q + W \implies Q = -W $$ 氣體若自初態體積 $Vi$ 變化至末態體積 $Vf$（且 $Vi 
eq Vf$），外界對氣體所做的功為： $$ W = -\int{Vi}^{Vf} p \, \mathrm{d}V = -nRT \ln\left(\frac{Vf}{Vi}ight) 
eq 0 $$ 吸收的熱量為：

Question 23

Based on the first law of thermodynamics, in adiabatic ideal-gas processes, which one should be a nonzero constant? Note that $\Delta E_{\mathrm{int}}$ , $Q$ , $W$ , $p$ , $V$ , $\gamma$ , and $T$ are the change in the system’s internal energy, the heat supplied to the system, the work done on the system, the gas pressure, the gas volume, the ratio of the specific heats at constant pressure and at constant volume ( $=C_p/C_v$ ), and the gas temperature, respectively.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查第一熱力學定律與可逆絕熱理想氣體過程的關係。 第一熱力學定律採用「對系統做功為正」的符號 convention： $$ \Delta E{\mathrm{int}}=Q+W $$ 其中： - $\Delta E{\mathrm{int}}$：系統內能的變化 - $Q$：供給系統的熱量 - $W$：外界對系統所做的功 絕熱過程的定義為： $$ Q=0 $$ 因此： $$ \Delta E{\mathrm{int}}=W $$ 對理想氣體而言，內能只與溫度有關： $$ dE{\mathrm{int}}=nCv\,dT $$ 若為可逆、準靜態的絕熱過程，則可使用氣體本身的壓力計算功。 --- 解題方法與公式推導 對系統做的微小功為： $$ \delta W=-p\,dV $$ 負號表示氣體膨脹時 $dV0$，氣體對外做功，因此外界對系統做功為負。 由第一熱力學定律，在絕熱過程中： $$ dE{\mathrm{int}}=\delta Q+\delta W $$ 因為 $\delta Q=0$，所以： $$ nCv\,dT=-p\,dV $$ 理想氣體方程式為： $$ pV=nRT $$ 因此： $$ p=\frac{nRT}{V} $$ 代入可得： $$ nCv\,dT=-\frac{nRT}{V}\,dV $$ 約去 $n$，並整理為： $$ Cv\,\frac{dT}{T}=-R\,\frac{dV}{V} $$ 由 $$ \gamma=\frac{Cp}{Cv} $$ 以及 $$ Cp-Cv=R $$ 可得： $$ R=(\gamma-1)Cv $$ 所以： $$ \frac{dT}{T}=-(\gamma-1)\frac{dV}{V} $$ 積分： $$ \ln T=-(\gamma-1)\ln V+	ext{constant} $$ 整理為： $$ \ln T+(\gamma-1)\ln V=	ext{constant} $$ 因此： $$ TV^{\gamma-1}=	ext{constant} $$ 由於氣體溫度 $T0$、體積 $V0$，故此常數為非零常數。 單位為： $$ [\;TV^{\gamma-1}\;] =\mathrm{K}\cdot \mathrm{m}^{3(\gamma-1)} $$ 在同一絕熱過程中保持不變，且數值量級符合正溫度與正體積的物理意義。 --- 選項分析

Question 24

Which of the following atom or molecule has three rotational degrees of freedom? (A) Ar (B) $\ce{H2}$ (C) $\ce{O2}$ (D) $\ce{CO2}$ (E) $\ce{NO2}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查分子在三維空間中的轉動自由度。判斷重點是分子的幾何形狀： - 單原子粒子：視為質點，沒有分子尺度的轉動自由度。 - 線性分子：繞分子軸的轉動慣量近似為零，因此只有 $2$ 個有效轉動自由度。 - 非線性分子：可繞互相垂直的三個主軸轉動，因此有 $3$ 個轉動自由度。 物理定律與適用條件 剛性分子的轉動動能可寫為 $$ K{\mathrm{rot}} = \frac{1}{2}I1\omega1^2 + \frac{1}{2}I2\omega2^2 + \frac{1}{2}I3\omega3^2, $$ 其中 $I1,I2,I3$ 是分子繞三個主軸的轉動慣量。 當某一方向的轉動慣量不為零時，該方向可形成獨立的轉動自由度。對理想線性分子而言，分子軸上的原子幾乎都位於同一直線上，因此繞分子軸的轉動慣量近似為零，只計算另外兩個方向的轉動。 --- 解題方法 先判斷各粒子的結構，再依下表判定： $$ 	ext{單原子： }0 $$ $$ 	ext{線性分子： }2 $$ $$ 	ext{非線性分子： }3 $$ 選項中的 $\ce{NO2}$ 為彎曲形分子，屬於非線性分子，因此具有三個有效的轉動自由度。 --- 選項分析 (A) $\ce{Ar}$ $\ce{Ar}$ 是單原子氣體，只有一個原子，通常視為質點。其平移運動有 $3$ 個自由度，但不具有分子整體的轉動自由度。 因此： $$ f{\mathrm{rot}}=0 $$ 此選項錯誤。 (B) $\ce{H2}$

Question 25

“The entropy of the universe can never decrease,” is a statement related to (A) the zeroth law (B) the first law (C) the second law (D) the third law (E) the fourth law of thermodynamics.

Accepted Answer

核心觀念

本題考查熱力學第二定律。

熱力學第二定律指出：對於孤立系統，總熵不會減少。若考察整個宇宙，可視為沒有熱量與物質輸入、輸出的孤立系統，因此有

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

其中：

可逆過程： $\Delta S_{\text{universe}}=0$
不可逆過程： $\Delta S_{\text{universe}}>0$

因此，「The entropy of the universe can never decrease」正是熱力學第二定律的敘述。

解題方法

先辨認題幹中的關鍵字「entropy of the universe」與「never decrease」。

熵變可表示為

\Delta S_{\text{universe}} = \Delta S_{\text{system}} + \Delta S_{\text{surroundings}}

