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 n
B
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/m
2
-K，外牆與戶外空氣之熱傳導係數為
34
-
W/m
2
-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，
每度電費為
3 元，請問屋主每月最少需花多少電費？ (25 分)
- 28 -
【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）
V
C
1
h
- 29 -
【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
E
y
x
ˆ
,
ˆ
(
ˆ
ˆ
+
=
r
∗
∗
∗
∗
+
=
x
y
x
E
y
E
x
E
E
(
ˆ
ˆ
r
分別是
x, y 方向的單位向量)
是 E
x
的共軛複數，依此類推)
0
2
0
0
λ
π
φ
nr
i
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，
E
x0
：電場大小，
r
：光在空間行走距離
[Note:
]
φ
φ
φ
sin
cos
i
e
i
+
=
y
E
x
E
E
y
E
x
E
E
y
x
y
x
ˆ
ˆ
,
ˆ
ˆ
2
2
2
1
1
1
+
=
+
=
r
r
y
y
x
x
E
E
E
E
E
E
2
1
2
1
2
1
+
=
•
r
r
2
2
2
)
(
y
x
y
y
x
x
E
E
E
E
E
E
E
E
E
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
電場
PL
電場
光
楊氏干涉儀裝置如下
:
y
波長
0
λ
非偏極化單色光
d
孔徑
2
L
軸心
A
x
孔徑
1
C
B
成像面
第
4 之 3 頁
- 30 -
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
n
ℓ 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
I
V
+
−
=
，
I
max
為建設性干涉位置的光
強度，
I
min
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）。
4
10
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
- 31 -
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
第
12 之 1 頁
β
θ
sin
sin
n
in
=
β
β
下邊界
in
out
n
θ
θ
β
sin
sin
sin
=
=
d
設光線在平板中的路徑長為 ，則
l
β
cos
t
=
l
)
sin
cos
cos
(sin
)
sin(
β
θ
β
θ
β
θ
−
=
−
=
l
l
d
)
cos
sin
cos
(sin
)
sin
cos
cos
(sin
cos
β
β
θ
θ
β
θ
β
θ
β
−
=
−
=
t
t
d
2
2
/
sin
1
cos
,
/
sin
sin
sin
sin
n
n
n
θ
β
θ
β
β
θ
−
=
=
→
=
)
/
sin
1
cos
1
(
sin
)
cos
/
sin
cos
(sin
2
2
n
n
t
n
t
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
t
R
t
R
n
C
C
C
+
−
=
=
θ
θ
C
(R+t/2)
(R-t/2)
2
1
1 t
n
n
R
C
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
+
=
- 32 -
(c)
第
12 之 2 頁
n
n
C
1
sin
,
sin
sin
=
=
θ
β
α
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
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
+
≥
−
→
−
+
≥
−
=
−
t
R
t
R
n
t
R
t
R
n
n
n
α
α
β
2
2
2
2
2
2
/
2
/
sin
sin
2
/
2
/
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
