107 一般警察特考四等 消防警察人員 普通物理學概要與普通化學概要 考古題詳解

核心觀念

同號電荷互相排斥。負電荷丙若放在兩個正電荷之間，甲對丙的吸引力指向甲，乙對丙的吸引力指向乙；丙受力為零的條件是兩側靜電力大小相等。

庫侖定律為

其中 $k$ 為庫侖常數，$r$ 為兩電荷間距離。

解題方法

設丙距離甲為 $x$，則距離乙為 $L-x$。要使丙所受合力為零，甲、乙對丙的吸引力大小須相等：

約去共同因子 $kQ|q_{\text{丙}}|$，得

因為 $0<x<L$，兩側距離皆為正，取正平方根：

因此

核心觀念

1. 電阻定律 均勻導體的電阻值 $R$ 與導體長度 $L$ 成正比，與截面積 $A$ 成反比，公式為： $R = \rho \frac{L}{A}$ 其中 $\rho$ 為導體之電阻率（取決於材質）。

2. 電熱效應（焦耳熱與電功率） 電流流經電阻產生的發熱功率 $P$（單位時間放熱量）與電壓 $V$、電流 $I$、電阻 $R$ 的關係為： $P = IV = I^2 R = \frac{V^2}{R}$ 電線發熱導致走火的危險性取決於單位時間產生的熱量（即電功率 $P$），發熱功率愈大，溫度上升愈劇烈，走火危險性愈高。

3. 串聯與並聯的功率比較依據

• 並聯電路：各支路端電壓 $V$ 相同，選用 $P = \frac{V^2}{R}$ 判斷，發熱功率與電阻成反比（$P \propto \frac{1}{R}$）。
• 串聯電路：流經各元件電流 $I$ 相同，選用 $P = I^2 R$ 判斷，發熱功率與電阻成正比（$P \propto R$）。

解題方法

步驟一：求甲、乙兩電阻線的電阻比 兩電阻線材質相同（$\rho_甲 = \rho_乙$）、長度相同（$L_甲 = L_乙$）。已知截面積 $A_甲 = 1\ \mathrm{mm^2}$、$A_乙 = 3\ \mathrm{mm^2}$。 根據電阻定律 $R = \rho \frac{L}{A}$ 可知，電阻與截面積成反比： $\frac{R_甲}{R_乙} = \frac{A_乙}{A_甲} = \frac{3}{1} \implies R_甲 = 3R_乙$ 即甲電阻線的電阻為乙電阻線的 $3$ 倍（$R_乙$ 電阻較小）。

步驟二：分析「並聯」接上電源時的發熱效應 兩電阻線並聯時，兩端承受相同的電源電壓（$V_甲 = V_乙 = V$）。 由功率公式 $P = \frac{V^2}{R}$： $\frac{P_甲}{P_乙} = \frac{\frac{V^2}{R_甲}}{\frac{V^2}{R_乙}} = \frac{R_乙}{R_甲} = \frac{1}{3} \implies P_乙 = 3P_甲$ 乙電阻線的發熱功率為甲電阻線的 $3$ 倍。在相同散熱條件下，乙電阻線產熱速率遠大於甲電阻線，故並聯時乙電阻線最危險。

核心觀念

1. 均勻電場中的靜電力： 在量值為 $E$ 的均勻電場中，電量為 $Q$ 的帶電粒子所受靜電力為恆力，量值為： $F = QE$
2. 功的定義（純量積／內積）： 恆力 $\vec{F}$ 作用於物體並產生位移 $\vec{s}$ 時，所作的功為外力與位移之內積： $W = \vec{F} \cdot \vec{s} = F s \cos\theta$ 其中 $\theta$ 為受力方向與位移方向之夾角。
3. 等電位面與保守力特性： 靜電力為保守力，作功大小與路徑無關，僅由起點與終點的電位差決定（$W = Q\Delta V$）。垂直於均勻電場方向的直線或平面為「等電位面」，在等電位面上移動電荷不作功（$\theta = 90^\circ$ 時，$\cos 90^\circ = 0$）。