依熱力學第二定律：

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

這項判準用來判斷自然過程的方向與可逆性，適用於將系統與周遭環境合併考慮的整體。題幹直接描述宇宙總熵不可減少，故選擇熱力學第二定律。

本題沒有數值、單位或數量級計算；式中的熵變關係已直接給出判斷依據。

選項分析

(A) the zeroth law

熱力學第零定律建立熱平衡的傳遞性：

若系統 $A$ 與系統 $B$ 達熱平衡，且系統 $B$ 與系統 $C$ 達熱平衡，則 $A$ 與 $C$ 也達熱平衡。

Question 26

A $16$-nC charge is distributed uniformly along the $x$ axis from $x=0$ to $x=4\ \mathrm{m}$. Which of the following integrals is correct for the magnitude (in $\mathrm{N/C}$) of the electric field at $x=+10\ \mathrm{m}$ on the $x$ axis? The Coulomb constant is $9.0	imes10^9\ \mathrm{N\cdot m^2/C^2}$. (A) $\displaystyle\int0^4\frac{36}{(10-x)^2}\,dx$ (B) $\displaystyle\int0^4\frac{154}{10-x}\,dx$ (C) $\displaystyle\int0^4\frac{154}{x^2}\,dx$ (D) $\displaystyle\int0^4\frac{36}{x}\,dx$ (E) none of these.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： - 庫侖定律 - 連續電荷分布的電場積分 - 線電荷密度 - 電場方向與大小 - 距離必須取「觀測點到電荷微元」的距離 庫侖定律適用於每一個電荷微元，其電場微量大小為 $$ dE=k\frac{dq}{r^2} $$ 其中 $k=9.0	imes10^9\ \mathrm{N\cdot m^2/C^2}$，$r$ 為電荷微元到觀測點的距離。 --- 解題方法 總電荷 $Q=16\ \mathrm{nC}$ 均勻分布於 $x=0$ 到 $x=4\ \mathrm{m}$，因此線電荷密度為 $$ \lambda=\frac{Q}{L} =\frac{16\ \mathrm{nC}}{4\ \mathrm{m}} =4\ \mathrm{nC/m} $$ 取位於座標 $x$ 的微小電荷片： $$ dq=\lambda\,dx $$ 觀測點位於 $x=10\ \mathrm{m}$，因此該微元到觀測點的距離為 $$ r=10-x $$ 因為所有電荷均為正電荷，且觀測點在整段電荷分布的右側，各微元產生的電場方向皆沿 $+x$ 軸，故電場大小可直接相加： $$ E=\int0^4 dE =\int0^4 k\frac{dq}{(10-x)^2} $$ 代入 $dq=\lambda dx$： $$ E=\int0^4 \frac{k\lambda}{(10-x)^2}\,dx $$ 計算係數： $$ k\lambda = \left(9.0	imes10^9ight) \left(4	imes10^{-9}ight) =36 $$ 因此 $$ E=\int0^4\frac{36}{(10-x)^2}\,dx $$ 這正是選項 (A)。 若進一步計算電場數值： $$ E =36\int0^4(10-x)^{-2}\,dx $$ $$ E =36\left[\frac{1}{10-x}ight]0^4 $$ $$ E =36\left(\frac{1}{6}-\frac{1}{10}ight) =36\left(\frac{1}{15}ight) =2.4\ \mathrm{N/C} $$ 單位檢查：

Question 27

Charges $q$ and $Q$ are placed on the $x$ axis at $x=0$ and $x=2.0\ \mathrm{m}$, respectively. If $q=-40\ \mathrm{pC}$ and $Q=+30\ \mathrm{pC}$, determine the net flux through a spherical surface of radius $1.0\ \mathrm{m}$ centered on the origin. The permittivity of free space is $8.85	imes10^{-12}\ \mathrm{C^2/(N\cdot m^2)}$. (A) $-9.8\ \mathrm{N\cdot m^2/C}$ (B) $-7.8\ \mathrm{N\cdot m^2/C}$ (C) $-4.5\ \mathrm{N\cdot m^2/C}$ (D) $-1.3\ \mathrm{N\cdot m^2/C}$ (E) $+2.0\ \mathrm{N\cdot m^2/C}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查高斯定律（Gauss’s law）： $$ \PhiE=\ointS \vec E\cdot d\vec A=\frac{Q{	ext{enclosed}}}{\varepsilon0} $$ 其中： - $\PhiE$：封閉曲面的電通量，單位為 $\mathrm{N\cdot m^2/C}$ - $Q{	ext{enclosed}}$：封閉曲面內所包住的總電荷 - $\varepsilon0$：真空介電率，題目給定為 $8.85	imes10^{-12}\ \mathrm{C^2/(N\cdot m^2)}$ 高斯定律適用於任何封閉曲面，不要求電場在曲面上處處均勻。計算總通量時，只需判斷電荷是否位於曲面內。 解題方法 球面中心在原點，半徑為 $1.0\ \mathrm{m}$。 1. 判斷各電荷是否在球面內 電荷 $q=-40\ \mathrm{pC}$ 位於 $x=0$，也就是球心，因此在球面內： $$ q=-40	imes10^{-12}\ \mathrm C $$ 電荷 $Q=+30\ \mathrm{pC}$ 位於 $x=2.0\ \mathrm m$，距離球心為 $2.0\ \mathrm m$，大於球半徑 $1.0\ \mathrm m$，因此位於球面外。 所以封閉曲面所包住的總電荷為： $$ Q{	ext{enclosed}}=q=-40	imes10^{-12}\ \mathrm C $$ 外部電荷 $Q$ 雖然會在球面上產生電場，但其電力線進入曲面的通量與離開曲面的通量相互抵消，對總淨通量沒有貢獻。 2. 套用高斯定律 $$ \PhiE=\frac{Q{	ext{enclosed}}}{\varepsilon0} $$ 代入數值： $$ \PhiE = \frac{-40	imes10^{-12}} {8.85	imes10^{-12}} \ \mathrm{N\cdot m^2/C} $$ $$ \PhiE\approx -4.52\ \mathrm{N\cdot m^2/C} $$ 取適當有效數字： $$ \PhiE\approx -4.5\ \mathrm{N\cdot m^2/C} $$

Question 28

For the potential $V=3x^2z-2yz^3$, what is the corresponding electric field at the point $(2,2,2)$? Note that $\hat{\imath}$, $\hat{\jmath}$, and $\hat{k}$ are unit vectors along $x$, $y$, and $z$ directions, respectively. (A) $-24\hat{\imath}+16\hat{\jmath}+36\hat{k}$ (B) $+24\hat{\imath}-16\hat{\jmath}-36\hat{k}$ (C) $-12\hat{\imath}+16\hat{\jmath}+16\hat{k}$ (D) $+12\hat{\imath}-16\hat{\jmath}-16\hat{k}$ (E) none of these.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查電位 $V$ 與電場 $\mathbf{E}$ 的關係。在靜電場中，電場等於電位的負梯度： $$ \mathbf{E}=-
abla V $$ 其中 $$ 
abla V = \frac{\partial V}{\partial x}\hat{\imath} + \frac{\partial V}{\partial y}\hat{\jmath} + \frac{\partial V}{\partial z}\hat{k} $$ 負號表示電場方向指向電位降低最快的方向。 解題方法 已知 $$ V(x,y,z)=3x^2z-2yz^3 $$ 分別對 $x$、$y$、$z$ 偏微分： $$ \frac{\partial V}{\partial x}=6xz $$ $$ \frac{\partial V}{\partial y}=-2z^3 $$ $$ \frac{\partial V}{\partial z}=3x^2-6yz^2 $$ 因此電場為 $$ \mathbf{E} = -\left[ (6xz)\hat{\imath} +(-2z^3)\hat{\jmath} +(3x^2-6yz^2)\hat{k} ight] $$ 代入點 $(x,y,z)=(2,2,2)$： $$ \frac{\partial V}{\partial x} =6(2)(2)=24 $$ $$ \frac{\partial V}{\partial y} =-2(2)^3=-16 $$ $$ \frac{\partial V}{\partial z} =3(2)^2-6(2)(2)^2 =12-48=-36 $$ 所以

Question 29

Determine the equivalent capacitance of the combination shown when $C=24\ \mu\mathrm{F}$ .

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Accepted Answer

核心觀念 本題考查電容器的串聯與並聯等效電容： - 並聯： $$C{\mathrm{eq}}=C1+C2+\cdots$$ - 串聯： $$\frac{1}{C{\mathrm{eq}}}=\frac{1}{C1}+\frac{1}{C2}+\cdots$$ 判斷方式是看「節點」：連接在相同兩個節點之間的電容為並聯；中間節點沒有其他分支時，電容為串聯。 解題方法 由圖可知，最左側的電容 $C$ 先與右側整個網路串聯。 右側網路可分成上下兩條並聯支路： 1. 上方支路：$2C$ 與右側垂直的 $2C$ 串聯 2. 下方支路：左側垂直的 $2C$ 與下方的 $2C$ 串聯 每一條支路的等效電容為 $$ C{	ext{支路}} =\frac{(2C)(2C)}{2C+2C} =\frac{4C^2}{4C} =C $$ 上下兩條支路彼此並聯，因此右側網路的等效電容為 $$ C{	ext{右}} =C+C=2C $$ 再與最左側的 $C$ 串聯： $$ \frac{1}{C{\mathrm{eq}}} =\frac{1}{C}+\frac{1}{2C} =\frac{3}{2C} $$ 所以 $$ C{\mathrm{eq}}=\frac{2C}{3} $$ 代入 $C=24\ \mu\mathrm{F}$： $$ C{\mathrm{eq}} =\frac{2}{3}(24\ \mu\mathrm{F}) =16\ \mu\mathrm{F} $$

