106 年警專考試甲、乙組專36正期組考古題與詳解

Question 1

下列哪個量和 $1\ \mathrm{GHz}$ 一樣大？ (A) $10^3\ \mathrm{kHz}$ (B) $10^3\ \mathrm{MHz}$ (C) $10^6\ \mathrm{MHz}$ (D) $10^6\ \mathrm{Hz}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查國際單位制（SI）的十進位倍數詞頭（Prefixes）及其在物理量（頻率單位 $\mathrm{Hz}$）中的換算關係。 在科學與工程中，常用的十進位正次方詞頭如下： $\mathrm{k}$（kilo，千）：$10^3$ $\mathrm{M}$（mega，百萬）：$10^6$ $\mathrm{G}$（giga，十億／吉）：$10^9$ $\mathrm{T}$（tera，兆／太）：$10^{12}$ 本題目標量為 $1\ \mathrm{GHz}$，依定義為： $$1\ \mathrm{GHz} = 1 	imes 10^9\ \mathrm{Hz}$$ --- 解題方法 將目標量與各選項皆化為基本單位 $\mathrm{Hz}$（或利用相鄰階層轉換關係）進行比對： 1. 已知： $$1\ \mathrm{GHz} = 10^9\ \mathrm{Hz}$$ 2. 將 $10^9\ \mathrm{Hz}$ 以 $\mathrm{MHz}$（$1\ \mathrm{MHz} = 10^6\ \mathrm{Hz}$）表示： $$10^9\ \mathrm{Hz} = 10^3 	imes 10^6\ \mathrm{Hz} = 10^3\ \mathrm{MHz}$$ 3. 比較可知，$1\ \mathrm{GHz}$ 與 $10^3\ \mathrm{MHz}$ 完全相等。 --- 選項分析 (A) 錯誤： $10^3\ \mathrm{kHz} = 10^3 	imes 10^3\ \mathrm{Hz} = 10^6\ \mathrm{Hz} = 1\ \mathrm{MHz}$，比 $1\ \mathrm{GHz}$ 小了 $10^3$ 倍（一千倍）。 (B) 正確： $10^3\ \mathrm{MHz} = 10^3 	imes 10^6\ \mathrm{Hz} = 10^9\ \mathrm{Hz} = 1\ \mathrm{GHz}$，兩者完全相等。 (C) 錯誤： $10^6\ \mathrm{MHz} = 10^6 	imes 10^6\ \mathrm{Hz} = 10^{12}\ \mathrm{Hz} = 1\ \mathrm{THz}$，比 $1\ \mathrm{GHz}$ 大了 $10^3$ 倍（一千倍）。

Answer

答案：B

Question 2

某物體運動方程式為 $x=5+2t+4t^2$（單位為 SI 制），則可知： (A) 物體由原點出發 (B) 物體初速度為 $2\ \mathrm{m/s}$ (C) 物體加速度為 $4\ \mathrm{m/s^2}$ (D) 物體作變加速度運動

Accepted Answer

核心觀念 本題考查一維等加速度直線運動的位置與時間關係方程式（$x$-$t$ 式），以及位置、速度、加速度的物理定義與關係： 1. 等加速度運動位置公式： $$x(t) = x0 + v0 t + \frac{1}{2} a t^2$$ 其中 $x0$ 為初位置（$t=0$ 時的位置），$v0$ 為初速度（$t=0$ 時的速度），$a$ 為加速度。 2. 微積分關係定義： - 瞬時速度為位置對時間的一階導數：$v(t) = \frac{dx}{dt}$ - 瞬時加速度為速度對時間的一階導數（位置對時間的二階導數）：$a(t) = \frac{dv}{dt} = \frac{d^2x}{dt^2}$ --- 解題方法 本題可透過「係數對照法」或「微積分微分法」求解，兩者皆能迅速得出物體的運動特徵。 方法一：係數對照法 將題目給定的運動方程式與等加速度運動的標準公式對照： - 題目方程式：$x(t) = 5 + 2t + 4t^2$ - 標準方程式：$x(t) = x0 + v0 t + \frac{1}{2} a t^2$ 比對同次項係數： 1. 常數項（初位置 $x0$）： $$x0 = 5\ \mathrm{m}$$ 2. 一次項係數（初速度 $v0$）： $$v0 = 2\ \mathrm{m/s}$$ 3. 二次項係數（$\frac{1}{2}a$）： $$\frac{1}{2} a = 4 \implies a = 8\ \mathrm{m/s^2}$$ 方法二：微分法 1. 速度函數： $$v(t) = \frac{dx}{dt} = \frac{d}{dt}(5 + 2t + 4t^2) = 2 + 8t\ (\mathrm{m/s})$$ 當 $t=0$ 時，初速度 $v(0) = 2\ \mathrm{m/s}$。 2. 加速度函數： $$a(t) = \frac{dv}{dt} = \frac{d}{dt}(2 + 8t) = 8\ \mathrm{m/s^2}$$ 加速度為定值，不隨時間 $t$ 改變。 --- 選項分析 - (A) 錯誤： 當 $t=0$ 時，代入運動方程式得 $x(0) = 5\ \mathrm{m}$。表示物體由原點正方向 $5\ \mathrm{m}$ 處出發，並非由原點（$x=0$）出發。 - (B) 正確：

Answer

答案：B

Question 3

若物體的加速度為負，則下列敘述何者正確？ (A) 物體所在位置為負 (B) 物體朝向負向移動 (C) 物體受負向的合力作用 (D) 物體運動速率變慢

Accepted Answer

核心觀念 1. 牛頓第二運動定律：物體所受合力 $\Sigma \vec{F}$ 與加速度 $\vec{a}$ 成正比，且方向必定完全相同（關係式為 $\Sigma \vec{F} = m\vec{a}$，其中質量 $m 0$）。 2. 運動學物理量的獨立性： - 位置（$x$）：由座標原點與參考點決定，與加速度的正負無直接關聯。 - 運動方向：完全由「速度（$v$）」的正負方向決定，而非由加速度決定。 - 速率快慢變化：取決於「速度」與「加速度」的相對方向（同號變快、異號變慢），單憑加速度的正負無法判定速率是否增減。 --- 解題方法 依據牛頓第二運動定律： $$\Sigma \vec{F} = m\vec{a}$$ 因為質量 $m$ 恆為正純量（$m 0$），合力 $\Sigma \vec{F}$ 的方向向量與加速度 $\vec{a}$ 的方向向量恆保持一致。 題目給定物體的加速度為負（$a < 0$），則作用於該物體的合力方向必定為負（$\Sigma F < 0$），選項 (C) 恆成立。其他運動學狀態（位置、移動方向、快慢變化）皆需配合初速度或位置座標才能決定，無法單由「加速度為負」推導得出。 --- 選項分析 - (A) 錯誤：位置的正負僅代表物體相對於座標原點的方位。物體完全可以在正座標處（$x 0$），同時受到指向負方向的外力而具有負向加速度（$a < 0$）。 - (B) 錯誤：物體的移動方向由「速度 $v$」決定。若物體正在朝正方向運動（$v 0$），但同時受到負向加速度（$a < 0$）的作用，此時物體依然朝向正向移動（處於減速狀態），並非朝負向移動。 - (C) 正確：根據牛頓第二運動定律 $\Sigma \vec{F} = m\vec{a}$，物體的加速度向量與所受合力向量同向。當加速度為負時，所受合力必定為負向。

Answer

答案：C

Question 4

一標準大氣壓為 $1.013	imes10^5\ \mathrm{N/m^2}$，已知地球的半徑約為 $6400\ \mathrm{km}$，估計地球大氣層中空氣總質量約為多少公斤？ (A) $10^{13}$ (B) $10^{15}$ (C) $10^{17}$ (D) $10^{19}$

Accepted Answer

核心觀念 1. 大氣壓力的成因：地表所受之大氣壓力，來自於該處上方整個大氣層空氣柱所受之重力。因此地表總大氣壓力乘上地球總表面積，即等於大氣層受到的總重力： $$P0 = \frac{W}{A} = \frac{M g}{A}$$ 其中 $P0$ 為大氣壓力、$W$ 為大氣總重力、$M$ 為大氣總質量、$A$ 為地球表面積、$g$ 為地表重力加速度。 2. 球體表面積：地球視為半徑 $R$ 之球體，其表面積為 $A = 4\pi R^2$。 3. 物理量之數量級（Order of magnitude）估算：科學記號表示為 $a 	imes 10^n$（其中 $1 \le a < 10$）。當首數 $a \ge \sqrt{10} \approx 3.16$ 時，以 10 為底的指數部分進位為 $10^{n+1}$；若 $a < 3.16$，則數量級為 $10^n$。 --- 解題方法 步驟一：推導大氣總質量的計算公式 大氣層空氣對地表所產生的總壓力為 $P0$，地球表面積為 $A$，則大氣總重力為： $$W = P0 	imes A = P0 	imes (4\pi R^2)$$ 又大氣總重力與總質量的關係為 $W = Mg$，故空氣總質量 $M$ 為： $$M = \frac{P0 	imes 4\pi R^2}{g}$$ 步驟二：統一代入量之 SI 制單位 一標準大氣壓：$P0 = 1.013 	imes 10^5\ \mathrm{N/m^2} \approx 1.0 	imes 10^5\ \mathrm{N/m^2}$ 地球半徑：$R = 6400\ \mathrm{km} = 6.4 	imes 10^6\ \mathrm{m}$ 地表重力加速度：取 $g \approx 9.8\ \mathrm{m/s^2}$（或估算取 $10\ \mathrm{m/s^2}$） 圓周率：$\pi \approx 3.14$ 步驟三：數值代入與計算 先計算地球表面積 $A$： $$A = 4\pi R^2 \approx 4 	imes 3.14 	imes (6.4 	imes 10^6\ \mathrm{m})^2 \approx 12.56 	imes 4.10 	imes 10^{13}\ \mathrm{m^2} \approx 5.15 	imes 10^{14}\ \mathrm{m^2}$$ 將面積代入求總質量 $M$： $$M = \frac{(1.013 	imes 10^5\ \mathrm{N/m^2}) 	imes (5.15 	imes 10^{14}\ \mathrm{m^2})}{9.8\ \mathrm{m/s^2}} \approx \frac{5.22 	imes 10^{19}}{9.8…

Answer

答案：D

Question 5

有一發電機或電動機內的局部構造如圖（一）所示，由眼睛所在的視線看向線圈，且線圈中央處有一轉軸，其方向與線圈平行。🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

下表中哪兩個選項正確？

情況	順時針	逆時針
若圖（一）為發電機，其線圈應如何旋轉，才會造成感應電流如圖中箭頭所示的方向？	甲	乙
若圖（一）為電動機，且其中箭頭所示的方向為輸入電流的方向，則線圈會如何旋轉？	丙	丁

Accepted Answer

核心觀念 本題考查電磁感應與載流線圈在磁場中的轉動： - 磁場方向由 $N$ 極指向 $S$ 極。 - 發電機遵守法拉第電磁感應定律與楞次定律：感應電流所產生的磁效應，會阻礙線圈原本的轉動。 - 電動機遵守安培力定律，載流導線在磁場中受力： $$\vec{F}=I\vec{L}	imes\vec{B}$$ 線圈兩側受方向相反的安培力，形成力矩而旋轉。 解題方法 以圖中眼睛的視線作為觀察方向，將圖示箭頭所代表的電流方向固定下來。 依右手定則判斷，圖示電流通過磁場後，線圈所受安培力形成的轉矩方向為順時針。因此： - 若作為電動機，輸入圖示方向的電流，線圈會受到順時針方向的力矩，故為丙。 - 若作為發電機，要產生圖示方向的感應電流，線圈的外力轉動方向必須與電流造成的電動機轉動方向相反，才能符合楞次定律，使感應作用阻礙原本轉動。因此線圈須作逆時針旋轉，故為乙。 所以兩個正確項目為乙、丙。 選項分析 - (A) 甲丙：錯誤。 丙正確，但發電機線圈應逆時針旋轉，不是順時針；甲錯誤。

Answer

答案：B

Question 6

如圖（二），一個口字型的金屬線圈，由磁場為零的空間，以等速度進入一個均勻磁場，然後又離開至磁場為零的空間，則線圈的應電流 $I$ 隨時間 $t$ 變化的關係為何？（電流逆時針方向為正，順時針方向為負）

