國立清華大學 114 年 《進階物理與線性代數》

核心觀念

本題考查旋轉參考系中的平衡與穩定性。質點隨圓環轉動時，在旋轉座標系中需考慮：

• 重力位能；
• 離心力所對應的有效位能；
• 以有效位能的二階導數判斷平衡點穩定性。

原始掃描頁未包含本題附圖，因此依題幹「$\theta=0$ 在低角速度時為穩定平衡」及官方答案，採用標準模型：圓環為垂直圓環，繞通過圓心的鉛直直徑旋轉，$\theta$ 從最低點量起。

解題方法

質點位於半徑 $R$ 的圓環上。當其偏離最低點角度為 $\theta$ 時：

1. 重力位能

取最低點為位能零點，質點上升高度為

$$h=R(1-\cos\theta),$$

因此

$$U_g=mgR(1-\cos\theta).$$

2. 離心力有效位能

質點到旋轉軸的距離為

$$\rho=R\sin\theta.$$

旋轉參考系中的離心力為

$$F_{\text{cf}}=m\Omega^2\rho,$$

其對應的有效位能為

$$U_{\text{cf}} =-\frac12m\Omega^2\rho^2 =-\frac12m\Omega^2R^2\sin^2\theta.$$

因此總有效位能為

$$U(\theta) =mgR(1-\cos\theta) -\frac12m\Omega^2R^2\sin^2\theta.$$

平衡點的穩定條件為

$$\left.\frac{d^2U}{d\theta^2}\right|_{\theta=0}>0.$$

先求導：

$$\frac{dU}{d\theta} =mgR\sin\theta -m\Omega^2R^2\sin\theta\cos\theta.$$

再求二階導數：

$$\frac{d^2U}{d\theta^2} =mgR\cos\theta -m\Omega^2R^2(\cos^2\theta-\sin^2\theta).$$

在 $\theta=0$：

$$\left.\frac{d^2U}{d\theta^2}\right|_{\theta=0} =mgR-m\Omega^2R^2.$$

$\theta=0$ 由穩定轉為不穩定的臨界條件是二階導數等於零：

$$mgR-m\Omega_c^2R^2=0.$$

約去 $mR$：

$$g-\Omega_c^2R=0,$$

所以

核心觀念

本題考查：

1. 胡克定律：彈簧力大小為
   $F_s=kx$
2. 靜摩擦力條件：物體保持靜止時，靜摩擦力可自動調整，但最大值為
   $f_s\leq \mu_s mg$
3. 動能—功定理：$m_2$ 初始動能一部分轉化為彈簧位能，另一部分克服動摩擦力而耗散。
4. 臨界條件：要使 $m_1$ 始終不動，彈簧對 $m_1$ 的最大拉力不得超過最大靜摩擦力。

題目指定兩者質量相同，且動、靜摩擦係數皆為 $\mu$。

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解題方法

令 $m_1$ 固定不動，$m_2$ 向右運動時，彈簧逐漸伸長。設 $m_2$ 第一次停止瞬間的最大伸長量為 $x_{\max}$。

1. 判斷 $m_1$ 不動的摩擦條件

當彈簧伸長 $x$ 時，彈簧對 $m_1$ 的拉力大小為

$F_s=kx$

$m_1$ 要保持靜止，地面对它提供的靜摩擦力必須平衡彈簧力，因此必須滿足

$kx\leq \mu mg$

其中最大危險發生在彈簧伸長量最大的時刻 $x=x_{\max}$。故臨界條件為

$kx_{\max}=\mu mg$

亦即

$x_{\max}=\frac{\mu mg}{k}$

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2. 利用能量關係求最大伸長量

初始時彈簧為自然長度，$m_2$ 的初始動能為

$K_i=\frac12 mv_0^2$

在 $m_2$ 第一次停止時，動能完全轉化為：

• 彈簧位能 $\frac12kx_{\max}^2$
• 動摩擦力所做的負功 $\mu mgx_{\max}$

因此由動能—功定理：

$$\frac12mv_0^2 = \frac12kx_{\max}^2+\mu mgx_{\max}$$

代入臨界條件

$x_{\max}=\frac{\mu mg}{k}$

得

$$\frac12mv_0^2 = \frac12k\left(\frac{\mu mg}{k}\right)^2 +\mu mg\left(\frac{\mu mg}{k}\right)$$