+
−
≤
→
≥
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
+
−
t
R
t
R
n
t
R
t
R
n
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
+
=
+
−
=
β
β
π
θ
n
t
R
R
1
2
/
)
cos(
)
(
sin
≥
+
=
β
θ
nR
t
R
2
/
sin
1
)
cos(
2
+
≥
−
=
β
β
2
2
2
2
2
2
2
2
2
/
sin
2
/
sin
sin
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +
≥
−
→
+
≥
−
=
−
R
t
R
n
R
t
R
n
n
n
α
α
β
2
2
2
2
2
2
/
sin
sin
2
/
2
/
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛ +
−
≤
→
≥
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
+
−
R
t
R
n
t
R
t
R
n
α
α
α
β
θ
α
β
θ
α
β
θ
- 33 -
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(
sin
≥
=
β
θ
n
1
sin
1
)
cos(
2
≥
−
=
β
β
1
sin
1
sin
sin
2
2
2
2
2
2
2
≥
−
→
≥
−
=
−
α
α
β
n
n
n
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
R
n
α
(d)
未鍍膜時
θ
1
2
sin
sin
,
sin
sin
=
=
=
π
θ
β
α
C
n
n
β
α
鍍膜後
β
α
sin
sin
n
=
第
12 之 3 頁
γ
θ
sin
sin
B
n
n
=
1
2
sin
sin
=
=
π
γ
C
B
n
1
sin
sin
=
=
C
B
C
n
n
γ
θ
與未鍍膜相同
α
β
θ
γ
γ
- 34 -
【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
h
i
= 8.5 W/m
2
-K
外牆之熱傳導係數
h
o
= 34 W/m
2
-K
室內溫度
T
i
= 20 ℃ = 293 K
室外溫度
T
o
= -20 ℃ = 253 K
牆壁面積
A = 200 m
2
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
heat
Q
where
,
1
=
=
=
dt
Q
A
dt
q
q
i
i
δ
δ
&
2. 牆內部之熱流率
w
q
&
3. 外牆與戶外空氣之熱流率
o
q
&
q
q
q
q
o
w
i
&
&
&
&
=
=
=
⇒
(1) 計算屋內熱流率：
)
(
wi
i
i
i
T
T
A
h
q
−
×
×
=
&
(2) 計算屋外熱流率：
)
(
o
wo
o
o
T
T
A
h
q
−
×
×
=
&
(3) 計算牆內熱流率：
D
T
T
A
K
dx
dT
A
K
q
wi
wo
w
−
×
×
−
≈
×
×
−
=
&
(4) 由(1)式可得：
A
h
q
T
T
i
i
wi
×
−
=
&
(5) 由(2)式可得：
A
h
q
T
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
q
T
T
D
A
K
D
T
T
A
K
q
&
&
78
.
2
)
1
1
(
)
(
≅
+
+
−
×
=
⇒
o
i
o
i
h
K
D
h
T
T
A
q
&
（
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
- 35 -
【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。
第
12 之 5 頁
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 v
b
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
所以
2T
d/ v
v 。已知T
d/v ，所以v
√
T
。
v
v
v
v
- 36 -
(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
