107 專利師高等考試 專利師(選試專業日文及生物技術) 普通物理與普通化學 考古題詳解

核心觀念

本題考查剛體微小振幅擺動（複擺／物理擺，Physical Pendulum）​與單擺（Simple Pendulum）​的週期對比及等效單擺長（Equivalent Length of Simple Pendulum）​的求法。

1. 複擺週期公式： 一剛體繞固定水平軸作微小振幅擺動時，其運動方程式為簡諧運動，擺動週期為： $T = 2\pi \sqrt{\frac{I}{Mgd}}$ 其中：

• $I$ 為剛體對轉軸的轉動慣量（Moment of Inertia）。
• $M$ 為剛體總質量。
• $g$ 為重力加速度。
• $d$ 為轉軸至剛體質心（Center of Mass）的距離。

2. 單擺週期公式： 長度為 $L_{eq}$ 的單擺，在小角度擺動下的週期為： $T = 2\pi \sqrt{\frac{L_{eq}}{g}}$

3. 等效單擺長： 令複擺週期等於單擺週期，可解得等效單擺長度： $L_{eq} = \frac{I}{Md}$

解題方法

1. 確定複擺各項幾何與力學參數：

• 題目給定細棍對端點懸掛軸的轉動慣量為 $I = \frac{1}{3}ML^2$。
• 細棍質量均勻分佈，質心位於細棍中點，因此轉軸端點至質心的距離為： $d = \frac{L}{2}$

2. 計算複擺的擺動週期： 將 $I$ 與 $d$ 代入複擺週期公式： $T = 2\pi \sqrt{\frac{\frac{1}{3}ML^2}{Mg\left(\frac{L}{2}\right)}} = 2\pi \sqrt{\frac{2L}{3g}}$

3. 推導等效單擺長 $L_{eq}$： 將複擺週期與單擺週期 $T = 2\pi \sqrt{\frac{L_{eq}}{g}}$ 進行比較： $2\pi \sqrt{\frac{2L}{3g}} = 2\pi \sqrt{\frac{L_{eq}}{g}} \implies L_{eq} = \frac{2}{3}L$

4. 代入題目數值計算： 已知細棍長 $L = 1\ \mathrm{m} = 100\ \mathrm{cm}$：

核心觀念

本題評量剛體定軸轉動與質點直線運動的偶合力學系統，涉及以下核心定律與物理量：

1. 牛頓第二運動定律：對釋放後作垂直等加速度運動的木塊，其淨力與加速度之關係為 $\sum F = ma$。
2. 剛體轉動定律（力矩方程式）：轉盤繞固定轉軸旋轉，所受淨外力矩與角加速度之關係為 $\tau = I\alpha$，其中 $I$ 為轉動慣量，$\alpha$ 為角加速度。
3. 切向與線性運動的約束條件（無滑動條件）：細繩不伸長且無滑動時，木塊的線加速度 $a$ 與轉盤邊緣的切向加速度相同，滿足 $a = \alpha R$（$R$ 為轉盤半徑）。

解題方法

1. 整理已知條件

• 木塊質量：$m = 16\ \mathrm{kg}$
• 轉盤直徑：$D = 0.4\ \mathrm{m} \implies$ 轉盤半徑 $R = \frac{D}{2} = 0.2\ \mathrm{m}$
• 轉盤轉動慣量：$I = 0.5\ \mathrm{kg\cdot m^2}$
• 設重力加速度為 $g$，細繩張力為 $T$，木塊向下的加速度為 $a$。

2. 列出運動方程式

• 木塊（鉛直方向）：受向下重力 $mg$ 與向上繩張力 $T$，依牛頓第二運動定律： $mg - T = ma \implies T = m(g - a)$

• 轉盤（繞中心轉軸）：繩張力 $T$ 對轉軸提供力矩，力臂為半徑 $R$，依轉動力矩方程式： $\tau = T R = I\alpha$

• 約束條件：因細繩不打滑且長度固定，線加速度與角加速度關係為： $\alpha = \frac{a}{R}$ 代入轉矩方程式可得繩張力表示式： $T R = I\left(\frac{a}{R}\right) \implies T = \frac{I}{R^2}a$