解題方法

由題意知，電場方向向右且與 $AB$ 平行，直角三角形中 $\angle B = 90^\circ$，$AB = A_1$，$BC = A_2$。將電荷由 $A$ 等速移至 $C$，可透過兩種標準途徑求解：

方法一：路徑獨立性（分段位移法）

由於靜電力作功與路徑無關，由 $A$ 直接移至 $C$ 的功，等於先由 $A$ 移至 $B$ 再由 $B$ 移至 $C$ 的作功總和： $W_{A \to C} = W_{A \to B} + W_{B \to C}$

1. 移動段 $A \to B$： 位移量值為 $A_1$，位移方向平行於電場（$\theta = 0^\circ$）： $W_{A \to B} = F \cdot A_1 \cos 0^\circ = QE A_1$
2. 移動段 $B \to C$： 位移量值為 $A_2$，位移方向垂直於電場（$\theta = 90^\circ$）： $W_{B \to C} = F \cdot A_2 \cos 90^\circ = 0$

核心觀念

本題測驗電磁學中 $LC$ 振盪電路的諧振（共振）頻率 與 基本物理量的單位換算：

1. 電抗與諧振條件： 在交流電路中，電感抗 $X_L = \omega L$，電容抗 $X_C = \frac{1}{\omega C}$。當系統電抗為零時，感抗與容抗大小相等互相抵消，即 $X_L = X_C$，此狀態稱為諧振（共振）。
2. 振盪頻率公式： 由諧振條件可得角頻率 $\omega$ 與頻率 $f$： $\omega = \frac{1}{\sqrt{LC}} \implies f = \frac{\omega}{2\pi} = \frac{1}{2\pi\sqrt{LC}}$
3. SI 單位字首換算：

• 毫（$\mathrm{m}$）$= 10^{-3}$
• 微（$\mathrm{\mu}$）$= 10^{-6}$

解題方法

步驟一：將已知數值轉換為國際標準單位（SI）

• 電感 $L = 10\ \mathrm{mH} = 10 \times 10^{-3}\ \mathrm{H} = 10^{-2}\ \mathrm{H}$
• 電容 $C = 4.0\ \mathrm{\mu F} = 4.0 \times 10^{-6}\ \mathrm{F}$

步驟二：計算 $LC$ 之乘積及其平方根 $LC = (10^{-2}\ \mathrm{H}) \times (4.0 \times 10^{-6}\ \mathrm{F}) = 4.0 \times 10^{-8}\ \mathrm{s^2}$ $\sqrt{LC} = \sqrt{4.0 \times 10^{-8}} = 2.0 \times 10^{-4}\ \mathrm{s}$

步驟三：代入振盪頻率 $f$ 公式計算 $f = \frac{1}{2\pi\sqrt{LC}} = \frac{1}{2\pi \times (2.0 \times 10^{-4})} = \frac{1}{4\pi \times 10^{-4}} = \frac{10^4}{4\pi}\ \mathrm{Hz}$

經由計算，該系統之振盪頻率為 $\frac{10^4}{4\pi}\ \mathrm{Hz}$。

核心觀念

本題主要測驗直流電路分析的基本定律，包含：

1. 克希荷夫電流定律（Kirchhoff's Current Law, KCL）： 電路中任一節點，流入該節點的電流總和等於流出該節點的電流總和： $\sum I_{\text{in}} = \sum I_{\text{out}}$
2. 克希荷夫電壓定律（Kirchhoff's Voltage Law, KVL）： 沿任一封閉迴路繞行一週，各元件之電位升與電位降的代數和為零： $\sum \Delta V = 0$
3. 歐姆定律（Ohm's Law）： 導體或電阻兩端的電位差等於電流與電阻的乘積： $V = IR$