- 37 -
【第四題參考解】
假設初始態的溫度為
T
1
,壓力為 P
1
,體積為 V
1
∴所以滿足三方程式 (1) P
1
V
1
=nRT
1
(2) P
1
S=kh
1
(3) V
1
=h
1
S
∴
1
2
1
1
1
1
1
nRT
kh
S
h
S
kh
V
P
=
=
⋅
=
nR
kh
T
2
1
1
=
∴
同理
當吸收 Q 熱量時 活塞高度為 則
2
h
2
2
2
nRT
kh
=
∴
nR
kh
T
2
2
2
=
由熱力學第一定理
: Q=
W
U
Δ
+
Δ
因為
)
(
2
1
2
1
2
2
h
h
k
W
−
=
Δ
而
)
(
)
(
2
1
2
2
1
2
h
h
k
R
C
T
T
nC
U
V
V
−
=
−
=
Δ
∴
)
2
(
2
2
1
2
V
C
R
k
QR
h
h
+
+
=
)
2
(
2
1
2
R
C
n
Q
T
T
T
V
+
=
−
=
Δ
第
12 之 7 頁
- 38 -
【第五題參考解】
(a) No,
,
0
2
1
2
1
=
•
=
•
∗
∗
E
E
E
E
r
r
r
r
Q
2
2
2
1
2
1
2
1
2
)
ˆ
ˆ
(
)
ˆ
ˆ
(
)
y
x
y
x
y
x
E
E
y
E
x
E
y
E
x
E
I
+
=
+
•
+
=
=
∗
∗
∗
1
2
1
2
(
)
(
E
E
E
E
E
+
•
+
=
∗
r
r
r
r
r
(b)
)
ˆ
ˆ
(
)
ˆ
ˆ
(
)
(
)
(
2
1
2
1
2
1
2
1
2
x
E
x
E
x
E
x
E
E
E
E
E
E
I
x
x
x
x
∗
∗
∗
∗
+
•
+
=
+
•
+
=
=
r
r
r
r
r
x
x
x
x
x
x
E
E
E
E
E
E
2
*
1
*
2
1
2
2
2
1
+
+
+
=
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
2
1
2
1
φ
φ
φ
φ
−
−
−
+
+
+
=
i
x
x
i
x
x
x
x
e
E
E
e
E
E
E
E
)
cos(
2
2
1
0
2
0
1
2
0
2
2
0
1
φ
φ
−
+
+
=
x
x
x
x
E
E
E
E
λ
π
λ
π
φ
φ
2
1
2
1
2
2
r
r −
=
−
成像面
第
12 之 8 頁
建設性干涉條件：
k
π
φ
φ
2
2
1
=
−
λ
k
r
r
=
−
⇒
2
1
θ
sin
2
1
d
r
r
≅
−
Q
d
L
period
k
d
Lk
L
L
L
center
from
fringes
bright
k
k
d
λ
λ
θ
θ
θ
λ
θ
=
∴
±
±
=
=
≈
≈
=
±
±
=
=
∴
L
L
2
,
1
,
0
,
sin
tan
2
,
1
,
0
,
sin
d
r
r
θ
Ltanθ
L
(c)
OPD = n
ℓ-ℓ = (1.5 – 1)
ℓ= 0.5ℓ =
⇒
+
0
)
2
1
(
λ
k
ℓ =
0
)
1
2
(
λ
+
k
,
L
,
2
,
1
,
0
=
k
Or
)
cos(
2
2
1
0
2
0
1
2
2
2
1
2
2
1
2
φ
φ
−
+
+
=
+
=
=
x
x
x
x
E
E
E
E
E
E
E
I
r
r
r
L
l
l
l
,
2
,
1
,
0
,
)
1
2
(
)
1
2
(
2
2
0
0
0
2
1
=
+
=
⇒
+
=
−
=
−
k
k
k
n
λ
π
λ
π
λ
π
φ
φ
- 39 -
(d)
0
2
0
1
2
0
2
2
0
1
max
2
x
x
x
x
E
E
E
E
I
+
+
=
0
2
0
1
2
0
2
2
0
1
min
2
x
x
x
x
E
E
E
E
I
−
+
=
5
1
2
2
0
2
2
0
1
0
2
0
1
=
+
=
x
x
x
x
E
E
E
E
V
0
10
2
0
2
0
2
0
1
2
0
1
=
+
−
∴
x
x
x
x
E
E
E
E
)
(
24
5
0
2
0
1
sign
take
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
12 之 9 頁
- 40 -
【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
=
+
+
=
ω
ω
ω
),
sin
cos
)(
sin
cos
(
)
,
(
要求此解滿足邊界條件
0
)
,
(
,
0
)
,
0
(
=
=
=
=
t
L
x
y
t
x
y
可得
)
cos(
sin
)
sin
cos
(
sin
)
,
(
,...
