110 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

本題考查基礎直流電路中電功率、電流與電量的定義與物理量換算：

1. 電功率公式：直流電路中，電功率 $P$、電壓 $V$ 與電流 $I$ 的關係為： $P = I \cdot V \implies I = \frac{P}{V}$
2. 電流定義：電流 $I$ 為單位時間內通過導體截面的電量 $Q$，即： $I = \frac{Q}{t} \implies t = \frac{Q}{I}$
3. 電能與電量關係：電能 $E = P \cdot t = Q \cdot V$。
4. 單位換算：國際單位制中，電量為庫侖（$\text{C}$）、電流為安培（$\text{A}$）、時間為秒（$\text{s}$）。換算為分鐘需除以 $60$（$1\text{ 分} = 60\text{ 秒}$）。

解題方法

假設該直流電器在額定電壓 $220\text{ V}$ 下正常運作，解題可由電流或電能兩個切入點推導：

切入點一：由電流與電量關係計算

1. 求電器工作電流 $I$： $I = \frac{P}{V} = \frac{1{,}100\text{ W}}{220\text{ V}} = 5\text{ A}$
2. 求連續工作時間 $t$（秒）： $t = \frac{Q}{I} = \frac{18{,}000\text{ C}}{5\text{ A}} = 3{,}600\text{ 秒}$
3. 將時間換算為分鐘： $t = \frac{3{,}600\text{ 秒}}{60\text{ 秒/分}} = 60\text{ 分}$

切入點二：由電能守恆直接計算

行動電源輸出的總電能等於電器消耗的總電能： $E = Q \cdot V = P \cdot t$

核心觀念

電位差與電位能的關係為

其中 $q$ 是電荷量，$\Delta V=V_2-V_1$。正電荷移至較低電位時，電位能會降低。若電荷等速移動，動能不變，因此合力所作的總功為零。

解題方法

電荷從 $L_1$ 移至 $L_2$，電位變化為

因此電位由 $300\ \mathrm{V}$ 降至 $100\ \mathrm{V}$。又因 $Q$ 為正電荷，$\Delta U=Q\Delta V<0$，表示電位能降低。

等速移動代表動能變化為零。靜電力對正電荷作正功，外力則作負功，兩者功的總和為零。

選項分析

核心觀念

1. 點電荷與庫侖定律（Coulomb's Law）： 當兩球半徑皆為 $r$ 且距離 $d \gg r$ 時，球體的大小相較於距離可忽略，可將兩金屬球視為「點電荷」。兩球間的靜電力大小為： $F = k \frac{|q_1 q_2|}{d^2}$ 題目註明原先為「斥力」，代表兩球原先必帶「同性電荷」（同為正電或同為負電），故 $q_1 q_2 > 0$。

2. 電荷均分（接觸起電）： 兩完全相同的金屬球接觸時，由於幾何對稱性與電容相同，總電荷將平分至兩球。接觸後每顆金屬球所帶的電量為： $q' = \frac{q_1 + q_2}{2}$

解題方法

設兩金屬球原先帶電量分別為 $q_1$ 與 $q_2$（取同為正電，不失一般性）。

1. 接觸前之靜電力 $F$： 兩球相距 $d$，依庫侖定律： $F = k \frac{q_1 q_2}{d^2}$

2. 接觸後並分離至 $3d$ 之靜電力 $F'$： 兩球接觸後電荷均分，每球帶電量皆變為 $q' = \frac{q_1 + q_2}{2}$。 分離至相距 $3d$ 時，彼此間之靜電力為： $F' = k \frac{(q')^2}{(3d)^2} = k \frac{\left(\frac{q_1 + q_2}{2}\right)^2}{9d^2} = \frac{k(q_1 + q_2)^2}{36d^2}$

3. 依題意建立等式並求解電量比： 已知 $F' = \frac{F}{8}$，代入兩式： $\frac{k(q_1 + q_2)^2}{36d^2} = \frac{1}{8} \cdot \frac{k q_1 q_2}{d^2}$

兩邊消去共同項 $\frac{k}{d^2}$： $\frac{(q_1 + q_2)^2}{36} = \frac{q_1 q_2}{8}$

兩邊同乘以 $72$： $2(q_1 + q_2)^2 = 9q_1 q_2$

展開並移項整理： $2(q_1^2 + 2q_1 q_2 + q_2^2) = 9q_1 q_2$ $2q_1^2 + 4q_1 q_2 + 2q_2^2 = 9q_1 q_2$ $2q_1^2 - 5q_1 q_2 + 2q_2^2 = 0$

兩邊同除以 $q_2^2$，並設電量比值 $x = \frac{q_1}{q_2}$： $2x^2 - 5x + 2 = 0$ $(2x - 1)(x - 2) = 0$