🖼️ 本題原卷含圖表。基於試題來源之版權考量，本站不轉載原卷影像；題目文字已完整轉錄，圖表請自行參閱考選部公告之試題原檔。

Accepted Answer

核心觀念 本題考查法拉第電磁感應定律與楞次定律： $$ \mathcal{E}=-\frac{d\PhiB}{dt} $$ 其中磁通量為 $$ \PhiB=BA $$ 若線圈電阻固定，感應電流大小為 $$ I=\frac{\mathcal{E}}{R} $$ 磁場方向垂直紙面向內，且線圈以等速度由左向右移動。 解題方法 將運動過程分成三個階段判斷： 1. 線圈進入磁場 線圈進入磁場的面積逐漸增加，因此「向紙面內」的磁通量增加。 依楞次定律，感應電流產生的磁場必須阻止磁通量增加，所以感應磁場方向為紙面向外。由右手定則，電流為逆時針方向。 題目規定逆時針為正，因此： $$I0$$ 因為線圈等速移動，進入磁場的面積增加率固定，故感應電流為固定的正值，形成正方形脈衝。 2. 線圈完全位於均勻磁場內 此時線圈內磁通量為 $$\PhiB=BA$$ 且 $B$ 與線圈面積 $A$ 都不變，因此 $$\frac{d\PhiB}{dt}=0$$ 沒有感應電動勢，也沒有感應電流： $$I=0$$ 3. 線圈離開磁場 線圈位於磁場內的面積逐漸減少，因此「向紙面內」的磁通量減少。 為阻止磁通量減少，感應磁場必須指向紙面內。依右手定則，電流為順時針方向。 題目規定順時針為負，因此： $$I<0$$ 同樣因為線圈等速移動，面積減少率固定，故感應電流為固定的負值。 所以電流隨時間的變化為： $$ 	ext{正值脈衝}ightarrow 0ightarrow 	ext{負值脈衝} $$ 這正是選項 D 的圖形。 選項分析

Answer

答案：D

Question 7

有一波源在靜止不動時，其波長為 $\lambda0$；當波源向東移動時，在波源東方靜止的觀察者，觀察到的波長為 $\lambda1$，在波源西方靜止的觀察者，觀察到的波長為 $\lambda2$。下列何者正確？ (A) $\lambda1<\lambda0<\lambda2$ (B) $\lambda2<\lambda0<\lambda1$ (C) $\lambda1<\lambda2<\lambda0$ (D) $\lambda0=\lambda1=\lambda2$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查力學波（如聲波）的都卜勒效應（Doppler Effect）中，波源相對於介質移動對「波長」所產生的實質影響。 1. 波速的決定因素：波在介質中的傳播速率 $v$ 僅由介質本身的物理性質決定。本題中介質與觀察者皆處於靜止狀態，因此無論波源如何移動，波在介質中傳播的速率 $v$ 恆為定值。 2. 波源移動對波長的影響： - 當波源相對於介質移動時，空間中連續兩個波面（波峰與波峰）之間的距離（即波長 $\lambda$）會發生實質的幾何改變。 - 波源迎向觀察者運動時：波源在發射後一個波峰時已向前移動了一段距離，導致後一個波峰追趕前一個波峰，使波面被壓縮，觀測到的波長變短。 - 波源背離觀察者運動時：波源發射後一個波峰時已遠離前一個波峰的位置，波面被拉開，觀測到的波長變長。 --- 解題方法 設介質中波速為 $v$、波源的固有發震頻率為 $f0$（週期為 $T0 = \frac{1}{f0}$），波源向東移動的速率為 $vs$（其中 $0 < vs < v$）。 1. 波源靜止時的原始波長 $\lambda0$： 波源在一個週期 $T0$ 內，波在介質中傳遞的距離即為原始波長： $$\lambda0 = v T0 = \frac{v}{f0}$$ 2. 波源向東移動時，東方觀察者測得的波長 $\lambda1$： 東方觀察者位於波源運動方向的前方（波源向其靠近）。在一個週期 $T0$ 內： - 前一個波面前進了 $v T0$ - 波源同時向東前進了 $vs T0$ 並發出下一個波面 因此，東方的相鄰兩波面間距被壓縮為： $$\lambda1 = (v - vs) T0 = \frac{v - vs}{f0} = \lambda0 \left(1 - \frac{vs}{v}\right)$$ 因為 $vs 0$，所以 $\lambda1 < \lambda0$。 3. 波源向東移動時，西方觀察者測得的波長 $\lambda2$： 西方觀察者位於波源運動方向的後方（波源向其遠離）。在一個週期 $T0$ 內： - 前一個波面向西方前進了 $v T0$ - 波源向東遠離了 $vs T0$ 並發出下一個波面 因此，西方的相鄰兩波面間距被拉長為： $$\lambda2 = (v + vs) T0 = \frac{v + vs}{f0} = \lambda0 \left(1 + \frac{vs}{v}\right)$$ 因為 $vs 0$，所以 $\lambda2 \lambda0$。 4. 綜合比較波長大小： 由上述結果可知： $$\lambda1 < \lambda0 < \lambda2$$ --- 選項分析 - (A) 正確：波源向東靠近東方觀察者，東方波長受擠壓而縮短（$\lambda1 < \lambda0$）；

Answer

答案：A

Question 8

由地球赤道區的地面看同步衛星好像是懸在高空中靜止不動。下列有關同步衛星的敘述，何者正確？ (A) 它所受的合力為零，所以能懸在高空中靜止不動 (B) 它所受太陽與月亮的引力恰等於地球對它的引力 (C) 它距地球太遠，引力太小可以忽略，故能懸在高空中靜止不動 (D) 它所受的地心引力，恰等於它繞地球作圓周運動所需的向心力

Accepted Answer

核心觀念 本題考查同步衛星的運動狀態與牛頓第二運動定律。 同步衛星要由地球赤道附近觀察呈現「懸在高空中靜止不動」，必須具備下列條件： 1. 繞地球運行方向與地球自轉方向相同。 2. 軌道位於赤道平面。 3. 公轉週期等於地球自轉週期。 4. 以圓周軌道運行。 衛星雖然相對地面看似靜止，但相對地心仍持續繞地球作圓周運動，因此具有向心加速度。依牛頓第二運動定律： $$ F{	ext{合}}=mac $$ 圓周運動所需的向心力為： $$ Fc=m\frac{v^2}{r} $$ 同步衛星的向心力主要由地球對衛星的萬有引力提供，因此： $$ F{	ext{地心引力}}=Fc $$ 也就是選項（D）的內容。 --- 解題方法 同步衛星並非真正「靜止」，而是以與地球自轉相同的角速度繞地球運動。由於衛星運動路徑為圓形，必須有指向地心的向心力。 地球對衛星的萬有引力為： $$ Fg=G\frac{Mm}{r^2} $$ 其中 $M$ 為地球質量、$m$ 為衛星質量、$r$ 為衛星到地心的距離。 圓周運動所需的向心力為： $$ Fc=m\frac{v^2}{r} $$ 地心引力正好提供向心力，所以： $$ G\frac{Mm}{r^2}=m\frac{v^2}{r} $$ 約去衛星質量 $m$，得： $$ G\frac{M}{r^2}=\frac{v^2}{r} $$ 因此，衛星能維持繞地球的圓周運動，是因為地球引力與其所需向心力相等，而不是因為合力為零。 --- 選項分析 （A）它所受的合力為零，所以能懸在高空中靜止不動 錯誤。 若物體所受合力為零，依牛頓第一運動定律，物體將保持靜止或作等速度直線運動。同步衛星相對地心仍作圓周運動，速度方向持續改變，因此具有向心加速度，合力不可能為零。 同步衛星的合力為地球引力，方向指向地心： $$ F{	ext{合}}=Fg=mac
eq 0 $$ 它只是相對地面保持固定位置，並非相對地心完全靜止。 --- （B）它所受太陽與月亮的引力恰等於地球對它的引力 錯誤。 同步衛星主要受到地球引力作用，太陽與月亮的引力會造成一定程度的攝動，但不會恰好與地球引力相等。 若太陽與月亮的引力恰等於地球引力，衛星所受的合力方向與大小將受到顯著改變，無法直接維持穩定的同步圓周運動。因此，這不是同步衛星保持位置的條件。 ---

Answer

答案：D

Question 9

2012 年 7 月，科學家找到一種新亞原子粒子——希格斯玻色子，推算此粒子的質量約為 $\frac{125\ \mathrm{GeV}}{c^2}$ 。以愛因斯坦質能互換的式子 $E=mc^2$ 換算，其質量為多少原子質量單位（u）？

參考數據： $1\ \mathrm{eV}=1.6\times10^{-19}\ \mathrm{J}$ ； $1$ 原子質量單位（u） $=1.66\times10^{-27}\ \mathrm{kg}$ ；光速 $c=3\times10^8\ \mathrm{m/s}$ 。

Accepted Answer

核心觀念 本題考查愛因斯坦的質能互換關係： $$ E=mc^2 $$ 希格斯玻色子的質量表示為 $\dfrac{125\ \mathrm{GeV}}{c^2}$，必須先將 $125\ \mathrm{GeV}$ 視為其相對應的能量，再利用 $m=E/c^2$ 換算成公斤，最後換算成原子質量單位（u）。 --- 解題方法 先將能量單位 $125\ \mathrm{GeV}$ 換算成焦耳： $$ 125\ \mathrm{GeV} =125	imes10^9\ \mathrm{eV} $$ 由題目給定： $$ 1\ \mathrm{eV}=1.6	imes10^{-19}\ \mathrm{J} $$ 因此： $$ E=125	imes10^9	imes1.6	imes10^{-19} $$ $$ E=200	imes10^{-10}\ \mathrm{J} =2.0	imes10^{-8}\ \mathrm{J} $$ 由 $E=mc^2$： $$ m=\frac{E}{c^2} =\frac{2.0	imes10^{-8}}{(3	imes10^8)^2} $$ $$ m=\frac{2.0	imes10^{-8}}{9	imes10^{16}} =2.22	imes10^{-25}\ \mathrm{kg} $$ 再利用： $$ 1\ \mathrm{u}=1.66	imes10^{-27}\ \mathrm{kg} $$ 換算為原子質量單位： $$ m=\frac{2.22	imes10^{-25}}{1.66	imes10^{-27}}\ \mathrm{u} $$ $$ m\approx133.7\ \mathrm{u}\approx134\ \mathrm{u} $$ 因此正確選項為： $$ \boxed{	ext{(A)}} $$ --- 選項分析 - (A) $134\ \mathrm{u}$：正確。 依照 $E=mc^2$ 及題目提供的單位換算，質量約為 $134\ \mathrm{u}$。

Answer

答案：A

Question 10

由地球觀察宇宙天體，所得各天體與地球距離遠近的關係，下列敘述何者正確？ (A) 英仙座流星雨中的英仙座是前景 (B) 室女座星系團中的室女座是前景 (C) 目前銀河系中的恆星正彼此遠離中 (D) 仙女座大星系（M31）與仙女座都是位在銀河系之內

Accepted Answer

核心觀念 本題考查由地球觀測天體時的「前景與背景」關係，以及銀河系、星座、星系團的基本概念。 - 星座：由地球方向看去，許多恆星排列成特定圖形所形成的視覺區域。星座中的恆星通常屬於銀河系。 - 流星：流星體進入地球大氣層摩擦發光的現象，位置在地球附近的大氣層內。 - 星系團：由許多星系因重力聚集而成的巨大系統，距離遠大於銀河系內的恆星。 - 銀河系：包含太陽及大量恆星的星系。銀河系內恆星主要受重力束縛，繞銀河系中心運動，不是彼此整體遠離。 判斷前景、背景時，須比較觀測者與天體的距離：距離較近者為前景，距離較遠者為背景。 解題方法 逐一比較各選項所述天體的空間位置： 1. 流星位於地球大氣層，星座中的恆星距離地球甚遠，因此流星在前景，星座在背景。 2. 星座中的恆星屬於銀河系，室女座星系團則位於銀河系之外且距離極遠，因此室女座在前景，室女座星系團在背景。 3. 銀河系內恆星受重力束縛，主要進行繞銀河系中心的運動，不能說正彼此遠離。 4. M31 是銀河系外的獨立星系；仙女座是由銀河系內恆星構成的星座，兩者不都位於銀河系內。 因此正確選項為 B。 選項分析 (A) 英仙座流星雨中的英仙座是前景 錯誤。 英仙座流星雨的流星，是流星體進入地球大氣層後產生的發光現象，位置距離地球約數十至數百公里，屬於前景。 「英仙座」是由銀河系內的恆星所構成的星座，距離地球遠得多。在視覺上，流星雨的流星似乎從英仙座方向放射出來，這個位置稱為輻射點；但英仙座只是遠方的背景參照，並非前景。 故 A 錯。 (B) 室女座星系團中的室女座是前景 正確。 室女座是由銀河系內恆星形成的星座，這些恆星距離地球通常為數十至數千光年。 室女座星系團則是位於銀河系之外的星系團，距離地球約數千萬光年。由地球觀察時，室女座的恆星比室女座星系團中的星系近，因此： $$ 	ext{地球} ightarrow 	ext{室女座恆星} ightarrow 	ext{室女座星系團} $$ 所以室女座是前景，室女座星系團是背景，B 正確。 (C) 目前銀河系中的恆星正彼此遠離中 錯誤。

