108 高普考普通考試 天文 普通物理學概要 考古題詳解

核心觀念

本題為經典的剛體力學與能量學綜合題，主要評量以下核心物理觀念：

1. 功能定理（Work-Energy Theorem）：作用於系統所有外力與內力所作之功的總和，等於系統總動能的變化量（$\Delta K = W_{\text{net}}$）。在純滾動且車輪質量忽略的前提下，地面靜摩擦力不作功，人施於踏板的功全數轉化為質點（人與車）的前進動能。
2. 轉動作功與功率平衡（Power & Rotational Dynamics）：定力作用於等速旋轉系統時，功率滿足 $P = \tau \omega = F v_{\text{tangential}}$。等速巡航時，輸入之機械功率等於克服外在阻力（空氣阻力）所消耗之功率。
3. 質心運動定律與系統外力分析（Newton's Second Law for Systems）：對「人＋車」整體系統而言，水平方向的外力僅有「空氣阻力」與「地面對車輪之靜摩擦力」。等速行進時系統合外力為零（$\Sigma F_x = 0$）。
4. 驅動輪（主動輪）與從動輪（被動輪）的滾動受力分析：

• 驅動輪（後輪）受鏈條力矩作用，地面給予向前之靜摩擦力以驅動整車前進。
• 從動輪（前輪）無外加力矩，在車身等速前進（無角加速度）且忽略車輪轉動慣量與軸承摩擦時，地面作用於前輪之靜摩擦力為零。

解題方法

（一）踏板轉動 $50$ 圈後腳踏車的速度

1. 計算人施力所作之功： 腳踏板半徑 $r_p = 16\ \mathrm{cm} = 0.16\ \mathrm{m}$。 腳踏板轉一圈之圓周長為 $s_1 = 2\pi r_p$。 轉動 $N = 50$ 圈時，踏板施力點所經之路程為： $s = 50 \times 2\pi r_p = 50 \times 2\pi \times 0.16 = 16\pi\ \mathrm{m}$ 由於施力 $F = 20\ \mathrm{N}$ 始終與踏板旋轉半徑垂直（切線方向），所作之外力功為： $W = F \cdot s = 20 \times 16\pi = 320\pi\ \mathrm{J} \approx 1005.31\ \mathrm{J}$

2. 利用功能定理求解車速： 系統包含人（$M = 70\ \mathrm{kg}$）與腳踏車（質量忽略）。 車輪純滾動時，接觸點瞬時速度為零，靜摩擦力不作功；加速過程忽略空氣阻力與車身各部件轉動慣量，故人所作之功全數轉換為系統前進之平移動能： $W = \Delta K = \frac{1}{2} M v^2 - 0$ 代入數據： $320\pi = \frac{1}{2} \times 70 \times v^2 = 35 v^2$ $v^2 = \frac{320\pi}{35} = \frac{64\pi}{7}\ \mathrm{m^2/s^2}$ $v = \sqrt{\frac{64\pi}{7}} = 8\sqrt{\frac{\pi}{7}} \approx 5.36\ \mathrm{m/s}$

（二）以定速 $10\ \mathrm{m/s}$ 行進時施予腳踏板的力

1. 計算維持等速所需的消耗功率： 空氣阻力 $f_{\text{air}} = 20\ \mathrm{N}$，車速 $v = 10\ \mathrm{m/s}$。 克服阻力所需之輸出功率為： $P_{\text{out}} = f_{\text{air}} \cdot v = 20 \times 10 = 200\ \mathrm{W}$

2. 計算踏板運動的角速度與切線速度： 踏板轉速 $n = 3\ \mathrm{rev/s}$，故踏板角速度為： $\omega = 2\pi n = 2\pi \times 3 = 6\pi\ \mathrm{rad/s}$ 踏板施力點之切線速度為： $v_p = \omega r_p = 6\pi \times 0.16 = 0.96\pi\ \mathrm{m/s}$

3. 由功率守恆求解施力： 在等速運轉且不計機械傳動損耗的穩態下，輸入功率等於輸出功率： $P_{\text{in}} = P_{\text{out}}$ $F \cdot v_p = 200$ $F \times 0.96\pi = 200$ $F = \frac{200}{0.96\pi} = \frac{200}{\frac{24}{25}\pi} = \frac{625}{3\pi} \approx 66.31\ \mathrm{N}$