解得： $x = 2 \quad \text{或} \quad x = \frac{1}{2}$

因此，兩金屬球原先的帶電量比可能為 $2:1$ 或 $1:2$。

選項分析

核心觀念

本題考查電磁學中「良導體處於靜電平衡時的微觀與宏觀性質」，以及「靜電屏蔽（法拉第籠效應）」。涉及的核心物理定理與定義如下：

1. 靜電平衡（Electrostatic Equilibrium）條件：

• 導體內部（金屬本體）的自由電子停止定向移動，導體內部淨電場處處為零：$\vec{E}_{\text{內}} = 0$
• 導體本體為一等電位體（Equipotential Body），導體表面亦為等電位面。

2. 高斯定律（Gauss's Law）與電荷分布：

• 根據高斯定律 $\oint \vec{E} \cdot d\vec{A} = \frac{Q_{\text{enc}}}{\epsilon_0}$，由於導體金屬本體內部 $\vec{E} = 0$，導體本體內任一封閉曲面的淨電荷必為零。因此，導體的淨電荷或感應電荷只能分布在導體表面。

3. 表面曲率與電荷面密度：

• 導體表面各處電位相同，但表面電荷面密度 $\sigma$ 與該處的局部曲率半徑 $R$ 成反比（$\sigma \propto \frac{1}{R}$）。曲率愈大（愈尖銳）處，電荷面密度愈高；僅有在「孤立均勻正球體」的情況下，表面電荷才會均勻分布。

4. 法拉第籠與電磁屏蔽（Faraday Cage / Electromagnetic Shielding）：

• 良導體對靜電場具有屏蔽效應；對交變電磁場（如手機通訊電磁波），電磁波入射良導體表面會激發感應電流並產生反射，且由於趨膚效應（Skin Depth），電磁波無法有效穿透金屬殼進入內部。

解題方法

本題為純觀念判斷題，解題切入點為檢視靜電平衡下「幾何形狀對表面電荷分布的影響」及「絕對化字眼」：

1. 逐一比對各選項與靜電平衡定理。
2. 針對選項 (C) 的「表面電荷一定會均勻分布」，以「尖端放電原理」與「幾何曲率效應」進行反證，即可迅速判定其為錯誤敘述。

選項分析

• (A) 正確： 在靜電平衡下，導體內部的自由電荷停止定向流動，導體本體內部電場處處為零。依據高斯定律，金屬本體內部任取一高斯面，其包圍的淨電荷量必為零，因此過剩的淨電荷或感應電荷只能分布於金屬殼的表面（外表面或內表面）。

核心觀念

串聯電路中，各電阻流過相同電流，依歐姆定律 $V=IR$，各電阻兩端的電壓降與電阻值成正比。圖中 $M$、$N$ 間的電壓就是 $R_2$ 兩端的電壓。

解題方法

電池提供總電壓 $18\ \mathrm{V}$，而 $R_2$ 兩端電壓為 $6\ \mathrm{V}$，因此 $R_1$ 兩端電壓為

由於 $R_1$、$R_2$ 串聯，兩者電流相同，所以

核心觀念

平行板電容器的電容為

其中 $A$ 是極板面積，$d$ 是板間距。三個電容器的面積相同、介質相同，因此電容與板間距成反比。

電容器串聯時，各電容器所帶電量的量值相同；並聯時，各支路兩端的電壓相同。

解題方法

設 $A$、$B$、$C$ 的板間距依序為 $d$、$2d$、$3d$。依 $C=\varepsilon_0 A/d$，三者電容比為

由圖可見，電容器 $A$ 與 $B$ 串聯成一支路；電容器 $C$ 單獨接在相同的兩端，因此 $C$ 與 $A、B$ 串聯支路並聯。

先求 $A、B$ 串聯的等效電容：

核心觀念

本題考查**平行板電容器（Parallel-plate capacitor）**的結構與電容決定式。

電容（Capacitance, $C$）代表導體儲存電荷能力的度量。對於內部充填均勻介電質的理想平行板電容器，其電容值由其幾何形狀（極板面積、兩板間距）及板間介質特性決定，公式為： $C = \varepsilon \frac{A}{d}$ 式中：

• $C$：電容值（單位為法拉，$\text{F}$）
• $\varepsilon$：兩極板間介質的電容率（介電常數，$\text{F/m}$），若介質為真空或空氣則為 $\varepsilon_0$
• $A$：兩金屬極板相對重疊的面積（單位為 $\text{m}^2$）
• $d$：兩極板間的垂直分開距離（單位為 $\text{m}$）