Answer

答案：B

Question 11

一質點沿 $X$ 軸運動，初速度為 $+12\ \mathrm{m/s}$；10 秒內其加速度 $a$ 對時間 $t$ 之間的關係如圖（三）所示，則 10 秒內位移為何？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) $-8\ \mathrm{m}$ (B) $24\ \mathrm{m}$ (C) $40\ \mathrm{m}$ (D) $80\ \mathrm{m}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查加速度—時間圖（$a$-$t$ 圖）的判讀，以及速度、位移的關係： - $a=\dfrac{\Delta v}{\Delta t}$，因此速度變化量等於 $a$-$t$ 圖下的面積。 - 位移可利用各時間區段的運動公式 $$s=v0t+\frac{1}{2}at^2$$ 分段計算。 - 初速度為 $+12\ \mathrm{m/s}$。 由圖可讀出： 1. $0\sim4\ \mathrm{s}$：$a=-3\ \mathrm{m/s^2}$ 2. $4\sim6\ \mathrm{s}$：$a=0$ 3. $6\sim10\ \mathrm{s}$：$a=+2\ \mathrm{m/s^2}$ 解題方法 第一階段 $0\sim4\ \mathrm{s}$： $$ v4=12+(-3)(4)=0\ \mathrm{m/s} $$ 位移為 $$ s1=12(4)+\frac{1}{2}(-3)(4)^2 $$ $$ s1=48-24=24\ \mathrm{m} $$ 第二階段 $4\sim6\ \mathrm{s}$： 此時加速度為 $0$，且由第一階段末速度知速度為 $0$，所以 $$ s2=0	imes2=0\ \mathrm{m} $$ 第三階段 $6\sim10\ \mathrm{s}$： 初速度為 $0$，加速度為 $+2\ \mathrm{m/s^2}$，作用時間為 $4\ \mathrm{s}$： $$ s3=0(4)+\frac{1}{2}(2)(4)^2 $$ $$ s3=16\ \mathrm{m} $$ 因此 $10$ 秒內總位移為 $$ s=s1+s2+s3 $$ $$ s=24+0+16=40\ \mathrm{m} $$ 選項分析 - (A) $-8\ \mathrm{m}$：錯誤。 位移須將三個時間區段的位移相加，結果為正值 $40\ \mathrm{m}$，不是負值。

Answer

答案：C

Question 12

有一秒針長 $10\ \mathrm{cm}$，則由 15 秒到 30 秒時間內，秒針的針尖的平均加速度量值為多少 $\mathrm{cm/s^2}$？ (A) $\frac{\sqrt{2}\pi}{180}$ (B) $\frac{\sqrt{2}\pi}{45}$ (C) $\frac{4\sqrt{2}\pi}{3}$ (D) $0$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查等速圓周運動中的「平均加速度」： $$ \vec a{	ext{平均}}=\frac{\Delta \vec v}{\Delta t} =\frac{\vec v2-\vec v1}{\Delta t} $$ 雖然秒針以等角速度轉動，針尖的速率不變，但速度方向持續改變，因此平均加速度不為零。 --- 解題方法 秒針週期為 $60\ \mathrm{s}$，因此角速度為 $$ \omega=\frac{2\pi}{60}=\frac{\pi}{30}\ \mathrm{rad/s} $$ 針尖速率為 $$ v=r\omega =10\cdot\frac{\pi}{30} =\frac{\pi}{3}\ \mathrm{cm/s} $$ 由 $15$ 秒到 $30$ 秒，經過時間 $$ \Delta t=30-15=15\ \mathrm{s} $$ 這段時間秒針轉過 $$ \Delta	heta=\omega\Delta t =\frac{\pi}{30}\cdot 15 =\frac{\pi}{2} $$ 因此起、終兩時刻的速度方向相差 $90^\circ$。兩個速度向量的量值皆為 $v$，故速度變化量為 $$ |\Delta\vec v| =\sqrt{v^2+v^2} =\sqrt{2}\,v =\sqrt{2}\cdot\frac{\pi}{3} $$ 平均加速度量值為 $$ a{	ext{平均}} =\frac{|\Delta\vec v|}{\Delta t} =\frac{\sqrt{2}\pi/3}{15} =\frac{\sqrt{2}\pi}{45}\ \mathrm{cm/s^2} $$ 所以正確答案為 $$ \boxed{\frac{\sqrt{2}\pi}{45}\ \mathrm{cm/s^2}} $$ --- 選項分析 - (A) $\displaystyle \frac{\sqrt{2}\pi}{180}$ 錯誤。此結果比正確答案小 $4$ 倍，等同於將速度變化量或時間間隔的計算比例弄錯。 - (B) $\displaystyle \frac{\sqrt{2}\pi}{45}$ 正確。$15$ 秒內秒針轉過 $90^\circ$，起、終速度向量互相垂直，因此

Answer

答案：B

Question 13

質量為 $m$、電量為 $-e$ 的電子，繞氫原子核作半徑為 $r$ 的等速圓周運動，如圖（四）所示，$k$ 為常數，電子的速率為何？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) $\sqrt{\frac{2ke}{mr}}$ (B) $\sqrt{\frac{2kr}{m}}$ (C) $\sqrt{\frac{ke^2}{m}}$ (D) $\sqrt{\frac{ke^2}{mr}}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查庫侖力提供等速圓周運動所需向心力。 氫原子核帶電量 $+e$，電子帶電量 $-e$，兩者相距 $r$，庫侖力大小為 $$ F=k\frac{|(+e)(-e)|}{r^2} =k\frac{e^2}{r^2}. $$ 電子作等速圓周運動時，所需向心力為 $$ F{	ext{向}}=\frac{mv^2}{r}. $$ 電子與原子核間的吸引力方向指向圓心，正好提供向心力。 解題方法 由庫侖力提供向心力： $$ k\frac{e^2}{r^2}=\frac{mv^2}{r}. $$ 兩邊同乘以 $\dfrac{r}{m}$： $$ v^2=\frac{ke^2}{mr}. $$ 取速率的正值： $$ v=\sqrt{\frac{ke^2}{mr}}. $$ 因此正確選項為 $(D)$。 選項分析 - (A) $\sqrt{\dfrac{2ke}{mr}}$：錯誤。 電子與原子核的電量乘積為 $e^2$，不是 $e$；此外本題沒有能量守恆推導所產生的係數 $2$。 - (B) $\sqrt{\dfrac{2kr}{m}}$：錯誤。 庫侖力與距離的關係為 $\dfrac{1}{r^2}$，平衡向心力後應得到速度平方與 $\dfrac{1}{r}$ 成正比，不是與 $r$ 成正比；電量因子 $e^2$ 也遺漏。

Answer

答案：D

Question 14

行星質量 $m$，繞日運行時，在近日點之速率為 $v$，與日距離為 $r$。若此行星在近日點與遠日點時，離太陽的距離比為 $1:4$，則行星在遠日點時對太陽之角動量量值為何？ (A) $8mrv$ (B) $4mrv$ (C) $mrv$ (D) $\frac{mrv}{2}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查行星在萬有引力作用下的角動量守恆。 以太陽為參考點，行星對太陽的角動量量值為 $$ L=mrv{\perp} $$ 其中： - $m$：行星質量 - $r$：行星與太陽的距離 - $v{\perp}$：速度在垂直於位置向量方向的分量 太陽對行星的萬有引力方向沿著行星與太陽的連線，力矩為 $$ \boldsymbol{	au}=\mathbf{r}	imes\mathbf{F}=0 $$ 因此行星對太陽的角動量保持不變。 --- 解題方法 近日點時，行星與太陽的距離為 $r$，速率為 $v$。在近日點，行星的徑向速度為零，速度方向與半徑方向垂直，因此 $$ L{	ext{近日點}}=mrv $$ 由於萬有引力為中心力，行星對太陽的角動量守恆，所以遠日點時仍有 $$ L{	ext{遠日點}}=L{	ext{近日點}}=mrv $$ 題目所給近日點與遠日點的距離比 $1:4$，只能表示 $$ r{	ext{遠日點}}=4r $$ 遠日點的切向速率因此為 $$ v{	ext{遠日點}}=\frac{mrv}{m(4r)}=\frac{v}{4} $$ 故遠日點角動量為 $$ L{	ext{遠日點}} =m(4r)\left(\frac{v}{4}ight) =mrv $$ 因此正確答案為 $$ \boxed{mrv} $$ --- 選項分析 - (A) $8mrv$：錯誤。 角動量在中心力作用下守恆，遠日點角動量不會變成近日點的 $8$ 倍。

Answer

答案：C

Question 15

若將長 $\ell$ 的均勻鐵絲，將其對折並彎成 $74^\circ$，轉彎點不動，則此鐵絲的質心位置移動之距離為何？ (A) $\frac{3\ell}{20}$ (B) $\frac{\ell}{5}$ (C) $\frac{\ell}{4}$ (D) $\frac{2\ell}{5}$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查均勻線密度物體的質心，以及對稱幾何中兩個向量的合成。 原鐵絲為均勻直線，長度為 $\ell$，其質心在中央。對折位置即為鐵絲的中點，且「轉彎點不動」，因此對折後的轉彎點仍位於原質心位置。 對折後，鐵絲分成兩段，每段長度為： $$ \frac{\ell}{2} $$ 每一段的質心距離轉彎點為： $$ \frac{1}{2}	imes\frac{\ell}{2}=\frac{\ell}{4} $$ --- 解題方法 兩段鐵絲長度相等、質量相等，且夾角為 $74^\circ$。兩段鐵絲各自的質心，分別位於兩條鐵絲的中點。 由對稱性，合成後的質心位於 $74^\circ$ 夾角的角平分線上。 設對折後質心與轉彎點的距離為 $d$。取其中一段質心位置向角平分線的投影： $$ d=\frac{\ell}{4}\cos\frac{74^\circ}{2} $$ 因此： $$ d=\frac{\ell}{4}\cos37^\circ $$ 考試常用近似值： $$ \cos37^\circ\approx\frac{4}{5} $$ 所以： $$ d\approx\frac{\ell}{4}	imes\frac{4}{5} =\frac{\ell}{5} $$ 原本直鐵絲的質心就在轉彎點，因此質心移動距離就是 $d$： $$ \boxed{\frac{\ell}{5}} $$ --- 選項分析 - (A) $\frac{3\ell}{20}$：錯誤。 此值相當於使用不正確的投影長度，未正確將每段鐵絲質心距離 $\frac{\ell}{4}$ 投影到角平分線上。 - (B) $\frac{\ell}{5}$：正確。 由 $$ \frac{\ell}{4}\cos37^\circ \approx\frac{\ell}{4}	imes\frac45 =\frac{\ell}{5} $$ 得官方答案。 - (C) $\frac{\ell}{4}$：錯誤。 $\frac{\ell}{4}$ 是每一段鐵絲自身質心到轉彎點的距離，尚未考慮兩段質心位置的合成與角度投影，因此不能直接作為整體質

Answer

答案：B

Question 16

如圖（五）所示，$A$、$B$ 兩物體質量各為 $4\ \mathrm{m}$ 和 $m$，置於光滑的水平桌面，以量值 $F$ 的水平力由左側推動，$A$ 與 $B$ 之間的作用力大小為 $N$；以同量值的水平力由右側推動，$A$ 與 $B$ 之間的作用力大小仍為 $N'$，則 $N:N'$ 為何？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) $5:1$ (B) $1:4$ (C) $1:3$ (D) $1:1$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查牛頓第二定律： $$F{	ext{合}}=Ma$$ 兩物體置於光滑水平桌面，水平方向無摩擦力，因此兩物體可視為整體求共同加速度，再分析接觸力。關鍵在於：接觸力所加速的對象不同。 解題方法 兩物體總質量為 $$4m+m=5m$$ 外力大小皆為 $F$，故整體加速度為 $$a=\frac{F}{5m}$$ 情況一：由左側推動 力先作用在質量為 $4m$ 的物體 $A$，由 $A$ 推動 $B$。對物體 $B$ 單獨分析，水平方向只有接觸力 $N$： $$N=ma=m\cdot\frac{F}{5m}=\frac{F}{5}$$ 情況二：由右側推動 力先作用在質量為 $m$ 的物體 $B$，由 $B$ 推動 $A$。對物體 $A$ 單獨分析，接觸力 $N'$ 必須加速質量為 $4m$ 的 $A$： $$N'=4ma=4m\cdot\frac{F}{5m}=\frac{4F}{5}$$ 因此 $$N:N'=\frac{F}{5}:\frac{4F}{5}=1:4$$ 選項分析 - (A) $5:1$：錯誤。 將接觸力與總質量或加速度的關係判斷相反，實際上左推時接觸力較小。