解題方法

本電路為常見的雙網目（三分支）並聯電路架構。

1. 定義節點與參考電位：

• 設三條分支上方交會處為節點 $A$，下方交會處為節點 $B$。
• 選取下方節點 $B$ 為參考接地點，令其電位 $V_B = 0\ \mathrm{V}$。
• 左側分支包含電池 $V_1$ 與電阻 $R_1 = 2\ \Omega$，電流 $I_1 = 2\ \mathrm{A}$ 向上流入節點 $A$。
• 中間分支包含電阻 $R_2 = 1\ \Omega$，連接於節點 $A$ 與節點 $B$ 之間。
• 右側分支包含電阻 $R_3$ 與 $10\ \mathrm{V}$ 電池，電流 $I_3 = 4\ \mathrm{A}$ 向上流入節點 $A$。

2. 利用 KCL 求流經中間電阻 $R_2$ 的電流 $I_2$： 在節點 $A$ 處，左側分支電流 $I_1$ 與右側分支電流 $I_3$ 皆流入節點 $A$，故流出節點 $A$、向下通過中間電阻 $R_2$ 的電流 $I_2$ 為： $I_2 = I_1 + I_3 = 2\ \mathrm{A} + 4\ \mathrm{A} = 6\ \mathrm{A}$

3. 計算節點 $A$ 的電位 $V_A$： 中間分支僅有電阻 $R_2$，依歐姆定律計算節點 $A$ 與節點 $B$ 間的電位差： $V_A - V_B = I_2 \times R_2 = 6\ \mathrm{A} \times 1\ \Omega = 6\ \mathrm{V}$ 因 $V_B = 0\ \mathrm{V}$，故節點 $A$ 之電位為： $V_A = 6\ \mathrm{V}$

4. 利用 KVL 求解電池 $V_1$ 的電壓： 沿左側分支由節點 $B$ 往節點 $A$ 推算電位變化：

• 由節點 $B$ 向上經電池 $V_1$（由負極至正極），電位升高 $V_1$。
• 順著電流 $I_1$ 方向通過電阻 $R_1$，電位下降 $I_1 R_1$。

核心觀念

本題評量靜電學的基本定律與力學向量合成，核心重點包含：

1. 庫侖定律（Coulomb's Law）： 真空中兩靜止點電荷之間的靜電力大小為： $F = \frac{k |q_1 q_2|}{r^2}$ 其中電荷「同性相斥、異性相吸」，力的方向沿兩電荷連線。
2. 靜電力疊加原理（Superposition Principle）： 多個點電荷系統中，任一點電荷所受的總靜電力，等於其餘點電荷對其個別施加靜電力的向量和。
3. 等大小向量的合成性質：

• 兩大小為 $F_0$、夾角為 $60^\circ$ 的向量，合力大小為 $\sqrt{3}F_0$，方向為角平分線。
• 兩大小為 $F_0$、夾角為 $120^\circ$ 的向量，合力大小為 $F_0$，方向為角平分線。

4. 孤立系統內力總和為零： 三點電荷間的作用力互為作用力與反作用力（牛頓第三運動定律），整個系統三者所受靜電力的向量和必為零向量（$\sum \vec{F} = \vec{0}$）。

解題方法

設正三角形邊長為 $L$，且令庫侖力基本量級為 $F_0 = \frac{k q^2}{L^2}$。 三角形配置為：頂點丙位於上方（電荷量 $-q$），底邊左側為甲（電荷量 $+q$），底邊右側為乙（電荷量 $+q$）。

1. 頂點丙（$-q$）的受力分析

• 受甲之引力 $\vec{F}_{甲\to丙}$：異性相吸，方向沿邊長由丙指向甲（朝左下方，與水平夾 $60^\circ$），大小為 $F_0$。
• 受乙之引力 $\vec{F}_{乙\to丙}$：異性相吸，方向沿邊長由丙指向乙（朝右下方，與水平夾 $60^\circ$），大小為 $F_0$。
• 合力向量：兩分力大小相等，夾角為正三角形頂角 $60^\circ$。
• 合力方向沿角平分線鉛直向下（指向底邊甲乙之中點）。
• 合力大小為： $F_丙 = 2 F_0 \cos\left(\frac{60^\circ}{2}\right) = 2 F_0 \cos 30^\circ = \sqrt{3} F_0$