解題方法

依據平行板電容器的電容決定式 $C = \varepsilon \frac{A}{d}$，分析各幾何變數與電容值的比例關係：

1. 極板面積 $A$ 與電容值 $C$ 之關係： 當介質 $\varepsilon$ 與板距 $d$ 維持定值時，$A$ 位於等號右側分子，$C$ 與 $A$ 成正比（$C \propto A$）。
2. 極板間距 $d$ 與電容值 $C$ 之關係： 當介質 $\varepsilon$ 與面積 $A$ 維持定值時，$d$ 位於等號右側分母，$C$ 與 $d$ 成反比（$C \propto \frac{1}{d}$）。

綜合以上，平行板電容器的電容值與金屬板面積成正比、與兩板間距離成反比。

核心觀念

本題測驗直流電路中電阻的串聯與並聯等效電阻計算：

1. 電阻串聯（Series Connection）：電流僅有一條流通路徑，總等效電阻等於各分電阻之代數和。 公式為： $R_S = R_1 + R_2$ 若為 $n$ 個阻值均為 $R$ 的電阻串聯，則等效電阻為： $R_S = nR$
2. 電阻並聯（Parallel Connection）：各電阻兩端電壓相同，總等效電阻之倒數等於各分電阻倒數和。 公式為： $\frac{1}{R_P} = \frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2} \implies R_P = \frac{R_1 R_2}{R_1 + R_2}$ 若為 $n$ 個阻值均為 $R$ 的電阻並聯，則等效電阻為： $R_P = \frac{R}{n}$

解題方法

依題意，分別計算兩個 $10\ \Omega$ 電阻的串聯等效電阻 $R_S$ 與並聯等效電阻 $R_P$：

1. 計算串聯等效電阻 $R_S$： 兩個 $10\ \Omega$ 電阻串聯，總電阻為兩者相加： $R_S = 10\ \Omega + 10\ \Omega = 20\ \Omega$

2. 計算並聯等效電阻 $R_P$： 兩個 $10\ \Omega$ 電阻並聯，兩相同電阻並聯值為單一電阻之一半： $R_P = \frac{10 \times 10}{10 + 10} = \frac{100}{20} = 5\ \Omega$

3. 求比值 $\frac{R_S}{R_P}$： 將上述結果代入比值：

核心觀念

本題測驗「電功率（Electric Power）」與「歐姆定律（Ohm's Law）」的綜合應用：

1. 電功率公式： $P = IV = I^2R = \frac{V^2}{R}$ 其中 $P$ 為電功率（單位：$\mathrm{W}$）、$V$ 為電壓（單位：$\mathrm{V}$）、$I$ 為電流（單位：$\mathrm{A}$）、$R$ 為電阻（單位：$\Omega$）。
2. 定值物理量判斷： 電器標示的額定電壓與額定功率，本質上決定了該電器的內部電阻 $R$。題目特別強調「該電器符合歐姆定律」，代表不考慮溫度效應對電阻的影響，即電阻值 $R$ 為一固定常數。
3. 電壓與功率關係： 當電阻 $R$ 固定時，耗電功率與端電壓的平方成正比，即： $P \propto V^2$

解題方法

方法一：平方比例法（考場推薦最速解）

依據 $P = \dfrac{V^2}{R}$，電阻 $R$ 固定不變，耗電功率與電壓平方成正比： $\frac{P_2}{P_1} = \left(\frac{V_2}{V_1}\right)^2$

將題目條件代入：

• 日本額定電壓 $V_1 = 100\ \mathrm{V}$，額定功率 $P_1 = 1{,}200\ \mathrm{W}$
• 臺灣使用電壓 $V_2 = 110\ \mathrm{V}$

$P_2 = P_1 \times \left(\frac{V_2}{V_1}\right)^2 = 1{,}200 \times \left(\frac{110}{100}\right)^2 = 1{,}200 \times (1.1)^2$ $P_2 = 1{,}200 \times 1.21 = 1{,}452\ \mathrm{W}$

方法二：分步計算電阻法（基礎推導）

1. 求出電器電阻 $R$： 依據日本額定規格計算其內部電阻： $R = \frac{V_1^2}{P_1} = \frac{100^2}{1{,}200} = \frac{10{,}000}{1{,}200} = \frac{25}{3}\ \Omega$

2. 計算臺灣電壓下的實際耗電功率 $P_2$： 將臺灣電壓 $V_2 = 110\ \mathrm{V}$ 及電阻值代入：

核心觀念

本題考查理想 $LC$ 振盪電路的能量守恆與電容器儲能公式。

1. 能量守恆定律：在不計電阻損耗的理想 $LC$ 串聯振盪電路中，系統的總電磁能量 $U$ 維持恆定，能量在電容器的電場能量 $U_E$ 與電感器的磁場能量 $U_B$ 之間互相轉換： $U = U_E + U_B = \text{常數}$
2. 極值狀態能量轉換：當電容器上的電荷達到最大值 $Q_{\max}$ 時，電路中的瞬時電流為零（$I = 0$），此時磁場能量 $U_B = \frac{1}{2}LI^2 = 0$。因此，整個電路的總能量即等於電容器所儲存的最大電場能量： $U = U_{E,\max} = \frac{Q_{\max}^2}{2C}$