Answer

答案：B

Question 17

超級月亮距離地球約為 35 萬 6000 多公里（約等於 36 萬公里），探測車將月亮表面影像利用無線電波傳回地球，則地球上的科學家約需等待多久後才能收到訊號？

Accepted Answer

核心觀念 本題考查電磁波的傳播速度與路程、時間的關係。 無線電波屬於電磁波，在真空中的傳播速度約等於光速： $$ c \approx 3.0	imes 10^5\ 	ext{km/s} $$ 路程、速度與時間的關係為： $$ t=\frac{s}{v} $$ 月球與地球的距離約為 $36$ 萬公里，探測車將訊號由月球傳回地球，所求為無線電波「單程」抵達地球所需的時間。 --- 解題方法 已知： $$ s=3.6	imes 10^5\ 	ext{km} $$ $$ v=3.0	imes 10^5\ 	ext{km/s} $$ 代入公式： $$ t=\frac{s}{v} =\frac{3.6	imes 10^5}{3.0	imes 10^5}\ 	ext{s} =1.2\ 	ext{s} $$ 因此，地球上的科學家約需等待 $1.2$ 秒才能收到探測車傳回的訊號。 --- 選項分析 - (A) 1.2 分鐘：錯誤。 正確時間為 $1.2$ 秒，換算成分鐘為： $$ 1.2\ 	ext{s}=\frac{1.2}{60}\ 	ext{分鐘}=0.02\ 	ext{分鐘} $$ 並非 $1.2$ 分鐘。 - (B) 12 分鐘：錯誤。 這個時間遠大於無線電波穿越月地距離所需的時間。月球距離地球約 $36$ 萬公里，而無線電波每秒可傳播約 $30$ 萬公里，因此只需約 $1.2$ 秒。 - (C) 1.2 秒：正確。 由 $t=s/v$ 計算： $$ t=\frac{360000\ 	ext{km}}{300000\ 	ext{km/s}} =1.2\ 	ext{s} $$

Answer

答案：C

Question 18

在光滑平面上，質量 $3\ \mathrm{kg}$ 的 $A$ 物體，以 $5\ \mathrm{m/s}$ 之速度撞向質量為 $2\ \mathrm{kg}$ 的靜止 $B$ 物體， $A$ 、 $B$ 二物體碰撞後，質心速度為多少 $\mathrm{m/s}$ ？

Accepted Answer

核心觀念 本題考查「質心速度」與「動量守恆」。 在光滑平面上，水平方向無摩擦力，碰撞過程中系統所受的外力合力為零，因此 $A、B$ 兩物體組成的系統，其總動量守恆。 系統質心速度為 $$ v{\mathrm{cm}}=\frac{	ext{系統總動量}}{	ext{系統總質量}} $$ 碰撞前後，只要沒有水平方向外力，質心速度皆保持不變。 解題方法 碰撞前： - $A$ 物體質量 $mA=3\ \mathrm{kg}$，速度 $vA=5\ \mathrm{m/s}$ - $B$ 物體質量 $mB=2\ \mathrm{kg}$，速度 $vB=0$ 系統總動量為 $$ p{\mathrm{總}}=mAvA+mBvB $$ 代入數值： $$ p{\mathrm{總}}=(3)(5)+(2)(0)=15\ \mathrm{kg\cdot m/s} $$ 系統總質量為 $$ M=mA+mB=3+2=5\ \mathrm{kg} $$ 因此質心速度為 $$ v{\mathrm{cm}}=\frac{15}{5}=3\ \mathrm{m/s} $$ 由於碰撞期間水平方向無外力，質心速度在碰撞後仍為 $$ v{\mathrm{cm}}=3\ \mathrm{m/s} $$ 因此正確答案為 (B)。 選項分析 - (A) $2\ \mathrm{m/s}$：錯誤。 $2\ \mathrm{m/s}$ 是 $B$ 物體的質量數值，並非質心速度。質心速度必須以系統總動量除以系統總質量。 - (B) $3\ \mathrm{m/s}$：正確。 $$v{\mathrm{cm}}=\frac{(3)(5)+(2)(0)}{3+2}=3\ \mathrm{m/s}$$ - (C) $5\ \mathrm{m/s}$：錯誤。 $5\ \mathrm{m/s}$ 是 $A$ 物體碰撞前的速度，不是兩物體系統的質心速度。質心速度是依質量加權後的平均速度，通常不會直接等於其中一物體的速度。

Answer

答案：B

Question 19

忽略一切阻力的情形下，質量 $2\ \mathrm{kg}$ 的物質，自高 $20\ \mathrm{m}$ 之塔頂以初速度 $30\ \mathrm{m/s}$ 、仰角 $30^\circ$ 斜向上拋出，則自拋出到落地時間內，共受衝量為多少 $\mathrm{N\cdot s}$ ？（ $g=10\ \mathrm{m/s^2}$ ）

Accepted Answer

核心觀念 本題考查「衝量—動量定理」： $$ \vec J=\Delta \vec p=m\vec vf-m\vec vi $$ 物體忽略一切阻力，因此自拋出至落地期間，唯一受力為重力。重力所造成的衝量大小為 $$ J=mg\Delta t $$ 其中 $m=2\ \mathrm{kg}$、$g=10\ \mathrm{m/s^2}$，關鍵在於求出物體從塔頂落地所需的時間。 --- 解題方法 初速度 $30\ \mathrm{m/s}$、仰角 $30^\circ$，其鉛直分量為 $$ v{0y}=30\sin30^\circ=15\ \mathrm{m/s} $$ 以塔頂為鉛直位置原點，向上為正方向。物體落地時位移為 $-20\ \mathrm{m}$，因此鉛直位移公式為 $$ y=v{0y}t-\frac12gt^2 $$ 代入數值： $$ -20=15t-5t^2 $$ 整理得 $$ 5t^2-15t-20=0 $$ $$ t^2-3t-4=0 $$ $$ (t-4)(t+1)=0 $$ 時間必須取正值，所以 $$ t=4\ \mathrm{s} $$ 物體所受重力的衝量大小為 $$ J=mg t $$ $$ J=2	imes10	imes4=80\ \mathrm{N\cdot s} $$ 衝量方向為鉛直向下。 --- 選項分析 - (A) $50$：錯誤。此數值不是由重力衝量 $mg t$ 所得。 - (B) $60$：錯誤。可能僅取初速度鉛直分量 $15$ 與其他量進行不完整計算，未正確使用作用時間。 - (C) $70$：錯誤。未符合衝量—動量定理及本題的飛行時間。 - (D) $80$：正確。

Answer

答案：D

Question 20

質量為 $m$ 的物體 $A$ 以速度 $v$ 與質量為 $2m$ 的靜止物體 $B$ 作正向彈性碰撞，則物體 $A$ 所減少的動能為若干？ (A) $\frac{8mv^2}{9}$ (B) $\frac{2mv^2}{3}$ (C) $\frac{4mv^2}{9}$ (D) $0$

Accepted Answer

核心觀念 本題測驗「一維正向彈性碰撞」的動量與力學能守恆，以及「能量轉移」的計算。 1. 一維正向彈性碰撞末速公式： 質量 $m1$、初速 $v1$ 的物體，撞擊質量 $m2$、初速 $v2 = 0$ 的靜止物體時，碰撞後的末速度分別為： $$v1' = \frac{m1 - m2}{m1 + m2}v1$$ $$v2' = \frac{2m1}{m1 + m2}v1$$ 2. 力學能守恆定律： 在彈性碰撞中，系統總動能守恆。物體 $A$ 所減少的動能，即完全轉移為物體 $B$ 所增加的動能： $$\Delta E{kA} = E{kB}' - 0 = \frac{1}{2}m2(v2')^2$$ --- 解題方法 本題可採用兩種切入方式，考生可依個人習慣作答： 【方法一：利用末速求動能差額（常規法）】 1. 求物體 $A$ 碰撞後的末速度 $vA'$： 將 $mA = m$、$mB = 2m$、$vA = v$ 代入彈性碰撞末速公式： $$vA' = \frac{m - 2m}{m + 2m}v = -\frac{1}{3}v$$ （負號表示物體 $A$ 碰撞後以速率 $\frac{1}{3}v$ 反向彈回） 2. 計算物體 $A$ 碰撞前、後的動能： - 碰撞前初動能： $$E{kA} = \frac{1}{2}mv^2$$ - 碰撞後末動能： $$E{kA}' = \frac{1}{2}m(vA')^2 = \frac{1}{2}m\left(-\frac{1}{3}v\right)^2 = \frac{1}{18}mv^2$$ 3. 計算物體 $A$ 所減少的動能 $\Delta E{kA}$： $$\Delta E{kA} = E{kA} - E{kA}' = \frac{1}{2}mv^2 - \frac{1}{18}mv^2 = \left(\frac{9}{18} - \frac{1}{18}\right)mv^2 = \frac{8}{18}mv^2 = \frac{4}{9}mv^2$$ 【方法二：由能量轉移量求解（快速法）】 因系統總動能守恆，物體 $A$ 所減少的動能等於靜止物體 $B$ 獲得的動能： 1. 求物體 $B$ 碰撞後的末速度 $vB'$： $$vB' = \frac{2m}{m + 2m}v = \frac{2}{3}v$$ 2. 計算物體 $B$ 獲得的動能： $$\Delta E{kA} = E{kB}' = \frac{1}{2}(2m)(vB')^2 = m\left(\frac{2}{3}v\right)^2 = \frac{4}{9}mv^2$$ --- 選項分析 - (A) 錯誤： 若計算能量轉移時，直接將動能轉移比例 $\frac{8}{9}$ 當作最終答案，或漏乘初動能公式中的係數 $\frac{1}{…

Answer

答案：C

Question 21

地球半徑為 $R$，質量為 $M$，重力常數為 $G$。今將距離地表高 $R$ 處設為重力位能零位面，則質量 $m$ 的質點與地球相距無窮遠時重力位能為何？ (A) $-\frac{GMm}{2R}$ (B) $-\frac{GMm}{R}$ (C) $\frac{GMm}{R}$ (D) $\frac{GMm}{2R}$

Accepted Answer

核心觀念 1. 重力位能與零位面設定： 在萬有引力場中，兩質點相距 $r$ 時，若以「無窮遠處」為位能零位面（$U(\infty) = 0$），系統的重力位能標準公式為： $$U(r) = -\frac{GMm}{r}$$ 若任意指定某參考點 $r0$ 作為新的位能零位面（$U(r0) = 0$），則空間中任意位置 $r$ 的位能 $U'(r)$，本質上即為該點與零位面之間的「位能差」： $$U'(r) = U(r) - U(r0)$$ 兩點間的重力位能差與零位面的選取無關。 2. 距離的幾何關係： 題目的距離基準為「地表」，而萬有引力公式中的距離 $r$ 必須是「質點至地心」的距離。 距離地表高 $R$ 處，其與地心的距離為： $$r0 = R + R = 2R$$ --- 解題方法 1. 確定各位置距地心的距離： - 零位面位置：距離地心 $r0 = R + R = 2R$。 - 所求位置：距離地心 $r = \infty$。 2. 利用位能差公式計算： 以標準零位面（無窮遠為零）表示兩點的位能： - 無窮遠處的標準位能：$U(\infty) = 0$ - 距地心 $2R$ 處的標準位能：$U(2R) = -\frac{GMm}{2R}$ 3. 換算新零位面下的重力位能： 設新零位面處的位能 $U'(2R) = 0$，則質點位於無窮遠處的位能 $U'(\infty)$ 等於兩處的位能差： $$U'(\infty) - U'(2R) = U(\infty) - U(2R)$$ $$U'(\infty) - 0 = 0 - \left( -\frac{GMm}{2R} \right) = \frac{GMm}{2R}$$ 因此，與地球相距無窮遠處的重力位能為 $\frac{GMm}{2R}$。 --- 選項分析 - (A) 錯誤： $-\frac{GMm}{2R}$ 是「以無窮遠處為零位面」時，距地心 $2R$ 處（地表高 $R$）本身的位能值。若選此項，代表混淆了「新零位面的位能」與「無窮遠處在新標準下的位能」，且忽略了遠離地球過程中位能應增加的正負號性質。 - (B) 錯誤： $-\frac{GMm}{R}$ 為標準零位面下「地表處（$r = R$）」的重力位能，與題目要求的無窮遠處位能完全不符。

Answer

答案：D

Question 22

小明以水平定力 $60\ \mathrm{N}$，把質量 $20\ \mathrm{kg}$ 的物體，在光滑水平地面上，由靜止開始前進 10 秒鐘，小明施力作功多少焦耳？ (A) $3000$ (B) $9000$ (C) $12000$ (D) $18000$

Accepted Answer

核心觀念

本題測驗「牛頓運動定律」與「功與能量」的綜合應用，主要涉及以下三個核心觀念：

牛頓第二運動定律：外力與質量的關係式為 $F = ma$ 。
等加速度直線運動公式：物體由靜止出發（初速 $v_0 = 0$ ），在時間 $t$ 內所經的位移為 $S = v_0 t + \frac{1}{2}at^2$ ；末速度為 $v = v_0 + at$ 。
定力作功之定義與功能定理：

定力作功定義： $W = F \cdot S \cos\theta$ （當施力方向與位移方向平行時， $\theta = 0^\circ$ ， $W = F \times S$ ）。
功能定理：合力對物體所作的功，等於物體動能的變化量（ $W_{\text{合}} = \Delta K = \frac{1}{2}mv^2 - \frac{1}{2}mv_0^2$ ）。