Question 30

Light bulb A is rated at $60\ \mathrm{W}$ and light bulb B is rated at $100\ \mathrm{W}$. Both are designed to operate at $110\ \mathrm{V}$. Which statement is correct? (A) The $60$-W bulb has a greater resistance and greater current than the $100$-W bulb. (B) The $60$-W bulb has a greater resistance and smaller current than the $100$-W bulb. (C) The $60$-W bulb has a smaller resistance and smaller current than the $100$-W bulb. (D) The $60$-W bulb has a smaller resistance and greater current than the $100$-W bulb. (E) We need to know the resistivities of the filaments to answer this question.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查額定功率、電壓、電流與電阻之間的關係。燈泡皆設計在相同額定電壓 $110\ \mathrm{V}$ 下工作，因此可直接使用： $$ P=VI $$ 以及歐姆定律： $$ V=IR $$ 適用條件是以燈泡在額定工作狀態下的有效電阻計算。燈絲溫度會影響電阻，但題目已給出額定功率與額定電壓，無須知道燈絲電阻率。 --- 解題方法 由功率公式： $$ P=VI $$ 在兩個燈泡的電壓相同時，電流與功率成正比： $$ I=\frac{P}{V} $$ 燈泡 A 的額定電流為： $$ IA=\frac{60\ \mathrm{W}}{110\ \mathrm{V}} \approx 0.545\ \mathrm{A} $$ 燈泡 B 的額定電流為： $$ IB=\frac{100\ \mathrm{W}}{110\ \mathrm{V}} \approx 0.909\ \mathrm{A} $$ 因此： $$ IA<IB $$ 再由： $$ P=VI= \frac{V^2}{R} $$ 可得： $$ R=\frac{V^2}{P} $$ 燈泡 A 的電阻為： $$ RA=\frac{(110\ \mathrm{V})^2}{60\ \mathrm{W}} =\frac{12100}{60}\ \Omega \approx 202\ \Omega $$ 燈泡 B 的電阻為： $$ RB=\frac{(110\ \mathrm{V})^2}{100\ \mathrm{W}} =121\ \Omega $$ 因此： $$ RARB $$ 所以，$60\ \mathrm{W}$ 燈泡具有較大的電阻與較小的電流。 單位檢查： $$ \frac{\mathrm{V}^2}{\mathrm{W}} =\frac{\mathrm{V}^2}{\mathrm{V}\cdot\mathrm{A}} =\frac{\mathrm{V}}{\mathrm{A}} =\Omega $$

Question 31

What is the equivalent resistance between points $A$ and $B$ in the figure when $R=20\ \Omega$ ?

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Accepted Answer

核心觀念 本題考查電阻的串聯、並聯與導線短路造成的節點合併。 - 串聯：電流相同，等效電阻為 $$R{	ext{eq}}=R1+R2+\cdots$$ - 並聯：兩端接在相同的兩個節點，等效電阻滿足 $$\frac{1}{R{	ext{eq}}}=\frac{1}{R1}+\frac{1}{R2}+\cdots$$ - 理想導線電阻為 $0$，因此導線直接連接的各點屬於同一節點。 解題方法 圖中間的垂直導線將上下兩個節點短路，使左側上下各一個電阻 $R$ 的兩端分別接在 $A$ 與同一中間節點，因此兩個 $R$ 並聯： $$ R{	ext{左}}=R\parallel R =\frac{R\cdot R}{R+R} =\frac{R}{2} $$ 右側部分，上方為 $2R$ 與 $4R$ 串聯，下方也為 $2R$ 與 $4R$ 串聯： $$ R{	ext{上}}=2R+4R=6R $$ $$ R{	ext{下}}=2R+4R=6R $$ 這兩條支路再彼此並聯，因此

Question 32

A $2.0$-m wire carries a current of $15\ \mathrm{A}$ directed along the positive $x$ axis in a region where the magnetic field is uniform and given by $$\vec{B}=(30\hat{\imath}-40\hat{\jmath})\ \mathrm{mT}.$$ What is the resulting magnetic force on the wire? (A) $(1.2\hat{k})\ \mathrm{N}$ (B) $(-1.2\hat{k})\ \mathrm{N}$ (C) $(-1.5\hat{k})\ \mathrm{N}$ (D) $(+1.5\hat{k})\ \mathrm{N}$ (E) $(+0.9\hat{k})\ \mathrm{N}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查載流導線在磁場中所受的磁力。對位於均勻磁場中的直導線，磁力定律為 $$ \vec{F}=I\vec{L}	imes\vec{B} $$ 其中： - $I$：電流大小； - $\vec{L}$：方向與電流相同、大小等於導線長度的向量； - $\vec{B}$：磁場向量； - $	imes$：向量外積，磁力方向垂直於電流方向與磁場方向。 此公式適用於均勻磁場中的直線載流導線。若磁場與導線平行，該方向的磁場分量不產生磁力。 --- 解題方法與計算 導線長度為 $2.0\ \mathrm{m}$，電流沿正 $x$ 軸，因此 $$ \vec{L}=2.0\hat{\imath}\ \mathrm{m} $$ 磁場為 $$ \vec{B}=(30\hat{\imath}-40\hat{\jmath})\ \mathrm{mT} $$ 先將磁場換算為 SI 單位： $$ \vec{B}=(0.030\hat{\imath}-0.040\hat{\jmath})\ \mathrm{T} $$ 代入磁力公式： $$ \begin{aligned} \vec{F} &=I\vec{L}	imes\vec{B}\ &=15(2.0\hat{\imath})	imes (0.030\hat{\imath}-0.040\hat{\jmath}) \end{aligned} $$ 利用單位向量外積關係 $$ \hat{\imath}	imes\hat{\imath}=0, \qquad \hat{\imath}	imes\hat{\jmath}=\hat{k} $$ 可得 $$ \begin{aligned} \vec{F} &=30\left[ 0.030(\hat{\imath}	imes\hat{\imath}) -0.040(\hat{\imath}	imes\hat{\jmath}) ight]\ &=30(0-0.040\hat{k})\ &=-1.2\hat{k}\ \mathrm{N} \end{aligned} $$ 因此磁力方向為負 $z$ 軸，大小為 $$ |\vec{F}|=1.2\ \mathrm{N} $$ 單位檢查：

Question 33

At $t=0$ the switch $S$ is closed with the capacitor uncharged. If $C=30\ \mu\mathrm{F}$ , $\varepsilon=30\ \mathrm{V}$ , and $R=5.0\ \mathrm{k\Omega}$ , at what rate is energy being stored in the capacitor when $I=2.0\ \mathrm{mA}$ ?