整理右側：

$$\frac12mv_0^2 = \frac12\frac{\mu^2m^2g^2}{k} +\frac{\mu^2m^2g^2}{k}$$ $$\frac12mv_0^2 = \frac32\frac{\mu^2m^2g^2}{k}$$

解得

$\mu^2=\frac{kv_0^2}{3mg^2}$

所以最小摩擦係數為

$$\boxed{\mu_{\min} =\sqrt{\frac{v_0^2k}{3mg^2}}}$$

因此選擇 (A)。

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圖示與題目假設

所附掃描圖實際顯示的是第 2 題，未包含本題第 3 題的附圖。以下依題中文字採用標準模型：$m_1$ 為可在水平無摩擦軌道上移動的懸點，$m_2$ 以長度 $\ell$ 的無質量剛性繩懸掛，並在小角度下振盪。

核心觀念

本題考查：

• 小角度單擺近似：$\sin\theta\approx\theta$。
• 水平方向無外力，因此系統的水平動量守恆。
• 懸點 $m_1$ 可以水平移動，使擺球的有效轉動慣量改變。
• 簡諧運動週期公式：

$T=2\pi\sqrt{\frac{\text{有效慣性}}{\text{恢復力矩係數}}}$

由於懸點不是固定的，不能直接套用固定支點單擺週期 $2\pi\sqrt{\ell/g}$。

解題方法

令 $x$ 為 $m_1$ 的水平位移，$\theta$ 為繩子偏離鉛直向下方向的角度。

擺球 $m_2$ 的座標為

$$x_2=x+\ell\sin\theta,\qquad y_2=-\ell\cos\theta$$

1. 水平動量守恆

系統在水平方向沒有外力，因此

$$p_x=(m_1+m_2)\dot{x}+m_2\ell\dot{\theta}\cos\theta$$

若系統初始靜止於水平方向，則總水平動量為零：

$$(m_1+m_2)\dot{x}+m_2\ell\dot{\theta}\cos\theta=0$$

在小角度近似下，$\cos\theta\approx1$，故

$$\dot{x} =-\frac{m_2\ell}{m_1+m_2}\dot{\theta}$$

2. 求小角度下的有效動能

系統動能為

$$K= \frac12(m_1+m_2)\dot{x}^{\,2} +m_2\ell\dot{x}\dot{\theta}\cos\theta +\frac12m_2\ell^2\dot{\theta}^{\,2}$$

