111 台電新進僱員招考新進人員 機械修護類 台電僱員 機械修護-物理A 考古題詳解

核心觀念

本題考查速度—時間圖（$v-t$ 圖）與位移的關係：

• $v-t$ 圖中，曲線下方的面積代表位移。
• 兩車同地出發，因此兩車相會的條件是某時刻的位移相等。
• 甲車速度固定為 $10\ \text{m/s}$。
• 乙車速度由 $0$ 隨時間均勻增加，且第 $4$ 秒時速度為 $10\ \text{m/s}$。

解題方法

甲車在 $t$ 秒內的位移為：

乙車的速度—時間圖為三角形，其斜率為加速度：

因此乙車在 $t$ 秒時的速度為：

乙車位移為：

兩車相會時位移相等：

核心觀念

本題考查等加速度直線運動三大公式與光滑斜面運動的對稱性：

1. 光滑斜面運動特性：斜面無摩擦力，物體沿斜面向下之加速度大小 $a = g \sin\theta$ 為定值。
2. 等加速度運動公式：

• 位移公式：$S = v_0 t + \frac{1}{2}a t^2$
• 速度公式：$v = v_0 + a t$

3. 運動對稱性：物體在光滑斜面上上滑再滑回原起點，其上滑時間與下滑時間相等，即 $t_{\text{上滑}} = t_{\text{下滑}} = \frac{t_{\text{總時間}}}{2}$。

解題方法

步驟一：由靜止下滑過程求斜面的加速度 $a$ 物體從斜面頂端由靜止下滑，初速 $v_1 = 0$，長度 $S = 48\text{ 公尺}$，時間 $t_1 = 4\text{ 秒}$。 代入等加速度位移公式： $S = v_1 t_1 + \frac{1}{2} a t_1^2$ $48 = 0 \times 4 + \frac{1}{2} \times a \times 4^2$ $48 = 8 a \implies a = 6\text{ m/s}^2$

步驟二：利用對稱性求上滑初速 $V_0$ 將物體從斜面底部以初速 $V_0$ 沿斜面上滑，經 $6\text{ 秒}$ 又滑回斜面底部。 根據光滑斜面的時間對稱性，物體上滑至最高點（末速 $v = 0$）所需時間為： $t_{\text{上滑}} = \frac{6}{2} = 3\text{ 秒}$ 在上滑過程中，加速度方向沿斜面向下（$a = 6\text{ m/s}^2$），代入速度公式： $v = V_0 - a t_{\text{上滑}}$

核心觀念

本題考查位置—時間圖與速度—時間圖的判讀：

• 位置—時間圖斜率代表速度。
• 位置—時間圖為水平線，表示位置不變、速度為 $0$，物體靜止。
• 位置—時間圖為斜直線，表示速度固定，為等速度運動。
• 速度—時間圖為水平線，表示速度固定，亦為等速度運動。
• 速度—時間圖為斜直線，表示速度隨時間改變，為等加速度運動。

解題方法

逐一判讀圖形：

• 甲：位置—時間圖為水平線，位置固定，物體靜止。
• 乙：位置—時間圖為斜直線，位置隨時間均勻增加，速度固定，為等速度運動。
• 丙：速度—時間圖為水平線，速度固定，為等速度運動。
• 丁：速度—時間圖為斜直線，速度隨時間增加，為等加速度運動。

核心觀念

本題考查剛體靜力平衡與重心位置。磚塊堆疊能保持平衡時，每一層上方磚塊（或磚塊組合）的總重心，必須落在下方磚塊的支撐範圍內。

在臨界平衡狀態下，總重心恰好位於支撐邊緣，因此可利用重心位置判斷 $d$ 的最大值。

解題方法

依圖示，每往上一塊磚，左端向右移動 $d$。設每塊磚長度為 $L$、質量相同。

考慮最下方磚塊 $D$ 所承受的上方三塊磚 $A、B、C$：

• 磚塊 $C$ 的重心距離 $D$ 左端為 $d+\dfrac{L}{2}$
• 磚塊 $B$ 的重心距離 $D$ 左端為 $2d+\dfrac{L}{2}$
• 磚塊 $A$ 的重心距離 $D$ 左端為 $3d+\dfrac{L}{2}$