解題方法

步驟一：判斷切入點並過濾干擾資訊 題目要求電路中的「總能量」，且已知電容器的「最大電荷量 $Q_{\max}$」與「電容值 $C$」。依能量守恆定律，直接代入電容最大儲能公式即可求得總能量。題幹給予的電感值 $L = 75.0\ \mathrm{mH}$ 為多餘條件（用以決定振盪頻率與最大電流），在此不需使用。

步驟二：整理已知數值

• 最大電荷量 $Q_{\max} = 2.90\ \mu\mathrm{C} = 2.90 \times 10^{-6}\ \mathrm{C}$
• 電容值 $C = 3.60\ \mu\mathrm{F} = 3.60 \times 10^{-6}\ \mathrm{F}$
• 電感值 $L = 75.0\ \mathrm{mH}$（干擾項）

步驟三：代入公式計算 $U = \frac{Q_{\max}^2}{2C}$

將數值代入： $U = \frac{(2.90 \times 10^{-6}\ \mathrm{C})^2}{2 \times (3.60 \times 10^{-6}\ \mathrm{F})} = \frac{8.41 \times 10^{-12}}{7.20 \times 10^{-6}}\ \mathrm{J}$

核心觀念

本題主要測驗「熱力學第一定律」在「絕熱過程」中的應用，以及「理想氣體內能與微觀分子運動速率」的關聯性：

1. 熱力學第一定律（系統能量守恆）： $\Delta U = Q - W$ 其中 $\Delta U$ 為氣體內能變化量，$Q$ 為氣體自外界吸收的熱量，$W$ 為氣體對外界所作的功。
2. 絕熱過程（Adiabatic Process）：容器為絕熱材質，氣體與外界無熱量交換，即 $Q = 0$。
3. 理想氣體的內能（Internal Energy）：理想氣體分子間無視為位能，其內能僅與絕對溫度 $T$ 有關，滿足 $U \propto T$（即 $\Delta U \propto \Delta T$）。
4. 氣體分子方均根速率（Root-Mean-Square Speed）： $v_{\text{rms}} = \sqrt{\frac{3RT}{M}}$ 其中 $R$ 為理想氣體常數、$T$ 為絕對溫度、$M$ 為氣體莫耳質量。分子的方均根速率與絕對溫度的平方根成正比（$v_{\text{rms}} \propto \sqrt{T}$）。

解題方法

1. 判斷熱量交換 $Q$： 容器為「絕熱容器」，系統與外界無熱交換，因此： $Q = 0$

2. 判斷氣體作功 $W$： 氣體推動活塞使體積由 $V$ 膨脹至 $2V$（體積變化量 $\Delta V > 0$），氣體施力方向與活塞位移方向同向，故氣體對外界作正功（$W > 0$）。

3. 計算內能變化 $\Delta U$： 由熱力學第一定律可得： $\Delta U = Q - W = 0 - W = -W$ 因 $W > 0$，所以 $\Delta U < 0$。此結果顯示氣體消耗本身的內能來對外界作功，系統內能下降。

4. 推導溫度 $T$ 與分子方均根速率 $v_{\text{rms}}$ 的變化：

• 由於理想氣體內能 $U \propto T$，內能下降（$\Delta U < 0$）意味著氣體絕對溫度下降（$\Delta T < 0$）。

核心觀念

本題測驗「完全非彈性碰撞中的能量轉換」與「熱功當量（焦耳與卡的單位換算）」，涉及以下物理公式與定義：

1. 動能公式： $E_k = \frac{1}{2}mv^2$ （注意：質量 $m$ 之 SI 制單位須換算為公斤 $\mathrm{kg}$）
2. 能量守恆與動能損耗： 兩物體碰撞後合而為一並靜止，屬於完全非彈性碰撞。系統原有的總動能完全轉化為內能（熱能）： $Q = \Delta E_k = E_{k,\text{初}} - E_{k,\text{末}}$
3. 熱功當量： $1\ \mathrm{cal} = 4.2\ \mathrm{J} \implies Q\ (\mathrm{cal}) = \frac{W\ (\mathrm{J})}{4.2}$

解題方法

本題採「總動能計算 $\rightarrow$ 損耗動能求取 $\rightarrow$ 熱功當量換算」三個步驟切入：

步驟一：計算碰撞前的系統總動能 兩銅塊質量相同，分別為 $m = 100\ \mathrm{g} = 0.1\ \mathrm{kg}$，速度均為 $v = 100\ \mathrm{m/s}$（相向運動）。 碰撞前兩銅塊的初始總動能為： $E_{k,\text{初}} = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}mv^2 = mv^2$ 代入數值： $E_{k,\text{初}} = 0.1 \times (100)^2 = 0.1 \times 10{,}000 = 1{,}000\ \mathrm{J}$

