109 高普考普通考試 地震測報 地球物理概要 考古題詳解

109 年・高普考・普通考試・地震測報
試題代碼 地球物理概要

第 一 題22 分

1964年發生在阿拉斯加的大地震,其體波規模(mbm_b)為 6.26.2,表面波規模(MsM_s)為 8.48.4,震矩規模(MwM_w)為 9.19.1,請回答下列問題:

(一)如何得到這三種規模?(9分)

(二)造成這三種規模差異大之原因為何?(9分)

(三)請估計可能的芮氏規模(MLM_L)。推測邏輯為何?(4分)

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核心觀念

地震規模是由地震波振幅或震源物理量換算出的對數尺度;mbm_b、MsM_s、MwM_w、MLM_L採用的波種、週期範圍與資料處理方式不同,因此同一地震可得到不同數值。此題要掌握三種規模的測量依據、各自的適用範圍與飽和現象,並說明為何超大型地震應以震矩規模 MwM_w 表示。

(一)如何得到三種規模?

1. 體波規模 mbm_b

取遠震紀錄中短週期、通常約 11 秒的初達 PP 波振幅,依測站與震源深度作修正。常用形式為:

mb=log⁡10(AT)+Q(Δ,h)m_b=\log_{10}\left(\frac{A}{T}\right)+Q(\Delta,h)

其中 AA 為地動振幅,TT 為對應週期,Q(Δ,h)Q(\Delta,h) 為震央距 Δ\Delta 與震源深度 hh 的校正項。此尺度主要利用短週期體波,適合中小型至中大型地震。

2. 表面波規模 MsM_s

測量遠震紀錄中長週期表面波,通常是週期約 2020 秒的 Rayleigh 波,再依震央距校正。常見表示式為:

Ms=log⁡10(AT)+1.66log⁡10(Δ)+3.30M_s=\log_{10}\left(\frac{A}{T}\right)+1.66\log_{10}(\Delta)+3.30

其中 AA 為表面波振幅、TT 為週期,Δ\Delta 以角度表示。MsM_s主要反映長週期表面波振幅,適用於淺源大型地震。

3. 震矩規模 MwM_w

先由地震波形反演或震源模型估算地震矩:

M0=μAfDM_0=\mu A_f D

其中 μ\mu 為岩石剪切模數、AfA_f 為破裂面積、DD 為平均滑移量。再將地震矩換算為震矩規模:

Mw=23[log⁡10(M0)−9.1]M_w=\frac{2}{3}\left[\log_{10}(M_0)-9.1\right]

式中 M0M_0以 N⋅m\mathrm{N\cdot m} 為單位。MwM_w直接連結斷層破裂的物理尺度,適用於各種規模,尤其適合超大型地震。

(二)造成三種規模差異大的原因

1. 三種尺度量測的地震波不同

mbm_b使用短週期初達體波,MsM_s使用長週期表面波,MwM_w則由地震矩代表震源破裂大小。不同波種對震源破裂歷時、破裂面積與滑移量的反應不同,因此數值不必相同。

2. mbm_b在大型地震時會飽和

短週期體波主要反映較快速的震源變化。地震規模增大、破裂面積與破裂時間延長後,新增的震源能量不會等比例增加短週期振幅,因此 mbm_b逐漸低估大型地震的實際規模,常在約 66 至 77 左右出現明顯飽和。題目所列 mb=6.2m_b=6.2,不能據此判斷地震僅屬中等規模。

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第 二 題18 分

請回答下列問題:

(一)行星要能產生磁場需要哪些條件?(6分)

(二)地球磁場的來源為何?(6分)

(三)一般常用哪些參數來描述地球磁場的大小與方向?並請詳述其所代表的意義及可能的量測範圍(含單位)。(6分)

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核心觀念

行星若要自行產生並維持全球性磁場,通常須具備「發電機效應」(dynamo effect):導電物質運動時切割磁力線,產生電流;電流再產生磁場,形成自我維持的磁場系統。

解題方法

作答時可依序列出「導電介質、流體運動、維持運動的能量、適當的行星條件」:

  1. 有足量的導電物質:例如含鐵、鎳的液態金屬核心,可讓電流在其中流動。
  2. 導電流體持續運動:核心內的熱對流或成分對流,使導電物質流動並產生電流。對流能量可來自行星內部冷卻、內核結晶釋放的潛熱與輕元素浮升等。
  3. 有可供發電機效應建立的初始磁場:流體運動會使初始磁場感應出電流,進而維持或增強磁場。
  4. 行星自轉有助於組織流動:自轉產生的科氏力能使核心流動形成較有規律的柱狀結構,通常有利於持續發電機效應。自轉本身並不會直接產生磁場。
  5. 導電流體區域及對流須足夠持久:若核心已完全固化、對流停止,或能量來源不足,全球性內生磁場便會衰弱或消失。

解題技巧

不要把「行星有鐵質核心」或「行星在自轉」單獨寫成足以產生磁場的條件;關鍵在於導電流體持續運動,並能透過感應電流維持磁場。

(二)地球磁場的來源為何?

核心觀念

地球主要的內生磁場來自外核中的地磁發電機效應。地球外核以液態鐵、鎳為主,具有良好導電性;內部熱量與成分差異驅動外核對流,地球自轉則透過科氏力組織流動。流動的導電物質產生電流,電流再產生磁場,形成可持續的磁場。

地表觀測到的地磁場還包含地殼磁化及電離層、磁層電流等貢獻;但就全球主磁場而言,外核發電機效應是主要來源。

解題方法

以「外核導電流體 → 對流與自轉組織流動 → 感應電流 → 維持地磁場」說明因果鏈,即可完整回答。

解題技巧

可用「導電、對流、自轉、感應」作記憶架構。地球磁場不是永久磁鐵直接造成;地核溫度高於鐵磁性物質能保持永久磁性的居里溫度,因此應以電磁感應與發電機效應解釋。

(三)描述地球磁場大小與方向的參數、意義及量測範圍

核心觀念

地球磁場在某地可視為向量。常用的地磁要素包括磁偏角 DD、磁傾角 II、水平分量 HH、垂直分量 ZZ、北向分量 XX、東向分量 YY,以及總磁場強度 FF。角度以度表示;磁場強度常用奈特斯拉(nT),也可用微特斯拉(μT\mu\text{T}),且 1 μT=1000 nT1\ \mu\text{T}=1000\ \text{nT}。

參數定義與典型範圍

參數意義與正方向常用單位及全球典型範圍
DD:磁偏角地理北方向與水平磁場方向 HH 的夾角;水平磁場偏向地理東為正,偏向地理西為負。度(°);常以 −180∘-180^\circ 至 +180∘+180^\circ 表示,也可用 0∘0^\circ 至 360∘360^\circ 表示。
II:磁傾角總磁場向量與水平面的夾角;磁場向下為正、向上為負。度(°);
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第 三 題12 分

若地震發生後,地表無明顯的破裂現象,我們可利用地球物理方法協助釐清所對應的斷層。請列出至少三種方法,並詳細說明這些方法、各自所需的資料及它們可提供的相關訊息。(12分)

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核心觀念

地表沒有明顯破裂,不代表地震沒有發生在斷層上。地震造成的地表變形可能很小、被沉積物覆蓋,或主要發生在地下。判定可能的發震斷層,需綜合地震波、地表形變、地下構造及地質資料,推估斷層的位置、幾何形狀、深度與滑移特性。

本題重點是說明至少三種地球物理方法,並交代各方法所需資料與可提供的資訊。以下列出四種常用方法。

解題方法

一、地震波定位與震源機制分析

所需資料:​多個地震測站記錄的 P 波、S 波到時,以及波形振幅或完整波形;分析時亦需使用地震波速度模型。

方法與可提供的資訊:

  1. 由各測站的 P 波、S 波到時差與到時資料,反演地震震央、震源深度及發震時間。
  2. 由初動方向或完整波形反演震源機制,得到兩組節面、滑移方向及震源輻射型態。
  3. 將餘震位置投影至剖面,可辨認餘震是否沿一個傾斜面排列,據此推估斷層走向、傾角與延伸範圍。

震源機制通常會得到一組「節面解」,但兩個節面都能符合震源機制,因此不能單靠節面解判定哪一個是真正的發震斷層;須再與餘震分布、地表形變或地下構造比對。

二、大地測量與地表形變分析

所需資料:​震前、震後的 GNSS(全球導航衛星系統)測站座標,或 InSAR(合成孔徑雷達干涉)影像;需要跨越地震前後的觀測,以取得地表位移或形變差異。

方法與可提供的資訊:

  • GNSS 可量測測站的三維位移,提供較直接的點位移資料。
  • InSAR 可由震前、震後雷達影像的相位差,估算大範圍地表的視線向位移,顯示形變的空間分布。
  • 將位移資料套入斷層模型反演,可估計斷層面的位置、走向、傾角、埋深,以及不同區段的滑移量。

若地表沒有可見破裂,大地測量資料仍能呈現地下斷層滑動造成的廣域形變,對辨認隱伏斷層尤其有用。

三、重力測量

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第 四 題26 分

下圖的地殼厚度為 25 km25\ \mathrm{km},房屋 C 離震央的距離為 120 km120\ \mathrm{km},震源深度為 5 km5\ \mathrm{km}。若已知地殼的 P 波速度為 V1V_1(7 km/s7\ \mathrm{km/s}),密度為 ρ1\rho_1(3 g/cm33\ \mathrm{g/cm^3}),上部地函的波速為 V2V_2(8.6 km/s8.6\ \mathrm{km/s}),密度為 ρ2\rho_2(3.5 g/cm33.5\ \mathrm{g/cm^3}),請就下圖回答下列問題:

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

(一)分別定義 PmPPmP、PgPg 及 PnPn。(6分)

(二)計算臨界角 ici_c(圖下方查表)。(5分)

(三)估計圖上的臨界距離。(5分)

(四)估計 PnPn 和 SnSn 在 Moho 面行走的距離。(5分)

(五)分別計算到達房屋 B 的 PgPg 和到達房屋 C 的 PnPn 之走時。(5分)

圖下方查表:

角度sin⁡(角度)\sin(\text{角度})cos⁡(角度)\cos(\text{角度})tan⁡(角度)\tan(\text{角度})
75∘75^\circ0.9660.9660.2590.2593.7323.732
70∘70^\circ0.9400.9400.3420.3422.7472.747
65∘65^\circ0.9060.9060.4230.4232.1452.145
60∘60^\circ0.8660.8660.5000.5001.7321.732
55∘55^\circ0.8190.8190.5740.5741.4281.428
50∘50^\circ0.7660.7660.6430.6431.1921.192
45∘45^\circ0.7070.7070.7070.7071.0001.000
40∘40^\circ0.6430.6430.7660.7660.8390.839
35∘35^\circ0.5740.5740.8190.8190.7000.700
🖼️ 本題原卷含圖表。基於試題來源之版權考量,本站不轉載原卷影像; 題目文字已完整轉錄,圖表請自行參閱考選部公告之試題原檔。

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核心觀念

本題考查地震波在地殼與上部地函交界處(Moho 面)的傳播方式,以及臨界折射波的幾何與走時。

  • PgPg:在地殼內直接傳播的 P 波。
  • PmPPmP:在 Moho 面反射後,仍於地殼內傳播的 P 波。
  • PnPn:以臨界角入射 Moho 面,在上部地函頂部沿界面傳播的 P 波;其波速為 V2V_2。

臨界角由 Snell 定律求得:

sin⁡ic=V1V2\sin i_c=\frac{V_1}{V_2}

臨界距離與 PnPn 在 Moho 面的行走距離,則由射線幾何計算。

解題方法與計算

(一)PmPPmP、PgPg、PnPn 的定義

  • PmPPmP:P 波由震源出發,在 Moho 面反射,再返回地表接收點。
  • PgPg:P 波直接穿行於地殼中,到達地表接收點。
  • PnPn:P 波以臨界角射向 Moho 面,折射進入上部地函,沿 Moho 面附近傳播後再折射回地殼到達接收點。

(二)臨界角 ici_c

sin⁡ic=78.6=0.814\sin i_c=\frac{7}{8.6}=0.814

因此:

ic=sin⁡−1(0.814)≈54.5∘≈55∘i_c=\sin^{-1}(0.814)\approx54.5^\circ\approx55^\circ

依題目所附查表,後續估算採用 ic≈55∘i_c\approx55^\circ,其中 tan⁡55∘=1.428\tan55^\circ=1.428、cos⁡55∘=0.574\cos55^\circ=0.574。

(三)圖上的臨界距離

震源深度為 55 km,地殼厚度為 2525 km,因此震源至 Moho 面的垂直距離為:

25−5=20 km25-5=20\ \mathrm{km}

臨界折射射線從震源向下至 Moho 面,再由 Moho 面折射回地表。兩段射線在地殼內的水平投影合計為:

Xc=(20+25)tan⁡icX_c=(20+25)\tan i_c

採用表列的 55∘55^\circ:

Xc=45(1.428)≈64.3 kmX_c=45(1.428)\approx64.3\ \mathrm{km}

所以圖上的臨界距離約為 6464 km。

(四)PnPn 和 SnSn 在 Moho 面行走的距離

房屋 C 距震央 120120 km。依圖示,PnPn 在地殼中的兩段斜射線水平投影合計為臨界距離,因此沿 Moho 面的距離為:

LMoho=120−Xc=120−64.3≈55.7 kmL_{\mathrm{Moho}}=120-X_c =120-64.3 \approx55.7\ \mathrm{km}
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第 五 題22 分

請回答下列問題:

(一)地震波的振幅如何衰減?請詳細描述主要的兩種衰減效應。(9分)

(二)若振幅 AA 是傳播距離 xx 的函數,它由距離 xx、角頻率 ω\omega、波速 cc,和衰減因子 QQ 所決定:

A(x)=A0e−ωx/(2cQ)。A(x)=A_0e^{-\omega x/(2cQ)}。

當震波傳播經過了 50 km50\ \mathrm{km} 的距離,其波速為 6 km/s6\ \mathrm{km/s}、Q=100Q=100,請問,對於 0.5 Hz0.5\ \mathrm{Hz} 和 5 Hz5\ \mathrm{Hz} 的震波,其振幅衰減的比例各為多少?(計算時請參閱下表)(8分)

指數數值
e−0.005e^{-0.005}0.9950.995
e−0.03e^{-0.03}0.9700.970
e−0.09e^{-0.09}0.9130.913
e−0.10e^{-0.10}0.9050.905
e−0.13e^{-0.13}0.8780.878
e−0.26e^{-0.26}0.7710.771
e−1.5e^{-1.5}0.2230.223
e−2.6e^{-2.6}0.0740.074
e−3.5e^{-3.5}0.030.03
e−5.2e^{-5.2}0.0050.005

(三)說明 QQ 值的意義和控制因子。(5分)

🖼️ 本題原卷含圖表。基於試題來源之版權考量,本站不轉載原卷影像; 題目文字已完整轉錄,圖表請自行參閱考選部公告之試題原檔。

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這一題的完整詳解

地震波傳得愈遠,振幅通常愈小,主要原因是幾何擴散與介質吸收。

  1. 幾何擴散:波的能量向愈大的波前範圍分散,單位面積所分到的能量隨距離增加而減少。均勻介質中的體波,波前近似球面,振幅約與距離成反比,即 A∝1/rA\propto 1/r;表面波的波前近似圓柱面,振幅約與距離平方根成反比,即 A∝1/rA\propto 1/\sqrt{r}。這種衰減源於能量分散,並非能量被介質消耗。

  2. 介質吸收(本質衰減):介質具有黏滯性、摩擦或其他非彈性特性,地震波傳播時,部分機械能轉為熱能,使振幅逐漸降低。其衰減常以指數形式表示;頻率愈高、傳播距離愈長,振幅通常衰減愈多。非均質介質造成的散射也會改變觀測振幅,常納入實際觀測的有效衰減。

(二)振幅衰減比例計算

題目給定:

A(x)=A0e−ωx/(2cQ)A(x)=A_0e^{-\omega x/(2cQ)}

因此,振幅相對於初始振幅的比例為:

A(x)A0=e−ωx/(2cQ),ω=2πf\frac{A(x)}{A_0}=e^{-\omega x/(2cQ)},\qquad \omega=2\pi f

代入 x=50 kmx=50\ \mathrm{km}、c=6 km/sc=6\ \mathrm{km/s}、Q=100Q=100:

A(x)A0=e−(2πf)(50)/(2×6×100)=e−0.2618f\frac{A(x)}{A_0} =e^{-(2\pi f)(50)/(2\times6\times100)} =e^{-0.2618f}

頻率 0.5 Hz0.5\ \mathrm{Hz}:

AA0=e−0.2618(0.5)=e−0.1309≈e−0.13=0.878\frac{A}{A_0}=e^{-0.2618(0.5)} =e^{-0.1309}\approx e^{-0.13}=0.878
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