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Accepted Answer

核心觀念 電容器儲存的電能為 $$ UC=\frac{1}{2}CVC^2 $$ 其儲能速率為 $$ \frac{dUC}{dt} =CVC\frac{dVC}{dt} =VC I $$ 其中 $I=C\dfrac{dVC}{dt}$。本題電路為理想電池、電阻與電容串聯充電，依克希荷夫電壓定律： $$ \varepsilon=IR+VC $$ 因此電容器兩端電壓為 $$ VC=\varepsilon-IR $$ 解題方法 已知 $$ \varepsilon=30\ \mathrm{V},\qquad R=5.0\ \mathrm{k\Omega},\qquad I=2.0\ \mathrm{mA} $$ 電阻上的電壓降： $$ IR=(2.0	imes10^{-3})(5.0	imes10^3) =10\ \mathrm{V} $$ 所以電容器電壓為 $$ VC=30-10=20\ \mathrm{V} $$ 電容器儲存能量的速率： $$ \frac{dUC}{dt}=VCI =(20)(2.0	imes10^{-3}) =4.0	imes10^{-2}\ \mathrm{W} $$ $$ \frac{dUC}{dt}=40\ \mathrm{mW} $$ 單位檢查： $$ \mathrm{V}\cdot\mathrm{A}=\mathrm{W} $$

Question 34

We find that $N$ current loops are coplanar and coaxial. The first has radius $a$ and current $I$. The second has radius $2a$ and current $2I$, and the pattern is repeated up to the $N$th, which has radius $Na$ and current $NI$. The current in each loop is counterclockwise as seen from above. The magnitude of the magnetic field at the center of the loops is (A) $\displaystyle\frac{\mu0 I}{2Na}$ (B) $\displaystyle\frac{\mu0 I}{Na}$ (C) $\displaystyle\frac{\mu0 I}{2a}$ (D) $\displaystyle\frac{\mu0 NI}{2a}$ (E) $\displaystyle\frac{\mu0 NI}{a}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： 1. 圓形載流線圈中心的磁場 2. 磁場的疊加原理 3. 右手定則判斷磁場方向 半徑為 $R$、電流為 $J$ 的單一圓形線圈，在圓心所產生的磁場大小為 $$ B=\frac{\mu0 J}{2R} $$ 適用條件是線圈可視為理想細導線，且要求的是圓心處的磁場。 由於磁場 obey 疊加原理，各線圈在圓心產生的磁場可直接相加。題目指出每個線圈從上方看皆為逆時針，因此依右手定則，各線圈在圓心產生的磁場方向相同，均指向上方，也就是垂直紙面向外。 解題方法 第 $n$ 個線圈的半徑與電流分別為 $$ Rn=na $$ 以及 $$ In=nI $$ 因此，第 $n$ 個線圈在共同圓心處產生的磁場大小為 $$ Bn=\frac{\mu0 In}{2Rn} $$ 代入 $In=nI$ 與 $Rn=na$： $$ Bn=\frac{\mu0(nI)}{2(na)} $$ 約去 $n$： $$ Bn=\frac{\mu0 I}{2a} $$ 可見每一個線圈對圓心的磁場貢獻完全相同。共有 $N$ 個線圈，因此總磁場為 $$ B=\sum{n=1}^{N}Bn =N\left(\frac{\mu0 I}{2a}\right) $$ 所以 $$ \boxed{B=\frac{\mu0 NI}{2a}} $$ 單位與數量級檢查 真空磁導率的單位為 $$ [\mu0]=\mathrm{T\cdot m/A} $$ 因此 $$ \left[\frac{\mu0 NI}{a}\right] = \frac{\mathrm{T\cdot m/A}\cdot \mathrm{A}}{\mathrm{m}} =\mathrm{T} $$ 符合磁場的單位。 此外，每個線圈的電流與半徑皆按相同比例 $n$ 增加，使得 $In/Rn$ 維持不變。因此每個線圈貢獻相同，總磁場應與線圈數 $N$ 成正比，結果的數量級合理。 選項分析

Question 35

A wire with current $I$ is bent into the shape in a uniform magnetic field $\vec{B}$ as shown in the figure. Determine the net magnetic force on the wire.

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Accepted Answer

核心觀念 載流導線在均勻磁場中的磁力為 $$ d\vec F=I\,d\vec \ell	imes \vec B $$ 對整段導線積分： $$ \vec F{	ext{net}} =I\int d\vec \ell	imes\vec B =I\left(\int d\vec \ellight)	imes\vec B =I\,\Delta\vec r	imes\vec B $$ 其中 $\Delta\vec r$ 是導線起點到終點的位移。此結果表示：在均勻磁場中，導線的淨磁力只與兩端位置有關，與導線中間的彎曲形狀無關。 解題方法 依圖，電流由左下端沿左側斜邊流向頂點，再沿右側斜邊流向右下端；磁場 $\vec B$ 向右，與三角形底邊方向平行。 因此，導線兩端的位移 $\Delta\vec r$ 沿著底邊，且與 $\vec B$ 同方向： $$ \Delta\vec r\parallel\vec B $$ 所以 $$ \vec F{	ext{net}} =I\,\Delta\vec r	imes\vec B=\vec 0 $$ 也可由兩邊分別驗算。兩斜邊長度皆為 $L$，與磁場夾角為 $60^\circ$，各段磁力大小為 $$ F1=F2=IBL\sin60^\circ =\frac{\sqrt3}{2}IBL $$ 左側導線的磁力指向 $-z$ 方向；右側導線的磁力指向 $+z$ 方向。兩力大小相等、方向相反，因此互相抵消：

Question 36

A square loop ($L=0.20\ \mathrm{m}$) consists of $50$ closely wrapped turns, each carrying a current of $0.50\ \mathrm{A}$. The loop is oriented as shown in a uniform magnetic field of $0.40\ \mathrm{T}$ directed in the positive $y$ direction. What is the magnitude of the torque on the loop? 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) $0.15\ \mathrm{N\cdot m}$ (B) $0.35\ \mathrm{N\cdot m}$ (C) $0.55\ \mathrm{N\cdot m}$ (D) $0.75\ \mathrm{N\cdot m}$ (E) $1.73\ \mathrm{N\cdot m}$

Accepted Answer

核心觀念 平面電流線圈在均勻磁場中的磁力矩為 $$ \vec{	au}=\vec{\mu}	imes\vec{B} $$ 其大小為 $$ 	au=\mu B\sin	heta=NIAB\sin	heta $$ 其中： - $N$：線圈匝數 - $I$：每匝電流 - $A$：單匝面積 - $	heta$：線圈面積法線與磁場 $\vec B$ 的夾角 此公式適用於均勻磁場中的平面多匝線圈。 解題方法 正方形線圈邊長為 $L=0.20\ \mathrm{m}$，因此單匝面積為 $$ A=L^2=(0.20)^2=0.040\ \mathrm{m^2} $$ 由圖可知，線圈平面的一條水平邊與 $+x$ 軸夾角為 $60^\circ$，而磁場沿 $+y$ 方向。線圈面的法線與 $+y$ 方向夾角同樣可取為 $60^\circ$，故 $$ \sin	heta=\sin60^\circ=\frac{\sqrt3}{2} $$ 代入磁力矩公式： $$ \begin{aligned} 	au &=NIAB\sin	heta\ &=(50)(0.50)(0.040)(0.40)\left(\frac{\sqrt3}{2}ight)\ &=0.346\ \mathrm{N\cdot m}\ &\approx 0.35\ \mathrm{N\cdot m} \end{aligned} $$ 單位檢查： $$ \mathrm{A\cdot m^2\cdot T} =\mathrm{N\cdot m} $$