步驟二：計算碰撞過程損失的動能 碰撞後兩銅塊合而為一且靜止不動，末速 $v' = 0$，故末動能為： $E_{k,\text{末}} = 0\ \mathrm{J}$ 損耗之動能全部轉換為熱能： $\Delta E_k = E_{k,\text{初}} - E_{k,\text{末}} = 1{,}000 - 0 = 1{,}000\ \mathrm{J}$

核心觀念

本題考查熱力學基礎知識與常見溫標系統的定義與換算：

1. 絕對零度的物理極限：熱力學溫標的最低極限為絕對零度（$0\ \mathrm{K} = -273.15^\circ\mathrm{C}$），自然界中不存在低於此溫度的狀態。
2. 溫標轉換公式：攝氏溫標（$^\circ\mathrm{C}$）與華氏溫標（$^\circ\mathrm{F}$）之線性關係： $F = \frac{9}{5}C + 32$ 克氏溫標（絕對溫標，$\mathrm{K}$）與攝氏溫標之關係： $T(\mathrm{K}) = t(^\circ\mathrm{C}) + 273.15$
3. 水的三相點定義：水之固、液、氣三相共存之平衡溫度為國際計量基準點，數值為 $0.01^\circ\mathrm{C} = 273.16\ \mathrm{K}$（壓強為 $611.65\ \mathrm{Pa}$）。

解題方法

逐一檢視各選項所涉及之物理定義、公式換算與常識數值：

1. 物理極限判斷：比對溫度數值是否違反熱力學第三定律（是否低於絕對零度 $-273.15^\circ\mathrm{C}$）。
2. 定量公式代入：將攝氏與華氏數值代入換算公式進行驗證。
3. 標準物理常數檢驗：依據國際標準溫標定義確認三相點溫度。

選項分析

• (A) 錯誤： 熱力學溫標的理論下限為絕對零度（$0\ \mathrm{K} = -273.15^\circ\mathrm{C}$），宇宙中任何物體或環境之溫度皆不可能低於絕對零度。因此，月球背光面的溫度絕對不可能低於零下 $300^\circ\mathrm{C}$（月球夜間實測溫度約為 $-130^\circ\mathrm{C} \sim -180^\circ\mathrm{C}$）。

• (B) 錯誤： 利用攝氏轉華氏公式 $F = \frac{9}{5}C + 32$ 進行計算。當水溫為 $72^\circ\mathrm{C}$ 時：

核心觀念

氣體自由膨脹是指氣體向真空膨脹，外界沒有施加阻力。題目指定為絕熱過程，因此系統與外界沒有熱量交換。採用熱力學第一定律：

其中 $Q$ 為氣體吸收的熱量，$W$ 為氣體對外作功。

解題方法

自由膨脹時，氣體面對真空，外界壓力為零，因此氣體對外作功為零，即 $W=0$。絕熱條件表示 $Q=0$。代入第一定律：

所以內能不變。另一方面，自由膨脹是不可逆過程，氣體佔據的體積增加，熵會增加；不能因為絕熱就判定熵不變。絕熱只表示沒有熱量交換，不代表熵不變。

選項分析

核心觀念

本題測驗熱機運作的基本熱力學原理，主要涵蓋以下兩大核心定律與公式：

1. 熱力學第一定律（能量守恆定律）： 熱機在經歷循環過程中，吸收的熱能 $Q_H$ 轉化為對外所作的淨功 $W$ 與排放至低溫熱庫的廢熱 $Q_C$： $W = Q_H - Q_C$ 此定律要求總能量必須守恆。

2. 實際熱機效率（Thermal Efficiency, $\eta$）： 熱機將吸收的熱能轉換為有用功的比例： $\eta = \frac{W}{Q_H} = \frac{Q_H - Q_C}{Q_H} = 1 - \frac{Q_C}{Q_H}$

3. 熱力學第二定律與卡諾定理（Carnot's Theorem）： 在兩特定溫度熱庫間運作的任何熱機，其效率絕不可能超過工作於相同溫度間的可逆卡諾熱機效率（$\eta_{\text{Carnot}}$）。卡諾極限效率僅取決於高溫與低溫熱庫的絕對溫度（Kelvin, $\mathrm{K}$）： $\eta_{\text{Carnot}} = 1 - \frac{T_C}{T_H}$