3
,
2
,
1
,
0
sin
0
)
sin
cos
)(
sin
(
0
0
)
sin
cos
(
φ
ω
π
ω
ω
π
π
π
ω
ω
ω
ω
+
=
+
=
∴
=
=
⇒
=
⇒
=
⇒
=
+
=
⇒
=
+
t
L
x
n
A
t
F
t
E
L
x
n
t
x
y
n
L
n
k
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
π
ω
φ
ω
π
ω
ω
π
t
F
L
kv
t
L
x
A
t
F
t
E
L
x
t
x
y
=
=
+
=
+
=
),
cos(
sin
)
sin
cos
(
sin
)
,
(
其中
φ
,
A
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
k
k
F
k
F
k
v
k
v
k
t
t
2
4
=
⇒
=
⇒
=
=
μ
μ
ω
第
12 之 10 頁
- 41 -
所以波函數可以寫成
)
sin
cos
)(
(
2
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
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
(
t
L
x
y
t
L
x
y
=
=
=
右
左
以及條件二
3
3
)
,
(
)
,
(
L
x
L
x
x
t
x
y
x
t
x
y
=
=
∂
∂
=
∂
∂
右
左
依據條件一
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=
−
=
−
⇒
=
−
+
−
+
=
+
0
3
sin
3
sin
0
3
sin
3
sin
0
sin
)
3
sin
3
sin
(
cos
)
3
sin
3
sin
(
)
sin
cos
(
3
sin
)
sin
cos
(
3
sin
L
k
F
L
k
F
L
k
E
L
k
E
t
L
k
F
L
k
F
t
L
k
E
L
k
E
t
F
t
E
L
k
t
F
t
E
L
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
⎪
⎪
⎩
⎪⎪
⎨
⎧
=
+
=
+
⇒
=
+
+
+
+
−
=
+
0
3
cos
2
1
3
cos
0
3
cos
2
1
3
cos
0
sin
)
3
cos
2
1
3
cos
(
cos
)
3
cos
2
1
3
cos
(
)
sin
cos
(
3
cos
2
1
)
sin
cos
(
3
cos
L
k
F
L
k
F
L
k
E
L
k
E
t
L
k
F
L
k
F
t
L
k
E
L
k
E
t
F
t
E
L
k
t
F
t
E
L
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
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=
+
=
−
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=
+
=
−
0
3
cos
2
1
3
cos
0
3
sin
3
sin
0
3
cos
2
1
3
cos
0
3
sin
3
sin
L
k
F
L
k
F
L
k
F
L
k
F
L
k
E
L
k
E
L
k
E
L
k
E
左
右
左
左
左
右
左
左
左
右
左
左
左
右
左
左
因為
不能同時為零，所以行列式
右
左
右
左
F
F
E
E
,
,
,
第
12 之 11 頁
- 42 -
...
3
,
2
,
1
,
2
3
3
2
0
3
2
sin
0
3
cos
3
sin
0
3
cos
2
1
3
cos
3
sin
3
sin
=
=
⇒
=
⇒
=
⇒
=
⇒
=
−
n
L
n
k
n
L
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，
F
F
F
E
E
E
=
=
=
=
右
左
右
左
,
所以
L
x
L
t
F
t
E
L
x
L
t
x
y
L
x
t
F
t
E
L
x
t
x
y
<
≤
+
−
=
<
≤
+
=
3
),
sin
cos
(
4
)
(
3
sin
)
,
(
3
0
),
sin
cos
(
2
3
sin
)
,
(
ω
ω
π
ω
ω
π
右
左
至於
，還是由初始條件決定，示意圖如下。
F
E,
第
12 之 12 頁
- 43 -
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
和
l
<<
x
w
x
<< ，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
- 44 -
【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
)
(r
f
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
o
L （此為質點相對於原點之角動量）
，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
o
L
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
r
e
r
r
ˆ
=
v
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。)
θ
θ
e
r
e
r
r
r
ˆ
ˆ
&
&
&v
+
=
r
eˆ
θ
eˆ
r
eˆ
θ
eˆ
【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
2
mr
I
=
）？ (15 分)
- 45 -
【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
o
ρ
。
(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/m
3
，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：
C
x
x
dx
+
=
∫
ln
,
C
bx
a
b
bx
a
dx
+
−
−
=
−
∫
)
ln(
1
）