小角度下取 $\cos\theta\approx1$，並代入 $\dot{x}$：

$$K =\frac12 \frac{m_1m_2}{m_1+m_2} \ell^2\dot{\theta}^{\,2}$$

因此，角運動的有效慣性係數為

$$I_{\text{eff}} = \frac{m_1m_2}{m_1+m_2}\ell^2$$

3. 求重力位能與運動方程

擺球的重力位能為

$$U=m_2g\ell(1-\cos\theta)$$

小角度下，

$$1-\cos\theta\approx\frac{\theta^2}{2}$$

所以

核心觀念

本題考查：

1. 功率定義：
   $P=\frac{W}{t}=Fv$
   其中 $F$ 為沿運動方向的力，$v$ 為物體速率。

2. 動摩擦力：
   $f_k=\mu_k N$

3. 等速運動條件：合力為零，因此 Jack 的推力必須平衡摩擦力及斜面方向的重力分量。

題目給定 $\mu_k=1$，且前後皆以相同恒定速率 $v$ 運動。採用標準解讀：Jack 的推力方向沿斜面向上。

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解題方法

一、水平地面上的功率

箱子在水平面上等速運動，垂直方向受力平衡，因此

$N=mg$

動摩擦力為

$f_k=\mu_k N=\mu_k mg$

水平方向等速，Jack 的推力大小等於摩擦力：

$F_{\text{水平}}=\mu_k mg$

因此題目所給功率 $P$ 為

$P=F_{\text{水平}}v=\mu_k mgv$

由於 $\mu_k=1$，

$P=mgv$

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二、斜面上的功率

斜面角度為 $\theta=18^\circ$。

垂直斜面方向，推力沿斜面，因此法向力為

$N=mg\cos\theta$

故動摩擦力為

$f_k=\mu_k N=\mu_k mg\cos\theta$

沿斜面向下的重力分量為

$mg\sin\theta$

箱子沿斜面向上等速運動，沿斜面方向合力為零，因此 Jack 所需推力為

$$F_{\text{斜面}} =mg\sin\theta+\mu_kmg\cos\theta$$

斜面上的功率為

$$P_{\text{斜面}} =F_{\text{斜面}}v$$

所以

$$P_{\text{斜面}} =mgv\left(\sin\theta+\mu_k\cos\theta\right)$$

與水平面功率 $P=\mu_kmgv$ 相除：

$$\frac{P_{\text{斜面}}}{P} =\frac{\sin\theta+\mu_k\cos\theta}{\mu_k}$$

代入 $\mu_k=1$ 與 $\theta=18^\circ$：

$$\frac{P_{\text{斜面}}}{P} =\sin18^\circ+\cos18^\circ$$

利用

核心觀念

本題考查鉀離子跨膜運動所受的兩種驅動力：

1. 化學梯度：$\ce{K+}$ 濃度由高處往低處擴散。因細胞內 $\ce{K+}$ 濃度較高，化學梯度傾向使 $\ce{K+}$ 離開細胞。
2. 電位梯度：$\ce{K+}$ 帶正電，會受到電場力作用而移向較低電位處。因細胞內電位低於細胞外，電位梯度傾向使 $\ce{K+}$ 進入細胞。

因此，化學梯度與電位梯度方向相反，必須比較兩者大小，才能判斷 $\ce{K+}$ 的淨移動方向。

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用到的物理定律與適用條件

對帶電離子而言，跨膜運動由電化學勢差決定：

$$\Delta \widetilde{\mu} = RT\ln\left(\frac{c_2}{c_1}\right) + zF(\phi_2-\phi_1)$$

其中：

• $R$ 為氣體常數；
• $T$ 為絕對溫度；
• $c$ 為離子濃度；
• $z$ 為離子價數，對 $\ce{K+}$ 而言 $z=+1$；
• $F$ 為法拉第常數；
• $\phi$ 為電位。

對細胞內、外電位採用常見定義：

$$V_m=V_{\mathrm{in}}-V_{\mathrm{out}}$$

題目給定細胞內電位較低，因此：

$$V_m<0$$

鉀離子的平衡電位由能斯特方程式給出：

$$E_{\ce{K+}} = \frac{RT}{F} \ln\left(\frac{[\ce{K+}]_{\mathrm{out}}} {[\ce{K+}]_{\mathrm{in}}}\right)$$

由於：

$$[\ce{K+}]_{\mathrm{in}}>[\ce{K+}]_{\mathrm{out}}$$

所以：

$$E_{\ce{K+}}<0$$

但題目只知道 $V_m<0$，不知道 $V_m$ 與 $E_{\ce{K+}}$ 的相對大小，因此無法決定鉀離子的淨流向。

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解題方法

考慮 $\ce{K+}$ 從細胞內移動到細胞外，其電化學勢變化為：

$$\Delta\widetilde{\mu}_{\mathrm{in}\to\mathrm{out}} = RT\ln\left( \frac{[\ce{K+}]_{\mathrm{out}}} {[\ce{K+}]_{\mathrm{in}}} \right) + F(V_{\mathrm{out}}-V_{\mathrm{in}})$$

由 $V_m=V_{\mathrm{in}}-V_{\mathrm{out}}$，可改寫為：

$$\Delta\widetilde{\mu}_{\mathrm{in}\to\mathrm{out}} = RT\ln\left( \frac{[\ce{K+}]_{\mathrm{out}}} {[\ce{K+}]_{\mathrm{in}}} \right) -FV_m$$