解題方法

方法一：定義法（標準解法）

求物體的加速度：地面為光滑水平面，不計摩擦力，物體在水平方向僅受小明施加的水平力 $F = 60\ \mathrm{N}$ 。由牛頓第二定律： $a = \frac{F}{m} = \frac{60}{20} = 3\ \mathrm{m/s^2}$
求前進 10 秒後的位移：物體由靜止開始出發（ $v_0 = 0$ ），歷時 $t = 10\ \mathrm{s}$ ： $S = v_0 t + \frac{1}{2}at^2 = 0 + \frac{1}{2} \times 3 \times 10^2 = 150\ \mathrm{m}$
計算小明施力所作的功：水平施力與位移同向（夾角為 $0^\circ$ ）： $W = F \times S = 60 \times 150 = 9000\ \mathrm{J}$

方法二：功能定理（驗算推薦）

求 10 秒後的末速度： $v = v_0 + at = 0 + 3 \times 10 = 30\ \mathrm{m/s}$
利用功能定理求作功：地面光滑無摩擦阻力，小明施力為水平方向唯一的合力，其作功等於動能增加量： $W = \Delta K = \frac{1}{2}mv^2 - 0 = \frac{1}{2} \times 20 \times 30^2 = 10 \times 900 = 9000\ \mathrm{J}$

選項分析

(A) 3000：錯誤。常見為計算位移時誤用公式，例如誤將衝量 $J = F\Delta t = 600\ \mathrm{N\cdot s}$ 與其它係數錯誤相乘，或單位代換錯誤所致。
(B) 9000：正確。

Answer

答案：B

Question 23

甲、乙、丙三個絕熱容器都盛有 $100$ 立方公分、$100^\circ\mathrm{C}$ 的開水。將質量都為 $10$ 克、溫度都為室溫的碳、銅、鉛分別放入甲、乙、丙三個容器中。已知碳、銅、鉛的比熱大小順序為碳 $$ 銅 $$ 鉛。若在達熱平衡的過程中，散失的熱量可忽略，則在熱平衡時，比較甲、乙、丙三個容器內的水溫，下列哪一項正確？ (A) 甲 $<$ 乙 $<$ 丙 (B) 甲 $$ 乙 $$ 丙 (C) 甲 $=$ 乙 $=$ 丙 (D) 甲 $<$ 乙 $=$ 丙

Accepted Answer

核心觀念 本題的核心觀念為熱量守恆定律與熱平衡方程式： 1. 熱量計算公式： $$H = m s \Delta T$$ 其中 $m$ 為質量、$s$ 為比熱、$\Delta T$ 為溫度變化量。 2. 絕熱系統的熱量守恆： 在系統絕熱且不計熱量散失的情況下，高溫物體（熱水）放出的熱量等於低溫物體（投入物質）吸收的熱量： $$\Delta H{	ext{放}} = \Delta H{	ext{吸}}$$ 3. 比熱與溫度變化的關係： 在質量相同的條件下，低溫物體的比熱愈大，使其升高相同溫度所需要吸收的熱量愈多，從高溫熱水端奪取的熱量也愈多，導致熱水降溫幅度愈大。 --- 解題方法 1. 設定物理量參數： - 水的質量 $mw = 100	ext{ g}$（$100	ext{ cm}^3$ 水的質量），比熱 $sw = 1.0	ext{ cal}/(	ext{g}\cdot^\circ\mathrm{C})$，初溫 $Tw = 100^\circ\mathrm{C}$。 - 碳、銅、鉛的質量皆為 $m = 10	ext{ g}$，初溫皆為室溫 $T0$（$T0 < 100^\circ\mathrm{C}$），比熱分別為 $s{	ext{碳}} s{	ext{銅}} s{	ext{鉛}}$。 - 達熱平衡時的溫度設為 $T$。 2. 列出熱平衡方程式： 熱水降溫放熱，物質升溫吸熱： $$mw sw (Tw - T) = m s (T - T0)$$ 3. 求出水溫下降量 $\Delta Tw$： 令水溫下降量為 $\Delta Tw = Tw - T$： $$mw sw \Delta Tw = m s [(Tw - T0) - \Delta Tw]$$ $$(mw sw + m s) \Delta Tw = m s (Tw - T0)$$ $$\Delta Tw = \frac{m s}{mw sw + m s} (Tw - T0) = \frac{1}{\frac{mw sw}{m s} + 1} (Tw - T0)$$ 4. 比較各容器水溫下降幅度與最後水溫： - 由於 $mw, sw, m, Tw, T0$ 均為定值，比熱 $s$ 愈大，分母中的 $\frac{mw sw}{m s}$ 愈小，整體的水溫下降量 $\Delta Tw$ 就愈大。 - 已知比熱大小：$s{	ext{碳}} s{	ext{銅}} s{	ext{鉛}}$。 - 水溫下降量順序為： $$\Delta T{	ext{甲}} \Delta T{	ext{乙}} \Delta T{	ext{丙}}$$ - 平衡時的水溫為 $T = 100^\circ\mathrm{C} - \Delta Tw$。水溫下降愈多，最後的平衡水溫愈低，因此： $$T{	ext{甲…

Answer

答案：A

Question 24

一弦的長度為 $50\ \mathrm{cm}$，質量為 $125\ \mathrm{g}$，張力大小為 $100\ \mathrm{N}$。若弦二端固定，其振動頻率為 $40\ \mathrm{Hz}$，則弦波長為何？ (A) $0.2\ \mathrm{m}$ (B) $0.4\ \mathrm{m}$ (C) $0.5\ \mathrm{m}$ (D) $0.8\ \mathrm{m}$

Accepted Answer

核心觀念 本題主要測驗「弦波波速公式」與「波動基本公式」的綜合應用，並可結合「兩端固定弦之駐波條件」進行驗證： 1. 弦波波速公式：弦上橫波的傳播速率 $v$ 僅由弦的張力 $F$ 與線密度（單位長度質量）$\mu$ 決定，公式為： $$v = \sqrt{\frac{F}{\mu}}$$ 2. 波動基本公式：波速 $v$、頻率 $f$ 與波長 $\lambda$ 的關係為： $$v = f \lambda \implies \lambda = \frac{v}{f}$$ 3. 兩端固定駐波條件：弦長為 $L$ 且兩端固定時，形成駐波的波長必須滿足： $$\lambdan = \frac{2L}{n} \quad (n = 1, 2, 3, \dots)$$ --- 解題方法 步驟一：統一 SI 制單位並計算弦的線密度 $\mu$ 弦長 $L = 50\ \mathrm{cm} = 0.5\ \mathrm{m}$ 質量 $m = 125\ \mathrm{g} = 0.125\ \mathrm{kg}$ 線密度 $\mu = \frac{m}{L} = \frac{0.125\ \mathrm{kg}}{0.5\ \mathrm{m}} = 0.25\ \mathrm{kg/m}$ 步驟二：計算弦波的傳播速率 $v$ 已知張力 $F = 100\ \mathrm{N}$，代入弦波波速公式： $$v = \sqrt{\frac{F}{\mu}} = \sqrt{\frac{100}{0.25}} = \sqrt{400} = 20\ \mathrm{m/s}$$ 步驟三：由波動基本公式計算弦波波長 $\lambda$ 已知弦的振動頻率 $f = 40\ \mathrm{Hz}$，代入公式： $$\lambda = \frac{v}{f} = \frac{20\ \mathrm{m/s}}{40\ \mathrm{Hz}} = 0.5\ \mathrm{m}$$ （檢驗：當 $\lambda = 0.5\ \mathrm{m}$ 時，弦長 $L = 0.5\ \mathrm{m} = 2 	imes \left(\frac{\lambda}{2}ight)$，即 $n = 2$，代表此時弦處於第二諧音／第一泛音的駐波振動狀態，完全合乎物理限制。） --- 選項分析 (A) $0.2\ \mathrm{m}$：錯誤。若波長為 $0.2\ \mathrm{m}$，對應波速為 $v = f \lambda = 40 	imes 0.2 = 8\ \mathrm{m/s}$，與實際波速 $20\ \mathrm{m/s}$ 不符。 (B) $0.4\ \mathrm{m}$：錯誤。若波長為 $0.4\ \mathrm{m}$，則波速為 $16\ \mathrm…

Answer

答案：C

Question 25

平行的紅光（R）和紫光（V），斜射到一塊平行玻璃磚的上表面如圖（六），入射位置相距距離 $d$ ，光線在下表面射出的情形為何？

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

🖼️ 本題原卷含圖表。基於試題來源之版權考量，本站不轉載原卷影像；題目文字已完整轉錄，圖表請自行參閱考選部公告之試題原檔。

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： 1. 平行玻璃磚的光線側向位移 2. 折射定律（Snell 定律） 3. 色散現象：紫光折射率大於紅光 平行玻璃磚具有互相平行的上、下表面，因此光線經過兩次折射後，出射光線會與各自的入射光線平行。故平行入射的紅光與紫光，出射後仍彼此平行。 由折射定律： $$ n1\sin i=n2\sin r $$ 紫光在玻璃中的折射率較大，因此在相同入射角下： $$ rV<rR $$ 其中 $rV$ 為紫光折射角，$rR$ 為紅光折射角。 解題方法 設玻璃磚厚度為 $t$，兩條光線在上表面的入射位置相距 $d$。 光線進入玻璃後，紫光因折射率較大，折射角較小，故其在玻璃內的水平前進距離為： $$ t	an rV $$ 紅光的水平前進距離為： $$ t	an rR $$ 因為 $rV<rR$，所以： $$ 	an rV<	an rR $$ 若圖中紅光與紫光的入射位置由左至右排列，則到達下表面時，兩光線的間距變為： $$ d+t	an rV-t	an rR $$ 因此： $$ d{	ext{出射}}=d-t(	an rR-	an rV)<d $$ 兩光線離開下表面後，各自恢復為與原入射方向平行的方向，所以仍彼此平行，但出射位置間距縮小。 選項分析

Answer

答案：B

Question 26

光線經單狹縫所產生的繞射條紋間的距離可因下列哪一項而增加？ (A) 用波長較長的光源 (B) 用較高頻率的光波 (C) 把幕屏與狹縫距離縮短 (D) 用較寬的單狹縫

Accepted Answer

核心觀念 本題考查單狹縫繞射（Single-slit diffraction）的條紋間距決定因素，以及光波波長與頻率的基本關係。 1. 單狹縫暗紋條件： 設狹縫寬度為 $b$，光波波長為 $\lambda$，幕屏與狹縫距離為 $L$。當繞射角 $	heta$ 很小時（$\sin	heta \approx 	an	heta \approx \frac{y}{L}$），暗紋出現在光程差為波長整數倍處： $$b \sin	heta = m\lambda \implies ym = m \frac{L\lambda}{b} \quad (m = \pm 1, \pm 2, \pm 3, \dots)$$ 2. 繞射條紋間距（寬度）： - 相鄰暗紋之間的間隔（即非中央亮帶寬度）： $$\Delta y = \frac{L\lambda}{b}$$ - 中央亮帶寬度為相鄰兩側第一暗紋間的距離： $$\Delta y0 = 2\Delta y = \frac{2L\lambda}{b}$$ 無論是中央亮帶寬度或各級條紋間距，均滿足比例關係： $$\Delta y \propto \frac{L\lambda}{b}$$ 3. 光速、波長與頻率之關係： 光在介質中的傳播滿足波動方程式 $c = f\lambda$（其中 $c$ 為光速，$f$ 為頻率），故 $\lambda = \frac{c}{f}$，代入條紋間距公式得： $$\Delta y \propto \frac{L \cdot c}{b \cdot f}$$ --- 解題方法 由條紋間距關係式 $\Delta y = \frac{L\lambda}{b}$ 可知，欲使繞射條紋間的距離 $\Delta y$ 增加，操作方向應為： 1. 增加光源波長 $\lambda$（或降低光源頻率 $f$）。 2. 增長幕屏與狹縫的距離 $L$。 3. 縮小單狹縫寬度 $b$（使狹縫更窄）。 --- 選項分析 - (A) 正確： 條紋間距與光波波長成正比（$\Delta y \propto \lambda$）。改用波長較長的光源（$\lambda$ 增加），條紋間距 $\Delta y$ 隨之增加。 - (B) 錯誤： 波長與頻率成反比（$\lambda = \frac{c}{f}$）。

Answer

答案：A

Question 27

附圖（七）的電流天平實驗裝置中，左端放置重量為 $mg$ 的物體。若通入如圖所示的電流 $I_1$ 及 $I_2$ 後，天平右端受磁力 $F$ 作用而下傾，且向下傾斜的程度大於左端。要如何操作才能使天平達到水平平衡？