Question 37

Coaxial Cable A has twice the length, twice the radius of the inner solid conductor, and twice the radius of the outer cylindrical conducting shell of coaxial Cable B. What is the ratio of the inductance of Cable A to that of Cable B? (A) $4\ln2$ (B) $2\ln2$ (C) $\ln2$ (D) $4\ln4$ (E) $2$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查同軸電纜的電感。對理想、足夠長的同軸電纜，設： - 內導體半徑為 $a$ - 外導體內半徑為 $b$ - 電纜長度為 $\ell$ 在兩導體之間，利用安培定律可得磁場 $$ B(r)=\frac{\mu0 I}{2\pi r},\qquad a<r<b $$ 因此同軸電纜的單位長度電感為 $$ L'=\frac{\mu0}{2\pi}\ln\frac{b}{a} $$ 電纜總電感為 $$ L=L'\ell =\frac{\mu0\ell}{2\pi}\ln\frac{b}{a} $$ 適用條件為忽略端點效應，且導體周圍介質的磁導率相同；本題可視為真空或非磁性介質，因此使用 $\mu0$。 --- 解題方法 設 Cable B 的參數為： $$ \ellB=\ell,\qquad aB=a,\qquad bB=b $$ 則其電感為 $$ LB=\frac{\mu0\ell}{2\pi}\ln\frac{b}{a} $$ Cable A 的長度、內導體半徑與外導體半徑均為 Cable B 的兩倍，因此 $$ \ellA=2\ell,\qquad aA=2a,\qquad bA=2b $$ 代入同軸電纜電感公式： $$ LA =\frac{\mu0(2\ell)}{2\pi} \ln\frac{2b}{2a} $$ 半徑倍率在對數內抵消： $$ \ln\frac{2b}{2a} =\ln\frac{b}{a} $$ 所以 $$ LA =2\frac{\mu0\ell}{2\pi}\ln\frac{b}{a} =2LB $$ 因此

Question 38

For the circuit shown, what is the rate of change of the current in the inductor when the current in the battery is $0.50\ \mathrm{A}$? 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) $200\ \mathrm{A/s}$ (B) $300\ \mathrm{A/s}$ (C) $400\ \mathrm{A/s}$ (D) $500\ \mathrm{A/s}$ (E) $600\ \mathrm{A/s}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： - 電阻的歐姆定律：$VR=IR$ - 串聯電路的電流相同 - 並聯元件兩端電壓相同 - 電感的電壓—電流關係： $$ VL=L\frac{diL}{dt} $$ 圖中電路為：$12\ \mathrm{V}$ 電池、$20\ \Omega$ 電阻與「$10\ \mathrm{mH}$ 電感和 $10\ \Omega$ 電阻並聯」所組成的串聯電路。 解題方法 已知電池主迴路電流為： $$ I{	ext{battery}}=0.50\ \mathrm{A} $$ 此電流先流經串聯的 $20\ \Omega$ 電阻，因此其電壓降為： $$ V{20\Omega}=I{	ext{battery}}(20\Omega) =(0.50)(20)=10\ \mathrm{V} $$ 電池電壓為 $12\ \mathrm{V}$，所以並聯支路兩端的電壓為： $$ V{\parallel}=12-10=2\ \mathrm{V} $$ 電感與 $10\ \Omega$ 電阻並聯，因此電感兩端電壓也為： $$ VL=2\ \mathrm{V} $$ 電感值為： $$ L=10\ \mathrm{mH}=0.010\ \mathrm{H} $$ 代入電感公式： $$ \frac{diL}{dt}=\frac{VL}{L} =\frac{2}{0.010} =200\ \mathrm{A/s} $$ 單位檢查：

Question 39

A flat coil of wire consisting of $20$ turns, each with an area of $50\ \mathrm{cm^2}$, is positioned perpendicularly to a uniform magnetic field that increases its magnitude at a constant rate from $2.0\ \mathrm{T}$ to $6.0\ \mathrm{T}$ in $2.0\ \mathrm{s}$. If the coil has a total resistance of $0.40\ \Omega$, what is the magnitude of the induced current? (A) $0.2\ \mathrm{A}$ (B) $0.5\ \mathrm{A}$ (C) $0.7\ \mathrm{A}$ (D) $0.9\ \mathrm{A}$ (E) $1.0\ \mathrm{A}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查法拉第電磁感應定律與歐姆定律。 當線圈中的磁通量隨時間改變時，線圈中會產生感應電動勢： $$ |\mathcal{E}|=N\left|\frac{\Delta\PhiB}{\Delta t}ight| $$ 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： $$ \PhiB=BA\cos	heta $$ $	heta$ 是磁場方向與線圈面積向量的夾角。題目說線圈平面與磁場方向垂直，因此面積向量與磁場同方向，$	heta=0^\circ$，故： $$ \PhiB=BA $$ 感應電流大小再由歐姆定律求得： $$ I=\frac{|\mathcal{E}|}{R} $$ 上述公式適用於線圈匝數、面積與方向固定，而磁場大小隨時間改變的情況。 解題方法 1. 單位換算 每一匝線圈面積為： $$ A=50\ \mathrm{cm^2} =50	imes 10^{-4}\ \mathrm{m^2} =5.0	imes10^{-3}\ \mathrm{m^2} $$ 磁場在 $2.0\ \mathrm{s}$ 內由 $2.0\ \mathrm{T}$ 增加至 $6.0\ \mathrm{T}$，因此磁場變化率為： $$ \frac{\Delta B}{\Delta t} =\frac{6.0-2.0}{2.0} =2.0\ \mathrm{T/s} $$ 2. 求感應電動勢 因為線圈方向固定且面積向量與磁場同方向： $$ |\mathcal{E}| =N A\left|\frac{\Delta B}{\Delta t}ight| $$ 代入： $$ |\mathcal{E}| =(20)(5.0	imes10^{-3})(2.0) $$ $$ |\mathcal{E}|=0.20\ \mathrm{V} $$ 3. 求感應電流 線圈總電阻為 $R=0.40\ \Omega$，由歐姆定律： $$ I=\frac{|\mathcal{E}|}{R} =\frac{0.20}{0.40} $$ $$ I=0.50\ \mathrm{A} $$ 單位檢查： $$ \frac{\mathrm{V}}{\Omega}=\mathrm{A} $$

Question 40

An open circuit consists of a $12\ \mu\mathrm{F}$ parallel plate capacitor charged to $200\ \mathrm{V}$ and a $10\ \Omega$ resistor. At the instant when a switch closes the circuit (with no battery in it), the displacement current between the plates of the capacitor is (A) $1.2\ \mu\mathrm{A}$ (B) $2.4	imes10^{-4}\ \mathrm{A}$ (C) $2.4\ \mathrm{mA}$ (D) $10\ \mathrm{A}$ (E) $20\ \mathrm{A}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查電容器放電時的位移電流與電阻中傳導電流的關係。 電容器極板之間沒有電荷實際穿越介質，但變化中的電場會產生位移電流。位移電流定義為 $$ Id=\varepsilon0\frac{d\PhiE}{dt} $$ 對理想平行板電容器而言，位移電流的大小等於外部導線中的傳導電流： $$ Id=I $$ 此關係可由安培–馬克士威定律理解：電流通過導線時，電容極板間則由變化電場所對應的位移電流維持電流的連續性。 --- 解題方法 1. 求電阻中的放電電流 開關剛閉合的瞬間，電容器兩端電壓仍為原先的 $200\ \mathrm{V}$。電阻為 $$ R=10\ \Omega $$ 依歐姆定律，放電電流大小為 $$ I=\frac{V}{R} $$ 代入數值： $$ I=\frac{200\ \mathrm{V}}{10\ \Omega} =20\ \mathrm{A} $$ 2. 對應到電容器極板間的位移電流 由位移電流與傳導電流的連續性： $$ Id=I $$ 因此 $$ Id=20\ \mathrm{A} $$ 電容值 $12\ \mu\mathrm{F}$ 不必直接代入，因為題目問的是「剛閉合瞬間」的電流，而此時電容器電壓已知，可直接使用 $I=V/R$。 --- 單位與數量級檢查 $$ \frac{\mathrm{V}}{\Omega}=\mathrm{A} $$ 因此 $$ \frac{200\ \mathrm{V}}{10\ \Omega}=20\ \mathrm{A} $$