其中：

• 第一項因濃度由內高外低而為負，促進鉀離子向外移動；
• 第二項因 $V_m<0$ 而為正，促進鉀離子向內移動。

兩項大小未知，故無法判定淨流向。

若：

$$V_m>E_{\ce{K+}}$$

則化學梯度較強，$\ce{K+}$ 傾向外流。

若：

$$V_m<E_{\ce{K+}}$$

則電位梯度較強，$\ce{K+}$ 傾向內流。

核心觀念

本題考查「物質波的波粒二象性」與「雙狹縫干涉」。

適用的物理定律與條件如下：

1. 德布羅意物質波

具有動量 $p$ 的中子，其物質波波長為

$\lambda=\frac{h}{p}$

其中 $h$ 為普朗克常數。只要中子的波長與狹縫間距、實驗幾何尺度相當，就能產生繞射與干涉。

2. 量子態的疊加原理

中子通過雙狹縫時，其量子態可表示為兩條路徑量子態的疊加：

$\left|\psi\right\rangle=\left|\psi_1\right\rangle+\left|\psi_2\right\rangle$

因此探測屏上的機率振幅會相加，再由波恩規則取機率：

$P\propto|\psi_1+\psi_2|^2$

展開得

$$P\propto|\psi_1|^2+|\psi_2|^2 +2\operatorname{Re}\left(\psi_1^*\psi_2\right)$$

最後一項就是干涉項，會造成明暗相間的干涉條紋。

3. 測量造成的退相干

若取得中子究竟通過哪一條狹縫的資訊，兩條路徑間的相干性會被破壞，干涉項消失或顯著減弱，因此干涉圖樣會消失或變得不明顯。

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解題方法

判斷本題的關鍵，在於辨認干涉是由「同一個量子粒子的兩條可能路徑之間」產生，而不是由不同中子彼此碰撞或互相干涉。

即使實驗裝置調整到一次只讓一個中子通過，經過長時間累積後，探測屏上仍會逐漸形成干涉條紋。這表示每一個中子的量子波函數都能經由兩條狹縫形成疊加，並與自身的另一條路徑振幅產生干涉。

因此，依照題目採用的量子力學表述：

$\boxed{\text{單一中子經由兩狹縫的量子態疊加，產生自我干涉}}$

故正確選項為 (A)。

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選項分析

(A) Each neutron simultaneously passes through two slits and interferes with itself to form an interference pattern.

正確。

嚴格地說，中子不是以經典小球的方式「一半通過左縫、一半通過右縫」，而是其量子態同時包含兩條路徑的機率振幅：

$\left|\psi\right\rangle=\left|\psi_1\right\rangle+\left|\psi_2\right\rangle$

兩條路徑的振幅在探測屏上疊加，形成干涉項。許多中子逐一抵達屏幕後，個別事件呈現點狀分布，但累積分布會形成干涉圖樣。

因此，題目以「each neutron simultaneously passes through two slits and interferes with itself」描述單粒子干涉，符合本題官方答案。

核心觀念

本題考查理想 $LC$ 電路的能量守恆，以及電感與電容所儲存能量的公式。

適用條件為：

• 電路為理想 $LC$ 電路，忽略電阻，因此沒有焦耳熱損失。
• 電感儲存的磁能為
  $U_L=\frac{1}{2}LI^2$
• 電容儲存的電能為
  $U_C=\frac{Q^2}{2C}=\frac{1}{2}CV^2$
• 理想 $LC$ 電路的總能量守恆：
  $U_{\text{total}}=U_L+U_C=\text{constant}$