3. 聯立求解加速度 $a$

將張力 $T$ 代入木塊方程式： $mg - \frac{I}{R^2}a = ma$ $mg = \left(m + \frac{I}{R^2}\right)a$ $a = \frac{m}{m + \frac{I}{R^2}}g = \frac{m R^2}{m R^2 + I}g$

4. 數值代入計算

先計算轉動慣量的等效質量項 $\frac{I}{R^2}$： $\frac{I}{R^2} = \frac{0.5}{(0.2)^2} = \frac{0.5}{0.04} = 12.5\ \mathrm{kg}$

核心觀念

1. 動量守恆與衝量定理： 在光滑無摩擦水平面上，系統不受外力，碰撞過程中系統總動量守恆。物體所受衝量等於其動量變化量：$\vec{J} = \Delta \vec{p}$。球體間完全彈性接觸的正向衝量必沿著「碰撞瞬間兩球球心之連線方向」。
2. 完全彈性碰撞之能量守恆： 完全彈性碰撞前後系統總動能守恆，恢復係數 $e = 1$。
3. 對心碰撞與等效質量（Effective Mass）之定性規律： 質量為 $m_1$ 的物體以速度 $v$ 正面彈性碰撞原先靜止、質量為 $m_2$ 的物體：

• 若 $m_1 < m_2$，則入射球 $m_1$ 必反彈（末速度方向與初速相反）。
• 若 $m_1 = m_2$，則入射球 $m_1$ 靜止，目標球以 $v$ 前進（完全動量交換）。
• 若 $m_1 > m_2$，則入射球 $m_1$ 繼續同向行進。 多球系統在二維排列下對入射球形成的「等效慣性質量」大於單球質量時，入射球必發生反彈。

解題方法

一、 幾何排列與衝量方向分析

1. 由題意，$B$、$C$、$D$ 三球球心連線為正三角形（邊長為 $2R$），$A$ 球以速度 $v$ 沿 $+X$ 軸正面對心碰撞。由左右對稱性可知，入射軌跡與系統對稱軸重合（即 $X$ 軸通過 $B$ 球球心），$C$ 球與 $D$ 球則對稱分佈於 $X$ 軸兩側。
2. $B$ 球球心至 $C$ 球、 $D$ 球球心的連線與 $+X$ 軸之夾角分別為 $+30^\circ$ 與 $-30^\circ$。

二、 考場定性判斷與消去法（選出官方答案之關鍵步驟）

1. 判斷 $A$ 球運動方向： $A$ 球質量為 $m$，其正面碰撞的是由三顆質量皆為 $m$ 構成的靜止球群系統。該系統的總質量為 $3m$；即便考慮二維散射角度，後方球群對 $A$ 球所呈現的「等效質量」亦大於單球質量（$M_{\text{eff}} > m$）。根據完全彈性碰撞原理，較輕的入射球撞擊較重的目標物，碰撞後 $A$ 球必然反彈，即往 $-X$ 方向行進。

• 此結論可立即排除選項 (A)（$A$ 往 $+X$）與選項 (C)（$A$ 靜止）。

2. 判斷 $B$ 球運動方向： $B$ 球原為靜止，碰撞瞬間受到來自 $A$ 球朝 $+X$ 方向的強烈推擠衝量；後方的 $C$、$D$ 球只能對 $B$ 球施加法向抗力（具備阻礙前進的 $-X$ 方向分量）。接觸正向力屬於支撐被動力，其作用僅能減緩 $B$ 球前進，絕不可能產生超越入射衝量的效果而將 $B$ 球反向拉向 $-X$ 方向。因此，$B$ 球絕不可能往 $-X$ 方向行進。

• 此結論可明確排除選項 (B)（$B$ 往 $-X$）。

3. 定案結論： 排除 (A)、(B)、(C) 後，四個選項中僅有 (D)「$B$ 球靜止、$A$ 球往 $-X$ 方向行進」 符合上述物理約束，為官方定案正確答案。