（三）地面給予車輪的總靜摩擦力（大小與方向）

1. 選取「人＋腳踏車」為整體隔離體： 水平方向受到的外力為：

• 空氣阻力 $f_{\text{air}} = 20\ \mathrm{N}$，方向水平向後。

核心觀念

本題考查剛體靜力平衡。圓桌靜止時，合力與合力矩都必須為零：

$\sum \vec F=0,\qquad \sum \vec\tau=0$

以圓桌中心為支點，桌面重量 $Mg$ 作用於中心，因此對中心的力矩為零。三根木棒提供向上的支撐力；它們作用點都在桌緣，距中心皆為 $R$。每根木棒對桌面的力矩為

$\vec\tau_i=\vec r_i\times \vec N_i$

其中 $\vec r_i$ 是由桌心指向木棒接觸點的向量，$\vec N_i$ 是木棒給桌面的向上支撐力。

解題方法

取桌面俯視圖，令 $b$ 棒所在的半徑方向為 $+x$，$a$ 棒為 $+y$。依題目角度，$c$ 棒的位置方向為 $-120^\circ$。因此：

（一）各木棒給桌面的力矩向量

令三棒的支撐力大小分別為 $N_a,N_b,N_c$，方向均向上。取 $+z$ 為向上，則：

核心觀念

本題考查力學與直流電動機（馬達）電磁學的綜合應用，主要涵蓋四大核心觀念與公式：

1. 等速度運動的力平衡與機械功率： 依牛頓第一運動定律，物體以定速度運動時，加速度為零，所受合力為零。若電梯等速運動，吊升纜線所施向上拉力必等於總重力： $F = Mg$ 馬達對負載所作的機械輸出功率為： $P_{\text{mech}} = F v$

2. 電阻的焦耳熱損耗： 電流通過導體電阻所產生的熱功率依焦耳定律計算： $P_{\text{loss}} = I^2 R$

3. 直流馬達的迴路方程式與能量轉換： 直流馬達運轉時，電樞旋轉切割磁場會產生反電動勢（Back-EMF，記為 $\mathcal{E}$）。外加端電壓 $V$、反電動勢 $\mathcal{E}$、電樞電流 $I$ 與線圈電阻 $R$ 滿足克希荷夫電壓定律（KVL）： $V = \mathcal{E} + I R$ 全電路輸入電功率 $P_{\text{in}} = V I = \mathcal{E} I + I^2 R$，其中 $\mathcal{E} I$ 即為轉化為機械輸出的功率 $P_{\text{mech}}$。

4. 感應反電動勢的方向性與制動模式（發電機效應）：

• 題意給定馬達施力正比於電流（$F \propto I$），故向上施力方向與電流方向綁定。
• 感應電動勢正比於旋轉速率與運轉方向（$\mathcal{E} \propto v$）。當電梯改為向下運動時，速度反向使得感應電動勢極性反轉（$\mathcal{E}' = -\mathcal{E}$）。

解題方法

（一）電梯以 $2.5\ \mathrm{m/s}$ 定速度上升時，馬達對電梯施以的功率

1. 電梯與乘客的總重量為： $W = Mg = 1500 \times 9.8 = 14700\ \mathrm{N}$
2. 電梯以定速度 $v = 2.5\ \mathrm{m/s}$ 向上運動，加速度 $a = 0$，鉛直方向合力為零。馬達施加於電梯的向 pull 力 $F$ 必平衡重力： $F = W = 14700\ \mathrm{N} \quad (\text{方向向上})$
3. 馬達對電梯施加的機械功率為： $P_{\text{mech}} = F v = 14700 \times 2.5 = 36750\ \mathrm{W} = 36.75\ \mathrm{kW}$

（二）消耗在馬達線圈電阻的功率

已知通過馬達的電流 $I = 100\ \mathrm{A}$，電阻 $R = 0.5\ \Omega$。依焦耳定律： $P_{\text{loss}} = I^2 R = (100)^2 \times 0.5 = 10000 \times 0.5 = 5000\ \mathrm{W} = 5\ \mathrm{kW}$

（三）此時加在馬達兩端的電壓

可由能量守恆法或迴路電壓法求解：

• 方法一（能量守恆法）： 馬達所需的總輸入電功率為機械輸出功率與熱損耗功率之和： $P_{\text{in}} = P_{\text{mech}} + P_{\text{loss}} = 36750 + 5000 = 41750\ \mathrm{W}$ 因為 $P_{\text{in}} = V I$，故馬達兩端電壓為： $V = \frac{P_{\text{in}}}{I} = \frac{41750}{100} = 417.5\ \mathrm{V}$