題目指出電容器初始電荷為零，因此初始時

$Q=0,\qquad U_C=0$

此時電流達最大值 $I_0$，所以初始總能量全部儲存在電感中：

$U_{\text{total}}=\frac{1}{2}LI_0^2$

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解題方法

理想 $LC$ 電路中，電能與磁能會週期性交換：

$$\frac{Q^2}{2C}+\frac{1}{2}LI^2 =\frac{1}{2}LI_0^2$$

其中總能量雖然在電容與電感之間轉移，但其總和不隨時間改變。

電路的角頻率為

$\omega=\frac{1}{\sqrt{LC}}$

若以電容電荷初始為零、電流初始為最大值作為 $t=0$，可表示為

$I(t)=I_0\cos(\omega t)$

電荷則為

$Q(t)=\frac{I_0}{\omega}\sin(\omega t)$

代入能量式：

$U_L=\frac{1}{2}LI_0^2\cos^2(\omega t)$

$U_C=\frac{1}{2}C\left(\frac{I_0}{\omega}\right)^2\sin^2(\omega t)$

由於

$\omega^2=\frac{1}{LC}$

因此

$$C\left(\frac{I_0}{\omega}\right)^2 =C I_0^2LC$$

需直接使用 $Q_{\max}=I_0/\omega$，則

$$U_C =\frac{1}{2}C\frac{I_0^2}{\omega^2}\sin^2(\omega t) =\frac{1}{2}LI_0^2\sin^2(\omega t)$$

所以

$$U_{\text{total}} =\frac{1}{2}LI_0^2 \left[\cos^2(\omega t)+\sin^2(\omega t)\right] =\frac{1}{2}LI_0^2$$

總能量為定值。

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選項分析

(A) The total energy of the LC circuit oscillates with time.

錯誤。

電感磁能 $U_L$ 與電容電能 $U_C$ 會隨時間振盪：

$U_L=\frac{1}{2}LI_0^2\cos^2(\omega t)$

$U_C=\frac{1}{2}LI_0^2\sin^2(\omega t)$

但兩者總和為

$U_L+U_C=\frac{1}{2}LI_0^2$

始終不變。因此振盪的是能量的形式，不是總能量。

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核心觀念

本題考查電感在交流電路中的感抗（inductive reactance）與頻率響應。

對理想電感，電壓與電流關係為

$$v_L(t)=L\frac{di(t)}{dt}$$

其中 $L$ 為電感值，單位為亨利（H）。若通入角頻率為 $\omega$ 的正弦交流電：

$$i(t)=I\cos(\omega t)$$

則電感兩端的阻抗為

$$Z_L=j\omega L$$

因此感抗大小為

$$X_L=|Z_L|=\omega L=2\pi fL$$

適用條件是電路以穩態正弦交流訊號分析，且電感可近似為理想元件。由公式可知，感抗 $X_L$ 與頻率 $f$ 成正比：

• 頻率低時，$X_L$ 小，電感容易讓交流電流通過。
• 頻率高時，$X_L$ 大，電感強烈阻礙交流電流。

因此，電感具有「低頻較容易通過、高頻較難通過」的特性。

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解題方法

直接使用電感感抗公式：

$$X_L=2\pi fL$$

當頻率升高時，

$$f\uparrow \quad\Longrightarrow\quad X_L\uparrow$$

感抗越大，電路中的交流電流越小。以串聯 $RL$ 電路為例，總阻抗大小為

$$|Z|=\sqrt{R^2+(\omega L)^2}$$

若輸入電壓為 $V_{\text{in}}$，電流大小為

$$I=\frac{V_{\text{in}}}{\sqrt{R^2+(\omega L)^2}}$$

當頻率升高時，$\omega L$ 增大，分母增大，因此電流 $I$ 減小。這表示電感對高頻訊號具有較強的阻礙作用，也就是題目所說的「blocks high-frequency signals」。

在極限情況下：

$$f\to 0 \quad\Longrightarrow\quad X_L\to 0$$

電感近似短路；而

$$f\to\infty \quad\Longrightarrow\quad X_L\to\infty$$

電感近似開路。這正是電感可用於濾波器的原因。

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選項分析

(A) The inductor blocks high-frequency signals since its reactance increases with the frequency.

正確。

由

$$X_L=2\pi fL$$

可知頻率增加時，電感感抗增加。高頻訊號通過電感時受到較大的阻抗，電流因此受到抑制，所以電感會阻擋高頻訊號。此敘述與官方答案一致。

核心觀念

本題考查功—能定理與保守力的位能變化。

適用條件如下：

1. 細繩長度固定，球沿圓弧運動。
2. 細繩張力始終沿半徑方向，而球的瞬時位移沿切線方向，因此張力不做功。
3. 球「慢慢擺上去」且末態動能可忽略，故可視為準靜態過程，初、末動能皆近似為零。
4. 重力為保守力，重力位能增加量為 $mg\Delta h$。

