筆試試題（一） 編號：

教育部 100 學年度高級中學數理及資訊學科能力競賽物理科決賽 筆試試題（一）

編號： 01 .

說明： （1）請先核對答案卷上之編號和你的編號是否一致。

（2）本試題卷共六大題，請依題號在答案卷上指定位置作答，

試題卷需隨答案卷繳回。

【第一題】

一長方形光學平板厚度為t，寬為 w，長為 L，折射

率為n，如圖所示。圖中 x、y、z 分別為參考座標軸。 A

B z

y x

t (a) 光線從上面（A）射入，入射角為

θ

。試計算光線從

下方射出時與法線的夾角，以及射出光線與入射光線 兩道光線之間的距離。 (7 分)

作為光導薄膜時，厚度t 很小，光線從側面（B）沿 yz 平面入射。

(b) 如果將 B 面固定於 x 軸，使薄膜沿著 yz 平面彎曲，形成半徑為 R 的半圓形圓 弧。試計算當光線平行於 y 軸射入時，光線能夠在光導薄膜中傳播的最小 R 值為多少？ (6 分)

(c) 計算光線能夠在此半圓弧光導薄膜之中傳播的最大入射角（與 y 軸的最大夾 角）。 (6 分)

(d) 在薄膜上下兩面各鍍上厚度為 s，折射率為 nB的薄膜，計算光線能夠在此半 圓弧光導薄膜之中傳播的最大入射角（與y 軸的最大夾角）。 (6 分)

【第二題】

某冬，高山上恆溫於零下20 ℃。山中ㄧ屋，其屋頂與地板為絕熱，房屋之 牆壁厚度為15 公分，牆壁總面積為 200 平方公尺，其熱導率為 0.055 W/m-K。

內牆與空氣之熱傳導係數為 8.5 W/m²-K，外牆與戶外空氣之熱傳導係數為 34-W/m²-K。屋內設有一電暖器，可將室內溫度維持在 20℃。若忽略熱輻射效應，

【第三題】

有一條河寬度為 d，漁夫駕船橫越河面兩次。第一次是用最短時間渡河，所 用時間為 T；第二次渡河方式為上岸位置是往下游方向偏移距離最小（如下圖），

船行方向 d 水流方向

偏移距離

所用時間為2T。請問在(a)船相對於河水的速度大小大於水流速率，及(b)船相對 於河水的速度大小小於水流速率，這兩種狀況下水流速率是多少？ ( (a)小題 10 分，(b)小題 15 分)

【第四題】

一個封閉氣缸被無摩擦力的活塞分成上下兩部分（如圖所示），上半部為真 空，內有一彈性係數為k 的彈簧（原長為汽缸高度）懸吊著活塞。下半部充滿具 有定容比熱 的理想氣體n mole，如果初始平衡態時活塞高度為 ，請問當有 熱量Q 被氣體吸收後，活塞高度變成多少？ (15 分) 氣體溫度升高多少？ (10 分) （註：氣體常數為 R，活塞與彈簧質量不計）

CV h₁

【第五題】

以下是楊氏干涉實驗，首先定義一些物理量及運算。

平面上的電場可表示如下：

y x y E x E

Er = _xˆ+ _yˆ (ˆ, ˆ

∗

∗

∗

∗ =E_xx+E_yy E_x Er ˆ ˆ (

分別是 x, y 方向的單位向量) 是 Ex 的共軛複數，依此類推)

0

2

0 0

λ π φ

i nr

x i x

x E e E e

E = = ，n：折射率，

λ

0：光在真空中的波長，φ：電場相位，

Ex0：電場大小， r：光在空間行走距離 [Note: e^iφ =cos

φ

+isin

φ

]

y E x E E y E x E

Er₁ = _1xˆ+ _1yˆ , r₂ = _2xˆ+ _2yˆ

y y x

xE E E

E E

Er₁• r₂ = _{1 2} + _{1 2}

2 2

) 2

( E E E E_xE_x E_yE_y E_x E_y I = r = r• r^∗ = ^∗+ ^∗ = +

強度

非偏極化光：電場的方向沒有沿著某一固定方向

線偏極板（PL）：光通過 PL 之後只剩下沿著穿透軸方向的電場

穿透軸 PL 電場 電場

光

楊氏干涉儀裝置如下:

y 波長

λ

₀

非偏極化單色光

d

孔徑2 L

軸心

A 孔徑1 x

C

B

成像面

以下 (a) ~ (c) 孔徑 1 與孔徑 2 的大小相同

(a) 在 A、B 處各放置一個線偏極板，C 處不放置任何東西，假設位置 A 偏極板 的穿透軸方向沿著 x 軸，位置 B 偏極板的穿透軸方向沿著 y 軸，試問在成 像面（靠近軸心附近）上看得到干涉紋嗎（請由上述定義運算說明之）？ (3 分)