• 方法二（迴路方程式法）： 機械功率對應於反電動勢作功的功率：

核心觀念

1. 熱力學第一定律（能量守恆定律）： 冰箱本質上為反向運作的熱機（致冷機，Refrigerator）。在週期性運作達到穩態（Steady State）時，冷媒內部內能變化為零（$\Delta U = 0$）。根據能量守恆： $Q_H = Q_C + W$ 以單位時間之熱率與功率表示： $\dot{Q}_H = \dot{Q}_C + \dot{W}$ 其中：

• $\dot{Q}_H$：冰箱向外部環境（房間）排出的散熱功率（$\mathrm{J/s}$ 或 $\mathrm{W}$）。
• $\dot{Q}_C$：冰箱自低溫熱庫（冰箱內部）抽出的吸熱功率（$\mathrm{J/s}$ 或 $\mathrm{W}$）。
• $\dot{W}$：壓縮機所消耗的電功率（$\mathrm{W}$）。

2. 熱平衡（穩態）條件： 題目敘述「保持其內所設定的低溫」，代表冰箱內部處於熱平衡。因此，從房間漏入冰箱內部的熱流率，必須恰等於冰箱每秒自內部抽出的熱流率，即 $\dot{Q}_C = 40\ \mathrm{J/s}$。

3. 熱容量與溫升公式： 熱容量 $C$ 定義為系統每升高單位溫度所吸收之熱量： $\Delta Q = C \Delta T \implies \Delta T = \frac{\Delta Q}{C}$ 其中 $\Delta T$ 為溫度變化量（在數值上，絕對溫標升高的克耳文數等於攝氏溫標升高的度數，即 $\Delta T\ (\mathrm{K}) = \Delta T\ (^\circ\mathrm{C})$）。

解題方法

（一）計算冰箱每秒排出的熱

1. 確認已知條件：

• 冰箱內部維持恆溫，故抽取熱率 $\dot{Q}_C = 40\ \mathrm{J/s} = 40\ \mathrm{W}$。
• 冰箱消耗電功率 $\dot{W} = 100\ \mathrm{W} = 100\ \mathrm{J/s}$。

2. 代入熱力學第一定律： 根據致冷機之能量守恆方程式： $\dot{Q}_H = \dot{Q}_C + \dot{W}$ $\dot{Q}_H = 40\ \mathrm{J/s} + 100\ \mathrm{J/s} = 140\ \mathrm{J/s}$

即冰箱每秒向房間排出的熱量為 $140\ \mathrm{J}$（排熱功率為 $140\ \mathrm{W}$）。

（二）計算關閉門窗後房間每小時升高的溫度

1. 分析房間整體的淨熱流入率 $\dot{Q}_{\text{net}}$：

• 散熱端：冰箱每秒向房間釋放熱量 $\dot{Q}_H = 140\ \mathrm{J/s}$。
• 吸熱端：房間空氣每秒向冰箱內部洩漏熱量 $\dot{Q}_C = 40\ \mathrm{J/s}$。
• 故房間空氣每秒淨吸收熱量為：

核心觀念

本題考查帶電圓環軸線上的電位與電場，以及小位移下的簡諧運動。圓環上每一小段電荷到軸上同一位置的距離相同，因此可先加總電位，再利用 $E_z=-dV/dz$ 求軸向電場。

以下令 $q>0$ 表示電量大小；第（四）小題的簡諧運動以圓環總電荷 $Q>0$ 為前提。

解題方法與推導

設圓環半徑為 $R$，軸上位置距圓心為 $z$。該位置到圓環上任一電荷微元的距離為

（一）以無限遠處電位為零，將圓環各電荷微元的電位加總：

（二）由電位求軸向電場：

所以電場大小為

若 $Q>0$，電場沿中心軸背離圓心：$z>0$ 時沿 $+z$ 方向，$z<0$ 時沿 $-z$ 方向。若 $Q<0$，方向相反。

（三）在 $R\gg |z|$ 時，$(R^2+z^2)^{3/2}\approx R^3$，因此

若以電場大小表示，且 $Q>0、z>0$，則比例常數為 $k=Q/(4\pi\varepsilon_0R^3)$。