因此，外力 $F$ 所做的功主要轉換為球的重力位能。

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解題方法

設球由鉛直向下位置擺至與鉛直線夾角 $\theta$ 的位置。

初始位置到支點的垂直距離為 $L$，末位置到支點的垂直距離為 $L\cos\theta$，所以球上升高度為

$$\Delta h=L-L\cos\theta=L(1-\cos\theta).$$

由功—能定理，

$$W_F+W_T+W_g=\Delta K.$$

其中：

• 張力不做功，故 $W_T=0$；
• 重力做功為位能減少量的負值：

$$W_g=-\Delta U_g=-mgL(1-\cos\theta);$$

• 初、末動能皆近似為零，故 $\Delta K\approx 0$。

代入得

$$W_F-mgL(1-\cos\theta)=0.$$

因此

$$\boxed{W_F=mgL(1-\cos\theta)}.$$

檢查單位：

$$[mgL]=\mathrm{N\cdot m}=\mathrm{J},$$

符合功的單位；且當 $\theta=0$ 時，球沒有移動，功為 $0$，結果合理。

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選項分析

(A) $mgL\sin\theta$：錯誤

$L\sin\theta$ 是球相對初始位置的水平位移，不是垂直上升高度。重力位能的增加應由垂直高度差決定，正確高度為

$$L(1-\cos\theta),$$

所以不能選 A。

核心觀念

本題考查：

• 靜力平衡條件：$\sum \tau=0$、$\sum F_y=0$。
• 力矩定義：$\tau=F r_\perp$。
• 地面無摩擦，因此地面对梯子的反作用力只有鉛直方向的支持力。
• 鉸鏈 $A$ 為兩梯子的內部連接點，對兩支梯子整體而言，鉸鏈力屬於內力，會互相抵消。

題目所附影像實際上是第 9 題，未包含第 10 題圖形。以下依官方答案所採用的標準圖形解讀：兩支等長梯子以 $A$ 為共同鉸鏈，底端位於同一水平無摩擦地面，夾角為 $90^\circ$，水平繩連接兩梯子的中點。

解題方法

因兩梯子長度相同，且底端在同一水平面、夾角為 $90^\circ$，所以每支梯子與水平面的夾角為 $45^\circ$。

設兩支梯子底端的支持力分別為 $N_1$、$N_2$。

以其中質量為 $m_1$ 的梯子為研究對象，取鉸鏈 $A$ 為力矩中心：

• 梯子重量 $m_1g$ 作用於中點。
• 繩張力 $T$ 也作用於中點。
• 地面支持力 $N_1$ 作用於梯子底端。
• 鉸鏈力通過 $A$，對 $A$ 的力矩為零。

中點到 $A$ 的鉛直距離為

$$\frac{L}{2}\cos45^\circ=\frac{L}{2\sqrt2}.$$

底端到 $A$ 的水平距離為

$$L\sin45^\circ=\frac{L}{\sqrt2}.$$

取力矩大小並令其平衡：

$$N_1\frac{L}{\sqrt2} = (m_1g+T)\frac{L}{2\sqrt2}.$$

約去 $L/\sqrt2$：

$$N_1=\frac{m_1g+T}{2}.$$

同理，對質量為 $m_2$ 的梯子：

$$N_2=\frac{m_2g+T}{2}.$$

再對兩支梯子整體作鉛直方向受力分析。鉸鏈力為內力，地面無摩擦也不提供水平力，因此鉛直方向平衡為

$$N_1+N_2=(m_1+m_2)g.$$

代入前兩式：

核心觀念

本題考查定容莫耳熱容量的定義，以及內能對溫度的偏微分：

$$C_V=\left(\frac{\partial E_{\mathrm{int}}}{\partial T}\right)_V$$

適用條件是：

• 物質的量固定為 $1$ mol。
• 取偏微分時，體積 $V$ 保持不變。
• van der Waals 常數 $a$、$b$ 為氣體本身的定值。
• 由熱力學第一定律，在定容過程中 $dV=0$，故外界對氣體所做的膨脹功為零，吸收的熱量全部用於改變內能：

$$\delta Q=dE_{\mathrm{int}}+P\,dV$$

當 $dV=0$ 時，

$$\delta Q_V=dE_{\mathrm{int}}$$

因此

$$C_V=\left(\frac{\delta Q}{dT}\right)_V =\left(\frac{\partial E_{\mathrm{int}}}{\partial T}\right)_V$$