(b) 把 A，B 兩處的線偏極板穿透軸均沿著 x 軸方向排列，C 處不放任何物體，

則在成像面（靠近軸心附近）上看得到干涉紋嗎？間隔多寬？ (5 分) (c) 同(b)之情形，但在 C 位置放一薄玻璃，（假設其折射率 n = 1.5，空氣折射率

為1） 若欲使(b)情形成像面上的亮紋變成暗紋，則玻璃厚度需滿足什麼條 件（註：光程 = n×ℓ，n 是折射率，ℓ 是光實際走的距離，這表示光通過折 射率 n 之物體長度 ℓ，等效於光通過空氣中長度為 nℓ 距離）？ (7 分) (d) 同(b)之情形，但放大孔徑 1 的大小，假設成像面上，人眼睛所能看到的對

比度極限是 1/5（對比度定義為

min max

min max

I I

I V I

+

= − ，I_max為建設性干涉位置的光 強度， Imin為破壞性干涉位置的光強度），則放大孔徑1 的大小直到成像面 上的對比度達到人眼所能看到的極限 1/5，試問此時孔徑 1 的直徑是孔徑 2 直徑的幾倍（註：在此只考慮干涉，不考慮繞射效應，即 d >> 孔徑 1、2 的直徑）？ (10 分)

【第六題】

有一條長60cm 的琴弦，其質量分布均勻，線密度 kg/m。若將此 弦之兩端固定，使其張力為48.87nt（如圖一）。

10 4

78 .

4 × ⁻

(a) 寫出基頻之波函數 y(x,t)。 (10 分)

(b) 若琴弦的左邊一段 20cm 被某種物質包覆，此段之質量還是均勻分布，但線 密度變成原來的4 倍，張力維持不變（如圖二）。寫出基頻之波函數 y(x,t)。

(15 分)

圖 一 圖 二

第4 之 4 頁

教育部 100 學年度高級中學數理及資訊學科能力競賽物理科決賽 筆試試題（一）參考解

【第一題參考解】

(a)

上邊界 ^θ

β θ

sin

sin _in =n _{β β}

下邊界

in

nsin

β

=sin

θ

out =sin

θ

_d

設光線在平板中的路徑長為 ，則

l cos β

= t l

) sin cos cos

(sin )

sin( θ − β = θ β − θ β

= l l

d

cos ) sin (sin cos

) sin cos cos

cos (sin β

β θ θ

β θ β

β θ ^{− = −}

= t t

d

2

2

/

sin 1 cos

, / sin sin

sin

sin θ = n β → β = θ n β = − θ n

/ ) sin 1 1 cos ( sin cos )

/ sin (sin cos

2

2

n

t n t n

d θ

θ θ β

θ θ θ

− −

=

−

=

(b)

下圖四光線中，上方入射角最大，下方入射角最小。

2 /

2 1 /

sin R t t R

n

_C

C

C

+

= −

θ =

^θC

(R+t/2) (R-t/2)

2 1 1 t n R

_C

n ⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛

−

= +

(c)

第12 之 2 頁

n _C n1

sin , sin

sinα = β θ =

Bottom Ray:

2 /

) cos(

2 /

) 2 / sin(

2 / sin

t R t

R t

R = +

+

= −

−

β β

π θ

n t

R t

R 1

2 /

) cos(

) 2 /

sin ( ≥

+

= − β

θ

) 2 / (

2 sin /

1 )

cos( ²

t R n

t R

−

≥ +

−

=

β

β

2 2

2 2

2 2

2 2

2 /

2 sin /

) 2 / (

2 sin /

sin ⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛

−

≥ +

−

− →

≥ +

−

=

− R t

t n R

t R

t n R

n

n β α α

2 2

2 2 2

2 /

2 sin /

2 sin /

2

/ ⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛

−

− +

≤

→

⎟ ≥

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛

−

− +

t R

t n R

t R

t

n R α α

2 /

) cos(

2 /

) 2 / sin(

2 / sin

t R t

R t

R = +

+

= +

−

β π

β

θ ，同前

Middle Ray:

2 /

) cos(

2 /

) 2 / sin(

sin

t R t

R

R = +

+

= π −β β

θ

n t

R

R 1

2 /

) cos(

)

sin ( ≥

= + β

θ

nR t R /2 sin

1 )

cos(β = − ²β ≥ +

2 2

2 2

2 2

2

2 /2

2 sin sin /

sin ⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝

≥⎛ +

− + →

≥

−

=

− R

t n R

R t n R

n

n β α α

2 2

2 2

2 /2

sin 2 sin

/ 2

/ ⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝

−⎛ +

≤

→

⎟ ≥

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛

−

− +

R t n R

t R

t

n R α α

α β θ

α β

θ

α β

θ

Top Ray:

β θ α

2 /

) cos(

2 /

) 2 / sin(

2 / sin

t R t

R t

R = +

+

= − +

β β

π θ

n ) 1 cos(

sinθ = β ≥

n sin 1

1 )

cos(β = − ²β ≥

1 sin 1

sin

sin^{2 2 2 2 2}

2

2 −n β = n − α ≥ →n − α ≥

n

1 sin

sin

1 ^{2 2}

2 − ≥ → ≤ n −

n

α α

Plane Wave guide

The bottom ray limits the maximum incident angle

2 2

1

2 /

2

sin / ⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛

−

− +

≤ ⁻

t R

t n R

α

(d)