2. 頂點甲（$+q$）的受力分析

• 受乙之斥力 $\vec{F}_{乙\to甲}$：同性相斥，方向沿底邊由乙指向甲，即水平向左，大小為 $F_0$。
• 受丙之引力 $\vec{F}_{丙\to甲}$：異性相吸，方向沿邊長由甲指向丙，即朝右上方（與水平正向夾 $60^\circ$），大小為 $F_0$。
• 合力向量：兩分力大小均為 $F_0$。
• 水平向左（$180^\circ$）與朝右上方（$60^\circ$）兩向量的夾角為 $180^\circ - 60^\circ = 120^\circ$。
• 合力必沿其夾角的角平分線方向，即與水平負向夾 $60^\circ$（朝左上方，方向恰與邊 乙丙 平行）。
• 合力大小為：

核心觀念

本題的核心在於測驗熱力學四大定律中「熱力學第一定律（能量守恆）」與「熱力學第二定律（熵增原理）」應用於**孤立系統（Isolated System）**時的基本物理意義：

1. 孤立系統的能量守恆： 孤立系統與外界環境既無質量交換，亦無功與熱的交換（$Q = 0$、$W = 0$）。由熱力學第一定律 $\Delta U = Q - W$ 可知，整個孤立系統的總內能恆定守恆，即： $\Delta U_{\text{total}} = 0$
2. 孤立系統的熵增原理（Principle of Increase of Entropy）： 對於孤立系統，任何自然發生的自發（不可逆）過程，系統的總熵必增加；若為理想的可逆過程，總熵維持不變。因此孤立系統的總熵變化量必定大於或等於零： $\Delta S_{\text{total}} \ge 0$
3. 狀態函數的廣延性質（Extensive Property）： 內能與熵皆為廣延性質，具有可加性。由子系統 $A$ 與 $B$ 組成的整體系統，其總變化量即為各子系統變化量的代數和： $\Delta U_{\text{total}} = \Delta U_A + \Delta U_B$ $\Delta S_{\text{total}} = \Delta S_A + \Delta S_B$

解題方法

將子系統 $A$ 與 $B$ 合併視為一個整體（即該「孤立系統」）：

1. 分析內能總變化量： 子系統 $A$ 與 $B$ 之間互相進行功與熱的交換，但這些交換皆屬於孤立系統內部的相互作用，外界對整體系統並無作功，亦無熱傳遞（$Q_{\text{total}} = 0$，$W_{\text{total}} = 0$）。 依據熱力學第一定律： $\Delta U_{\text{total}} = \Delta U_A + \Delta U_B = 0$ 這表示 $\Delta U_A = -\Delta U_B$。兩子系統的內能一增一減，總和必定精確等於零。

2. 分析熵總變化量： 孤立系統不與外界發生熱交換（$\delta Q_{\text{surr}} = 0$），因此外界引起的熵流為零。依據熱力學第二定律，內部任何熱、功交換過程皆伴隨著熵的產生（$\Delta S_{\text{gen}} \ge 0$）：

核心觀念

功率是單位時間內的能量，關係式為 $P=\dfrac{E}{t}$，因此發電廠在一段時間內的發電量為 $E=Pt$。台灣電費常說的「1 度電」等於 $1\ \mathrm{kWh}$。

解題方法

以每月 $30$ 日計算，核二一號機每月發電量為

每戶每月用電 $600\ \mathrm{kWh}$，可供戶數為

選項分析

核心觀念

本題考查家用電路的接法，以及電器的額定電壓、額定功率與實際供電電壓之關係。家用電器通常以並聯方式接在電源上，使各電器兩端都能得到家用電源的電壓，並可各自開關、獨立使用。

解題方法

先判斷家用電器在插座上的接法：並聯電路中，每個電器都直接接在電源兩端，因此各電器承受相同的電源電壓；一個電器開關或故障，也不會使其他電器因此一起停止運作。

再比較電器標示的額定電壓與插座電壓。電器應在額定電壓附近使用；供電電壓過高或過低，都可能使其無法正常工作，甚至造成損壞。以電阻性電熱器為例，若電阻近似不變，功率關係為 $P=V^2/R$，電壓加倍時功率約變為四倍，並非效果加倍。