因三塊磚質量相同，上方三塊磚的共同重心為

整理得

為使上方三塊磚相對於磚塊 $D$ 保持平衡，臨界狀態下共同重心位於磚塊 $D$ 的右端：

因此

再檢查其他接觸面：

核心觀念

小球在油槽中以等速率下降，表示小球的速度大小與方向均不變，因此加速度為零：

依牛頓第二運動定律：

所以：

小球受到的主要力包括：

• 重力 $mg$：方向向下。
• 油的浮力：方向向上。
• 油對小球的黏滯阻力：小球向下運動時，阻力方向向上。

當小球以等速率下降時，向下的重力恰好與向上的浮力及黏滯阻力平衡，故作用於小球的合力為零。此狀態通常稱為達到終端速度或終端速率。

解題方法

由題目「以等速率下降」直接判斷：

代入牛頓第二定律：

因此，等速率運動的關鍵不是「沒有受到力」，而是「所受各力的合力為零」。小球仍然受到重力、浮力與油的阻力，只是這些力彼此平衡。

因此正確選項為：

選項分析

(A) 在油內無重力

錯誤。重力是地球對小球的吸引力，只要小球仍位於地球重力場中，即使浸入油內，仍然受到重力作用。油只能對小球產生浮力與阻力，不能使重力消失。

核心觀念

本題考查：

• 阿基米德浮力：$B=\rho gV$
• 物體等速下降時，合力為零
• 牛頓第三運動定律與整體受力分析

物體密度 $d>\rho$，因此物體會下沉；「等速下降」表示物體加速度為零。

解題方法

將「液體與物體」視為整體分析。

整體受到的外力包括：

• 液體重量：$W$
• 物體重量：$W_0$
• 容器底部對整體的支持力：$N$

物體等速下降，且液體整體沒有向下加速度，因此整體在鉛直方向的合力為零：

根據牛頓第三定律，容器底部所受液體與物體系統的總作用力大小，等於底部支持力：

因此選擇 (C)。

也可由浮力驗證：

物體體積為

浮力為

核心觀念

本題考查「無摩擦水平面上的物體與懸掛物體組成的連接系統」之牛頓第二運動定律。

由於繩子不可伸長，水平面上的物體 $m$ 與懸掛物體 $M$ 的加速度大小相同。滑輪與繩子皆視為無質量，因此繩張力各處相同，設為 $T$。

解題方法

對水平面上的物體 $m$：

對懸掛物體 $M$，取向下為正方向：

將 $T=ma$ 代入：

因此系統加速度為：

因為題目給定 $M>m$，所以 $M$ 向下運動、$m$ 向右運動；加速度大小仍為上式。

選項分析

• (A) $\frac{mg}{M-m}$：錯誤。 此式分母使用 $M-m$，相當於錯誤地將兩物體的質量作差。對整個系統而言，內力張力會互相抵消，總質量應為 $M+m$。

核心觀念

本題考查「功」的定義：

其中：

• $W$：力所做的功
• $F$：力的大小
• $s$：物體的位移
• $\theta$：力與位移方向的夾角

只有在物體產生位移時，力才可能對物體做功。若物體始終靜止，位移為 $0$，則該力所做的功為 $0$。

解題方法

小明揹著書包靜候公車，書包維持在離地 $1$ 公尺的固定高度，且等待期間沒有發生位移，因此：

小明對書包施力向上支撐，書包受到重力向下作用。雖然小明確實施了力，但因書包沒有位移，故小明對書包所做的功為：

代入 $s=0$：

因此，書包的質量 $3\ \mathrm{kg}$、離地高度 $1\ \mathrm{m}$、等待時間 $30$ 分鐘，以及 $g=10\ \mathrm{m/s^2}$，在本題計算小明對書包所做的功時均不影響結果。

核心觀念

本題考查電功率與電壓、電阻之間的關係。

電熱器可視為電阻性負載，且題目明確假設電阻不因溫度變化，因此可使用：

其中：

• $P$：電功率，單位為瓦特（W）
• $V$：電壓，單位為伏特（V）
• $R$：電阻，單位為歐姆（$\Omega$）

在電阻固定時，電功率與電壓平方成正比：

解題方法

已知原電壓為 $100\text{ V}$，電功率為 $600\text{ W}$。

先由公式求電熱器電阻：

當電壓降為 $80\text{ V}$ 時，新電功率為：

也可直接利用比例關係：

因此：

選項分析

核心觀念

1. 轉動慣量（Moment of Inertia, $I$）： 描述剛體或物體抵抗轉動狀態改變的物理量，其大小取決於質量及質量相對於轉軸的分布距離： $I = \sum m_i r_i^2$ 質量分布離轉軸愈遠，轉動慣量 $I$ 愈大；反之，質量愈靠近轉軸，轉動慣量 $I$ 愈小。