未鍍膜時

1 θ sin2

sin , sin

sinα =n β n θ_C = π = β

α

鍍膜後 β α sin sin =n

γ θ

sin sin n_B n =

2 1 sin sinγ_C = π = nB

1 sin sin _C =n_{B C} =

n

θ γ

與未鍍膜相同

α

β

θ

γ γ

【第二題參考解】

由題目可知

熱導率 K = 0.055 W/m-K

內牆之熱傳導係數 hi = 8.5 W/m²-K 外牆之熱傳導係數 ho = 34 W/m²-K 室內溫度 Ti = 20 ℃ = 293 K

室外溫度 To = -20 ℃ = 253 K 牆壁面積 A = 200 m²

牆壁厚度 D = 15 cm = 0.15 m

假設此屋處於熱傳導穩定狀態(steady state)，並定義

1. 內牆與室內空氣之熱流率 = = 1 , whereQ=heat dt

Q A dt

q_i δqⁱ δ

&

2. 牆內部之熱流率q&_w

3. 外牆與戶外空氣之熱流率 q&_o q

q q

q&_i = &_w = &_o = &

⇒

(1) 計算屋內熱流率： q&_i =h_i×A×(T_i −T_wi) (2) 計算屋外熱流率：q&_o =h_o×A×(T_wo −T_o) (3) 計算牆內熱流率：

D T A T

dx K A dT K

q&_w =− × × ≈− × × ^wo− ^wi

(4) 由(1)式可得：

A h T q T

i i wi = − ×&

(5) 由(2)式可得：

A h T q T

o o wo = + ×&

(6) 將(4),(5)兩式代入(3)式中：

⎥⎦

⎢ ⎤

⎣

⎡ − − × +

= ×

× −

×

= 1 1)

( )

(

o i o

i wo

wi

h h A T q D T

A K D

T A T

K

q &

&

78 . 2 1) (1

)

( ≅

+ +

−

= ×

⇒

o i

o i

h K D h

T T

q& A （kＷ）

(7) 假設恆溫系統效率為 1。因此，每月至少需付出電費=2.78x24x30x3=6,000 元。

第12 之 4 頁

【第三題參考解】

假設船相對於河水速度v ，水流速度為v，則船相對於岸上的速度為v v。

如上圖，則渡河時間為

t v cos θ d

第一次渡河要求時間最短，則θ 0, cos θ 1，所以T d/v 。 第二次渡河

(a) 三種速度的向量圖改為如下，其中圓是以 vb為半徑所繪，

v v將落在圓上任一點。因為要求偏移距離最小，代表v v在水流方向的 分量最小，即v v與v夾角最大(不超過直角)，如下圖

v v

v θ

v v v v

d

v 水流方向

v v v v

(b) 三種速度的向量圖改為如下左圖，

第12 之 6 頁

因為要求偏移距離最小，代表v v在水流方向的分量最小，v v與v夾角 最大如上右圖，即v v切圓於一點，所以2T d/ v v ，已知 T d/v ，所以v

√ T。

v v

v v v v

v v

【第四題參考解】

假設初始態的溫度為T1,壓力為 P1,體積為 V1

∴所以滿足三方程式 (1) P1V1=nRT1 (2) P1S=kh1

(3) V1=h1S

∴ _{1 1} ¹ h₁S kh₁² nRT₁ S

V kh

P = ⋅ = =

nR T kh

2 1 1 =

∴

同理 當吸收 Q 熱量時 活塞高度為 則h₂ kh₂² =nRT₂ ∴

nR T kh

2 2 2 = 由熱力學第一定理: Q=ΔU +ΔW

因為 ( )

2

1 2

1 2

2 h

h k

W = −

Δ 而 ( _{2 1}) k(h₂² h₁²)

R T C T nC

U = _V − = ^V − Δ

∴ ( 2 )

2 2

1 2

CV

R k h QR

h = + +

) 2

( 2

1

2 n C R

T Q T T

V +

=

−

= Δ

【第五題參考解】

(a) No, Er₁•Er₂^∗ =Er₁^∗ •Er₂ =0, Q

2 2 2 1 2

1 2

1

2) (E_xxˆ E _yyˆ) (E _xxˆ E _yyˆ) E_x E _y I = Er ² =(Er₁+Er₂)•(Er₁^∗ +Er^∗ = + • ^∗ + ^∗ = +

