112 公務人員升官等薦任 物理 力學 考古題詳解

112 年・公務人員升官等・薦任・物理
試題代碼 力學

第 一 題25 分

如圖，一木板質量為 mm、長度為 LL，斜靠牆壁（yy 軸），與垂直方向夾角為 θ\theta。牆壁的靜摩擦係數為 μy\mu_y，其施於木板的正向力為 NyN_y，靜摩擦力為 fyf_y；地面的靜摩擦係數為 μx\mu_x，其施於木板的正向力為 NxN_x，靜摩擦力為 fxf_x。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

（一）利用靜力平衡與力矩平衡，寫下四個包含 NxN_x、NyN_y、fxf_x、fyf_y 的方程式。（10 分）

（二）假設牆面光滑（μy=0\mu_y=0），計算 NxN_x、NyN_y、fxf_x 與 fyf_y。（10 分）

（三）續（二），計算出可以讓梯子不下滑的最大 θ\theta。（5 分）

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核心觀念

木板靜止時，須同時滿足水平與鉛直方向的合力為零，以及合力矩為零。靜摩擦力會依平衡所需自行調整，其大小受限於 ∣f∣≤μN|f|\leq \mu N；除非木板正要滑動，否則不能直接令 f=μNf=\mu N。

取向右、向上為正，並依圖示令 θ\theta 為木板與垂直方向的夾角。牆面對木板的正向力 NyN_y 向右，地面正向力 NxN_x 向上；fxf_x、fyf_y 則先以向右、向上為正，解出的正負號代表實際方向。

解題方法

木板兩端的接觸位置相對於左下角分別為 (0,Lcos⁡θ)(0,L\cos\theta)、(Lsin⁡θ,0)(L\sin\theta,0)；重心位於木板中點。列出兩方向的力平衡，再分別取兩個接觸點為力矩中心，可寫成題目要求的四式。

（一）四個平衡方程式

水平力平衡：

Ny+fx=0N_y+f_x=0

鉛直力平衡：

Nx+fy−mg=0N_x+f_y-mg=0

以地面接觸點為力矩中心：

mgL2sin⁡θ−NyLcos⁡θ−fyLsin⁡θ=0\frac{mgL}{2}\sin\theta-N_yL\cos\theta-f_yL\sin\theta=0

以牆面接觸點為力矩中心：

NxLsin⁡θ+fxLcos⁡θ−mgL2sin⁡θ=0N_xL\sin\theta+f_xL\cos\theta-\frac{mgL}{2}\sin\theta=0

兩個力矩式彼此相依，與兩方向的力平衡式合併後只有三個獨立平衡條件。接觸處另須符合靜摩擦限制：

∣fx∣≤μxNx,∣fy∣≤μyNy|f_x|\leq\mu_xN_x,\qquad |f_y|\leq\mu_yN_y

（二）牆面光滑時的受力

牆面光滑表示 μy=0\mu_y=0，所以

fy=0f_y=0

由鉛直力平衡：

Nx−mg=0⟹Nx=mgN_x-mg=0 \quad\Longrightarrow\quad N_x=mg

由以地面接觸點取力矩的方程式：

mgL2sin⁡θ−NyLcos⁡θ=0\frac{mgL}{2}\sin\theta-N_yL\cos\theta=0

因此

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第 二 題25 分

假設地球為密度均勻的球體，半徑 re=6400 kmr_e=6400\ \mathrm{km}，總質量 Me=6×1024 kgM_e=6\times10^{24}\ \mathrm{kg}。（重力常數 G=7×10−11 m3 kg−1 s−2G=7\times10^{-11}\ \mathrm{m^3\,kg^{-1}\,s^{-2}}）

（一）解釋距離地表 hh 公里高度的重力加速度公式 g(h)g(h)，並計算 g(0)g(0) 的數值。（10 分）

（二）推導距地表 dd 公里深處的重力加速度公式 g(−d)g(-d)。（10 分）

（三）畫出 g(r)g(r) 從 r=−rer=-r_e 到 r=2rer=2r_e 的圖形。（5 分）

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核心觀念

本題使用牛頓萬有引力定律與球殼定理：球體外部的重力場，等效於全部質量集中在球心；均勻球體內部距球心 rr 以內的質量，則與 r3r^3 成正比。因此，地球外的重力加速度隨球心距離平方反比變化，地球內的重力加速度大小則與球心距離成正比。

以下將 gg 表示重力加速度的大小，並以地表為座標原點：地表上方高度為正，地表下方深度為負。

解題方法與推導

（一）地表上方 hh 公里的重力加速度與 g(0)g(0)

距地表高度 hh 處，到地心的距離是 re+hr_e+h。地球外部的重力加速度為

g(h)=GMe(re+h)2=g(0)(rere+h)2,h≥0.g(h)=\frac{GM_e}{(r_e+h)^2} =g(0)\left(\frac{r_e}{r_e+h}\right)^2,\qquad h\geq 0.

題目中的 hh 與 rer_e 都以公里表示時，計算比例可直接使用相同單位；若代入 SI 制計算 g(0)g(0)，則須將 re=6400 kmr_e=6400\ \mathrm{km} 換成 6.4×106 m6.4\times10^6\ \mathrm{m}。

g(0)=GMere2=(7×10−11)(6×1024)(6.4×106)2=4.2×10144.096×1013≈10.25 m/s2.g(0)=\frac{GM_e}{r_e^2} =\frac{(7\times10^{-11})(6\times10^{24})}{(6.4\times10^6)^2} =\frac{4.2\times10^{14}}{4.096\times10^{13}} \approx 10.25\ \mathrm{m/s^2}.