Question 41

If the maximum $E$-component of an electromagnetic wave in free space is $600\ \mathrm{V/m}$, what is the maximum $B$-component? (A) $1.4\ \mathrm{T}$ (B) $1.6	imes10^{-5}\ \mathrm{T}$ (C) $2.0	imes10^{-6}\ \mathrm{T}$ (D) $1.0	imes10^{-3}\ \mathrm{T}$ (E) $1.8	imes10^{-9}\ \mathrm{T}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查自由空間中平面電磁波的電場與磁場關係。電磁波在真空中的電場振幅 $E{\max}$ 與磁場振幅 $B{\max}$ 滿足 $$ E{\max}=cB{\max} $$ 其中 $c$ 為真空光速： $$ c=3.0	imes10^8\ \mathrm{m/s} $$ 此關係適用於自由空間中的電磁波，且電場與磁場彼此垂直，也都垂直於波的傳播方向。 解題方法 由 $$ E{\max}=cB{\max} $$ 解出磁場最大值： $$ B{\max}=\frac{E{\max}}{c} $$ 代入題目數值： $$ B{\max} =\frac{600\ \mathrm{V/m}}{3.0	imes10^8\ \mathrm{m/s}} $$ 利用單位關係 $$ \frac{\mathrm{V/m}}{\mathrm{m/s}} =\frac{\mathrm{V\cdot s}}{\mathrm{m^2}} =\mathrm{T} $$ 因此 $$ B{\max} =2.0	imes10^{-6}\ \mathrm{T} $$ 所以正確選項為 $	ext{(C)}$。 選項分析 - (A) $1.4\ \mathrm{T}$：錯誤。 此數值遠大於由 $B{\max}=E{\max}/c$ 所得到的結果，數量級相差約 $10^6$ 倍。

Question 42

What is the average value of the magnitude of the Poynting vector at $1$ meter from a $100$-watt lightbulb radiating uniformly in all directions? (A) $1\ \mathrm{W/m^2}$ (B) $2\ \mathrm{W/m^2}$ (C) $4\ \mathrm{W/m^2}$ (D) $8\ \mathrm{W/m^2}$ (E) $16\ \mathrm{W/m^2}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查電磁波的能流密度，即坡印廷向量（Poynting vector）$\mathbf{S}$ 的時間平均大小。對於光波而言，$\langle S\rangle$ 代表單位時間通過單位面積的平均能量，也就是光的平均強度： $$ I=\langle S\rangle=\frac{P}{A} $$ 其中： - $P$：光源的總功率 - $A$：能量通過的面積 - $\langle S\rangle$：平均坡印廷向量大小，單位為 $\mathrm{W/m^2}$ 所用物理定律與適用條件 燈泡以相同功率向所有方向均勻輻射，因此在距離光源 $r$ 的位置，光能均勻分布在半徑為 $r$ 的球面上。球面積為 $$ A=4\pi r^2 $$ 因此平均坡印廷向量大小為 $$ \langle S\rangle=\frac{P}{4\pi r^2} $$ 此公式適用於： 1. 光源向各方向均勻輻射。 2. 光在傳播途中沒有顯著吸收或散射。 3. 求的是時間平均值，因此使用平均功率與平均能流密度。 解題方法 已知燈泡功率 $$ P=100\ \mathrm{W} $$ 距離光源 $$ r=1\ \mathrm{m} $$ 半徑 $1\ \mathrm{m}$ 球面的面積為 $$ A=4\pi(1)^2=4\pi\ \mathrm{m^2} $$ 平均坡印廷向量大小： $$ \langle S\rangle=\frac{100}{4\pi}\ \mathrm{W/m^2} $$ 利用 $\pi\approx 3.14$： $$ \langle S\rangle\approx \frac{100}{12.56} \approx 7.96\ \mathrm{W/m^2} $$ 取適當有效數字： $$ \boxed{\langle S\rangle\approx 8\ \mathrm{W/m^2}} $$ 單位檢查：

Question 43

A light ray is partially reflected and partially refracted at a boundary between two media. The upper (lower) medium has index of refraction $n$ ($n'$). The angle of incidence (reflection) is $	hetai$ ($	hetar$). The reflected ray is perpendicular to the refracted ray when 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) $n'=n	an	hetai$ (B) $n'=n\cot	hetai$ (C) $n'=n\frac{\sin	hetai}{\sin	hetar}$ (D) $n'=n\frac{\sin	hetai}{\cos	hetar}$ (E) $n'=n\sec	hetar$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查兩個光學定律： 1. 反射定律 $$	hetai=	hetar$$ 2. Snell 折射定律 $$n\sin	hetai=n'\sin	hetat$$ 其中 $	hetat$ 為折射角，皆以介面法線為基準測量。 此外，題目指出反射光與折射光互相垂直，因此必須利用圖形幾何關係判斷 $	hetat$ 與 $	hetar$ 的關係。 解題方法 反射光與折射光位於介面兩側，兩光線與法線所夾的角度滿足： $$	hetar+	hetat=90^\circ$$ 因此 $$	hetat=90^\circ-	hetar$$ 代入 Snell 定律： $$n\sin	hetai=n'\sin	hetat$$ 又因為 $$ \sin	hetat =\sin(90^\circ-	hetar) =\cos	hetar $$ 所以 $$n\sin	hetai=n'\cos	hetar$$ 整理得 $$\boxed{n'=n\frac{\sin	hetai}{\cos	hetar}}$$ 因此選項 (D) 正確。 再利用反射定律 $	hetai=	hetar$： $$ n'=n\frac{\sin	hetai}{\cos	hetai} =n	an	hetai $$ 所以選項 (A) 也正確。 選項分析 - (A) $n'=n	an	hetai$：正確 由 $	hetai=	hetar$ 及 $$n'=n\frac{\sin	hetai}{\cos	hetar}$$ 得 $$ n'=n\frac{\sin	hetai}{\cos	hetai} =n	an	hetai $$ - (B) $n'=n\cot	hetai$：錯誤 正確結果為

Question 44

When light is refracted, the quantity that does not change in either process is its (A) direction of travel (B) dispersion (C) frequency (D) speed (E) wavelength

Accepted Answer

核心觀念 本題考查光波由一種介質進入另一種介質時的折射現象，以及光波各物理量的變化。 光波折射時，介質的折射率改變，使光速改變。根據波動基本關係式： $$ v=f\lambda $$ 其中： - $v$：光在介質中的速率 - $f$：頻率 - $\lambda$：波長 光線在介質交界面上的頻率由光源決定。為了使交界面處的振動相位連續，折射前後頻率必須保持不變。因此，光速改變時，波長會隨之改變。 介質折射率定義為： $$ n=\frac{c}{v} $$ 所以： $$ v=\frac{c}{n} $$ 在真空或空氣進入介質時，若折射率增加，光速降低；由介質進入空氣時，光速增加。 --- 物理定律與適用條件 折射遵守斯涅耳定律： $$ n1\sin	heta1=n2\sin	heta2 $$ 其中 $	heta1$ 與 $	heta2$ 分別是入射角與折射角，角度均由法線量起。 此定律適用於兩種均勻、各向同性介質的交界面。由此可知，光的傳播方向通常會改變，但若光線垂直入射，方向不會偏折。 頻率在折射前後保持不變： $$ f1=f2 $$ 再由 $v=f\lambda$ 得： $$ \frac{v1}{v2} = \frac{f1\lambda1}{f2\lambda2} = \frac{\lambda1}{\lambda2} $$ 因此在 $f1=f2$ 的條件下： $$ \frac{\lambda1}{\lambda2} = \frac{v1}{v2} = \frac{n2}{n1} $$ 可見折射時速率與波長會改變，但頻率不變。 --- 解題方法 題目問的是光發生折射時，在兩種折射過程中都不改變的物理量。 直接使用判斷原則： 1. 光進入不同介質後，折射率改變。 2. 因此光速 $v=c/n$ 改變。 3. 頻率由光源決定，折射時保持不變。 4. 由 $v=f\lambda$，在頻率不變而速率改變的情況下，波長必然改變。 5. 傳播方向是否改變，取決於入射角與介質折射率；垂直入射時方向不變，斜向入射時通常會偏折。 6. 色散描述不同頻率或不同波長成分的折射率差異，並非折射時必然保持不變的基本波動量。 若以空氣進入玻璃為例，設光源頻率為： $$ f=5.0	imes10^{14}\ 	ext{Hz} $$ 空氣中取 $n1\approx1$，玻璃取 $n2=1.5$，則： $$ v1\approx3.0	imes10^8\ 	ext{m/s} $$