2. 角動量（Angular Momentum, $L$）： 繞固定軸旋轉之物體的角動量定義為轉動慣量與角速度的乘積： $L = I\omega$ 其中 $\omega$ 為旋轉角速度（代表轉動快慢）。

3. 角動量守恆定律（Law of Conservation of Angular Momentum）： 當系統所受之合外力矩為零（$\Sigma \tau_{\text{ext}} = 0$）時，系統的總角動量保持不變： $L = I_1 \omega_1 = I_2 \omega_2 = \text{常數}$

解題方法

花式溜冰員在冰面上高速自轉時，冰刀與冰面間的摩擦力極小，所受的合外力矩近似為零（$\Sigma \tau_{\text{ext}} \approx 0$），因此系統滿足角動量守恆條件：

$L = I\omega = \text{常數}$

1. 手腳收回時：身體質量更集中於旋轉軸，半徑 $r$ 減小 $\Rightarrow$ 轉動慣量 $I$ 變小。由 $L = I\omega$ 為定值可知，角速度 $\omega$ 增大，身體轉速加快。

核心觀念

本題評量動量守恆定律與完全非彈性碰撞的能量轉換分析：

1. 動量守恆定律：在不受外力或外力合力為零的系統中，系統碰撞前的總動量等於碰撞後的總動量。
2. 完全非彈性碰撞：兩物體碰撞後合為一體，以相同速度運動（恢復係數 $e = 0$），此時系統損失的動能達到最大值。
3. 動能損失率：定義為碰撞過程中損失的動能與碰撞前系統總動能之比值，即： $\text{動能損失率} = \frac{\text{初動能 } E_{k1} - \text{末動能 } E_{k2}}{\text{初動能 } E_{k1}} \times 100\%$

解題方法

步驟一：設定物理量 設兩小球質量均為 $m$。

• 入射球（小球 1）：質量 $m_1 = m$，初速度 $\vec{v}_1 = \vec{V}$
• 靜止球（小球 2）：質量 $m_2 = m$，初速度 $\vec{v}_2 = 0$

步驟二：利用動量守恆求碰撞後共同速度 因碰撞為正向完全非彈性碰撞，碰撞後兩球合為一體，設共同末速度為 $\vec{v}'$： $m_1 \vec{v}_1 + m_2 \vec{v}_2 = (m_1 + m_2)\vec{v}'$ $m \vec{V} + 0 = (m + m)\vec{v}' = 2m \vec{v}'$ $\vec{v}' = \frac{1}{2}\vec{V}$

步驟三：計算碰撞前後的系統總動能

1. 碰撞前系統總動能（$E_{k1}$）： $E_{k1} = \frac{1}{2}m_1 v_1^2 + \frac{1}{2}m_2 v_2^2 = \frac{1}{2}mV^2 + 0 = \frac{1}{2}mV^2$

2. 碰撞後系統總動能（$E_{k2}$）： $E_{k2} = \frac{1}{2}(m_1 + m_2)(v')^2 = \frac{1}{2}(2m)\left(\frac{1}{2}V\right)^2 = m \cdot \frac{1}{4}V^2 = \frac{1}{4}mV^2$

步驟四：計算動能損失率

1. 損失的總動能（$\Delta E_k$）：

核心觀念

1. 原子核表示法： 以 ${}^A_Z\mathrm{X}$ 表示時，$Z$ 為原子序（即原子核內的質子數），$A$ 為質量數（質子數與中子數之和）。
2. $\alpha$ 衰變（Alpha Decay）： $\alpha$ 粒子本質為氦原子核（${}^4_2\mathrm{He}$），由 2 個質子與 2 個中子組成。
3. 核反應守恆律： 在核衰變過程中，反應前後的電荷數（原子序／質子數）守恆與質量數（核子總數）守恆。

解題方法

1. 寫出核衰變反應式： 設剩留的新原子核為 ${}^{A'}_{Z'}\mathrm{X}$，放射出一個 $\alpha$ 粒子（${}^4_2\mathrm{He}$），其衰變方程式為： ${}^{293}_{92}\mathrm{U} \rightarrow {}^{A'}_{Z'}\mathrm{X} + {}^4_2\mathrm{He}$