選項分析

(A) 正確。 多個家用電器以並聯方式接在插座電路中。各電器可取得相同的電源電壓，也能獨立使用。

(B) 錯誤。 一般家用電器並非以串聯方式連接。若串聯，其中一個電器關閉或故障，電路便可能中斷；各電器的電壓也會互相分配，無法各自正常取得額定電壓。

核心觀念

平行板電容器的電容由極板面積、板間距離及板間介電質決定。忽略邊緣效應時，

其中 $C$ 為電容，$A$ 為兩板相對面積，$d$ 為板間距離，$\varepsilon_0$ 為真空介電常數，$\kappa$ 為介電質的相對介電常數。真空或空氣中可近似取 $\kappa=1$；塞入一般絕緣介電質時，$\kappa>1$。

解題方法

依公式比較各選項對電容的影響：面積 $A$ 增大會使電容增大；距離 $d$ 增大會使電容減小；介電常數 $\kappa$ 增大會使電容增大。理想電容器的電容由幾何形狀與介電質決定，不會因兩板間電位差改變而改變。

選項分析

核心觀念

本題考查熱量守恆與冰的熔化熱。絕熱容器不與外界交換熱量，因此水放出的熱量全部用來熔化冰。水的比熱取 $1\ \text{卡}/(\text{克}\cdot{}^\circ\mathrm{C})$。

解題方法

$100$ 克、$0^\circ\mathrm{C}$ 的冰完全熔化，需要吸收的熱量為

冰熔化後，最終溫度仍是 $0^\circ\mathrm{C}$，所以原有的 $100$ 克水降溫至 $0^\circ\mathrm{C}$，放出的熱量為

依熱量守恆，$Q_{\text{水}}=Q_{\text{冰}}$：

因此，混合前水的原始溫度為 $80^\circ\mathrm{C}$。

選項分析

核心觀念

本題考傅立葉熱傳導定律：在桿兩端溫度差與長度固定、材料相同時，穩定導熱的傳熱率與垂直於熱流方向的截面積成正比：

其中 $k$ 是鋼的熱傳導係數，$A$ 是圓桿截面積，$\Delta T$ 是兩端溫度差，$l$ 是桿長。

解題方法

圓桿截面積為 $A=\pi r^2$。半徑改為 $2r$ 後，截面積變成

題目給定材料不變、長度不變、兩端溫度差固定，因此 $k$、$l$ 與 $\Delta T$ 均不變。代入熱傳導定律可得

所以傳熱率變為原來的 $4$ 倍。

核心觀念

本題考查流體靜力學中的阿基米德原理（浮力原理）與力平衡（視重觀念）：

1. 阿基米德原理：物體在液體中所受的浮力 $B$，等於物體所排開液體的重量。 $B = V_{\text{排}} \times D_{\text{液}}$ 其中 $V_{\text{排}}$ 為物體沒入液體的體積，$D_{\text{液}}$ 為液體密度。由公式可知，在同一液體中，浮力大小與沒入液體的體積成正比。
2. 彈簧秤讀數（視重 $W'$）：懸掛於彈簧秤下的物體浸入液體且達靜止平衡時，向下重力 $W$ 等於向上的浮力 $B$ 與向上的彈簧秤拉力（即讀數 $W'$）之合： $W = W' + B \implies W' = W - B$ 彈簧秤讀數即為物體的重量扣除所受浮力。

解題方法

設實心銅塊的體積為 $V$，水的密度為 $D_{\text{水}} = 1\ \mathrm{g/cm^3}$，銅塊在空氣中的實際重量 $W = 300\ \mathrm{gw}$。

1. 求一半體積沒入時的浮力 $B_1$： 當銅塊有一半體積沒入水中時，排開水的體積為 $V_1 = \frac{1}{2}V$。 此時彈簧秤讀數 $W_1' = 200\ \mathrm{gw}$，由力平衡可知： $B_1 = W - W_1' = 300\ \mathrm{gw} - 200\ \mathrm{gw} = 100\ \mathrm{gw}$