【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
體的中心點（圖三）
，它能穩定於該點嗎？請提供具體證明。 (10 分)
- 46 -
圖
圖 一
圖 二
第 4 之 4 頁
頁
圖 三
- 47 -
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
w
x
<< 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
0
2
μ
=
×
，
故
w
I
B
up
2
0
μ
=
，同下板也產生相同的大小的磁場，即：
w
I
B
down
2
0
μ
=
。
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
I
B
0
μ
=
。方向為
yˆ
+ 。
(b) 每一板所受的作用力相等。上板受力 F
up
等於：
z
w
I
B
I
F
up
up
ˆ
2
2
0
l
r
l
r
r
μ
=
×
⋅
=
。
同理下板為：
(
z
w
I
B
I
F
down
down
ˆ
2
2
0
−
=
×
⋅
=
l
r
l
r
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
⋅
= E
ε
，
感應電動勢
ε
也等於反抗磁通量的變化，即：
t
s
B
up
Δ
Δ
×
×l
，
兩式相比較得知電場：
t
s
w
I
E
Δ
Δ
×
=
2
0
μ
，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：
(
)
s
w
I
s
w
B
Δ
×
=
Δ
×
×
×
2
2
2
0
0
2
l
l
μ
μ
，
而上板移動
Δs 須做之功等於：
第
12 之 1 頁
- 48 -
s
w
I
s
F
up
Δ
×
=
Δ
×
2
2
0
l
μ
，
故上兩式總和為
s
w
I
Δ
×
l
2
0
μ
，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
w
I
s
w
B
×
=
×
×
×
2
2
2
0
0
2
l
l
μ
μ
上式依據電感的定義恰等於
2
2
1
LI 。由上述關係，可以得到兩平板的電感 L
為：
w
x
l
0
μ
。
第
12 之 2 頁
- 49 -
【第二題參考解】
(a) 在平面上以螺旋方式向原點運動
(b)
Î
θ
θ
e
r
e
r
r
r
ˆ
ˆ
&
&
&v
+
=
θ
θ
θ
θ
e
r
r
e
r
r
r
r
ˆ
)
2
(
ˆ
)
(
2
&
&
&&
&
&&
&&v
+
+
−
=
徑向運動方程式：
r
b
r
f
r
r
m
&
&
&&
−
−
=
−
)
(
)
(
2
θ
切向運動方程式：
θ
θ
θ
&
&
&
&&
br
r
r
m
−
=
+
)
2
(
(c)
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
−
=
+
+
=
⇒
=
θ
θ
θ
θ
θ
θ
&
&
&
&&
&&
&
&
&
br
r
r
m
r
r
mr
dt
dL
mr
L
)
2
(
)
2
(
2
代入切向運動方程式
因為
t
m
b
e
L
L
t
m
b
L
L
L
m
b
mr
m
b
dt
dL
br
dt
dL
r
−
=
⇒
−
=
⇒
−
=
−
=
⇒
−
=
⇒
0
0
2
)
ln(
1
θ
θ
&
&
2
ln
b
m
t
=
∴
時角動量為原始的一半。
第
12 之 3 頁
- 50 -
【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
rot
trans
0
K
K
U
Δ
+ Δ
+ Δ =
因此，
(
)
(
)
2
2
1
1
+ =
2
+
+
2
2
m g h r m g R r
m v
I
ω
−
對實心圓球而言
2
2
5
I
m r
=
與
v
r
ω
=
，所以上式變為
2
7
2
2
10
gh
gr
gR
v
+
=
+
(1)
在
時，實心圓球能到達圓環頂部時的速度應滿足下列條件
m in
h
h
=
第
12 之 4 頁
(
)
2
m v
F
m g
R r
=
=
−
∑
or
(
)
2
v
g R r
=
−
(2)
把
(2)式代入(1)式可得
(
)
(
m in
2
0.700
h
R
r
R
=
− +
−
)
r
or
(
)
min
2.70
2.70
h
R
r
=
− ≅
R
(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
(
)
2
2
1
1
3 +
+
+
2
5
m g R r
m gR
m v
m v
=
or
(
)
2
10
2
7
v
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
y
y
F
m a
=
∑
；
I
τ
α
=
∑
而 a = rα，於是可得
f m g
m r
α
−
= −
(3)
2
2
5
fr
m r
α
⎛ ⎞
= ⎜ ⎟
⎝ ⎠
(4)
- 51 -
把
(4)式代入(3)式並消去 f 可得
5
7
g
r
α
=
，
∴
5
7
y
F
m g
= −
∑
水平方向的運動式為
( )
10
2
7
(2
)
20
7
x
R
r
mv
mg
F
n
mg
R
r
R
r
+
−
= − = −
= −
≅
−
−
∑
(∵
R
r
>>
)
第
12 之 5 頁
- 52 -
【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
t
Δ
t
A
Δ
v
t
A
m
o
Δ
=
v
ρ
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
0 m
t
F
−
=
Δ
2
v
A
F
o
ρ
=
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
10
*
9
30
*
1000
v
=
=
=
=
o
A
F
P
ρ
N/m
2
(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
dp
F
−
=
=
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
du
a
−
=
=
=
v
1
代入數值則
u
dt
du
03
.
