111 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

電阻器在固定電阻下的消耗功率符合 $P=\dfrac{V^2}{R}$；每秒消耗的電能就是功率，因為 $1\,\text{W}=1\,\text{J/s}$。題目說不考慮溫度影響，因此可先由額定資料求出電阻，再計算施加 $55$ 伏特時的功率。

解題方法

額定功率 $P_1=0.60\,\text{W}$、額定電壓 $V_1=110\,\text{V}$，先求電阻：

施加電壓 $V_2=55\,\text{V}$ 時：

由於 $1\,\text{W}=1\,\text{J/s}$，故電阻器每秒消耗 $0.15$ 焦耳。

核心觀念

本題考查靜電位能與機械能守恆。兩電荷只受彼此靜電力作用，靜電力為保守力，因此系統的總機械能守恆。兩點電荷相距 $r$ 時的靜電位能為

此題 $q_1=+Q$、$q_2=-Q$，所以 $U(r)=-\frac{kQ^2}{r}$。

解題方法

初始電荷間距為 $2R$，且由靜止釋放，因此初始總動能為零：

當間距縮短為 $R$ 時，位能為

由機械能守恆，動能增加量等於位能減少量：

因此兩電荷的總動能為 $\frac{kQ^2}{2R}$；不必分別求出兩電荷的速度或質量。

選項分析

核心觀念

本題考查庫侖定律與力的向量合成：

由題意，$B$ 球帶電量為 $A$ 球、$C$ 球的 $3$ 倍，因此

圖中 $AB$ 與 $BC$ 垂直，所以 $A$、$C$ 對 $B$ 所產生的靜電力互相垂直，總力須以勾股定理合成。

解題方法

已知 $C$ 球作用於 $B$ 球的靜電力為 $F$：

由圖可得：

因為 $|q_A|=|q_C|$，所以 $A$ 對 $B$ 的靜電力與 $C$ 對 $B$ 的靜電力之比為

代入數值：

因此：

由於兩個力互相垂直，$B$ 球所受總靜電力大小為

核心觀念

本題考查帶電導體在靜電平衡狀態下的性質：

1. 導體內部的電場必為零： $\vec E_{\text{inside}}=0$
2. 導體表面為等電位面，因此導體表面各點電位相等。
3. 導體內部電位與導體表面電位相同，但電位數值不一定為零。
4. 導體表面曲率越大、越尖，電荷越容易集中，表面電荷密度越大，故表面附近的電場也越強。

解題方法

先判斷蛋形金屬已帶有靜電，且處於靜電平衡狀態。依導體的靜電性質：

• 導體內部沒有電場。
• 導體本身為等電位體。
• 導體表面外側緊鄰處的電場大小為 $E=\frac{\sigma}{\varepsilon_0}$ 其中 $\sigma$ 為表面電荷密度。

由圖可知，$A$ 點位於較尖的位置，曲率較大，電荷較集中，因此 $\sigma_A>\sigma_B$，所以 $E_A>E_B$

至於電位，電位零點通常取在無限遠處，但導體帶電後的電位數值取決於其電荷量、形狀及所選定的電位基準，不能直接認定為零。

選項分析

(A) 正確

核心觀念

圖中 $R_1$、$R_2$、$R_3$ 的兩端，皆連接在理想電池的正、負兩端，因此三個電阻彼此並聯。

理想電池端電壓固定為 $\varepsilon$，所以各支路電壓均為：

各支路電流由歐姆定律決定：

電池輸出的總電流為各支路電流總和：

解題方法

當 $R_1$ 增大時：

因為 $\varepsilon$ 固定，$R_1$ 增大會使 $I_1$ 減小。

$R_2$ 與 $R_3$ 的電阻值沒有改變，且仍直接並聯於理想電池兩端，因此其端電壓與電流均不受 $R_1$ 變化影響。

總電流為：

核心觀念

電容並聯時，等效電容直接相加；電容串聯時，倒數相加。三個電容的電容值都為 $C$，先將其中兩個並聯，再將並聯組與第三個電容串聯。

解題方法

先求兩個並聯電容的等效電容：

再與另一個電容 $C$ 串聯：

因此：

選項分析

核心觀念

均勻圓柱導體的電阻為

$R=\rho\frac{L}{A}$

其中 $\rho$ 是電阻率、$L$ 是長度、$A$ 是垂直於電流方向的截面積。金屬棒被均勻拉長時，若材料未流失且密度不變，其體積守恆；因此長度增加，截面積就會相應減小。