2. 求完全沒入時的浮力 $B_2$： 當銅塊完全沒入水中時，排開水的體積為 $V_2 = V = 2V_1$。 因為排開水的體積增為原來的 $2$ 倍，所受浮力亦增為 $2$ 倍：

核心觀念

1. 帕斯卡原理（Pascal's Principle）：在密閉容器內不可壓縮的靜止流體中，任一點受到的壓力變化，會大小不變地傳遞到流體各部分及容器壁面，即各活塞處所受的流體壓力相等： $P_{\text{小}} = P_{\text{大}} \implies \frac{F_{\text{小}}}{A_{\text{小}}} = \frac{F_{\text{大}}}{A_{\text{大}}}$
2. 截面積與直徑的平方關係：活塞截面通常為圓形，其面積 $A$ 與直徑 $D$（或半徑 $R$）的平方成正比： $A = \frac{\pi}{4} D^2 \implies A \propto D^2$

解題方法

1. 求大小活塞的面積比： 設大活塞與小活塞的直徑分別為 $D_{\text{大}}$ 與 $D_{\text{小}}$，其截面積分別為 $A_{\text{大}}$ 與 $A_{\text{小}}$。 題目已知直徑比 $D_{\text{大}} : D_{\text{小}} = 7 : 1$，由圓面積公式可得截面積比為直徑比的平方： $\frac{A_{\text{大}}}{A_{\text{小}}} = \left(\frac{D_{\text{大}}}{D_{\text{小}}}\right)^2 = \left(\frac{7}{1}\right)^2 = \frac{49}{1}$

2. 應用帕斯卡原理解小活塞施力： 大活塞欲舉起重量為 $W$ 的物體，即大活塞上的輸出向上作用力至少需為 $F_{\text{大}} = W$。

核心觀念

本題測驗熱力學中理想熱機（卡諾熱機，Carnot heat engine）之熱效率計算。

依據熱力學第二定律與卡諾定理，工作於高溫熱庫（溫度 $T_H$）與低溫熱庫（溫度 $T_L$）之間的理想熱機，其熱效率（本題題幹稱「熱效益」）僅與兩熱庫的絕對溫度有關，其理論最大值公式為： $\eta = \frac{W}{Q_H} = \frac{Q_H - Q_L}{Q_H} = 1 - \frac{T_L}{T_H}$

其中：

• $\eta$：熱效率（熱效益，無因次量）
• $T_H$：高溫熱庫（吸熱端）之絕對溫度（$\mathrm{K}$）
• $T_L$：低溫熱庫（放熱端）之絕對溫度（$\mathrm{K}$）
• $Q_H$：自高溫熱庫汲取的熱量
• $Q_L$：排放至低溫熱庫的餘熱（廢熱）
• $W$：對外所做的淨功（發電輸出）

解題方法

步驟一：整理已知條件

• 高溫熱庫（鍋爐）絕對溫度：$T_H = 1000\ \mathrm{K}$
• 低溫熱庫（環境）絕對溫度：$T_L = 300\ \mathrm{K}$

步驟二：代入理想熱機效率公式計算 $\eta = 1 - \frac{T_L}{T_H} = 1 - \frac{300\ \mathrm{K}}{1000\ \mathrm{K}} = 1 - 0.3 = 0.7$

故該理想熱機之熱效益為 $0.7$（即 $70\%$）。

選項分析

• (A) 錯誤：$0.3$ 為排放至環境的餘熱佔吸收總熱量的比例，即

核心觀念

本題考查靜止液體的壓力與高度差關係。水管前端噴嘴關緊後，水管中的水靜止，壓力會隨高度增加而降低：

其中 $\rho$ 為水的密度，取 $1.0\times10^3\ \mathrm{kg/m^3}$；$g=10\ \mathrm{m/s^2}$；$h=6\ \mathrm{m}$。