(b) I = Er ² =(Er₁+Er₂)•(Er₁^∗ +Er₂^∗)=(E_1xxˆ+E_2xxˆ)•(E₁^∗_xxˆ+E₂^∗_xxˆ)

x x x x x

x E E E E E

E₁ ² + ₂ ² + _{1 2}^* + ₁^* ₂

=  

2 1

2

1 2 1 2

1 2 2 2 1

φ φ

φ

φ i

x i x i

x i x x

x E E e E e E e E e

E + + ⁻ + ⁻

=  

) ( 0 2 0 1 ) ( 0 2 0 1 2

0 2 2

0

1 ^{1 2 1 2}

φ φ φ

φ− + − −

+ +

= E_x E _x E_x E _x eⁱ E_x E _x e ^{i   2 1 0 2 0cos( 1 2)}

2 0 2 2

0

1 + + φ −φ

=E_x E _x E_x E _x

λ π λ φ π

φ

₁ − ₂ = ² r −^{1 2 r2}

成像面

第12 之 8 頁

建設性干涉條件：

φ

₁ −

φ

₂ =2

π

k

λ

k r r − =

⇒ _{1 2}

θ

2 sin

1 r d

r − ≅ Q

d period L

d k L Lk

L L

center from fringes bright

k k d

λ

θ λ θ

θ λ

θ

=

∴

±

±

=

=

≈

≈

=

±

±

=

=

∴

L L

2 , 1 , 0 ,

sin tan

2 , 1 , 0 ,

sin

d r

r

θ Ltanθ

L

(c) OPD = nℓ-ℓ = (1.5 – 1) ℓ= 0.5ℓ = + ) ₀ ⇒ 2

(k 1 λ ℓ = (2k+1)

λ

₀, k =0,1,2,_L Or

I = Er² = Er₁+Er₂² = E_1x²+ E_2x²+2E_1x0E_2x0cos(

φ

₁−

φ

₂)

L l l

l 2 (2 1) (2 1) , 0,1,2, 2

0 0

0 2

1 − = n − = k+ π ⇒ = k+ λ k =

λ π λ

φ π φ

(d) I_max =E₁²_x0 +E₂²_x0 +2E_1x0E_2x0

0 2 0 1 2

0 2 2

0 1

min E_x E _x 2E _x E _x

I = + −

5 1 2

2 0 2 2

0 1

0 2 0

1 =

= +

x x

x x

E E

E V E

0 10 _{1 0 2 0 2}²₀

2 0

1 − + =

∴E_x E_x E _x E _x

) (

24 5

0 2

0

1 take sign

E E

x

x = ± +

⇒

2 1 0 2

0 1 2 2 2 1 2 1 2 1

D D E

E D D A A I I

x

x =

⇒

= Q =

【第六題參考解】

(a) 由實驗觀察基頻的運動模式（駐波）如下示意圖，

可以假設波函數為

kv t

F t E kx D kx C t x

y( , )=( cos + sin )( cosω + sinω ), ω= 要求此解滿足邊界條件y(x=0,t)=0,y(x=L,t)=0 可得

) cos(

sin )

sin cos

( sin ) , (

,...

3 , 2 , 1 , 0

sin 0 ) sin cos

)(

sin (

0 0

) sin cos

(

φ π ω

ω π ω

π π ω

ω ω ω

+

= +

=

∴

=

=

⇒

=

⇒

=

⇒

= +

=

⇒

= +

L t x A n

t F t L E

x t n

x y

L n k n n kL kL

t F t E kL D

C t

F t E C

基頻的波函數就是n=1 的 y(x,t)，

μ ω π

φ π ω

ω

π ω F_t

kv L L t

A x t F t L E

t x x

y( , )=sin ( cos + sin )= sin cos( + ), = =

其中A,φ由初始條件決定。

(b) 對於兩段不同線密度的弦來說，弦上每個位置的振盪頻率相同。

參考解答(a)之駐波函數，將左右兩段弦之波函數寫成

), sin cos

)(

( sin ) , (

), sin cos

( sin ) , (

t F

t E

x L k t

x y

t F

t E

x k t

x y

ω ω

ω ω

右 右

右 右

左 左

左 左

+

−

=

+

=

由於振盪頻率相同，所以

右 左

右 左

右 右 左

左

F k k

F k k v

k v

k

^{t t}

2

4 = ⇒ =

⇒

=

= μ μ

ω

第12 之 10 頁

所以波函數可以寫成

) sin cos

)(

2 ( sin ) , (

) sin cos

( sin ) , (

t F

t E

x k L

t x y

t F

t E

x k t

x y

ω ω

ω ω

右 右

左 右

左 左

左 左

+

−

=

+

=

接著考慮左段弦與右段弦在交界處之波動函數連續性，在任意時刻滿足條件一

)

3 , ( )

3 ,

( L t

x y L t

x

y

_左

= =

_右

=

以及條件二

3 3

) , ( )