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

🖼️ 本題原卷含圖表。基於試題來源之版權考量，本站不轉載原卷影像；題目文字已完整轉錄，圖表請自行參閱考選部公告之試題原檔。

Accepted Answer

核心觀念 本題考查電流天平的力矩平衡。天平達到水平平衡時，支點兩側的順時針與逆時針力矩必須相等： $$ \sum 	au{	ext{左}}=\sum 	au{	ext{右}} $$ 左端物體重量為 $mg$，產生的力矩為 $$ 	auL=mg\,rL $$ 右端通電線圈受到磁力 $F$，產生的力矩為 $$ 	auR=F\,rR $$ 其中 $rL、rR$ 分別為兩力對支點的力臂。 題目指出右端下傾程度大於左端，表示目前右端力矩較大： $$ F rRmg rL $$ 因此必須增加左端向下的力矩，或減少右端磁力矩，才能恢復水平平衡。 解題方法 增加左端物體重量後，左側力矩變為 $$ 	auL'=m'g\,rL $$ 只要使 $$ m'g\,rL=F rR $$ 即可達到水平平衡。由於原本右端已經下傾，增加左端物體重量能提高左側力矩，使兩側力矩重新相等。 因此應選擇增加物體重量。 選項分析 (A) 增加物體重量：正確。 增加左端重量會增加左側力矩，使左端下壓程度增加，抵消原本過大的右側磁力矩，天平可恢復水平平衡。 (B) 增加線圈匝數：錯誤。 在線圈電流及其他條件相同時，增加匝數會使磁場增強，磁力 $F$ 增大，右側力矩變大，使右端下傾更加嚴重。

Answer

答案：A

Question 28

有一線圈在均勻磁場內等角速度轉動，已知該線圈的截面積為 $10^{-2}\ \mathrm{m^2}$ ，總匝數為 $10^3$ ，角速度為 $10^3$ 弧度／秒，均勻磁場為 $0.1$ 特斯拉，則線圈上的最大感應電動勢為何？

Accepted Answer

核心觀念 本題考查法拉第電磁感應定律（Faraday's Law of Induction）與交流發電機原理。 當一個具有 $N$ 匝、面積為 $A$ 的平面線圈置於均勻磁場 $B$ 中，並以等角速度 $\omega$ 繞垂直於磁場方向的軸旋轉時，穿過線圈的磁通量 $\Phi(t)$ 會隨時間呈週期性變化，進而在線圈兩端產生感應電動勢 $\varepsilon(t)$。 交流發電機產生的最大感應電動勢公式為： $$\varepsilon{\max} = NBA\omega$$ 各物理量代表意義： - $N$：線圈總匝數 - $B$：磁場強度（單位：$\mathrm{T}$） - $A$：線圈截面積（單位：$\mathrm{m^2}$） - $\omega$：轉動角速度（單位：$\mathrm{rad/s}$） --- 解題方法 1. 推導感應電動勢函數： 設初始時刻 $t = 0$ 時線圈平面垂直於磁場，則通過單匝線圈的磁通量隨時間變化為： $$\Phi(t) = BA \cos(\omega t)$$ 根據法拉第電磁感應定律，線圈上的感應電動勢為： $$\varepsilon(t) = -N \frac{d\Phi}{dt} = -N \frac{d}{dt}\big(BA \cos(\omega t)\big) = NBA\omega \sin(\omega t)$$ 2. 求最大感應電動勢： 當 $\sin(\omega t) = \pm 1$ 時，感應電動勢達到最大值 $\varepsilon{\max}$： $$\varepsilon{\max} = NBA\omega$$ 3. 代入已知數據計算： 題目所給條件皆為標準國際單位制（SI 制）： - 總匝數 $N = 10^3$ - 均勻磁場 $B = 0.1\ \mathrm{T} = 10^{-1}\ \mathrm{T}$ - 截面積 $A = 10^{-2}\ \mathrm{m^2}$ - 角速度 $\omega = 10^3\ \mathrm{rad/s}$ 代入最大感應電動勢公式，利用指數律相加進行運算： $$\varepsilon{\max} = 10^3 	imes 10^{-1} 	imes 10^{-2} 	imes 10^3 = 10^{3 + (-1) + (-2) + 3} = 10^3\ \mathrm{V}$$ 因此，線圈上的最大感應電動勢為 $10^3\ \mathrm{V}$。 --- 選項分析 - (A) 錯誤：計算值為 $10\ \mathrm{V}$，少了 $10^2$ 倍。常見錯誤在於漏乘匝數 $N$ 的某個位數，或誤將面積 $10^{-2}\ \mathrm{m^2}$ 當成 $10^{-4}$。

Answer

答案：C

Question 29

如圖（八），曲線為一帶電粒子在均勻磁場中運動的軌跡，圖中所示為兩個不同半徑的半圓，中央實線區域為一薄金屬板。粒子穿透金屬板時會有動能損失，磁場方向由紙面下往上。若已知同一帶電粒子在同一磁場中作圓周運動的圓周愈大，即表示其動能愈大，則下列敘述何者正確？

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

🖼️ 本題原卷含圖表。基於試題來源之版權考量，本站不轉載原卷影像；題目文字已完整轉錄，圖表請自行參閱考選部公告之試題原檔。

Accepted Answer

核心觀念 本題考查帶電粒子在均勻磁場中的圓周運動，以及磁力是否作功。 帶電粒子所受磁力為 $$ \vec F=q\vec v	imes \vec B $$ 因此磁力方向必垂直於粒子速度方向，磁力不作功，粒子的動能不會因磁力而改變。 在非相對論情況下，粒子在均勻磁場中運動的半徑為 $$ r=\frac{mv}{|q|B} $$ 又因為 $$ K=\frac{1}{2}mv^2 $$ 所以同一粒子在同一磁場中，軌跡半徑越大，表示速度越大、動能越大。 解題方法 粒子穿過中央薄金屬板時會損失動能，因此穿板後的速度變小，圓周半徑也會變小。 由圖可知，下方半圓半徑較大，上方半圓半徑較小，所以粒子應先沿下方大半圓運動，再穿過金屬板，沿上方小半圓運動，方向為 $$ eightarrow dightarrow cightarrow bightarrow a $$ 磁場方向由紙面下方指向紙面上方。粒子沿下方半圓由 $e$ 往 $c$ 運動時，若為正電荷，依右手定則，磁力方向不會指向圓心；要使磁力提供向心力，粒子必須帶負電。 不過判斷電荷正負並非本題唯一且最直接的重點；磁力必垂直速度、且不作功，才是必然成立的敘述。 選項分析 (A) 粒子帶正電 錯誤。由圖示半徑變化可知粒子運動方向為 $eightarrow dightarrow cightarrow bightarrow a$。配合磁場方向及向心力方向判斷，粒子應帶負電，而非正電。 (B) 粒子運動方向為 $aightarrow bightarrow cightarrow dightarrow e$ 錯誤。此方向表示粒子先沿上方較小半徑半圓，再穿過金屬板沿下方較大半徑半圓運動，等於穿過金屬板後半徑變大、動能增加，與「穿透金屬板會有動能損失」矛盾。 正確方向應為

Answer

答案：C

Question 30

下列物理量，何者不具有量子化的性質？ (A) 一個粒子所帶的電荷 (B) 黑體輻射中，黑體輻射的波長分布 (C) 波耳氫原子模型中，電子軌道運動的總力學能 (D) 波耳氫原子模型中，電子軌道運動的角動量

Accepted Answer

核心觀念 量子化（Quantization）是指某個物理量在微觀世界中無法連續取任意值，而只能取特定、分離且不連續的數值（分立值），該分立值通常為某個最小基本單位的整數倍。 近代物理中常見的量子化現象包括： 1. 電荷量子化：任何可單獨存在的帶電粒子，其電量皆為基本電荷 $e$ 的整數倍： $$q = n e \quad (n = 0, \pm 1, \pm 2, \dots)$$ 2. 波耳軌道角動量量子化：波耳氫原子模型中，電子軌道運動的角動量 $L$ 必須為 $\frac{h}{2\pi}$ 的整數倍： $$L = n \hbar = n \frac{h}{2\pi} \quad (n = 1, 2, 3, \dots)$$ 3. 能階量子化：束縛態電子的總力學能只能存在於特定的不連續能量狀態（如氫原子的各能階）： $$En = -\frac{13.6}{n^2}	ext{ eV} \quad (n = 1, 2, 3, \dots)$$ 4. 黑體輻射的光譜特性：黑體輻射的光譜是連續光譜。雖然普朗克（Max Planck）假設腔壁震盪子吸收或釋放能量時是以「能量子」$E = hf$ 的整數倍進行，但黑體所發出輻射的波長 $\lambda$ 是連續分佈的，任何波長的電磁波皆可輻射，因此波長分佈不具有量子化性質。 --- 解題方法 判定一個物理量是否具備「量子化」特質，切入點在於判別該物理量的取值屬於連續分佈還是離散分立： - 若該物理量在物理上只能跳躍式地取特定分立數值，則屬於量子化。 - 若該物理量可在特定範圍內連續取任意實數值，則屬於非量子化（連續性）。 透過檢驗題目四個選項所代表的物理狀態與數值特徵，即可找出不具備量子化特性的物理量。 --- 選項分析 - (A) 一個粒子所帶的電荷：具有量子化性質。 密立坎（R. A. Millikan）利用油滴實驗證實，自然界中所有獨立穩定粒子所帶的電量，均為基本電荷 $e \approx 1.6 	imes 10^{-19}	ext{ C}$ 的整數倍，即 $q = ne$。電量無法連續取值，故電荷具備量子化性質。 - (B) 黑體輻射中，黑體輻射的波長分布：不具有量子化性質（符合題意，為正確選項）。 黑體在特定絕對溫度下所釋放的熱輻射光譜為「連續光譜」，電磁波波長 $\lambda$ 從接近 0 連續延伸至無窮大。根據普朗克輻射定律，輻射強度隨波長變化是一條平滑且連續的曲線，波長本身沒有限制在離散的特定數值上，因此黑體輻射的波長分布屬於連續變化，不具量子化性質。 - (C) 波耳氫原子模型中，電子軌道運動的總力學能：具有量子化性質。

Answer

答案：B

Question 31

具有相同體積且材質均勻的實心鐵球與鋁球，從離地面等高處由靜止自由落下，重力加速度為 $g$ 。在落下的時間均為 $t$ 時（假設尚未到達地面），忽略空氣阻力及風速的影響，下列哪些敘述正確？

本題為複選題，可以選多個選項

Accepted Answer

核心觀念 1. 密度與質量的關係：質量等於密度與體積的乘積，即 $m = ho V$。 2. 重力與重力加速度：地面附近的物體所受重力（重量）為 $W = mg$。 3. 牛頓第二運動定律與自由落體：在不計空氣阻力的情況下，自由落下的物體僅受重力作用，由 $F = ma$ 可得 $mg = ma \implies a = g$。因此，自由落體的加速度大小恆為重力加速度 $g$，與物體的質量、密度、形狀及體積完全無關。 4. 等加速度直線運動公式：物體由靜止自由落下，在時間 $t$ 時的瞬時速度為 $v = gt$，下落距離為 $h = \frac{1}{2}gt^2$。 --- 解題方法 本題分為「物質固有屬性與受力大小」以及「運動學狀態」兩個切入點： 1. 受力與質量判斷：鐵與鋁是不同材質，密度不同（$ho{	ext{鐵}} ho{	ext{鋁}}$）。由題意可知兩球體積 $V$ 相同，故兩球的質量不同（$m = ho V$），進而導致兩球所受的重力不同（$W = mg$）。 2. 運動過程判斷：兩球均為自由落體，忽略空氣阻力與風速時，兩球的運動皆為初速為零、加速度為 $g$ 的等加速度直線運動。依據運動學公式，加速度 $a$、落下的速度 $v$ 及落下的距離 $h$ 僅與重力加速度 $g$ 及時間 $t$ 有關，與質量無涉。 --- 選項分析 (A) 錯誤：物體所受的重力為 $W = mg$。兩球體積 $V$ 相同，但鐵的密度大於鋁的密度（$ho{	ext{鐵}} \approx 7.9	ext{ g/cm}^3 ho{	ext{鋁}} \approx 2.7	ext{ g/cm}^3$），因此鐵球的質量大於鋁球（$m{	ext{鐵}} m{	ext{鋁}}$）。在同一個地點重力加速度 $g$ 相同，故鐵球所受重力大於鋁球（$W{	ext{鐵}} W{	ext{鋁}}$）。 (B) 正確：兩球由靜止自由落下，下落距離公式為 $h = \frac{1}{2}gt^2$。由於兩球的加速度均為 $g$，且落下時間均為 $t$，代入公式可知兩球下落的距離完全相同。 (C) 正確：自由落體的速度公式為 $v = gt$。兩球初速度均為 $0$，重力加速度均為 $g$，在經歷相同時間 $t$ 後，兩球的速度大小皆為 $gt$，且方向均為鉛直向下，故兩球具有相同的速度。 (D) 正確：忽略空氣阻力時，落體運動僅受重力作用。

Answer

答案：BCD

Question 32

根據古典電磁學理論，帶電電荷作加速度運動時，會產生輻射而損失能量。若視氫原子中的電子以圓周運動繞原子核運行，關於此電子的敘述哪些正確？ (A) 電子會獲得能量 (B) 電子受向心力作用 (C) 電子活動的空間約 $10^{-14}\ \mathrm{m}$ (D) 電子運行軌道會逐漸降低 (E) 電子的運行速率會逐漸增加