2. 利用電荷數（質子數）守恆列式求解： $92 = Z' + 2$ $Z' = 92 - 2 = 90$

核心觀念

本題考查基礎物理學中常見物理定律的數學函數關係與指數變換：

1. 克卜勒第三定律（週期定律）：行星繞行中心天體時，其公轉週期 $T$ 的平方與軌道半長軸（或平均軌道半徑）$R$ 的立方成正比，即： $T^2 \propto R^3$
2. 指數轉換：若兩物理量滿足 $y^2 \propto x^3$，將兩邊取 $\frac{1}{2}$ 次方，即可表示為： $y \propto x^{3/2}$

解題方法

1. 分析題幹數學形式： 題目要求找出符合 $y \propto x^{3/2}$ 的物理定律。 將式子兩邊同時平方，可化為等價形式： $y^2 \propto x^3$
2. 比對物理定律： 檢視克卜勒第三定律，其數學式為： $\frac{T^2}{R^3} = \text{常數} \implies T^2 \propto R^3$ 兩邊同時開平方根（取 $\frac{1}{2}$ 次方）： $T \propto R^{3/2}$ 若令 $y = T$（公轉週期）、$x = R$（平均軌道半徑），即可完全表示為 $y \propto x^{3/2}$。

選項分析

• (A) 正確：克卜勒第三定律說明行星公轉週期 $T$ 與平均半徑 $R$ 之關係為

核心觀念

1. 熱量守恆定律：在絕熱系統中，系統內部未與外界發生熱交換，高溫物質放出的熱量等於低溫物質吸收的熱量，即： $Q_{\text{放}} = Q_{\text{吸}}$
2. 顯熱（溫度變化熱量）：物質在狀態不變時，溫度升降所吸收或放出的熱量為： $Q = m \cdot s \cdot \Delta T$ 其中 $m$ 為質量、$s$ 為比熱、$\Delta T$ 為溫度變化量。
3. 相變潛熱（狀態改變熱量）：物質在固定溫度下進行相變時所吸收或放出的熱量為： $Q = m \cdot L_f$ 其中 $L_f$ 為熔化熱（冰的熔化熱 $L_f = 80\,\mathrm{cal/g}$）。

解題方法

求解冰水混合之熱平衡問題，關鍵在於比較「沸水降至 $0\,^\circ\mathrm{C}$ 可放出的最大熱量」與「冰塊完全熔化為 $0\,^\circ\mathrm{C}$ 的水所需吸收的總熱量」，以判定最終相態與平衡溫度。

1. 計算 $100\,^\circ\mathrm{C}$ 沸水降溫至 $0\,^\circ\mathrm{C}$ 所能釋放的最大熱量 $Q_{\text{放, max}}$： $Q_{\text{放, max}} = m_{\text{水}} \cdot s_{\text{水}} \cdot \Delta T = 120 \times 1 \times (100 - 0) = 12000\,\mathrm{cal}$

2. 計算 $0\,^\circ\mathrm{C}$ 冰塊全部熔化為 $0\,^\circ\mathrm{C}$ 水所需吸收的總熱量 $Q_{\text{熔, max}}$： $Q_{\text{熔, max}} = m_{\text{冰}} \cdot L_f = 150 \times 80 = 12000\,\mathrm{cal}$

3. 比對供需能量並判定平衡狀態： 由計算可知： $Q_{\text{放, max}} = Q_{\text{熔, max}} = 12000\,\mathrm{cal}$ 這代表沸水冷卻至 $0\,^\circ\mathrm{C}$ 所釋出的熱量，恰好足以將全部 $150\,\mathrm{g}$ 的冰完全熔化為 $0\,^\circ\mathrm{C}$ 的水。

4. 計算未熔化的冰質量：

• 實際熔化的冰質量： $m_{\text{熔化}} = \frac{12000}{80} = 150\,\mathrm{g}$
• 剩餘未熔化的冰質量： $m_{\text{剩}} = 150 - 150 = 0\,\mathrm{g}$