, (

x L

x L

x

t x y x

t x y

=

=

∂

= ∂

∂

∂

_{左 右}

依據條件一

⎪ ⎩

⎪ ⎨

⎧

=

−

=

⇒ −

=

− +

−

+

= +

3 0 3 sin

sin

3 0 3 sin

sin

0 sin

3 ) 3 sin

sin ( cos 3 ) 3 sin

sin (

) sin cos

3 ( sin ) sin cos

3 ( sin

L F k

L F k

L E k

L E k

L t F k

L F k

L t E k

L E k

t F

t L E

t k F

t L E

k

左 右

左 左

左 右

左 左

左 右

左 左

左 右

左 左

右 右

左 左

左 左

ω ω

ω ω

ω ω

依據條件二

⎪⎪

⎩

⎪⎪⎨

⎧

= +

=

⇒ +

= +

+ +

+

−

= +

3 0 2 cos

1 cos 3

3 0 2 cos

1 cos 3

0 sin 3 ) 2 cos

1 cos 3

( cos 3 ) 2 cos

1 cos 3

(

) sin cos

3 ( 2cos ) 1

sin cos

3 ( cos

L F k

L F k

L E k

L E k

L t F k

L F k

L t E k

L E k

t F

t L E

t k F

t L E

k

左 右

左 左

左 右

左 左

左 右

左 左

左 右

左 左

右 右

左 左

左 左

ω ω

ω ω

ω ω

整理上述條件限制後，可得

⎪ ⎩

⎪ ⎨

⎧

= +

=

−

⎪ ⎩

⎪ ⎨

⎧

= +

=

−

3 0 2 cos

1 cos 3

3 0 3 sin

sin

3 0 2 cos

1 cos 3

3 0 3 sin

sin

L F k

L F k

L F k

L F k

L E k

L E k

L E k

L E k

左 右

左 左

左 右

左 左

左 右

左 左

左 右

左 左

因為

E

_左

, E

_右

, F

_左

, F

_右不能同時為零，所以行列式

...

3 , 2 , 1 2 ,

3

3 0 2

3 sin2 3 0

3 cos sin 0 cos 3

2 1 cos 3

sin 3 sin 3

=

=

⇒

=

⇒

=

⇒

=

⇒

− =

L n k n

L n k L

k L

k L k L

k L

k

L k L

k

π

π

左

左 左

左 左

左 左

左 左

在基頻的狀況下n=1,再考慮條件一之限制，

E

_左

= E

_右

= E , F

_左

= F

_右

= F

所以

L L x

t F t L E

x t L

x y

x L t

F t L E

t x x y

<

≤

− +

=

<

≤ +

=

3 ), sin cos

4 ( ) ( sin3 ) , (

0 3 ), sin cos

2 ( sin3 ) , (

ω π ω

ω π ω

右 左

至於E,F，還是由初始條件決定，示意圖如下。

第12 之 12 頁

教育部 100 學年度高級中學數理及資訊學科能力競賽物理科決賽 筆試試題（二）

編號： 01 .

說明： （1）請先核對答案卷上之編號和你的編號是否一致。

（2）本試題卷共五大題，請依題號在答案卷上指定位置作答，

試題卷需隨答案卷繳回。

【第一題】

兩平行金屬板的間距為 x，由同一電流源通以反向的電流 I，即如下圖所示：

上板的電流沿著+x 方向，而下板電流沿著-x 方向。平行板的長為 ，寬為 w，且 和 w 遠大於 x。設

μ

0為真空磁化率，試回答下列問題：

l l

(a) 當x<<_l和x<< w，並且不考慮邊際效應條件下，兩平行板之間的磁場的大 小與方向為何？ (6 分)

(b) 兩平行板之間的作用力為何？是何種形式作用力？ (6 分)

又當電流 I 保持固定的條件下，上板在Δt 時間內在 z 方向上等速移動了Δs 的微小距離，則：

(c) 上金屬板所產生之感應電場為何？方向為何？（因為對稱的關係，下板也會 有大小相同的感應電場。） (6 分)

(d) 由能量守恆知道：電流源所提供的總能量等於平行板間磁能增加量和移動上 板所需功之和，試求提供兩板電流的電流源所提供之總能量。 (6 分) (e) 由上述的討論，試計算平行板的電感。 (6 分)

I

I s

x

z y

w

【第二題】

質量為 m 之質點繞著某一原點作平面二維運動，該質點在運動中受到兩種力：

一為向心力，其力量的值為質點距原點距離r之函數關係 f(r) 一種為阻力，

令阻力與速度一次方成正比，且比例常數為正數b。今假設在某一瞬間開始時之 角動量為L （此為質點相對於原點之角動量）_o ，請回答下列問題：

；另

(a) 請大略畫出該質點之可能運動軌跡。 (5 分)

(b) 以極座標的方式，分別寫出徑向及切向之運動方程式。 (10 分) (c) 求角動量逐漸減為 L_o

2

1 所需經過的時間。 (15 分)

(Hint: 在 極 座 標 平 面 中 ， 位 置 向 量 與 速 度 的 表 達 方 式 依 序 為 rv=reˆ_r 與 。其中 為徑向方向單位向量， 為切線方向單位向量； 及 的 方向都是隨時間而變。)

θeθ

r e r

r&v= &ˆ_r + &ˆ eˆ_r eˆ_θ eˆ_r eˆ_θ

【第三題】

一個質量為 m、半徑為 r 的實心圓球沿著斜面進入一個半徑為 R（R >> r）

的圓環軌道滾動而不滑動。實心圓球在其最低點距圓環底部鉛直高度為 h 的位置 從靜止開始運動。

(a) 求實心圓球能沿著圓環完成一個迴轉的最低高度 h（以半徑 R 表示）？ (15 分)