• 若 $\eta < \eta_{\text{Carnot}}$：為不可逆的實際熱機，符合熱力學第二定律。
• 若 $\eta = \eta_{\text{Carnot}}$：為理想可逆卡諾熱機，符合熱力學第二定律。
• 若 $\eta > \eta_{\text{Carnot}}$：違反熱力學第二定律與卡諾定理，在物理上不可能實現。

解題方法

要判定該引擎設計是否可行，需依序檢驗「第一定律（能量守恆）」與「第二定律（卡諾極限）」：

步驟一：溫度轉換為絕對溫標（$\mathrm{K}$）

• 高溫熱庫溫度：$T_H = 100^\circ\mathrm{C} = 100 + 273.15 = 373.15\ \mathrm{K}$（概算以 $373\ \mathrm{K}$ 計）
• 低溫熱庫溫度：$T_C = 25^\circ\mathrm{C} = 25 + 273.15 = 298.15\ \mathrm{K}$（概算以 $298\ \mathrm{K}$ 計）

步驟二：檢驗熱力學第一定律並計算淨功與實際效率

• 吸收熱量：$Q_H = 2{,}500\ \mathrm{J}$
• 排放廢熱：$Q_C = 2{,}200\ \mathrm{J}$
• 對外作功： $W = Q_H - Q_C = 2{,}500\ \mathrm{J} - 2{,}200\ \mathrm{J} = 300\ \mathrm{J}$ 能量完全守恆（$2{,}500\ \mathrm{J} = 300\ \mathrm{J} + 2{,}200\ \mathrm{J}$），符合熱力學第一定律。
• 實際熱機效率 $\eta$：

核心觀念

本題測驗的核心觀念為傅立葉熱傳導定律（Fourier's Law of Thermal Conduction）。

在穩定熱傳導狀態下，物體在單位時間內所傳導的熱量（即熱傳導速率 $H$ 或傳熱功率）與材料的熱傳導係數 $k$、垂直於熱流方向的截面積 $A$、以及兩側溫度差 $\Delta T$ 成正比，而與熱流傳遞方向的距離（厚度 $D$）成反比。其公式為：

$H = \frac{\Delta Q}{\Delta t} = k A \frac{\Delta T}{D}$

其中各物理量之定義如下：

• $H$：熱傳導速率（單位時間內傳導的熱量，$\text{J/s}$ 或 $\text{W}$）。
• $k$：物質的熱傳導係數（熱導率）。
• $A$：傳熱截面積。本題中長方形玻璃窗的面積為 $A = L \times W$。
• $\Delta T$：室內與室外的溫度差。
• $D$：玻璃的厚度（傳導路徑距離）。

解題方法

1. 建立物理量關係式 將長方形窗戶的截面積 $A = L \times W$ 代入傅立葉熱傳導公式中，可得： $H = k \frac{(L \cdot W) \Delta T}{D}$

2. 分析變數關係 依題意，玻璃材質相同（$k$ 固定）、冬天室內外溫差固定（$\Delta T$ 不變），因此熱傳導速率 $H$ 與各尺寸參數的關係為：

• 與長度 $L$ 成正比（$H \propto L$）
• 與寬度 $W$ 成正比（$H \propto W$）
• 與厚度 $D$ 成反比（$H \propto \frac{1}{D}$）

核心觀念

本題考查理想氣體方程式（Ideal Gas Law）的應用以及流體靜力學與壓力差驅動原理：

1. 理想氣體方程式： $PV = nRT \implies P = \frac{nRT}{V}$ 其中 $P$ 為絕對壓力、$V$ 為容器體積、$n$ 為氣體莫耳數、$R$ 為理想氣體常數、$T$ 為絕對溫度（單位：$\text{K}$）。

• 當體積 $V$ 與溫度 $T$ 固定時，壓力與氣體莫耳數成正比（$P \propto n$）。
• 當體積 $V$ 與氣體莫耳數 $n$ 固定時（密閉定容容器），壓力與絕對溫度成正比（$P \propto T$），即給呂薩克定律（Gay-Lussac's Law）。

2. 流體噴射動力條件： 流體由高壓往低壓處流動。滅火器能噴出乾粉的驅動力來自「瓶內氣壓大於外界大氣壓力」所形成的壓力差： $\Delta P = P_{\text{內}} - P_{\text{外}} > 0$
3. 工程安全係數概念： 密閉壓力容器為因應環境升溫導致的熱膨脹增壓、外力衝擊及疲勞效應，其「耐壓強度（試驗壓力／爆裂壓力）」必須遠高於「正常工作充裝壓力（蓄壓壓力）」，通常具備 $1.5$ 至數倍以上的安全係數。