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解題方法

題目直接給出一莫耳氣體的內能：

$$E_{\mathrm{int}}=\frac{3}{2}RT-\frac{a}{V}$$

在定容條件下，$V$ 為常數；$a$ 也是常數。因此對 $T$ 做偏微分：

$$C_V =\left(\frac{\partial E_{\mathrm{int}}}{\partial T}\right)_V =\left(\frac{\partial}{\partial T} \left[\frac{3}{2}RT-\frac{a}{V}\right]\right)_V$$

分別微分：

$$\frac{\partial}{\partial T}\left(\frac{3}{2}RT\right) =\frac{3}{2}R$$

而

$$\frac{\partial}{\partial T}\left(\frac{a}{V}\right)=0$$

因為在定容微分中，$V$ 固定，且 $a$ 不隨溫度改變。故

$$\boxed{C_V=\frac{3}{2}R}$$

所以正確選項為：

$$\boxed{\text{(A)}\ \frac{3}{2}R}$$

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為什麼交互作用項不影響 $C_V$？

內能中的分子動能部分為

$$\frac{3}{2}RT$$

這一部分隨溫度改變，因此對 $C_V$ 有貢獻。

分子間作用力造成的位能修正為

$$-\frac{a}{V}$$

在固定體積下，此項與溫度無關，因此升高溫度時不會改變其數值，對定容熱容量的微分結果沒有貢獻。

參數 $b$ 出現在狀態方程式

$$\left(P+\frac{a}{V^2}\right)(V-b)=RT$$

中，主要修正分子本身所占體積對壓力與體積關係的影響；題目給定的內能函數中沒有 $b$，所以不能直接出現在 $C_V$ 的結果中。

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選項分析

(A) $\displaystyle \frac{3}{2}R$：正確

由定容熱容量定義：

$$C_V=\left(\frac{\partial E_{\mathrm{int}}}{\partial T}\right)_V$$

核心觀念

本題考查熱力學第一定律與 $P$–$V$ 圖中各過程的吸放熱判斷。

熱力學第一定律為

$$\delta Q=dU+\delta W=dU+P\,dV$$

其中：

• $\delta Q>0$：氣體吸收熱量。
• $\delta Q<0$：氣體放出熱量。
• $\delta W=P\,dV$：氣體對外作功。
• 單原子理想氣體的內能為
  $U=\frac{3}{2}nRT$
  因此
  $dU=\frac{3}{2}nR\,dT.$

對理想氣體 $PV=nRT$ 微分，可得

$$P\,dV+V\,dP=nR\,dT.$$

所以單原子理想氣體在任意過程中的熱量變化可寫成

$$\delta Q =\frac{3}{2}nR\,dT+P\,dV =\frac{5}{2}P\,dV+\frac{3}{2}V\,dP.$$

判斷每一段是否吸熱，必須同時考慮溫度變化與作功，不能只看體積是否增加。

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解題方法

循環方向為

$$B\rightarrow A\rightarrow C\rightarrow B.$$

1. 過程 $BA$：等溫過程

$BA$ 為等溫過程，因此

$$dT=0,\qquad dU=0.$$

由熱力學第一定律：

$$\delta Q=P\,dV.$$

依圖中 $B\rightarrow A$ 的方向，氣體膨脹，故

$$dV>0\quad\Rightarrow\quad \delta Q>0.$$

因此氣體在 $BA$ 過程吸收熱量。

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2. 過程 $AC$

依圖中 $A\rightarrow C$ 的方向，氣體體積減小，且溫度下降，因此

$$dV<0,\qquad dT<0.$$

所以

$$dU=\frac{3}{2}nR\,dT<0$$

且

$$P\,dV<0.$$

故

核心觀念

本題考查：

1. 理想氣體狀態方程：
   $PV=nRT$
2. 活塞兩側在準靜態、無摩擦平衡下，壓力始終相等。
3. 右側氣體與外界及加熱棒皆無熱交換，因此右側進行可逆絕熱壓縮：
   $PV^\gamma=\text{constant}$
4. 熱力學第一定律：
   $Q=\Delta U+W$
   其中 $W$ 為氣體對外作功。
5. 單原子理想氣體：
   $\gamma=\frac{C_P}{C_V}=\frac{5/2R}{3/2R}=\frac{5}{3}$