(b) 若 h = 3R，求實心圓球在接觸圓環最右側 P 點時的受力分量各為何（實心圓 球繞中心軸的轉動慣量為 ²

5 2mr

I = ）？ (15 分)

【第四題】

假設有一截面積為 A 的圓形水柱，從水槍水平噴射出來，水速為 v，沖擊到 一個石頭的鉛直平面，水柱射到石頭後便向四處散開，然後水就沿著石頭平面流 下地去且不反跳。若石頭密度為ρ ，水密度為

ρ

_o。

(a) 求 一 小 水 柱 對 石 頭 平 面 的 水 平 沖 擊 力 ？ 若 水 速 為 30 m/s ， 水 密 度 為 1000-kg/m³，請估算水柱沖擊到石頭上的壓力值為何？（註：石頭不動） (10 分)

(b) 一邊長為 的正立方石頭，質量是 2000 kg，靜止置於一無摩擦力的光滑水 平面上，水柱每秒水平地射出 60 kg 的水, 其速度為 30 m/s，則其最初之加 速度為何？石頭開始移動之後, 加速度會隨時間怎麼改變？ (10 分)

d

A

B v

d (c) 平靜的河水只能帶走一些細小的泥沙，而

湍急的流水可以沖走巨大的石頭。假設河 水是一很大的水柱，整個水柱沖到一邊長 為 d 的正立方石頭，石頭置於水平的河床 上，如圖所示。當水柱以速度 v 水平沖擊 時，石頭會以 AB 軸轉動，請估計河水能 翻滾最大石頭的質量與水速的關係？ (10 分)

（註： x C

x

dx = +

∫

^{ln ,}

∫

_a^dx_−bx ⁼⁻_b^{1ln(a−bx)+C ）}

【第五題】

(a) 兩個帶相同電量的點電荷固定在兩定點（圖一）。證明對一個點電荷而言，

此固定兩電荷連線的中點，在連線方向上為一穩定平衡點，但在垂直於連線 方向上，為一不穩定平衡點。 (10 分)

(b) 四個帶相同電量的點電荷固定在正方形的四個頂點，將另一點電荷置於正方 形的中心點（圖二），它能穩定於該點嗎？請提供具體證明。 (10 分) (c) 八個帶相同電量的點電荷固定在正方體的八個頂點，將另一點電荷置於正方

 

圖

圖 一

圖 二

 

       

       

第 4 之 4 頁頁

圖 三

 

教育部 100 學年度高級中學數理及資訊學科能力競賽物理科決賽 筆試試題（二）參考解

【第一題參考解】

(a) 因為x<< w條件，可以視為無限大平板。由安培迴路定理知上板所產生的磁 場 B_up符合關係式：

I w

B_up×2 =μ₀ ，

故 w

B_up I 2 μ0

= ，同下板也產生相同的大小的磁場，即：

w B_down I

2 μ0

= 。

在兩板之外，上下板所產生場的方向相反，故無磁場。兩板之間，場方向相 同，所以場的大小等於兩者之和，即：

w B₌ μ⁰I

。方向為+yˆ。

(b) 每一板所受的作用力相等。上板受力 Fup等於：

wz I B

I

F_{up up} ˆ

2

2

0 l

l r r

r = ⋅ × =μ 。

同理下板為：

(

z I w

B I

F_{down down} ˆ

2

2

0 −

=

×

⋅

= r l

rl

r μ

)

。

兩板之間受到排斥力。

(c) 因為電流 I 保持定值，所以磁場維持定值。因為上板移動，而上板的感應電 動勢ε 等於感應電場與長度的乘積，即：

⋅l ε = E ，

感應電動勢ε 也等於反抗磁通量的變化，即：

t B_up s

Δ

×Δ

×l ，

兩式相比較得知電場：

t s w E I

Δ

×Δ

= 2

μ

0

，方向與 I 反向。

(d) 磁能增加量為磁能密度乘以所增加的體積，即：

(

^{w s}

)

^{I s}

B² × l× ×Δ =

μ

² l ×Δ ，

w s I s

F_up×Δ = ×Δ 2

2

0 l

μ ，

故上兩式總和為 s

I2 wl ×Δ

μ0 ，即電流源所需提供之總能量。

(e) 由兩板間所儲存的磁能等於：

( )

s

I w s

B × ×w× = × 2 2

2 0 0

2 l

μ

l

μ

上式依據電感的定義恰等於 ² 2

1LI 。由上述關係，可以得到兩平板的電感 L

為： w lx

μ

0

。

第12 之 2 頁

【第二題參考解】

(a) 在平面上以螺旋方式向原點運動

(b) r&v=r&eˆ_r +rθ&eˆ^θ Î r&&v=(r&&−rθ&²)eˆ_r +(rθ&&+2r&θ&)eˆ_θ 徑向運動方程式：m(r&&−r

θ

&²)=−f(r)−br&

切向運動方程式：m(r

θ

&&+2r&

θ

&)=−br

θ

&

(c) ⎪⎩

⎪⎨

⎧

−

= +

+

=

⇒

=

θ θ

θ

θ θ θ

&

&

&

&&

&&

&

&

&

br r

r m

r r dt mr

mr dL L

) 2 (

) 2

( ²

代入切向運動方程式 因為

t m b

e L L mt

b L

L L m mr b

m b dt br dL

dt dL r

= −

⇒

−

=

⇒

−

=

−

=

⇒

−

=

⇒ ₀

0

2 ln( )