解題方法

拉長前的體積為 $AL$。拉長後長度為 $3L$，設截面積為 $A'$。由體積守恆：

$AL=A'(3L)\quad\Rightarrow\quad A'=\frac{A}{3}$

材料不變，所以電阻率仍為 $\rho$。拉長後電阻為

也可由 $A=\pi r^2$ 看出：截面積縮為原來的 $\frac13$，半徑縮為原來的 $\frac{1}{\sqrt{3}}$；

核心觀念

本題考查電感器的自感電動勢與電流變化率的關係。自感電動勢大小為

其中 $L$ 為自感係數，單位是亨利（H）。電流變化越快，或電感越大，感應電動勢越大。

解題方法

電流在 $0.3$ 秒內由 $2\ \text{A}$ 降至 $0\ \text{A}$，因此電流變化量大小為

代入自感電動勢公式，解出 $L$：

電流下降時，自感電動勢的方向會阻止電流減小；本題只問自感大小，因此使用電動勢與電流變化率的絕對值計算。

選項分析

核心觀念

本題考查樓梯雙切開關（兩地控制一盞燈）的電路連接。

兩個單刀雙擲開關 $S_1$、$S_2$ 以兩條導線相連，每個開關各有一個共同端與兩個切換端。電燈 $L$ 要點亮，必須形成完整的閉合電路，使電流能由電源經過：

判斷原則是：

• 兩個開關若接通同一條連接線，電路閉合，電燈點亮。
• 兩個開關若分別接通不同的連接線，電路中斷，電燈熄滅。

解題方法

觀察各圖中兩個開關的刀片方向，判斷 $S_1$ 與 $S_2$ 是否選到同一條中間連線。

核心觀念

本題考查：

• 歐姆定律：$V=IR$
• 串聯電路電流相同
• 並聯電路各支路電壓相同
• 理想電池供電功率：

$P=\varepsilon I_{\text{總}}$

其中 $\varepsilon$ 為電池端電壓，$I_{\text{總}}$ 為電池輸出的總電流。

解題方法

由圖可知，$3.0\ \Omega$ 與 $9.0\ \Omega$ 電阻串聯成一支路，該支路再與 $6.0\ \Omega$ 電阻並聯。

已知 $3.0\ \Omega$ 電阻兩端電壓為 $18$ V，因此通過該電阻的電流為

由於 $3.0\ \Omega$ 與 $9.0\ \Omega$ 串聯，兩者電流相同，故

$9.0\ \Omega$ 電阻兩端電壓為

因此，並聯電路兩端的總電壓，也就是理想電池電壓為

中間的 $6.0\ \Omega$ 電阻與上方支路並聯，所以其兩端電壓也是 $72$ V，通過它的電流為

電池輸出的總電流為兩支路電流之和：

所以理想電池供電功率為

核心觀念

攝氏溫標與華氏溫標的關係為

其中 $F$ 為華氏溫度，$C$ 為攝氏溫度。華氏轉攝氏時，須先減去 $32$，再乘以 $\frac{5}{9}$。

解題方法

代入 $F=-178.6$：

因此，酒精的凝固點相當於 $-117.0^\circ\mathrm{C}$。

選項分析

• (A) $117.0$：錯誤。數值大小相符，但攝氏溫度應為負值。
• (B) $99.2$：錯誤。溫度為正，且不符合華氏轉攝氏公式的計算結果。

核心觀念

本題考查雙金屬片的熱膨脹與彎曲方向，以及利用雙金屬片作為溫控開關的原理。

雙金屬片由兩種熱膨脹係數不同的金屬黏合而成：

• 黑色金屬的熱膨脹係數較大。
• 灰色金屬的熱膨脹係數較小。
• 降溫時，黑色金屬收縮量較大。
• 雙金屬片彎曲時，會朝收縮量較大的一側彎曲，使該側位於彎曲內側。