核心觀念

本題考查**幾何光學中平面鏡成像與視野（Field of View）**的幾何關係：

1. 平面鏡成像性質：平面鏡所成的虛像與原物體關於鏡面對稱，像距等於物距（像至鏡面的距離等於人至鏡面的距離 $L$），且像的尺寸與原物相同。
2. 光線反射與相似三角形：光線在平面鏡反射進入眼睛時，光路可視為從鏡後的「虛像」沿直線射向「眼睛」。因鏡面恰位於眼睛與虛像的中點（距離均為 $L$），鏡面上反射點的水平座標即為「像點座標」與「眼點座標」的中點。
3. 雙眼全視界條件：若欲使左、右兩眼皆能完整看見整張臉像（臉寬 $W$、眼距 $d$），鏡面寬度必須同時涵蓋左眼觀察左側臉緣與右眼觀察右側臉緣所需之反射範圍。

解題方法

建立一維水平坐標系，以臉部中心為原點 $x = 0$：

• 設人臉與眼睛位於鏡前距離 $L$ 處（$z = -L$），鏡面位於 $z = 0$，像位於鏡後距離 $L$ 處（$z = +L$）。
• 臉部兩側邊界：左臉邊緣在 $x = -\frac{W}{2} = -12\text{ cm}$，右臉邊緣在 $x = +\frac{W}{2} = +12\text{ cm}$（像的邊緣座標亦同）。
• 兩眼位置：左眼在 $x = -\frac{d}{2} = -7\text{ cm}$，右眼在 $x = +\frac{d}{2} = +7\text{ cm}$。

步驟一：求鏡面左側所需之極限邊界 左眼欲看見左側臉緣的像，光線自像點 $(-12, L)$ 射向左眼 $(-7, -L)$，在鏡面 $z = 0$ 處反射的水平位置為兩點的中點： $x_{\min} = \frac{-12 + (-7)}{2} = -9.5\text{ cm}$

步驟二：求鏡面右側所需之極限邊界 右眼欲看見右側臉緣的像，光線自像點 $(+12, L)$ 射向右眼 $(+7, -L)$，在鏡面 $z = 0$ 處反射的水平位置為兩點的中點：

核心觀念

平面鏡成像具有「對稱於鏡面」的特性。物體的瞬時速度向量經平面鏡反射後，即為鏡像的瞬時速度向量；因此可將物體的運動方向對鏡面作幾何反射。

圖中平面鏡與地面成 $45^\circ$，物體由 $B$ 點垂直向下落向 $A$ 點。

解題方法

物體的速度方向為鉛直向下，與水平地面成 $90^\circ$。

平面鏡方向與地面成 $45^\circ$，將鉛直向下的速度方向對鏡面反射：

• 物體速度：鉛直向下
• 鏡像速度：水平向右

因此，物體與鏡像的運動方向互相垂直，夾角為

也可由幾何關係判斷：鉛直方向與鏡面夾角為 $45^\circ$，鏡像方向位於鏡面另一側，同樣與鏡面成 $45^\circ$，兩運動方向的夾角為

核心觀念

本題考查光進入介質後，波長與折射率的關係。

光由真空進入折射率為 $n$ 的透明介質時：

• 光的頻率 $f$ 不變
• 光速由真空中的 $c$ 降為介質中的 $v$
• 波長依據公式 $\lambda=v/f$ 隨之改變

介質的折射率定義為

因此介質中的光速為

解題方法

真空中的波長為 $\lambda$，所以光的頻率為

進入介質後，頻率保持不變，介質中的波長設為 $\lambda'$，則

代入 $v=\frac{c}{n}$ 與 $f=\frac{c}{\lambda}$：

所以光在透明介質中的波長為

核心觀念

本題考查面鏡（凹面鏡）成像規律以及「實像與虛像」的基本物理性質。

1. 凹面鏡成像性質：

• 當物體位於焦距內（物距 $p < f$）時，反射光線為發散光線，其反向延長線會聚於鏡後，形成正立、放大的虛像。
• 凹面鏡所成的虛像，放大率公式為 $m = \frac{f}{f-p}$，因 $0 < p < f$，故放大率必滿足 $m > 1$。

2. 虛像的物理特徵：

• 屏幕承接：虛像由光線的反向延長線交會而成，並無真實光線到達成像位置，因此無法投影在屏幕上。
• 照相拍攝：虛像發出的反射光線進入人眼或照相機鏡頭（透鏡系統）後，可被透鏡重新會聚在視網膜或感光元件上形成實像，因此可用眼睛觀察，亦可用照相機拍攝記錄。