1

θ

&

θ

&

2 b ln t =m

∴ 時角動量為原始的一半。

【第三題參考解】

r m

h R

P

h

y

x

(a) 最初實心圓球的質心離圓環底部的高度為 h + r；當實心圓球到達圓環頂部時，

實心圓球的質心離圓環底部的高度為2R – r。

由能量守恆得知 ΔK_rot+ ΔK_trans+ Δ =U 0

因此，

(

^{+ =}

) (

²

)

^{+1 2+1 2}

2 2

m g h r m g R r− m v Iω 對實心圓球而言 ^{2 2}

I= 5m r 與 ^v=^rω，所以上式變為

7 2

2 2

gh+ gr= gR+10v (1)

在h=h_{m in}時，實心圓球能到達圓環頂部時的速度應滿足下列條件

第12 之 4 頁

( )

m v2

F m g

= = R r

∑

− ^{or v2 =g R r}

⁽

⁻

⁾

⁽²⁾

把(2)式代入(1)式可得 ( ) (

m in 2 0.700 h = R − +r R −r) or hmin =2.70

(

R− ≅r

)

2.70R

(b) 當實心圓球最初在 h = 3R 處而最後到達 P 點時，由能量守恆式可得

(

^{3 +}

)

^{+1 2+1 2}

2 5

m g R r =m gR m v m v

or ^{2 10}

(

²

)

v = 7 R+ r g

當實心圓球滾動而不滑動以順時鐘旋轉通動P 點時，實心圓球受到向上靜摩 擦力的力矩所產生的逆時鐘旋轉角加速度而減速。

鉛直方向的運動式為

∑

F_y =m a_y ^；

∑

^τ=Iα 而 a = rα，於是可得

f m g− = −m rα (3)

2 2

fr_{= ⎜ ⎟}^{⎛ ⎞}_{⎝ ⎠}5 m rα (4)

把(4)式代入(3)式並消去 f 可得 ⁵

7 g α= r，

∴ ⁵

y 7

F = − m g

∑

水平方向的運動式為

( )

¹⁰

2 7 (2 ) 20

x 7

R r

mv mg

F n mg

R r R r

+ −

= − = − = − ≅

− −

∑

^{(∵ R>>r)}

【第四題參考解】

(a) 水柱在 時間內從水槍中噴射出沖擊一個鉛直平面的水的體積為 ，這 些水的質量為

Δt AvΔt

t A m=

ρ

_o vΔ

這些水沖擊平面前一瞬間的動量為 ，方向沿水平；沖擊平面後向四處散 開，幾乎沒有水平方向的速度。亦即這些水沖擊平面後幾乎沒有水平方向的 動量。這些水動量的改變主要是因為受到平面的作用力。由由動量守恆定理

v m

v t 0 m FΔ = −

v2

A F =ρ_o

水衝擊的力量與液體的密度及水柱截面積成正比，與水柱的速度平方成正比。

水壓為

5 2

2 1000*30 9*10

v = =

=

= _o

A

P F ρ N/m²

(b) 作用在立方石頭的力等於水相對於地球的動量改變率.

(

u

)

dt dm dt

F = dp = v−

dt

dm 是水射向石頭的質量改變率， u 是石頭速度， v 是水的速度，

=60 dt

dm 仟克/秒， v=30 米/秒，石頭質量 M=2000 仟克，則石頭之加速度

(

u

)

dt dm M M

F dt

a= du = = 1 v−

代入數值則 dt u

du =0.9−0.03

C u dt

du = +

∫

_0.9−_0.03

∫

) ( 03 . 0

03 . 0

30 1 e ^{t C}

u= − ^{− +}

在t=0，u=0，所以 ^ln

(

^0.09

)

03 . 0

− 1

= C

(

^{e t}

)

u=301− ^−0.03 e t

dt

a= du =0.9 ^−0.03

在t=0 a=0.9 m/s

第12 之 6 頁

當石頭移動後，加速度漸趨近於0，石頭速度趨近 30m/s 。

(c) 利用簡單估算流速為 v 的河水能沖走多大的石頭。圖中 為河水的沖力。若 石頭的密度為

F

ρ ，河水的密度為

ρ

_o，那麼石頭的重力mg 為

ρ

gd³。

在圖中自左向右流的河水沖擊下，石頭會因河床下凹凸不平而滾動，繞圖中 AB邊向前翻滾，亦即河水能沖走這塊石頭的條件是：河水沖力F對AB邊的 力矩大於或等於力P對AB邊的力矩。用式子表示為