整個圓柱外壁絕熱，但左側有加熱棒供熱，因此所求熱量是左側氣體吸收的熱量。

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解題方法

設右側氣體最後體積為 $V_R$，左側氣體最後體積為 $V_L$。

由於圓柱總體積固定，

$V_L+V_R=2V_0$

最後壓力為

$P_f=32P_0$

1. 求右側氣體最後體積

右側氣體絕熱壓縮，因此

$PV^\gamma=P_0V_0^\gamma$

代入 $P_f=32P_0$ 與 $\gamma=5/3$：

$32P_0V_R^{5/3}=P_0V_0^{5/3}$

$\frac{V_R}{V_0}=32^{-3/5}$

因為 $32=2^5$，所以

$32^{-3/5}=2^{-3}=\frac18$

故

$V_R=\frac18V_0$

因此左側最後體積為

$V_L=2V_0-\frac18V_0=\frac{15}{8}V_0$

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2. 求左側氣體內能變化

由理想氣體方程式，

$$\frac{T_f}{T_0} =\frac{P_fV_L}{P_0V_0} =32\times\frac{15}{8}=60$$

所以

$T_f=60T_0$

左側氣體內能變化為

$\Delta U=nC_V(T_f-T_0)$

$\Delta U=n\left(\frac32R\right)(59T_0)$

由初始狀態 $P_0V_0=nRT_0$，得

$\Delta U=\frac{177}{2}P_0V_0$

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3. 求左側氣體對外作功

活塞移動時，兩側壓力相等。令右側體積為 $V_R$，則左側體積為

$V_L=2V_0-V_R$

因此

$dV_L=-dV_R$

右側絕熱過程給出壓力：

$P=P_0\left(\frac{V_0}{V_R}\right)^{5/3}$

左側氣體對外作功為

$W=\int_{V_0}^{15V_0/8}P\,dV_L$

改以 $V_R$ 積分：

核心觀念

本題考查帶電粒子在互相垂直的均勻電場與磁場中的運動，核心定律如下：

1. 洛倫茲力
   $\vec{F}=q(\vec{E}+\vec{v}\times\vec{B})$

2. 功—能定理
   $W_{\text{net}}=\Delta K$

3. 磁力始終垂直於粒子速度，因此磁力不做功：
   $\vec{F}_B\cdot\vec{v}=0$

因此，粒子的動能改變只來自電場所做的功。此結論適用於均勻、定常磁場，且忽略重力與其他阻力的情況。

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解題方法

電場方向為 $+y$，粒子帶正電，因此電力方向也是 $+y$：

$\vec{F}_E=qE\hat{j}$

磁力會改變速度方向，但不改變速率。粒子從原點靜止出發，移動到最高點 $P$ 時，位移的垂直分量為 $y_{\max}$。

電場力所做的功為

$$W_E=qE y_{\max}$$

由於磁力不做功，且粒子初始靜止，所以初動能為零。利用功—能定理：

$$qE y_{\max} = \Delta K = \frac{1}{2}mv_P^2-0$$

因此

$$\frac{1}{2}mv_P^2=qE y_{\max}$$

整理得

$$v_P^2=\frac{2qE y_{\max}}{m}$$

故粒子在 $P$ 點的速度大小為

$$\boxed{v_P=\sqrt{\frac{2qE y_{\max}}{m}}}$$

在最高點，粒子的垂直速度分量 $v_y=0$，所以速度方向為水平方向；磁場只負責使軌跡彎曲，不影響上述速率結果。

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單位與數量級檢查

電荷乘以電場乘以距離的單位為能量：

$$[qEy_{\max}]=\mathrm{C\cdot N/C\cdot m} =\mathrm{N\cdot m} =\mathrm{J}$$

因此