解題方法

馬達出水口的水壓為 $4.0\times10^5\ \mathrm{N/m^2}$。消防員所在的噴嘴比出水口高 $6$ 公尺，因此噴嘴處的壓力比出水口少：

所以噴嘴關緊時的水壓為：

大氣壓力在此不需另外加減：題目給的出水口水壓與所求噴嘴水壓採相同的壓力基準，直接扣除高度造成的壓力差即可。

選項分析

核心觀念

本題承接前題，考查流體由較寬的馬達出水口流入狹窄噴嘴時，如何用伯努力定律估算出口流速。題幹指出馬達出水口截面積遠大於噴嘴截面積，因此馬達出水口的流速可近似為零。

伯努力定律為

若前題設定出水口與噴嘴出口高度相同，則兩處的重力位能項互相抵銷。

解題方法

以馬達出水口與噴嘴出口為比較位置。由於馬達出水口面積遠大於噴嘴面積，依連續方程式 $A_1v_1=A_2v_2$，出水口流速 $v_1$ 遠小於噴嘴出口流速 $v_2$，可近似取 $v_1\approx 0$。

因此，伯努力定律化為

以前題所給壓力差代入，並使用水的密度 $\rho\approx1.0\times10^3\ \mathrm{kg/m^3}$，可得

核心觀念

本題考線膨脹：金屬線均勻升溫且沒有應力時，線的各部分按相同比例伸長。線膨脹係數 $\alpha$ 定義為單位原長每升高 $1^\circ\mathrm{C}$ 所增加的長度，因此

圓圈上的空隙也隨金屬線均勻膨脹；空隙寬度與線圈周長按相同比例變化。

解題方法

加熱前，金屬線長 $60$ 厘米，空隙寬 $1.000$ 厘米，所以圓圈周長為

升溫後，空隙寬為 $1.002$ 厘米，增加

空隙寬與周長同比例膨脹，因此線圈的周長增量為

依線膨脹公式，

選項分析

核心觀念

1. 理想流體的連續方程式（Continuity Equation）： 對於不可壓縮的理想流體在管道中做穩定流動時，通過管內任一截面的體積流量（Volume Flow Rate）$Q$ 為定值，滿足質量守恆定律： $Q = A_1 v_1 = A_2 v_2 = \text{常數}$ 其中 $A$ 為管道截面積，$v$ 為流體流速。
2. 圓管截面積與半徑之關係： 水管截面為圓形，截面積 $A = \pi r^2$。截面積與半徑的平方成正比（$A \propto r^2$），因此流速與半徑平方成反比： $v \propto \frac{1}{r^2}$

解題方法

1. 推導截面積比例： 設左端 $A_1$ 處的半徑為 $r_1$，右端 $A_2$ 處的半徑為 $r_2$。 依題意，$r_2 = 3r_1$。 兩端截面積比為： $\frac{A_2}{A_1} = \frac{\pi r_2^2}{\pi r_1^2} = \left(\frac{r_2}{r_1}\right)^2 = 3^2 = 9$ 即 $A_2 = 9A_1$。

2. 利用連續方程式求解流速： 由連續方程式 $A_1 v_1 = A_2 v_2$，可得 $A_2$ 處的流速 $v_2$： $v_2 = v_1 \times \frac{A_1}{A_2} = v_1 \times \left(\frac{r_1}{r_2}\right)^2$ 將已知流速 $v_1 = 9\ \mathrm{m/s}$ 代入： $v_2 = 9 \times \frac{1}{9} = 1\ \mathrm{m/s}$

選項分析

核心觀念

熵是狀態函數，水—冰系統的熵變可沿著一個可逆的相變路徑計算：

水在凝固點由液態變成固態時會放出熔化熱，因此系統失去熱量，熵變為負值。冰的熔化熱是每公斤冰融化所需吸收的熱量；凝固時放出的熱量大小相同、方向相反。

解題方法

完全凍結的水質量為 $m=1.50\ \mathrm{kg}$，凝固時放出的熱量大小為：

相變在凝固點 $T=273.15\ \mathrm{K}$ 進行，水—冰系統的熵變為：

核心觀念

鐵鏽的主要成分可近似視為氧化鐵（$Fe_2O_3$）。氧化鐵與鹽酸反應生成氯化鐵和水；解題關鍵是先寫出並配平反應式，再由鐵與鹽酸的莫耳比例計算。

解題方法

反應式為：

由反應式可知，$1$ 莫耳 $Fe_2O_3$ 含有 $2$ 莫耳鐵原子，會消耗 $6$ 莫耳 $HCl$。因此，以鐵的莫耳數計算：

核心觀念

1. 同位素（Isotope）的定義：具有相同的質子數（即原子序 $Z$ 相同），在電中性原子狀態下其核外電子數亦相同，但因原子核內的中子數不同，導致質量數（$A = Z + N$）不同的原子。
2. 穩定同位素與放射性同位素：