解題方法

根據球面鏡成像公式與虛像定義判斷各項性質：

1. 像的性質導引： 面鏡成像公式為： $\frac{1}{p} + \frac{1}{q} = \frac{1}{f}$ 橫向放大率公式為： $m = -\frac{q}{p}$ 凹面鏡焦距 $f > 0$。當物體置於焦距內（$0 < p < f$）時，可解得像距： $q = \frac{pf}{p-f} < 0$ 像距 $q < 0$ 代表像成於鏡後，為虛像。此時放大率： $m = -\frac{q}{p} = \frac{f}{f-p} > 1$ 因為 $m > 0$，代表像與物同向（正立）；因為 $m > 1$，代表像比物體大（放大）。

核心觀念

本題考查：

1. 理想氣體方程式 $PV=nRT$
2. 無摩擦活塞恰不可動時，活塞左右兩側壓力相等： $P_L=P_R$

氦氣與氖氣各為 $1$ 莫耳，因此兩側的莫耳數相同。

解題方法

左側氦氣與右側氖氣分別滿足：

$P_LV_L=nRT_L$

$P_RV_R=nRT_R$

由於活塞無摩擦且恰不可動，左右壓力平衡：

$P_L=P_R=P$

又因兩側皆為 $1$ 莫耳，故：

$\frac{PV_L}{T_L}=nR=\frac{PV_R}{T_R}$

消去共同的 $P$、$n$、$R$：

$\frac{V_L}{T_L}=\frac{V_R}{T_R}$

整理得：

$\frac{T_L}{T_R}=\frac{V_L}{V_R}$

因此正確答案為 (A)。

選項分析

核心觀念

本題考查物理學中「氣體動力論（Kinetic Theory of Gases）」與「溫度的微觀意義」。

在理想氣體模型中，氣體的巨觀溫度（絕對溫度 $T$）直接反映了氣體分子微觀熱運動的劇烈程度。根據氣體動力論，單原子理想氣體分子的平均平移動能 $\bar{E}_k$ 與絕對溫度 $T$ 成正比，關係式如下：

$\bar{E}_k = \frac{1}{2} m v_{rms}^2 = \frac{3}{2} k_B T$

其中：

• $m$ 為單個氣體分子的質量
• $v_{rms}$ 為分子的方均根速率（Root-Mean-Square Speed）
• $k_B$ 為波茲曼常數（Boltzmann Constant，$k_B \approx 1.38 \times 10^{-23} \text{ J/K}$）
• $T$ 為絕對溫度（單位：$\text{K}$）

此公式表明：溫度是氣體分子平均動能的巨觀表現。氣體溫度很高時，即表示氣體分子的平均動能很大。

解題方法

1. 確立溫度的物理本質：在微觀世界中，「溫度」並非代表單一分子的絕對速度或體積大小，而是描述大量分子運動平均能量的物理量。
2. 分析能量與速率的關係： 分子平均動能與溫度的關係可導出分子的方均根速率公式： $v_{rms} = \sqrt{\frac{3 k_B T}{m}} = \sqrt{\frac{3 R T}{M}}$ （其中 $R$ 為理想氣體常數，$M$ 為氣體的莫耳質量）。
3. 推論結論：

• 溫度 $T$ 越高，分子的平均動能 $\bar{E}_k$ 必定越大（與分子種類無關）。
• 雖然同種氣體在溫度升高時分子速率會變大，但「速率」大小尚受分子質量 $m$ 影響；

核心觀念

本題考查**萬有引力定律（Law of Universal Gravitation）與星球表面重力加速度（Surface Gravitational Acceleration）**的關係。

根據萬有引力定律與牛頓第二運動定律，質量為 $M$、半徑為 $R$ 的均勻球體星球，在其表面質量為 $m$ 的物體所受到的萬有引力即為其重力： $F = \frac{G M m}{R^2} = m g$

經簡化後可導出星球表面的重力加速度公式： $g = \frac{G M}{R^2}$ （其中 $G$ 為萬有引力常數）

由此可知，星球表面的重力加速度 $g$ 與星球質量 $M$ 成正比，並與星球半徑的平方 $R^2$ 成反比，即 $g \propto \frac{M}{R^2}$。

解題方法

設星球 A、B 的質量分別為 $M_A$ 與 $M_B$，半徑分別為 $R_A$ 與 $R_B$。

依題意已知：

1. 質量比：$\frac{M_A}{M_B} = \frac{1}{2}$
2. 半徑比：$\frac{R_A}{R_B} = \frac{1}{4}$

將兩星球表面的重力加速度 $g_A$ 與 $g_B$ 列成比例式： $\frac{g_A}{g_B} = \frac{\frac{G M_A}{R_A^2}}{\frac{G M_B}{R_B^2}} = \left( \frac{M_A}{M_B} \right) \times \left( \frac{R_B}{R_A} \right)^2$