Question 45

An optical fiber has a refractive index of $n=2.0$, while the surrounding air has a refractive index of $1.00$. If light propagates inside the fiber and is incident on the interface between the fiber and air, at what minimum angle (the critical angle) will total internal reflection occur? (A) $15^\circ$ (B) $30^\circ$ (C) $45^\circ$ (D) $60^\circ$ (E) $89^\circ$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查「全反射」（total internal reflection）與「臨界角」（critical angle）。 全反射發生必須同時滿足兩個條件： 1. 光線由折射率較大的介質射向折射率較小的介質，即 $n1n2$。 2. 入射角大於臨界角，即 $	hetai	hetac$。 臨界角定義為：折射光沿著介面前進，折射角為 $90^\circ$ 時的入射角。角度皆以「介面法線」為基準測量。 所使用的物理定律為斯涅耳定律（Snell's law）： $$ n1\sin	hetai=n2\sin	hetar $$ 其中： - $n1$：入射介質折射率 - $n2$：折射介質折射率 - $	hetai$：入射角 - $	hetar$：折射角 --- 解題方法 光線由光纖內部射向空氣，因此： $$ n1=2.0,\qquad n2=1.00 $$ 因為 $n1n2$，符合發生全反射的第一個條件。 在臨界狀態下，折射光沿著界面前進，因此： $$ 	hetar=90^\circ $$ 代入斯涅耳定律： $$ n1\sin	hetac=n2\sin90^\circ $$ 由於 $\sin90^\circ=1$，所以： $$ \sin	hetac=\frac{n2}{n1} $$ 代入數值： $$ \sin	hetac=\frac{1.00}{2.0}=0.50 $$ 因此： $$ 	hetac=\sin^{-1}(0.50)=30^\circ $$ 所以發生全反射的最小臨界角為： $$ \boxed{30^\circ} $$ 角度單位為度數，且臨界角介於 $0^\circ$ 與 $90^\circ$ 之間，數值合理。 --- 選項分析

Question 46

To create a nonreflective coating for a camera lens, a film of index of refraction $n1=2.0$ coats the surface of the lens, which has an index $n2=1.5$. This coating leads to destructive interference for reflected monochromatic light of wavelength $600\ \mathrm{nm}$ in air. Assuming the light ray is incident on the film at nearly normal incidence, what could be the possible thickness of the coating film? (A) $200\ \mathrm{nm}$ (B) $300\ \mathrm{nm}$ (C) $400\ \mathrm{nm}$ (D) $500\ \mathrm{nm}$ (E) $800\ \mathrm{nm}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查薄膜干涉與反射光的相位變化。 入射光由空氣射向鍍膜： - 空氣 $n0=1.0$ → 薄膜 $n1=2.0$：由低折射率射向高折射率，反射光產生 $\pi$ 的相位差。 - 薄膜 $n1=2.0$ → 鏡片 $n2=1.5$：由高折射率射向低折射率，反射光不產生相位差。 因此，兩道反射光之間恰有一次反射相位反轉。 解題方法 近乎垂直入射時，光在薄膜內往返一次所產生的光程差為 $$ \Delta=2n1t $$ 其中 $t$ 為薄膜厚度。 由於兩道反射光之間有一次相位反轉，反射光發生破壞性干涉的條件為 $$ 2n1t=m\lambda0,\qquad m=0,1,2,\cdots $$ 其中 $\lambda0=600\ \mathrm{nm}$ 是空氣中的波長。 代入 $n1=2.0$： $$ 2(2.0)t=m(600\ \mathrm{nm}) $$ $$ 4t=600m\ \mathrm{nm} $$ $$ t=150m\ \mathrm{nm} $$ 因此可能的膜厚為 $$ 150\ \mathrm{nm},\ 300\ \mathrm{nm},\ 450\ \mathrm{nm},\ 600\ \mathrm{nm},\ 750\ \mathrm{nm},\cdots $$ 選項中符合者為 $$ t=300\ \mathrm{nm} $$

Question 47

White light is spread out into spectral hues by a diffraction grating. If the grating has $1000$ lines per cm, at what angle will red light ($\lambda=640\ \mathrm{nm}$) appear in first order? (A) $14.7^\circ$ (B) $7.35^\circ$ (C) $17.7^\circ$ (D) $3.67^\circ$ (E) $0.80^\circ$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查繞射光柵的主極大條件。光柵在垂直入射時，亮紋位置滿足 $$ d\sin	heta=m\lambda $$ 其中： - $d$：光柵相鄰狹縫的間距 - $	heta$：繞射光與中央主極大方向的夾角 - $m$：繞射級次，本題為第一級，因此 $m=1$ - $\lambda$：光波長 光柵每單位長度的刻線數為 $N$ 時，狹縫間距為 $$ d=\frac{1}{N} $$ 本題給定紅光波長 $\lambda=640\ \mathrm{nm}$，求第一級繞射角。 解題方法 1. 求光柵間距 光柵有 $1000$ lines per cm，因此 $$ d=\frac{1\ \mathrm{cm}}{1000} =0.001\ \mathrm{cm} $$ 換算為公尺： $$ d=0.001	imes10^{-2}\ \mathrm{m} =1.0	imes10^{-5}\ \mathrm{m} $$ 紅光波長為 $$ \lambda=640\ \mathrm{nm} =640	imes10^{-9}\ \mathrm{m} =6.40	imes10^{-7}\ \mathrm{m} $$ 2. 套用光柵方程式 第一級繞射 $m=1$，因此 $$ d\sin	heta=m\lambda $$ 代入數值： $$ (1.0	imes10^{-5})\sin	heta =(1)(6.40	imes10^{-7}) $$ 所以 $$ \sin	heta =\frac{6.40	imes10^{-7}}{1.0	imes10^{-5}} =0.0640 $$ 因此 $$ 	heta=\sin^{-1}(0.0640)\approx3.67^\circ $$ 角度很小時，也可用 $\sin	heta\approx	heta$（弧度）快速估算：

Question 48

The light intensity incident on a metallic surface produces photoelectrons with a maximum kinetic energy of $2\ \mathrm{eV}$. The light intensity is doubled. Determine the maximum kinetic energy of the photoelectrons. (A) $4\ \mathrm{eV}$ (B) $2\ \mathrm{eV}$ (C) $\sqrt{2}\ \mathrm{eV}$ (D) $3\ \mathrm{eV}$ (E) $16\ \mathrm{eV}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查光電效應中「光強度」與「光電子最大動能」的關係。 光電效應的愛因斯坦方程式為 $$ K{\max}=hf-\phi $$ 其中： - $K{\max}$：光電子最大動能 - $h$：普朗克常數 - $f$：入射光頻率 - $\phi$：金屬逸出功 此公式適用於入射光頻率高於金屬臨界頻率，即 $hf\phi$ 的情況。 光強度代表單位時間、單位面積所接收的光能量。對頻率固定的單色光而言，光強度加倍表示單位時間內入射的光子數增加，但每個光子的能量 $$ E{	ext{photon}}=hf $$ 不變。 因此，光強度會影響光電子的數量與光電流大小，不會改變單一光電子所能獲得的最大動能。 --- 解題方法 原本光電子的最大動能為 $$ K{\max}=2\ \mathrm{eV} $$ 光強度加倍時，入射光的頻率 $f$ 沒有改變，金屬材料也沒有改變，因此 $hf$ 與逸出功 $\phi$ 均不變。 由愛因斯坦光電方程式： $$ K'{\max}=hf-\phi $$ 與原本的式子相同，所以 $$ K'{\max}=K{\max}=2\ \mathrm{eV} $$ 光強度加倍只會使光電子數目增加，最大動能仍為 $2\ \mathrm{eV}$。

Question 49

When a photon collides with a free electron at rest and the direction of motion of the photon changes, (A) the magnitude of the momentum of the photon does not change. (B) the momentum of the electron does not change. (C) the kinetic energy of the electron does not change. (D) the total energy of the photon does not change. (E) both the magnitude of the momentum and the total energy of the photon decrease.