圖中黑色金屬位於上方，因此降溫時，雙金屬片自由端會向上彎曲，接觸上方的 $Y$ 點。

解題方法

固定點 $X$ 是雙金屬片的固定端，雙金屬片本身可導電。降溫時，雙金屬片自由端向上彎曲，與 $Y$ 接觸，使電路閉合。

因此，應將電路的一端接至固定端 $X$，另一端接至上方接點 $Y$：

電路閉合後，電流通過電熱線，使溫度升高。溫度升高時，雙金屬片又向下彎曲，離開 $Y$，電路斷開，停止加熱。如此即可形成「降溫自動加熱」的控制效果。

選項分析

• (A) $P$ 接 $Y$、$Q$ 接 $Z$：錯誤

核心觀念

本題考查熱量守恆與熱平衡：不考慮熱散失時，熱水放出的熱量等於冰吸收的熱量。冰先吸熱融化成 $0^\circ\mathrm{C}$ 的水，再升溫至平衡溫度。

解題方法

設熱平衡溫度為 $T$。熱水由 $80^\circ\mathrm{C}$ 降至 $T$，放出的熱量為

$1$ 公斤的冰融化所需熱量為 $1\times80=80$ kcal；融化後的水再由 $0^\circ\mathrm{C}$ 升至 $T$，吸收熱量為 $1\times1\times T=T$ kcal。因此：

選項分析

核心觀念

熱能主要透過三種方式傳播：

• 傳導：物體彼此接觸，熱由高溫處傳到低溫處。
• 對流：液體或氣體流動時，帶動熱能傳播。
• 輻射：物體以電磁波傳送能量，不需要介質，也不需要接觸。

解題方法

判斷各選項中，熱量主要是靠哪種方式到達受熱物體。若必須透過接觸才能傳熱，主要方式就是傳導；若靠電磁波跨越空間傳熱，則是輻射。

選項分析

• (A) 太陽的熱量傳播到地球：錯誤選項。 太陽與地球之間大部分是真空，熱量仍可傳播，因此主要方式是熱輻射。
• **(B) 夜晚坐在火堆旁覺得溫暖：錯誤選項。

核心觀念

理想卡諾熱機的熱效率只由高、低溫熱庫的絕對溫度決定：

其中 $T_H$、$T_L$ 必須用開爾文（K）表示。熱機吸收的熱量 $Q_H$、排出的熱量 $Q_L$ 與效率的關係為：

因此也可寫成 $\dfrac{Q_L}{Q_H}=\dfrac{T_L}{T_H}$。

解題方法

先將攝氏溫度換算為絕對溫度：

卡諾熱機從高溫熱庫吸熱 $Q_H=500\ \mathrm{kcal}$，排至低溫熱庫的熱量為：

所以熱機向低溫熱庫釋放 $300\ \mathrm{kcal}$，對應選項 (A)。

核心觀念

本題考查熵變的定義，以及固體在熔點完全熔化時的熵變公式：

熔化過程中吸收的熱量為：

因此，$1$ 公克物質在熔點完全熔化時：

其中：

• $m=1\ \mathrm{g}$
• $L_f$ 為熔化熱，單位為 $\mathrm{J/g}$
• $T$ 必須使用絕對溫度 K

所以只要比較各物質的 $\dfrac{L_f}{T}$ 即可。

解題方法

逐一計算每種物質的單位質量熵變：

氧：

乙醇：

氨：

水：

比較可得：

核心觀念

定量氣體在體積不變時，壓力與絕對溫度成正比，符合定容氣體定律：

溫度須使用絕對溫標（K）。此外，$33\ \text{psi}$ 是輪胎壓力計常用的表壓；氣體定律使用的是絕對壓力，因此須先加上大氣壓，約 $14.7\ \text{psi}$。

解題方法

輪胎內氣體未逸散，且輪胎體積視為不變，因此：

初始絕對壓力為：

依定容氣體定律計算高速行駛後的絕對壓力：

題目詢問的輪胎壓力仍以表壓表示，故扣除大氣壓：

若採常見近似，把大氣壓取為 $15\ \text{psi}$，結果約為 $39.4\ \text{psi}$，並非選項中的 $37\ \text{psi}$。官方答案指定為 D；