（二）地表下方 dd 公里的重力加速度

均勻地球內，距地心 rr 以內的質量為

M(r)=Me(rre)3.M(r)=M_e\left(\frac{r}{r_e}\right)^3.

距地心 rr 處，球體外層球殼的合力為零，只有半徑 rr 以內的質量產生淨重力。因此，地球內部的重力加速度大小為

g(r)=GM(r)r2=GMere3r.g(r)=\frac{G M(r)}{r^2} =\frac{G M_e}{r_e^3}r.

地表下方 dd 公里處，距地心 r=re−dr=r_e-d，所以

g(−d)=GMere3(re−d)=g(0)(1−dre),0≤d≤re.g(-d)=\frac{G M_e}{r_e^3}(r_e-d) =g(0)\left(1-\frac{d}{r_e}\right),\qquad 0\leq d\leq r_e.

其中 dd 與 rer_e 使用相同單位。地表處 d=0d=0，公式給出 g(−0)=g(0)g(-0)=g(0)；地心處 d=red=r_e，重力加速度為零。

（三）g(r)g(r) 從 r=−rer=-r_e 到 r=2rer=2r_e 的圖形

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第 三 題25 分

如圖，一截面積為 AA、密度為 ρs\rho_s 的長方形物體浮在密度為 ρ\rho 的液體上，該物體在液面下的深度為 hh。

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（一）證明該物體所受的浮力等於與其處於液面下體積等體積的液體所受的重力。（12 分）

（二）證明每下降距離 yy，液體的壓力增加 ρgy\rho gy。（13 分）

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核心觀念

本題考查靜止液體的壓力隨深度變化，以及物體受到的浮力。液體密度為 ρ\rho、重力加速度為 gg 時，液面下深度 zz 處的壓力為

p(z)=p0+ρgz,p(z)=p_0+\rho gz,

其中 p0p_0 是液面處的壓力。浮力則來自物體底面與頂面所受壓力不同所產生的合力。

（一）浮力等於排開液體的重量

物體浸入液體的深度為 hh，水平截面積為 AA，所以浸入液體的體積為

V浸=Ah.V_{\text{浸}}=Ah.

液體側面對物體的壓力方向為水平方向，兩側合力互相抵銷。物體頂面與底面受到的壓力則不同：頂面位於液面處，壓力為 p0p_0；底面位於深度 hh，壓力為 p0+ρghp_0+\rho gh。

因此，底面向上的壓力作用力減去頂面向下的壓力作用力，得到浮力

FB=(p0+ρgh)A−p0A=ρghA.F_B=(p_0+\rho gh)A-p_0A =\rho ghA.

浸入液體的同體積液體，其重量為

W排開液體=ρV浸g=ρAhg.W_{\text{排開液體}}=\rho V_{\text{浸}}g =\rho Ahg.

故

FB=W排開液體.\boxed{F_B=W_{\text{排開液體}}}.
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第 四 題25 分

如圖，質量為 m1m_1 的物體以初速 v0v_0 與質量為 m2m_2 的靜止物體碰撞。碰撞過程中無能量損失，碰撞前後兩物體都沒有受到外力。碰撞後，m1m_1 的末速度為 v1v_1，與水平夾角為 θ1\theta_1；m2m_2 的末速度為 v2v_2，與水平夾角為 θ2\theta_2。

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

（一）請利用守恆律，列出三個 v1v_1、v2v_2、θ1\theta_1、θ2\theta_2 所滿足的方程式。（10 分）

（二）假設 m1=m2=mm_1=m_2=m，已知 v0v_0，利用（一）的結果，將 v2v_2、θ1\theta_1、θ2\theta_2 表示為 v1v_1 的函數。（15 分）

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核心觀念

本題考查二維彈性碰撞的動量守恆與動能守恆。碰撞過程中沒有外力，因此系統的總動量守恆；題目又說無能量損失，因此總動能守恆。

依圖，m1m_1 碰撞後向上偏轉 θ1\theta_1，m2m_2 向下偏轉 θ2\theta_2。取水平向右為 xx 軸、鉛直向上為 yy 軸。

解題方法

（一）初始動量只有 xx 分量。分別寫出兩方向的動量守恆式，再列出動能守恆式：

m1v0=m1v1cos⁡θ1+m2v2cos⁡θ2m_1v_0=m_1v_1\cos\theta_1+m_2v_2\cos\theta_2 m1v1sin⁡θ1=m2v2sin⁡θ2m_1v_1\sin\theta_1=m_2v_2\sin\theta_2 12m1v02=12m1v12+12m2v22\frac12m_1v_0^2=\frac12m_1v_1^2+\frac12m_2v_2^2

這三式即為 v1、v2、θ1、θ2v_1、v_2、\theta_1、\theta_2 所滿足的方程式。

（二）令 m1=m2=mm_1=m_2=m。由動量守恆的向量式，

v⃗0=v⃗1+v⃗2\vec v_0=\vec v_1+\vec v_2

兩邊平方可得

v02=v12+v22+2v1v2cos⁡(θ1+θ2)v_0^2=v_1^2+v_2^2+2v_1v_2\cos(\theta_1+\theta_2)

動能守恆則給出

v02=v12+v22v_0^2=v_1^2+v_2^2

比較兩式，得 cos⁡(θ1+θ2)=0\cos(\theta_1+\theta_2)=0。配合圖示中兩速度分別位於水平線上、下方的方向，故

θ1+θ2=90∘\theta_1+\theta_2=90^\circ

再由動能守恆解出 v2v_2：

v2=v02−v12v_2=\sqrt{v_0^2-v_1^2}

為求角度，由鉛直方向動量守恆及 θ2=90∘−θ1\theta_2=90^\circ-\theta_1：

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