Accepted Answer

核心觀念 本題考查拉塞福行星模型在古典電磁學下的致命困境，以及庫侖束縛態軌道運動的能量與動力學關係。 1. 古典電磁學輻射理論：依古典電磁學，帶電質點作加速度運動（含等速圓周運動之向心加速度）時，必不斷輻射電磁波而輻射能量，導致其總力學能持續衰減。 2. 圓周運動動力學與力學能：庫侖靜電引力提供電子繞核作圓周運動所需的向心力： $$\frac{k e^2}{r^2} = \frac{m v^2}{r}$$ - 動能：$K = \frac{1}{2}mv^2 = \frac{k e^2}{2r}$ - 電位能（取無窮遠處為零位面）：$U = -\frac{k e^2}{r}$ - 總力學能：$E = K + U = -\frac{k e^2}{2r}$ 3. 微觀尺度數量級： - 原子尺度（電子活動空間）：約 $10^{-10}\ \mathrm{m}$（即 $1\ 	ext{Å} = 0.1\ \mathrm{nm}$）。 - 原子核尺度：約 $10^{-15}\sim 10^{-14}\ \mathrm{m}$。 --- 解題方法 1. 向心力判定： 電子繞原子核做圓周運動，速度方向不斷改變，必具備指向圓心的向心加速度 $a = \frac{v^2}{r}$，由原子核對電子的庫侖靜電引力提供向心力。 2. 軌道與能量變化推導： - 題目設定電子運動時「會產生輻射而損失能量」，即總力學能 $E$ 減少（$E$ 之值更負，數值向負無限大移動，$E \downarrow$）。 - 由 $E = -\frac{k e^2}{2r}$ 可知，欲使 $E$ 變小（負得更多），軌道半徑 $r$ 必須減小（$r \downarrow$），即電子會呈螺旋狀向內旋入，軌道逐漸降低。 3. 速率變化推導： - 由向心力公式得速率 $v = \sqrt{\frac{k e^2}{m r}}$，速率與軌道半徑平方根成反比（$v \propto \frac{1}{\sqrt{r}}$）。 - 當半徑 $r$ 逐漸變小（軌道降低）時，庫侖吸引力增大，電子之運行速率 $v$ 必然增加（動能 $K$ 隨之增加）。 --- 選項分析 - (A) 錯誤： 題目明確指出「產生輻射而損失能量」，電子向外輻射電磁波，其總能量是損失（減少）而非獲得。 - (B) 正確： 電子作圓周運動時，速度方向隨時間持續改變，必存在向心加速度，由原子核與電子之間的庫侖引力作為向心力。 - (C) 錯誤： 氫原子中電子活動的空間即為原子的大小，其直徑或軌道半徑數量級約為 $10^{-10}\ \mathrm{m}$（波耳半徑約 $0.53 	imes 10^{-10}\ \mathrm{m}$）。

Answer

答案：BDE

Question 33

自由轉動且南北向置放的長形磁鐵棒，欲使其 $N$ 極向西方偏轉，則可放一載流導線於： (A) 磁鐵棒上方，電流自南到北 (B) 磁鐵棒上方，電流自北到南 (C) 磁鐵棒下方，電流自南到北 (D) 磁鐵棒下方，電流自北到南 (E) 磁鐵棒東方，電流自南到北

Accepted Answer

核心觀念 本題考查： 1. 載流直導線周圍的磁場方向：以右手定則判斷。 2. 磁鐵棒可視為磁偶極，磁矩方向由 $S$ 極指向 $N$ 極。 3. 磁偶極在磁場中所受力矩： $$ \vec{	au}=\vec{m}	imes\vec{B} $$ 磁鐵棒原本南北向放置，$N$ 極在北方、$S$ 極在南方，因此磁矩 $\vec m$ 由南指向北。欲使 $N$ 極向西偏轉，所需力矩方向必須使北端由北方轉向西方。 --- 解題方法 設： - 東為 $+x$ 方向 - 北為 $+y$ 方向 - 上為 $+z$ 方向 磁鐵棒的磁矩方向為北，即： $$ \vec m=+y $$ 若北端要向西轉動，旋轉軸為鉛直方向，所需力矩方向為向上，即 $+z$ 方向。由 $$ \vec{	au}=\vec m	imes\vec B $$ 要使 $$ (+y)	imes \vec B=+z $$ 因此磁場必須指向西方，即 $-x$ 方向。 所以本題只要判斷各選項中，磁鐵棒所在位置的磁場是否向西即可。 --- 選項分析 (A) 磁鐵棒上方，電流自南到北 電流方向為南到北，即 $+y$。磁鐵棒位於導線下方，位置方向為 $-z$。 依右手定則： $$ \vec B\propto \vec I	imes\vec r =(+y)	imes(-z)=-x $$ 磁場指向西方，可使磁鐵棒受到向上的力矩，$N$ 極向西偏轉。 因此 (A) 正確。 --- (B) 磁鐵棒上方，電流自北到南 電流方向為 $-y$，磁鐵棒仍位於導線下方，位置方向為 $-z$。 $$ \vec B\propto (-y)	imes(-z)=+x $$ 磁場指向東方，方向與所需磁場相反，力矩會使 $N$ 極向東偏轉。 因此 (B) 錯誤。 --- (C) 磁鐵棒下方，電流自南到北 電流方向為 $+y$，磁鐵棒位於導線上方，位置方向為 $+z$。 $$ \vec B\propto (+y)	imes(+z)=+x $$ 磁場指向東方，會使 $N$ 極向東偏轉，而非向西。 因此 (C) 錯誤。 --- (D) 磁鐵棒下方，電流自北到南 電流方向為 $-y$，磁鐵棒位於導線上方，位置方向為 $+z$。

Answer

答案：AD

Question 34

一碗狀物體，質量為 $M$，其內壁呈半球形（半徑為 $R$）。設此物體被置於一光滑之水平面上，如圖（九）。一質量為 $m$ 之小球自碗內壁頂端滑落至碗底最低點，則： 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) 小球與碗之質心移動距離為 $0$ (B) 小球相對於碗之水平移動距離為 $R$ (C) 小球與碗之質心移動距離為 $\frac{mR}{M+m}$ (D) 小球移動距離為 $\frac{MR}{M+m}$ (E) 碗移動距離為 $\frac{mR}{M+m}$

Accepted Answer

核心觀念 碗和小球組成的系統在水平方向不受外力，因此系統的水平質心位置不變。小球由碗內壁頂端滑到最低點時，相對碗的水平位置改變 $R$，垂直位置下降 $R$。 要留意「水平位移」、「質心位移」和「移動距離」的差異：系統質心的水平位置不變，但質心會因小球下降而垂直移動；小球的水平位移也不等於小球沿碗內壁實際走過的距離。 解題方法 設碗向右位移 $x$，並取小球相對碗的水平位移方向向右。小球由碗的左側頂端滑至底部，其相對碗的水平位移為 $R$，所以小球對地的水平位移為 $x+R$。 水平方向質心位置不變，故 $$ Mx+m(x+R)=0 $$ 解得 $$ x=-\frac{mR}{M+m} $$ 因此碗向左移動的距離為 $\frac{mR}{M+m}$。小球對地的水平位移則為 $$ x+R =R-\frac{mR}{M+m} =\frac{MR}{M+m} $$ 垂直方向上，碗的質心高度不變，小球下降 $R$，所以整個系統的質心下降 $$ \frac{mR}{M+m} $$ 選項分析 - (A) 錯誤。 系統質心的水平位移為 $0$，但小球下降使系統質心垂直下降 $\frac{mR}{M+m}$，故質心移動距離不為 $0$。 - (B) 正確。 小球相對碗由內壁頂端滑至最低點，兩位置的水平距離為半徑 $R$。 - (C) 正確。

Answer

答案：BCE

Question 35

彈性繩二端發出相同週期波形成駐波，若二波源間距離為 $d$，則下列情形可能使二波源間的節點數目增加？ (A) 波長增大 (B) 頻率增大 (C) 距離 $d$ 增大 (D) 波長與距離 $d$ 皆增倍 (E) 波長與距離 $d$ 的比值增大

Accepted Answer

核心觀念 本題考查駐波中「節點間距」與波長的關係。 駐波相鄰節點間的距離為半個波長： $$ \Delta x{	ext{節點}}=\frac{\lambda}{2} $$ 因此，在二波源間距離 $d$ 固定時，波長越短，單位長度內的節點越多；在波長固定時，距離 $d$ 越長，所包含的節點數也越多。 若繩上的波速 $v$ 固定，則 $$ v=f\lambda $$ 所以 $$ \lambda=\frac{v}{f} $$ 頻率 $f$ 增大時，波長 $\lambda$ 變小，節點間距也變小，二波源間便可能容納更多節點。 --- 解題方法 節點數的多寡主要取決於二波源間包含多少個「半波長」： $$ N\propto \frac{d}{\lambda/2} = \frac{2d}{\lambda} $$ 其中 $N$ 表示節點數的整體趨勢。故判斷節點數是否增加，只要觀察 $\dfrac{d}{\lambda}$ 是否增大即可。 又因為 $$ \frac{d}{\lambda}=\frac{df}{v} $$ 在波速 $v$ 固定時： - $d$ 增大，節點數增加； - $f$ 增大，節點數增加； - $\lambda$ 增大，節點數減少。 --- 選項分析 (A) 波長增大 由 $$ \Delta x{	ext{節點}}=\frac{\lambda}{2} $$ 可知波長增大時，相鄰節點間距變大。在固定距離 $d$ 內能排列的節點數減少，因此不會使節點數增加。 錯誤。 --- (B) 頻率增大 在繩張力與線密度不變時，波速 $v$ 固定。由 $$ \lambda=\frac{v}{f} $$ 頻率增大會使波長減小，節點間距 $$ \frac{\lambda}{2} $$ 也隨之減小。因此二波源間可以容納更多節點。 正確。 --- (C) 距離 $d$ 增大 波長及節點間距固定時，二波源間距離增加，所包含的半波長數目增加，節點數也會增加。 由 $$ N\propto \frac{2d}{\lambda} $$ 可直接看出 $d$ 增大會使節點數增加。 正確。 --- (D) 波長與距離 $d$ 皆增倍 若 $$ \lambda' = 2\lambda,\qquad d'=2d $$ 則

Answer

答案：BC

Question 36

某行星繞太陽公轉軌道如附圖（十），忽略其他天體之影響，下列哪些敘述正確？

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

🖼️ 本題原卷含圖表。基於試題來源之版權考量，本站不轉載原卷影像；題目文字已完整轉錄，圖表請自行參閱考選部公告之試題原檔。

本題為複選題，可以選多個選項

Accepted Answer

核心觀念 本題考查行星橢圓軌道運動中的： - 開普勒第二定律：行星對太陽的面積速率保持不變。 - 萬有引力定律： $$F=\frac{GMm}{r^2}$$ - 向心加速度與萬有引力： $$a=\frac{F}{m}=\frac{GM}{r^2}$$ - 角動量守恆：太陽對行星的力為指向太陽的中央力，因此力矩為零。 - 動量為向量，必須同時考慮大小與方向。 圖中太陽位於橢圓的一個焦點，甲處距離太陽最近，丙處距離太陽最遠；乙、戊分別位於軌道的上、下方。 解題方法 行星只受太陽萬有引力作用，太陽的引力是中央力，因此： 1. 面積速率固定，與所在位置無關。 2. 距離太陽越近，萬有引力與加速度越大。 3. 角動量保持不變。 4. 行星在不同位置的速度方向通常不同，即使速率相同，動量也不一定相同。 選項分析 (A) 行星在甲處的面積速率最大 錯誤。 依開普勒第二定律，行星與太陽的連線在相等時間內掃過相等面積，因此面積速率在整個橢圓軌道上均相同： $$\frac{dA}{dt}=	ext{定值}$$ 甲處雖然行星速度較快，但掃掠面積的半徑較短，兩者互相配合後，面積速率仍與其他位置相同，並非甲處最大。 (B) 行星在甲處的加速度最大 正確。 行星的加速度由太陽萬有引力提供： $$a=\frac{GM}{r^2}$$ 甲處距離太陽最近，$r$ 最小，所以： $$a{甲}=\frac{GM}{r{甲}^2}$$ 最大。因此行星在甲處的加速度最大。 (C) 行星在丙處所受太陽的萬有引力最大 錯誤。 萬有引力大小為： $$F=\frac{GMm}{r^2}$$ 丙處是距離太陽最遠的位置，$r$ 最大，所以所受萬有引力最小；最大引力應發生在距離最近的甲處。 (D) 行星在乙及戊處的動量一樣 錯誤。 動量為向量： $$\vec p=m\vec v$$ 乙、戊兩處若速率相同，僅能表示動量大小相同：