核心觀念

本題考帕斯卡原理：密閉液體中施加的壓力會等量傳遞至各處。壓力 $P$ 為作用力 $F$ 除以受力面積 $A$，因此千斤頂兩側活塞的壓力相等：

解題方法

題目給出的大小活塞面積比為 $50:1$，所以 $A_{\text{大}}/A_{\text{小}}=50$。小活塞施力 $10$ 公斤重，代入壓力相等關係：

核心觀念

本題考查阿基米德原理與比重定義。

物體在液體中受到的浮力為

當圓柱體「恰可浮起」時，浮力恰好等於重力：

圓柱體的比重為 $0.25$，表示其密度為水的 $0.25$ 倍：

解題方法

圓柱體底面積為

圓柱體體積為

其重量為

設圓柱體恰可離開容器底部時，浸入水中的高度為 $x$。此時排水體積為 $Ax$，因此浮力為

由浮力等於重量：

約去共同因子 $\rho_{\text{水}}gA$，得

在圓柱體尚未離開容器底部前，水面高度就是圓柱體浸入水中的高度。因此容器內水的高度約為

核心觀念

本題考查：

1. 連續方程式：不可壓縮流體穩定流動時，流量守恆： $A_Lv_L=A_Rv_R$
2. 伯努力方程式：同一水平高度上， $P+\frac{1}{2}\rho v^2=\text{定值}$
3. U 形管壓力平衡：水銀兩側液面高度差反映兩側所受壓力差。

解題方法

左側水平管管徑較小，右側管徑較大，因此：

$A_L<A_R$

由連續方程式可知：

$v_L>v_R$

水平管兩處高度相同，依伯努力方程式：

因為 $v_L>v_R$，所以：

$P_L<P_R$

也就是左側流體壓力較小，右側流體壓力較大。

右側較大的壓力會把右管水銀液面往下壓，使水銀經由 U 形管流向左側，因此：

• 左管水銀液面上升；
• 右管水銀液面下降。

核心觀念

乙醚是醚類化合物，醚的官能基為 $-\mathrm{O}-$，氧原子連接兩個烴基，通式可寫成 $\mathrm{R-O-R'}$。俗稱乙醚的化合物是二乙醚，兩側各接一個乙基 $\mathrm{C_2H_5}$。

解題方法

將兩個乙基接在氧原子兩側，得到：

因此乙醚的化學式為 $\mathrm{C_2H_5OC_2H_5}$，也可寫成 $\mathrm{(C_2H_5)_2O}$；其分子式為 $\mathrm{C_4H_{10}O}$。

選項分析

核心觀念

原子或離子的半徑主要由電子層數與有效核電荷決定：

• 電子層數較多，半徑通常較大。
• 等電子粒子具有相同電子數；此時質子數較多者，對電子的吸引較強，半徑較小。
• 原子形成陽離子時失去電子，半徑通常縮小；形成陰離子時得到電子，半徑通常增大。

解題方法

逐一比較選項中的粒子。遇到電子數相同的離子，直接比較質子數；比較原子與其陰離子時，判斷得失電子後電子間排斥及核對電子的吸引力如何改變。

選項分析

(A) $\mathrm{K^+<Na^+}$：錯誤。 $\mathrm{K^+}$ 有 18 個電子，$\mathrm{Na^+}$ 有 10 個電子，兩者電子層數不同；$\mathrm{K^+}$ 的電子分布到較外層，因此半徑較大。正確關係是 $\mathrm{K^+>Na^+}$。

(B) $\mathrm{N^{3-}<O^{2-}}$：錯誤。

核心觀念

元素的原子量是各天然同位素質量依其天然含量計算出的加權平均值。計算時須將百分含量換成小數，再分別乘上同位素質量後相加。

解題方法

硼有兩種同位素，因此原子量為：

四捨五入至小數點後兩位為 $10.81\ \text{amu}$。

選項分析

• (A) $10.01$ amu：錯誤。 這是 $^{10}\mathrm{B}$ 的同位素質量，沒有納入 $^{11}\mathrm{B}$ 的含量。

核心觀念

定溫、定容下，理想氣體的莫耳數與壓力成正比。由理想氣體方程式 $PV=nRT$，當體積與溫度不變時，$n\propto P$。因此，壓力減少的比例就是釋放氮氣的比例。

解題方法

設初始氮氣量為 $n_i$，釋放後剩餘量為 $n_f$。初始壓力為 $50\ \text{atm}$，剩餘壓力為 $8\ \text{atm}$，故剩餘氣體比例為

釋放的比例為

容器體積為 $5$ 公升，但因前後體積相同，計算比例時會相消，不必代入。

核心觀念

在 $25^\circ\mathrm{C}$ 時，水的離子積為

中性溶液中 $[\mathrm{H^+}]=[\mathrm{OH^-}]=1.0\times10^{-7}\ \mathrm{M}$。因此：

• $[\mathrm{OH^-}]<1.0\times10^{-7}\ \mathrm{M}$：酸性
• $[\mathrm{OH^-}]=1.0\times10^{-7}\ \mathrm{M}$：中性
• $[\mathrm{OH^-}]>1.0\times10^{-7}\ \mathrm{M}$：鹼性