解題方法

本題屬物理觀念綜合題，切入點如下：

1. 分析熱力學狀態變數：蓄壓式滅火器鋼瓶為剛性容器（$V$ 固定），密封狀態下內部氣體質量固定（$n$ 固定）。根據 $P = \left(\frac{nR}{V}\right) T$，瓶內壓力 $P$ 直接隨溫度 $T$ 升降而改變。
2. 檢視驅動條件與工程常識：判斷噴射停止的平衡點（$P_{\text{內}} = P_{\text{外}}$），以及容器耐壓設計的合理性（耐壓值必須留有餘裕以防爆裂）。

核心觀念

1. 絕對壓力（總壓力）公式： 在靜止液體中，深度為 $h$ 處的受測點所承受的絕對壓力（總壓力）$P$，為液面上方的大氣壓力 $P_0$ 與液體本身重量造成的液體壓力（計示壓力）之和： $P = P_0 + \rho g h$ 其中：

• $P_0$ 為海面大氣壓力（$\mathrm{Pa}$ 或 $\mathrm{N/m^2}$）
• $\rho$ 為液體密度（$\mathrm{kg/m^3}$）
• $g$ 為重力加速度（$\mathrm{m/s^2}$）
• $h$ 為深度（$\mathrm{m}$）

2. 國際標準制（SI 制）單位換算：

• 密度換算：$1\ \mathrm{g/cm^3} = 10^3\ \mathrm{kg/m^3}$，故海水密度 $\rho = 1.03\ \mathrm{g/cm^3} = 1{,}030\ \mathrm{kg/m^3}$。
• 壓力換算：$1\ \mathrm{atm} = 1.01 \times 10^5\ \mathrm{Pa}$。

解題方法

步驟一：統一物理量單位至 SI 制

• 大氣壓力 $P_0 = 1.01 \times 10^5\ \mathrm{Pa}$
• 海水密度 $\rho = 1.03 \times 10^3\ \mathrm{kg/m^3} = 1{,}030\ \mathrm{kg/m^3}$
• 重力加速度 $g = 9.8\ \mathrm{m/s^2}$
• 深度 $h = 3{,}784\ \mathrm{m}$

步驟二：計算海水產生的液體壓力 $P_{\text{液}}$ $P_{\text{液}} = \rho g h = 1{,}030 \times 9.8 \times 3{,}784$ 先計算單位體積重量： $1{,}030 \times 9.8 = 10{,}094\ \mathrm{N/m^3}$ 再乘上深度： $P_{\text{液}} = 10{,}094 \times 3{,}784 \approx 3.82 \times 10^7\ \mathrm{Pa}$

步驟三：計算海底沉船處的總壓力 $P$ $P = P_0 + P_{\text{液}} = 1.01 \times 10^5\ \mathrm{Pa} + 3.82 \times 10^7\ \mathrm{Pa} \approx 3.83 \times 10^7\ \mathrm{Pa}$

核心觀念

本題測驗流體力學中的阿基米德原理（浮力原理）與浮體平衡條件：

1. 浮體平衡原理：當物體靜止浮於液面上時，物體所受浮力 $B$ 等於其物重 $W$（即 $B = W$）。
2. 阿基米德原理：物體所受浮力等於其所排開液體的重量，即 $B = \rho_{\text{液}} V_{\text{排}} g$。
3. 密度與體積關係：結合上述兩式可得浮體之「沒入液面下體積比」與密度的直接關係： $\frac{V_{\text{排}}}{V_{\text{物}}} = \frac{\rho_{\text{物}}}{\rho_{\text{液}}}$
4. 體積守恆：物體全部體積 $V_{\text{物}} = V_{\text{露}} + V_{\text{排}}$（露出體積比 = $1 -$ 沒入體積比）。

解題方法

設木塊的總體積為 $V$，密度為 $\rho_{\text{木}}$；水的密度 $\rho_{\text{水}} = 1.0\ \mathrm{g/cm^3}$。

步驟一：由水中浮態求木塊密度 木塊置於水中時為浮體，露出水面的體積為 $\frac{1}{8} V$，則沒入水中的體積（排開水的體積）為： $V_{\text{排}} = V - \frac{1}{8} V = \frac{7}{8} V$

依浮體平衡條件（浮力等於重力）： $B_1 = W \implies \rho_{\text{水}} \cdot V_{\text{排}} \cdot g = \rho_{\text{木}} \cdot V \cdot g$ 代入數值： $1.0 \times \frac{7}{8} V = \rho_{\text{木}} \times V \implies \rho_{\text{木}} = \frac{7}{8} = 0.875\ \mathrm{g/cm^3}$

步驟二：計算在密度 $1.5\ \mathrm{g/cm^3}$ 液體中的沒入體積 設新液體密度 $\rho_{\text{液}} = 1.5\ \mathrm{g/cm^3} = \frac{3}{2}\ \mathrm{g/cm^3}$。 因為 $\rho_{\text{木}} < \rho_{\text{液}}$，木塊在該液體中仍維持浮體狀態。 設此時排開液體的體積為 $V_{\text{排}}'$，依浮體平衡條件： $B_2 = W \implies \rho_{\text{液}} \cdot V_{\text{排}}' \cdot g = \rho_{\text{木}} \cdot V \cdot g$ 代入數值： $\frac{3}{2} \times V_{\text{排}}' = \frac{7}{8} \times V$ 解得沒入液體中的體積：