代入題目給定的數值： $\frac{g_A}{g_B} = \left( \frac{1}{2} \right) \times \left( \frac{4}{1} \right)^2 = \frac{1}{2} \times 16 = \frac{8}{1}$

核心觀念

1. 庫侖定律（Coulomb's Law）：兩點電荷間的靜電力大小與兩電荷量之乘積成正比，與其距離平方成反比，公式為 $F = k \frac{q_1 q_2}{d^2}$。當球體間距 $d$ 遠大於球體半徑時，導電球可視為點電荷。
2. 電荷守恆與電荷均分（Electric Charge Conservation & Distribution）：兩個完全相同的金屬導電球相互接觸時，總電荷量守恆，且電荷會均勻分配至兩球。若兩相同球體原本帶電量分別為 $q_1$ 與 $q_2$，接觸後平分電荷，每球各自帶電量均為 $\frac{q_1 + q_2}{2}$。

解題方法

設 A、B 兩球初始帶電量均為 $+Q$，不帶電的 C 球初始帶電量為 $0$。

1. 初始狀態： A、B 兩球間的靜電斥力 $F$ 表示為： $F = k \frac{Q \cdot Q}{d^2} = k \frac{Q^2}{d^2}$

2. 第一階段：C 球與 A 球接觸後移開：

• 接觸前總電荷量：$Q_A + Q_C = Q + 0 = Q$
• 因 A、C 為完全相同的導電球，接觸後平分總電荷，兩球帶電量各自變為： $Q_A' = Q_C' = \frac{Q + 0}{2} = \frac{1}{2}Q$

3. 第二階段：C 球再與 B 球接觸後移開：

• 此時 C 球帶電量為 $\frac{1}{2}Q$，B 球帶電量為 $Q$。
• 接觸前總電荷量：$Q_B + Q_C' = Q + \frac{1}{2}Q = \frac{3}{2}Q$
• 接觸後平分總電荷，兩球帶電量各自變為： $Q_B' = Q_C'' = \frac{\frac{3}{2}Q}{2} = \frac{3}{4}Q$

4. 第三階段：計算最後 A、B 兩球間的作用力：

• 此時 A 球帶電量 $Q_A' = \frac{1}{2}Q$，B 球帶電量 $Q_B' = \frac{3}{4}Q$，兩球距離仍為 $d$。
• 最後的作用力 $F'$ 為：

核心觀念

本題考查電學的基本核心觀念，包含：

1. 電阻定律（圓截面導線電阻與幾何尺寸關係）： 電阻大小 $R$ 與導體長度 $L$ 成正比，與導體截面積 $A$ 成反比，公式為 $R = \rho \frac{L}{A}$（其中 $\rho$ 為材料的電阻率）。對於半徑為 $r$ 的圓柱形電阻線，截面積 $A = \pi r^2$，故電阻 $R \propto \frac{L}{r^2}$。
2. 歐姆定律（Ohm's Law）： 在直流電路中，通過導體之電流 $I$ 與導體兩端電位差 $V$ 成正比，與總電阻 $R$ 成反比，公式為 $I = \frac{V}{R}$。
3. 串聯電路特性： 電阻串聯時，總電阻等於各分電阻之代數和，即 $R_{\text{總}} = R_1 + R_2$。

解題方法

步驟一：求出原電阻線的電阻 $R_1$ 設原電阻線長度為 $L$、半徑為 $r$、電阻率為 $\rho$，其截面積為 $A_1 = \pi r^2$。 原電阻線之電阻為： $R_1 = \rho \frac{L}{\pi r^2}$ 當獨自與電位差為 $V$ 的電池相連時，通過的電流 $I$ 為： $I = \frac{V}{R_1}$

步驟二：求出新電阻線的電阻 $R_2$ 新電阻線同質料（電阻率同為 $\rho$）、長度同為 $L$、半徑為 $r_2 = \frac{r}{2}$。 新截面積 $A_2$ 為： $A_2 = \pi \left(\frac{r}{2}\right)^2 = \frac{\pi r^2}{4} = \frac{A_1}{4}$ 因此，新電阻線之電阻 $R_2$ 為： $R_2 = \rho \frac{L}{A_2} = \rho \frac{L}{\frac{\pi r^2}{4}} = 4 \cdot \left(\rho \frac{L}{\pi r^2}\right) = 4 R_1$