2 2

P d F⋅　d ≥ ⋅　

亦即F ≥ P 時石頭會翻轉。依照(a)整個沖擊石頭有效力矩的平均力為

2 21 Av F = ρ_o ，

所以河水能沖走的最大的石頭質量為

6 3 2

3 3 v

d 8 g

M ^o

ρ ρ

=

ρ

=

可見，河水能沖走的石頭質量與河水流速的6 次方成正比。當水的流速增大 到2 倍時，能被水沖走的石頭質量增大到 64 倍。這是多可怕的結果。

一般石頭的密度ρ =2.5g/cm³，水的密度

ρ

_o =1.0 g/cm³，由上式知，能被河 水沖走的石頭最大邊長及最大質量分別為

kg M

m d

6 2

2 2

v 10 8 . 9

v 10 4 . 3

−

−

×

=

×

=

當河水的流速 v = 0.5m/s 時，由上式求得能被河水沖走的石頭最大邊長為 d=0.85cm，石頭質量為 M=1.53 克，當河水的流速 v=5.0 米/秒時，能被河水 沖走的石頭最大邊長為 d = 85cm，石頭質量為 M =1535 kg = 1.5 噸。

【第五題參考解】

(a)

y

(0,0)

1 3+q 2 +q

+

+ (-a,0) ⁺

+q

(a,0) x 圖 一

第12 之 8 頁

庫倫定律 ^qQr k r F = ₂ ˆ

設點電荷帶電量為q，它們所在位置如圖一所示。

電荷2 在(0,0)位置所受力為

2 12 2

ˆ F a x

kq = 來自電荷1：

來自電荷3： ₂

2

a ˆx kq

− =F32

0

32

12 + =

= F F 合力 F

所以 (0,0) 為一平衡點。

若電荷2 稍接近電荷 3，位置為(ε,0)，ε > 0，則 a x

k q

F ˆ

) ( ²

2

12= +

ε

x

a k q

F ˆ

) ( ²

2

32=− −

ε

，

顯然 |F12 |<|F32|，所以合力F =F12 +F32為往 − 方向，會將電荷xˆ 2 推向 平衡點(0,0)。

同理，若電荷2 位置為(-ε,0)，合力會將之推向平衡點，因此，在 x 方向，(0,0) 為一穩定平衡點。

如圖二所示，將電荷2 稍往 y 方向偏，例如位置在(0,ε)，ε > 0，則由力圖所 示，其所受合力會朝向正 y 方向，也就是被推離平衡點，所以在 y 方向，(0,0) 為一不穩定平衡點。

ps:（若電荷 2 帶負電，則在 y 方向(0,0)為穩定平衡點，但在 x 方向為不穩定 平衡點。）

y

(b) 設正方形頂點的四個點電荷都在 xy 平面上，若中心點電荷 5 的位置稍偏離 xy 平面（例如位置為(0,0,ε)，ε > 0），則由正方形的對稱性及庫倫力的合力圖

（如圖三），很容易看出，電荷 5 所受合力F朝向正 z 方向，亦即被推向遠 離平衡點(0,0,0)，所以正方形中心的平衡點為一不穩定的平衡點。

*（另方面，在 xy 平面上，平衡點(0,0)卻是個穩定平衡點。這可以證明，但此題 重點是，在 z 方向(0,0,0)是不穩定平衡點。）

(c) 正方體中心點仍是不穩定平衡點。可以證明如下：

F32 F12

2 (0,0)

1 3 F

+

+ + x

圖 二

z

x

F45

F15

(0,0,0) F

5

2

3

+

4 +

F25

F35

+

+ 1 ⁺

y

圖 三

z

(-a,-a,a) 7

5

6(-a,a,a)

+ +

+ 8 ⁺

(0,0,0)₊ y

9

第12 之 10 頁

由對稱性知點電荷在(0,0,0)所受合力為 0 → (0,0,0)為平衡點。

令點電荷9 稍偏離中心，例如座標為(ε,0,0)，ε > 0 電荷1 對此電荷 9 的力為

2 19 2 2

2

19 ˆ

] )

[( r

a a a

k q

F = − + +

ε

^{，方向在電荷1、9 的連線上。}

此力在x 方向的分量為

2 2 2

2 2

2 ) (

) ( ]

2 ) [(

19 a a

a a

a k q F_x

+

−

−

⋅ − +

= −

ε ε ε

−xˆ

x19

F

由對稱性我們可以看出電荷1、4、5、8 對電荷 9 的合力必然在 方向，且 大小就是 大小的四倍。

x a a

kq a F

F F

F ˆ

] 2 ) [(

) 4 (

32 2 2 89 2

59 49

19 − +

−

= − + +

+ ε

ε (1)

同理，另外四個電荷對電荷9 的合力為

x a a

kq a F

F F

F ˆ

] 2 ) [(

) 4 (

32 2 2 79 2

69 39

29 + +

= + + +

+ ε

ε (2)

而合力就是(1)與(2)之和，

+ +

+

+ 2(-a,a,-a) 3

(a,-a,-a)

1(a,a,-a) x 4

圖 四