核心觀念

本題測驗流體力學中的連續方程式（Equation of Continuity）與質量守恆定律。

1. 不可壓縮流體假定：水在常溫常壓的管流流動中，可視為密度 $\rho$ 恆為定值的不可壓縮流體。
2. 體積流量守恆：定常流動（穩態流）下，通過管道任一橫截面的質量流量 $\dot{m} = \rho A v$ 保持不變。由於密度 $\rho$ 為常數，體積流量 $Q$ 亦守恆： $Q = A_1 v_1 = A_2 v_2$ 其中 $A$ 為管截面積，$v$ 為流體平均流速。
3. 管截面積與半徑關係：圓管截面積為 $A = \pi r^2$，因此流速與截面半徑的平方成反比： $v \propto \frac{1}{r^2}$

解題方法

1. 定義物理量與已知條件：

• 橡皮管截面半徑：$r_1 = 3.0\ \mathrm{cm}$
• 橡皮管內水流速度：$v_1 = 2.0\ \mathrm{m/s}$
• 噴嘴截面半徑：$r_2 = 2.0\ \mathrm{cm}$
• 噴嘴流出速度：設為 $v_2$

2. 列出連續方程式： $A_1 v_1 = A_2 v_2$

3. 代入圓形截面積公式展開： $\left(\pi r_1^2\right) v_1 = \left(\pi r_2^2\right) v_2$

4. 化簡並求解 $v_2$： 兩邊消去圓周率 $\pi$ 後整理得： $v_2 = v_1 \times \left(\frac{r_1}{r_2}\right)^2$

5. 代入數值計算： $v_2 = 2.0 \times \left(\frac{3.0}{2.0}\right)^2 = 2.0 \times \frac{9}{4} = 4.5\ \mathrm{m/s}$

由噴嘴流出的水流速度為 $4.5\ \mathrm{m/s}$。

選項分析

• (A) $3.0\ \mathrm{m/s}$ 錯誤：此為考生最容易陷入的「一次方正反比陷阱」。

核心觀念

本題考查基礎有機化學中脂肪烴（烴類化合物）的中文命名與分子式通式。主要涵蓋以下定義與通式：

1. 碳數前綴詞：天干命名法，甲（$n=1$）、乙（$n=2$）、丙（$n=3$）、丁（$n=4$）……代表主鏈碳原子數。
2. 各類烴類的分子通式（$n$ 代表碳原子數）：

• 鏈狀烷烴（Alkane）：飽和開鏈烴，通式為 $\mathrm{C}_n\mathrm{H}_{2n+2}$
• 環烷烴（Cycloalkane）：單環飽和烴，通式為 $\mathrm{C}_n\mathrm{H}_{2n}$
• 鏈狀單烯烴（Alkene）：含有一個碳-碳雙鍵（$\mathrm{C=C}$）的開鏈烴，通式為 $\mathrm{C}_n\mathrm{H}_{2n}$
• 鏈狀單炔烴（Alkyne）：含有一個碳-碳三鍵（$\mathrm{C\equiv C}$）的開鏈烴，通式為 $\mathrm{C}_n\mathrm{H}_{2n-2}$

解題方法

1. 判斷碳數：由名稱的字首天干（乙、丙）決定碳數 $n$（「乙」$n=2$、「丙」$n=3$）。
2. 判斷類別並套用通式：由字尾（烷、環烷、烯、炔）確定官能基或環狀結構，代入對應通式求出氫原子數。
3. 比對題目分子式：核對選項所給數值是否相符，找出配對錯誤者。

選項分析

• (A) 丙烷，$\mathrm{C_3H_8}$：正確 「丙」表示碳數 $n=3$；「烷」表示開鏈烷烴，通式為 $\mathrm{C}_n\mathrm{H}_{2n+2}$。 代入 $n=3$，氫原子數為 $2\times 3+2 = 8$，分子式為 $\mathrm{C_3H_8}$，配對正確。

核心觀念

本題測驗「原子與離子半徑的週期性規律」，主要依據以下三大決定因素：

1. 電子層數（主量子數 $n$）：同族元素由上而下，電子層數愈多，半徑愈大。
2. 有效核電荷（$Z_{\text{eff}}$）：同週期元素由左至右，核電荷增加而電子層數相同，有效核電荷增強，原子核對外層電子的庫侖引力變大，原子半徑縮小。
3. 同核物種的電子斥力與核電荷比：