Answer

答案：BE

Question 37

以紅光與藍光為光源，則下列敘述哪些正確？ (A) 在等深之池底各放一點光源，則紅光透出池面的光罩面積較藍光大 (B) 在空氣中，垂直下視水中的同深度紅、藍二光源，但實際上藍光較深 (C) 紅光與藍光各以相同的入射角由空氣射入玻璃，則藍光的折射角較大 (D) 以紅光與藍光各以相同的入射角斜向射入一有厚度的透明平行板，則射出的光線以藍光的偏向角較大 (E) 紅光與藍光各以相同的入射角斜向射入一有厚度的透明平行板，則射出的光線以藍光的側位移較大

Accepted Answer

核心觀念 本題考查光的色散、全反射、折射及平行玻璃板的側位移。 在一般透明介質的正常色散情況下： $$ n{	ext{藍}} n{	ext{紅}} $$ 其中 $n$ 為折射率。依斯涅耳定律： $$ n1\sin i=n2\sin r $$ 因此，在相同入射角下，藍光進入同一介質後的折射角通常較小。 --- 選項分析 (A) 正確 池底點光源發出的光，只有入射角小於臨界角的光線能由水射出至空氣。 水射向空氣時，臨界角 $c$ 滿足： $$ \sin c=\frac{n{	ext{空氣}}}{n{	ext{水}}} $$ 因為： $$ n{	ext{藍水}} n{	ext{紅水}} $$ 所以： $$ c{	ext{紅}}c{	ext{藍}} $$ 池底光源深度為 $h$，光線在水面形成的光罩半徑為： $$ R=h	an c $$ 紅光的臨界角較大，因此 $R{	ext{紅}}R{	ext{藍}}$，光罩面積 $$ A=\pi R^2 $$ 也有： $$ A{	ext{紅}}A{	ext{藍}} $$ 故紅光透出池面的光罩面積較大，選項正確。 --- (B) 依官方答案採正確 垂直觀察水中光源時，光源的視深度可用近軸公式表示為： $$ d{	ext{視}}=\frac{d{	ext{實}}}{n} $$ 若紅、藍兩光源在觀察時呈現相同的視深度，則： $$ \frac{d{	ext{紅}}}{n{	ext{紅}}} = \frac{d{	ext{藍}}}{n{	ext{藍}}} $$ 因此： $$ d{	ext{藍}} = d{	ext{紅}} \frac{n{	ext{藍}}}{n{	ext{紅}}} $$ 由於 $n{	ext{藍}}n{	ext{紅}}$，所以： $$ d{	ext{藍}}d{	ext{紅}} $$ 也就是說，若兩者看起來在水中同一深度，藍光光源的實際深度較深，故選項依官方答案判定為正確。 爭議點：若將題目中的「同深度」解讀為兩光源實際位於相同深度，則藍光因折射率較大，視深度反而較小，會看起來較淺；此種嚴格語意解讀會與官方答案不一致。本題應依官方答案，採「看起來同深度，但實際藍光較深」的命題意旨。 --- (C) 錯誤 紅、藍光以相同入射角由空氣進入玻璃，依斯涅耳定律： $$ n{	ext{空氣}}\sin i = n{	ext{玻璃}}\sin r $$ 因此： $$ \sin r=\frac{n{	ext{空氣}}}{n{	ext{玻璃}}}\sin i $$ 玻璃對藍光的折射率較大： $$ n{	ext{藍玻璃}}n{	ext{紅玻璃}} $$

Answer

答案：ABE

Question 38

下列有關曲面鏡的敘述，哪些選項正確？ (A) 凹面鏡自焦點以內到鏡面之間沒有像 (B) 凸面鏡的像完全位於鏡後焦點到鏡面之間 (C) 凹面鏡的虛像都比原物小 (D) 凹面鏡置於水中，其焦距長度不會改變 (E) 凸面鏡的像位於曲率中心外為放大實像

Accepted Answer

核心觀念 本題考查球面鏡成像的基本規律： 1. 凹面鏡焦距為 $f$，曲率半徑為 $R$，且 $$f=\frac{R}{2}$$ 2. 凸面鏡對實物而言，永遠形成鏡後、正立、縮小的虛像。 3. 凹面鏡的成像情形取決於物體與焦點、曲率中心的位置關係。 4. 球面鏡靠反射成像，焦距由鏡面幾何形狀決定，不因周圍介質改變。 --- 解題方法 以物體位置與焦點、曲率中心的關係判斷成像性質： - 凹面鏡物體在焦點外：形成實像。 - 凹面鏡物體在焦點內：形成正立、放大的虛像。 - 凸面鏡：不論物體位置，皆形成鏡後焦點與鏡面之間的正立、縮小虛像。 也可配合鏡面公式： $$\frac{1}{f}=\frac{1}{u}+\frac{1}{v}$$ 其中 $u$ 為物距，$v$ 為像距。對凹面鏡而言，當物體位於焦點內，即 $u<f$，所得像為虛像，且放大率大於 $1$。 --- 選項分析 (A) 凹面鏡自焦點以內到鏡面之間沒有像 依標準光學用語，凹面鏡的物體位於焦點內時，仍可形成鏡後的正立、放大虛像，因此若「沒有像」是指完全沒有任何像，敘述並不精確。 但本題官方答案將「沒有像」解讀為「沒有實像」。物體位於焦點內時，反射光線發散，必須將反射光線反向延長，才能在鏡後得到虛像，故沒有實像。 依官方命題意旨，本選項判定為正確。 (B) 凸面鏡的像完全位於鏡後焦點到鏡面之間 凸面鏡的焦點位於鏡後。平行於主軸的光線經凸面鏡反射後發散，其反向延長線通過鏡後焦點；實物所發出的其他光線反向延長後，交於鏡後焦點與鏡面之間。 因此凸面鏡的像永遠位於鏡後焦點與鏡面之間，且為正立、縮小的虛像。 本選項正確。 (C) 凹面鏡的虛像都比原物小 凹面鏡形成虛像的條件是物體位於焦點內。此時反射光線發散，反向延長後在鏡後相交，形成正立、放大的虛像。 由放大率 $$m=\frac{hi}{ho}=-\frac{v}{u}$$ 可知在凹面鏡物體位於焦點內時，像高大於物高，即 $|m|1$，所以虛像比原物大，而不是較小。 本選項錯誤。 (D) 凹面鏡置於水中，其焦距長度不會改變 球面鏡的焦距為

Answer

答案：ABD

Question 39

一直線波列在水波槽中前進，在深淺不同的 $A$、$B$ 界面處發生折射，如圖（十一）中直線代表部分波動的波前。已知入射波的波前與界面夾角為 $60^\circ$，折射波的波前與界面夾角為 $30^\circ$，則下列敘述哪些正確？ 🖼️【此處有附圖，請對照原卷】 (A) $A$ 區為淺水區 (B) 折射角為 $30^\circ$ (C) $A$、$B$ 兩區中水波波速 $vAvB$ (D) $A$、$B$ 兩區中水波頻率 $fAfB$ (E) $A$、$B$ 兩區中水波波長 $\lambdaA\lambdaB$

Accepted Answer

核心觀念 本題考查水波折射及波動基本關係： 1. 波的傳播方向垂直於波前。 2. 波前與界面的夾角，等於波的傳播方向與法線的夾角。 3. 折射時頻率不變，但波速與波長會改變。 4. 水波槽中，水越深，水波速率越大；水越淺，水波速率越小。 5. 波速公式為 $$ v=f\lambda $$ 水波折射定律為 $$ \frac{\sin i}{\sin r}=\frac{vA}{vB} $$ 其中 $i$ 為入射角，$r$ 為折射角。 解題方法 依圖可知，入射波位於 $A$ 區，入射波前與界面夾角為 $60^\circ$；折射波位於 $B$ 區，折射波前與界面夾角為 $30^\circ$。 由於波前與傳播方向互相垂直，而法線與界面也互相垂直，因此： - 入射角 $i=60^\circ$ - 折射角 $r=30^\circ$ 套用折射定律： $$ \frac{\sin 60^\circ}{\sin 30^\circ} =\frac{vA}{vB} $$ $$ \frac{\frac{\sqrt{3}}{2}}{\frac{1}{2}} =\frac{vA}{vB} =\sqrt{3} $$ 因此 $$ vAvB $$ 水波在 $A$ 區的速率較大，表示 $A$ 區水較深，$B$ 區水較淺。 折射時頻率不變： $$ fA=fB $$ 又因為 $v=f\lambda$，在頻率相同時，波長與波速成正比，所以 $$ \lambdaA\lambdaB $$ 選項分析 (A) $A$ 區為淺水區 錯誤。由折射定律可得 $vAvB$。水波在深水區的速率較大，因此 $A$ 區為深水區，並非淺水區。 (B) 折射角為 $30^\circ$ 正確。圖中折射波前與界面夾角為 $30^\circ$。波前與界面的夾角等於波的傳播方向與法線的夾角，因此折射角為 $30^\circ$。 (C) $A$、$B$ 兩區中水波波速 $vAvB$ 正確。由

Answer

答案：BCE

Question 40

下列關於光電效應實驗的敘述，哪些正確？ (A) 照射光的能量完全變成光電子的動能 (B) 光電子動能必小於入射光子的能量 (C) 照射光之強度增加，低限頻率就減小 (D) 照射光之低限頻率與被照金屬板之功函數大小成正比 (E) 光電子最大動能 $K$ 對照射光頻率 $f$ 之函數圖，對不同種類的金屬，其斜率均不同

Accepted Answer

核心觀念 光電效應遵守愛因斯坦光電方程式： $$ hf=\phi+K{\max} $$ 其中： - $hf$：入射光子的能量 - $\phi$：金屬逸出功，表示電子脫離金屬表面所需的最小能量 - $K{\max}$：光電子的最大動能 - $h$：普朗克常數 - $f$：入射光頻率 當入射光頻率等於低限頻率 $f0$ 時，光電子剛好逸出，最大動能為零，因此： $$ hf0=\phi $$ 所以： $$ f0=\frac{\phi}{h} $$ 由此可知，低限頻率取決於金屬種類及其功函數；光強度主要影響光電子的數目，不改變單一光子的能量。 解題方法 逐一將各選項與下列三項基本關係比較： 1. 能量分配：$hf=\phi+K{\max}$ 2. 低限頻率：$f0=\dfrac{\phi}{h}$ 3. 最大動能與頻率關係： $$ K{\max}=hf-\phi $$ 再判斷各敘述是否符合光電效應的物理意義。 選項分析 (A) 照射光的能量完全變成光電子的動能 錯誤。 入射光子的能量不會全部轉換成光電子動能，其中一部分必須用來克服金屬的功函數，因此： $$ hf=\phi+K{\max} $$ 只有在假設金屬功函數為零時，光子能量才會全部成為電子動能；但實際金屬的功函數必須大於零，所以不能說照射光的能量完全變成光電子的動能。 (B) 光電子動能必小於入射光子的能量 正確。 由光電方程式： $$ K{\max}=hf-\phi $$ 因為金屬功函數 $\phi0$，所以： $$ K{\max}<hf $$ 即使是最大動能，也必定小於入射光子的能量。其差值正是電子逸出金屬所需的功函數。 (C) 照射光之強度增加，低限頻率就減小 錯誤。 光強度增加，代表單位時間內入射的光子數增加；在光子能量足以引發光電效應的前提下，主要結果是逸出光電子的數目增加，光電流增大。 光子的能量由頻率決定： $$ E=hf $$ 低限頻率則由金屬功函數決定： $$ f0=\frac{\phi}{h} $$ 因此，單純增加光強度不會改變低限頻率。 (D) 照射光之低限頻率與被照金屬板之功函數大小成正比 正確。 由低限頻率的定義： $$ hf0=\phi $$ 整理得： $$ f0=\frac{\phi}{h} $$

Answer

答案：BD

106 警專考試甲、乙組 專36正期組 物理 考古題詳解

第 1 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 2 題2 分

核心觀念

解題方法

方法一：係數對照法

方法二：微分法

選項分析

第 3 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 4 題2 分

核心觀念

解題方法

第 5 題2 分

第 6 題2 分

第 7 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 8 題2 分

第 9 題2 分

第 10 題2 分

第 11 題2 分

第 12 題2 分

第 13 題2 分

第 14 題2 分

第 15 題2 分

第 16 題2 分

第 17 題2 分

第 18 題2 分

第 19 題2 分

第 20 題2 分

核心觀念

解題方法

【方法一：利用末速求動能差額（常規法）】

【方法二：由能量轉移量求解（快速法）】

選項分析

第 21 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 22 題2 分

核心觀念

解題方法

方法一：定義法（標準解法）

方法二：功能定理（驗算推薦）

選項分析

第 23 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 24 題2 分

第 25 題2 分

第 26 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 27 題2 分

第 28 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 29 題2 分

第 30 題2 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 31 題4 分

第 32 題4 分

核心觀念

解題方法

選項分析

第 33 題4 分

第 34 題4 分

第 35 題4 分

106 警專考試甲、乙組專36正期組物理考古題詳解