• 穩定同位素（Stable isotopes）：原子核結構穩定，不會自發性發生放射性衰變。
• 放射性同位素（Radioisotopes）：原子核不穩定，會隨時間自發性衰變並釋放出輻射線。

3. 平均原子量（Average Atomic Weight）：元素週期表上標示的原子量，是由該元素在自然界中各天然同位素的原子量乘上其天然豐度（含量百分比）所得之加權平均值： $\bar{M} = \sum (M_i \times x_i)$
4. 放射性定年法（Radiometric Dating）：利用放射性同位素固定的半衰期（如碳-14 的半衰期約 $5730$ 年），透過測量樣品中母核種與子核種的比例來推算年代。

解題方法 本題為基礎化學核心觀念題，解題切入點在於逐一檢驗原子結構的基本定義、自然界中常見元素的同位素穩定性、週期表原子量的本質，以及放射性同位素之實際應用。關鍵在於辨別天然豐度較高的同位素是否具有放射性。

選項分析

• (A) 正確：同位素的化學特性主要由核外電子數與質子數決定，兩者皆等於原子序 $Z$；而核內中子數 $N$ 不同，造成質量數 $A$ 不同。因此，電中性的同位素原子其質子數與電子數必相等，中子數則不同。
• (B) 錯誤：氯在自然界中主要存在兩種同位素，分別為氯-35（${}^{35}_{17}\mathrm{Cl}$，天然豐度約 $75.8\%$）與氯-37（${}^{37}_{17}\mathrm{Cl}$，天然豐度約 $24.2\%$）。這兩種同位素皆為「穩定同位素」，不具放射性。

核心觀念

本題測驗核心為有機化合物官能基的氧化還原反應性，以及強氧化劑**過錳酸鉀（$\mathrm{KMnO_4}$）**的反應範圍。 判斷有機化合物能否被氧化劑氧化的關鍵，在於「接氧的碳原子（或羰基碳原子）上是否仍具有可被去脫或轉化的碳－氫鍵（$\mathrm{C-H}$ 鍵）」：

1. 醇（Alcohol）：一級醇與二級醇的羥基碳上具有氫原子，可被氧化；三級醇則無，一般條件下不被氧化。
2. 醛（Aldehyde）：羰基碳上連有活潑的氫原子，還原性強，極易被氧化為羧酸。
3. 酮（Ketone）：羰基碳兩側皆連結烴基，缺乏可被氧化的碳－氫鍵，一般不被氧化。
4. 羧酸（Carboxylic acid）：碳的氧化態已處於一般有機含氧衍生物的最高階段，通常對強氧化劑呈惰性。

解題方法

針對題目列出的四種官能基團，逐一檢驗其遇強氧化劑 $\mathrm{KMnO_4}$ 時的反應性：

1. ① 醇（$-\mathrm{OH}$）—— 可以被氧化

• 一級醇（$\mathrm{R-CH_2OH}$）：羥基碳上有兩個氫原子，在酸性過錳酸鉀溶液中會被氧化為醛，並迅速進一步氧化為羧酸： $\mathrm{R-CH_2OH \xrightarrow{KMnO_4/H^+} R-CHO \xrightarrow{KMnO_4/H^+} R-COOH}$
• 二級醇（$\mathrm{R_2CHOH}$）：羥基碳上有一個氫原子，可被氧化為對應的酮： $\mathrm{R_2CHOH \xrightarrow{KMnO_4/H^+} R_2C=O}$
• 雖然三級醇不易被氧化，但在有機化學通則分類中，「醇類」整體具備被 $\mathrm{KMnO_4}$ 氧化的特性。