步驟三：計算兩電阻串聯後的總電阻與新電流 $I'$ 將兩電阻線串聯後接於同一電池 $V$，電路的總電阻 $R_{\text{總}}$ 為： $R_{\text{總}} = R_1 + R_2 = R_1 + 4 R_1 = 5 R_1$ 此時通過串聯電路的總電流 $I'$ 為： $I' = \frac{V}{R_{\text{總}}} = \frac{V}{5 R_1} = \frac{1}{5} \left(\frac{V}{R_1}\right) = \frac{1}{5} I$

核心觀念

本題考查長直載流導線周圍的磁場，以及磁場方向與疊加原理。

距離長直導線 $r$ 處的磁場大小為

兩條導線電流方向相反，須依右手定則判斷各導線在 A、B 兩點產生的磁場方向，再進行向量疊加。

解題方法

設左側導線位於 $x=0$，右側導線位於 $x=2d$。

A 點

A 點位於兩導線正中央，距離兩導線皆為 $d$。

依右手定則，兩導線在 A 點產生的磁場方向相同，因此相加：

B 點

B 點距離左側導線為 $d$，距離右側導線為 $3d$。

兩導線在 B 點產生的磁場方向相反，因此相減：

核心觀念

本題考查：

1. 惠斯登電橋平衡條件。
2. 串聯、並聯電路的等效電阻。
3. 電阻功率公式：

圖中左、右兩端接電源，菱形電橋各支路電阻為：

• 上支路：$2\,\Omega$、$3\,\Omega$
• 下支路：$4\,\Omega$、$6\,\Omega$
• 中間橋路：$5\,\Omega$
• 左側另串聯一個 $1\,\Omega$ 電阻

解題方法

先判斷電橋是否平衡：

比例相等，表示上、下兩支路的分壓比例相同，菱形上下端電位相等，因此中間的 $5\,\Omega$ 電阻沒有電流通過：

菱形電橋可化簡為兩條支路並聯：

上支路：

下支路：

兩支路並聯：

再與左側 $1\,\Omega$ 電阻串聯。設電源電壓為 $V$，總電阻為：

所以流過 $1\,\Omega$ 電阻的總電流為：

菱形電橋兩端的電壓為：

因此：

上支路電流：

下支路電流：

核心觀念 本題考查長度單位「光年」（Light-year, ly）的定義與等速直線運動的距離公式，屬於基礎物理中的單位換算與數量級估算。

1. 光年（ly）定義：光在真空中於一年（地球年）時間內所行經的總距離。名稱中雖有「年」，但光年屬於長度（距離）單位而非時間單位。
2. 等速直線運動公式： $d = v \times t$ 其中 $d$ 為距離（公尺，$\text{m}$），$v$ 為光速（公尺／秒，$\text{m/s}$），$t$ 為時間（秒，$\text{s}$）。
3. 基本物理常數與單位換算：

• 真空光速：$c \approx 3 \times 10^8 \text{ m/s}$
• $1\text{ 年} = 365\text{ 天} = 365 \times 24\text{ 小時} = 365 \times 24 \times 3600\text{ 秒} \approx 3.1536 \times 10^7\text{ s}$

解題方法 估算 $2\text{ 光年}$ 所代表的距離（公尺），推導步驟如下：

1. 計算 1 年有多少秒： $t_{1\text{年}} = 365 \times 24 \times 60 \times 60\text{ s} = 31,536,000\text{ s} \approx 3.1536 \times 10^7\text{ s}$

2. 計算 1 光年的距離： 將光速 $c$ 與 1 年的時間代入距離公式 $d = c \times t$： $d_{1\text{ly}} = (3 \times 10^8\text{ m/s}) \times (3.1536 \times 10^7\text{ s}) = 9.4608 \times 10^{15}\text{ m} \approx 9.5 \times 10^{15}\text{ m}$

3. 計算 2 光年的距離： $d_{2\text{ly}} = 2 \times d_{1\text{ly}} = 2 \times 9.4608 \times 10^{15}\text{ m} = 1.89216 \times 10^{16}\text{ m} \approx 1.9 \times 10^{16}\text{ m}$