0
9
.
0
−
=
C
dt
u
du
+
=
−
∫
∫
03
.
0
9
.
0
)
(
03
.
0
03
.
0
1
30
C
t
e
u
+
−
−
=
在
t=0，u=0，所以
(
)
0.09
ln
03
.
0
1
−
=
C
(
)
t
e
u
03
.
0
1
30
−
−
=
t
e
dt
du
a
03
.
0
9
.
0
−
=
=
在
t=0 a=0.9 m/s
第
12 之 6 頁
- 53 -
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
o
ρ
，那麼石頭的重力
mg 為
。
3
gd
ρ
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
對
F
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
d
P
d
F
⋅
≥
⋅
亦即
時石頭會翻轉。依照(a)整個沖擊石頭有效力矩的平均力為
P
F
≥
2
2
1
v
A
F
o
ρ
=
，
所以河水能沖走的最大的石頭質量為
6
3
2
3
3
v
8 g
d
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
5
.
2
=
ρ
g/cm
3
，水的密度
0
.
1
=
o
ρ
g/cm
3
，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
12 之 7 頁
- 54 -
【第五題參考解】
(a)
y
(0,0)
1 3
2 +q
+q
+
+
(-a,0)
+
+q
(a,0)
x
圖 一
第
12 之 8 頁
庫倫定律
r
r
k
F
ˆ
2
=
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
12
2
2
ˆ
F
x
a
q
k
=
來自電荷
1：
來自電荷
3：
2
2
ˆx
a
q
k
−
32
F
=
0
32
12
=
+
=
F
F
F
合力
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
x
a
q
k
F
ˆ
)
(
2
2
12
ε
+
=
x
a
q
k
F
ˆ
)
(
2
2
32
ε
−
−
=
，
顯然
32
12
F
F
F
+
=
xˆ
|
|
|
|
32
12
F
F
<
，所以合力
為往
−
方向，會將電荷
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。）
- 55 -
y
第
12 之 9 頁
(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：
令中心座標
(0,0,0)正方體八個頂點座標分別為(a,a,-a), (-a,a,-a), (-a,-a,-a),
(a,-a,-a), (a,a,a), (-a,a,a), (-a,-a,a), (a,-a,a)，如圖四
32
F
12
F
2
(0,0)
1 3
F
+
+
+
x
圖 二
z
x
45
F
15
F
(0,0,0)
F
5
2
3
+
+
4
25
F
35
F
+
+
1
+
y
圖 三
- 56 -
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
19
2
2
2
2
19
ˆ
]
)
[(
r
a
a
a
q
k
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
q
k
F
x
+
−
−
−
⋅
+
−
=
ε
ε
ε
xˆ
−
19
x
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
a
kq
F
F
F
F
ˆ
]
2
)
[(
)
(
4
2
3
2
2
2
89
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
a
kq
F
F
F
F
ˆ
]
2
)
[(
)
(
4
2
3
2
2
2
79
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)
4
x
圖 四
- 57 -