解題方法

逐一比較選項所給的氫氧根離子濃度與中性水的 $1.0\times10^{-7}\ \mathrm{M}$。低於此值的溶液為酸性。

亦可用 $[\mathrm{H^+}]=K_w/[\mathrm{OH^-}]$ 驗算；若算出的 $[\mathrm{H^+}]>1.0\times10^{-7}\ \mathrm{M}$，即為酸性。

選項分析

核心觀念

本題比較三種氫化物在水中的酸性強弱。酸性強弱可用酸解離常數 $K_a$ 判斷：$K_a$ 越大，越容易釋出質子，酸性越強。三者在水中的酸性次序為：

其中 $\mathrm{HCl}$ 是強酸；$\mathrm{H_2S}$ 是弱酸；$\mathrm{PH_3}$ 的酸性極弱。

解題方法

先看分子在水中釋出氫離子的難易：

• $\mathrm{HCl}$ 在水中幾乎完全解離，形成 $\mathrm{H_3O^+}$ 與 $\mathrm{Cl^-}$，酸性最強。
• $\mathrm{H_2S}$ 可逐步釋出氫離子，但解離程度遠小於 $\mathrm{HCl}$，屬弱酸。
• $\mathrm{PH_3}$ 中的氫不易以質子形式解離，酸性比 $\mathrm{H_2S}$ 弱得多。

因此由強至弱為 $\mathrm{HCl>H_2S>PH_3}$。

選項分析

核心觀念

離子化合物通常由金屬陽離子與非金屬陰離子組成，粒子間主要靠靜電引力結合；分子化合物則多由非金屬元素彼此以共價鍵結合。判斷時可先看組成元素的種類，再確認其化學鍵結型態。

解題方法

先辨認各選項中的元素：若是金屬與非金屬組成，通常形成離子化合物；若全由非金屬組成，通常形成共價分子化合物。

選項分析

• **(A) $\mathrm{NaCl}$：**鈉是金屬，氯是非金屬；常表示為 $\mathrm{Na^+}$ 與 $\mathrm{Cl^-}$，屬於離子化合物。
• **(B) $\mathrm{KCl}$：**鉀是金屬，氯是非金屬；

核心觀念

矽原子有 $4$ 個價電子，形成共價鍵時，每個矽原子與周圍原子共享電子。摻雜元素若有 $5$ 個價電子，取代矽原子後會多出一個較容易移動的電子，形成 $n$ 型半導體；若摻雜元素有 $3$ 個價電子，則少一個電子而形成電洞，屬於 $p$ 型半導體。

解題方法

比較各元素的價電子數與矽的 $4$ 個價電子：

• $5$ 個價電子：施體雜質，提供自由電子，形成 $n$ 型。
• $3$ 個價電子：受體雜質，形成電洞，成為 $p$ 型，不會形成 $n$ 型。

選項分析

核心觀念

本題考查酸鹼中和的「當量關係」。中和反應中，酸所提供的 $\mathrm{H^+}$ 莫耳數必須等於鹼所提供的 $\mathrm{OH^-}$ 莫耳數。

計算公式為：

其中體積須使用相同單位。由於甲、乙溶液濃度皆為 $1.0\ \mathrm{M}$，表中顯示乙溶液體積均為甲溶液體積的 $2$ 倍，表示：

因此，甲中每 $1$ 莫耳酸所需的乙鹼，必須具有 $2$ 倍的莫耳中和能力。

解題方法

設甲溶液體積為 $V$，則甲中酸的莫耳數為：

表中乙溶液體積為 $2V$，乙中鹼的莫耳數為：

逐一比較各反應式的化學計量比：

• 若酸與鹼為 $1:1$，所需乙體積應等於甲體積。
• 若 $1$ 莫耳酸需 $2$ 莫耳鹼，乙體積便須為甲體積的 $2$ 倍。
• 若 $2$ 莫耳酸需 $1$ 莫耳鹼，乙體積便只有甲體積的 $\frac12$。

選項（C）：

由反應式可知：

甲、乙濃度相同，因此所需體積比為：

完全符合題目表格，例如甲取 $5\ \mathrm{mL}$ 時，乙需取 $10\ \mathrm{mL}$。

選項分析

（A）錯誤

反應莫耳比為：

兩溶液濃度皆為 $1.0\ \mathrm{M}$，故所需體積應為：