Accepted Answer

核心觀念 本題考查 康普頓散射（Compton scattering）。情境為： - 入射光子與靜止自由電子碰撞。 - 光子散射方向改變，散射角記為 $	heta$。 - 電子可視為自由粒子，碰撞過程遵守： 1. 相對論性能量關係 2. 動量守恆 3. 總能量守恆 光子的能量與動量為 $$ E\gamma=hf=\frac{hc}{\lambda} $$ $$ p\gamma=\frac{E\gamma}{c}=\frac{h}{\lambda} $$ 因此，光子的能量減少時，其動量大小也會隨之減少。 --- 解題方法 對自由電子的康普頓散射，散射前後波長滿足康普頓位移公式： $$ \lambda'-\lambda=\frac{h}{mec}(1-\cos	heta) $$ 其中： - $\lambda$：入射光子波長 - $\lambda'$：散射光子波長 - $me$：電子質量 - $	heta$：光子散射角 由題意「光子的運動方向改變」，可知 $$ 	heta
eq 0 $$ 因此 $$ 1-\cos	heta0 $$ 所以 $$ \lambda'\lambda $$ 光子能量為 $$ E\gamma=\frac{hc}{\lambda} $$ 由於散射後波長變長，因此 $$ E\gamma'=\frac{hc}{\lambda'}<\frac{hc}{\lambda}=E\gamma $$ 光子動量大小為 $$ p\gamma=\frac{h}{\lambda} $$ 所以 $$ p\gamma'=\frac{h}{\lambda'}<\frac{h}{\lambda}=p\gamma $$ 也就是說，散射後光子的： - 動量大小減少 - 能量減少 這些減少的能量與動量轉移給電子，使電子獲得反沖動能與反沖動量。 --- 物理定律與適用條件 1. 光子的能量—動量關係 光子靜止質量為零，適用 $$ E\gamma=p\gamma c $$ 因此光子能量與動量大小彼此成正比。 2. 動量守恆 碰撞過程中，必須考慮「光子與電子整體」： $$ \vec p{\gamma,i}+\vec p{e,i} = \vec p{\gamma,f}+\vec p{e,f} $$ 電子初始靜止，所以 $$ \vec p{e,i}=0 $$ 由於光子的方向改變，光子的動量向量改變，電子必須獲得反沖動量，因此 $$ \vec p{e,f}
eq 0 $$ 3. 能量守恆 總能量守恆： $$ E{\gamma,i}+mec^2 = E{\gamma,f}+E{e,f} $$ 其中電子散射後的總能量為 $$ E{e,f}=mec^2+Ke $$ 因此 $$ E{\gamma,i} = E{\gamma,f}+Ke $$ 所以 $$ Ke=E{\gamma,i}-E{…

Question 50

A baseball ($1\ \mathrm{kg}$) has an energy of $100$ joules. If its uncertainty in position is $1.0\ \mathrm{m}$, what is the minimum percentage uncertainty in the momentum $\left(\frac{\Delta p}{p}	imes100\%ight)$ of the baseball? Here, $p$ ($\Delta p$) is the momentum (momentum uncertainty) of the baseball. (A) $\ll1\%$ (B) $1\%$ (C) $2\%$ (D) $5\%$ (E) $10\%$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查海森堡不確定性原理： $$ \Delta x\,\Delta p\geq \frac{\hbar}{2} =\frac{h}{4\pi} $$ 其中： - $\Delta x$：位置的不確定度 - $\Delta p$：動量的不確定度 - $\hbar=\dfrac{h}{2\pi}=1.055	imes10^{-34}\ \mathrm{J\cdot s}$ 題目要求「最小」動量不確定度，因此取等號： $$ \Delta p{\min}=\frac{\hbar}{2\Delta x} $$ 棒球的能量依題意取為非相對論性動能： $$ K=\frac{p^2}{2m} $$ 故其動量為： $$ p=\sqrt{2mK} $$ --- 解題方法 已知： $$ m=1\ \mathrm{kg},\qquad K=100\ \mathrm{J},\qquad \Delta x=1.0\ \mathrm{m} $$ 先由動能求棒球動量： $$ p=\sqrt{2mK} $$ $$ p=\sqrt{2(1)(100)} =\sqrt{200} \approx 14.1\ \mathrm{kg\cdot m/s} $$ 再由不確定性原理求最小動量不確定度： $$ \Delta p{\min} =\frac{\hbar}{2\Delta x} $$ $$ \Delta p{\min} =\frac{1.055	imes10^{-34}} {2(1.0)} \approx 5.28	imes10^{-35}\ \mathrm{kg\cdot m/s} $$ 因此相對動量不確定度為： $$ \frac{\Delta p}{p} = \frac{5.28	imes10^{-35}}{14.1} \approx 3.74	imes10^{-36} $$ 換算成百分比： $$ \frac{\Delta p}{p}	imes100\% \approx 3.74	imes10^{-34}\% $$ 這個數值遠小於 $1\%$，因此： $$ \boxed{\frac{\Delta p}{p}	imes100\%\ll1\%} $$ --- 單位與數量級檢查 由

國立中興大學 114 年 《物理》

第 1 題2 分

核心觀念

解題方法

第 2 題2 分

第 3 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 4 題2 分

第 5 題2 分

第 6 題2 分

核心觀念

解題方法

第 7 題2 分

核心觀念

解題方法

第 8 題2 分

第 9 題2 分

核心觀念

解題方法

單位與數量級檢查

第 10 題2 分

第 11 題2 分

第 12 題2 分

核心觀念

解題方法與物理定律

單位與數量級檢查

第 13 題2 分

核心觀念

解題方法與公式推導

單位與數量級檢查

第 14 題2 分

第 15 題2 分

第 16 題2 分

核心觀念

解題方法

單位與數量級檢查

第 17 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

(A) 1 m1\ \mathrm{m}1 m

(B) 43 m\frac{4}{3}\ \mathrm{m}34​ m

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

1. 比較 CpC_pCp​ 與 CvC_vCv​ 的大小

第 22 題2 分

核心觀念

解題方法

第 23 題2 分

第 24 題2 分

核心觀念

物理定律與適用條件

解題方法

選項分析

(A) Ar\ce{Ar}Ar

(B) HX2\ce{H2}HX2​

第 25 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 26 題2 分

第 27 題2 分

核心觀念

解題方法

1. 判斷各電荷是否在球面內

2. 套用高斯定律

第 28 題2 分

第 29 題2 分

第 30 題2 分

第 31 題2 分

第 32 題2 分

第 33 題2 分

第 34 題2 分

核心觀念

國立中興大學 114 年《物理》

(A) $1\ \mathrm{m}$

(B) $\frac{4}{3}\ \mathrm{m}$

1. 比較 $C_p$ 與 $C_v$ 的大小

(A) $\ce{Ar}$

(B) $\ce{H2}$