三、 理論微觀推導與爭議點解析（名師深度剖析）

若在剛性球完全彈性連續接觸碰撞模型下進行嚴謹力學推導：

• 設各球質量均為 $m$。$A$ 與 $B$ 接觸衝量為 $J_{AB}$；$B$ 傳遞給 $C$、$D$ 之法向衝量均為 $J'$（方向分別沿 $\pm 30^\circ$）。
• 各球末速度方程式： $v_A' = v - \frac{J_{AB}}{m}$ $v_B' = \frac{J_{AB} - 2J' \cos 30^\circ}{m} = \frac{J_{AB} - \sqrt{3}J'}{m}$ $v_C' = v_D' = \frac{J'}{m} \quad (\text{沿 } \pm 30^\circ \text{ 方向})$
• 根據 $B$ 球與 $C$ 球在法線方向不穿透之運動學條件（Kinematic Constraint）：

核心觀念

地球自轉時，赤道上的質點繞地軸作等速圓周運動。其相對於地心的運動速率就是圓周線速度：

其中 $R$ 為地球平均半徑，$T$ 為自轉週期。題目指定自轉週期為一日，並忽略地球公轉。

解題方法

將一日換算為秒：

赤道上一圈的路程為地球圓周長 $2\pi R$，因此

所以赤道上質點相對於地心的運動速率約為 $463\ \mathrm{m/s}$。

選項分析

核心觀念

等角加速度轉動中，角速度與轉角的關係為

其中 $\theta$ 是轉過的角度，$\omega_0$ 是初角速度，$\omega$ 是末角速度，$t$ 是所經時間。此式表示等角加速度運動的平均角速度為 $(\omega_0+\omega)/2$。

解題方法

題目給定 $t=4\ \text{s}$、轉角 $\theta=200\ \text{rad}$、末角速度 $\omega=80\ \text{rad/s}$。先由轉角求初角速度：

再利用角加速度定義：

核心觀念

1. 密度的基本定義： $\rho = \frac{m}{V} \implies m = \rho V$ 其中 $\rho$ 為密度、$m$ 為質量、$V$ 為體積。
2. 排液法測量體積（阿基米德原理概念）： 當一物體完全沒入盛滿液體的容器中時，溢出液體的體積即等於該物體本身的體積（$V_{\text{排}} = V_{\text{物}}$）。

解題方法

步驟一：求出物體體積 物體完全沒入盛滿酒精的甲杯中，溢出酒精的質量 $m_1 = 24\ \mathrm{g}$，酒精密度 $\rho_1 = 0.8\ \mathrm{g/cm^3}$。 依密度公式，溢出酒精的體積為： $V = \frac{m_1}{\rho_1} = \frac{24\ \mathrm{g}}{0.8\ \mathrm{g/cm^3}} = 30\ \mathrm{cm^3}$ 此即該物體的體積。

步驟二：求出乙杯中未知液體的密度 將同一物體放入盛滿未知液體的乙杯中，物體完全沒入時，溢出液體的體積亦為物體體積 $V = 30\ \mathrm{cm^3}$。 已知溢出液體的質量 $m_2 = 27\ \mathrm{g}$，則該液體密度 $\rho_2$ 為： $\rho_2 = \frac{m_2}{V} = \frac{27\ \mathrm{g}}{30\ \mathrm{cm^3}} = 0.9\ \mathrm{g/cm^3}$

選項分析

• (A) 錯誤：若該液體密度為 $0.6\ \mathrm{g/cm^3}$，則溢出 $30\ \mathrm{cm^3}$ 的液體質量應為

核心觀念

本題考查不可壓縮流體的連續方程式：穩定流動時，水管任一截面每秒通過的水量相同，因此

其中 $A$ 是管子的截面積，$v$ 是流速。圓形截面的面積為 $A=\pi d^2/4$，所以截面積與直徑平方成正比。

解題方法

令粗管與細管的直徑、流速分別為 $d_1,v_1$ 與 $d_2,v_2$。由連續方程式：

約去共同因子 $\pi/4$，整理得：

代入粗管直徑 $8\ \mathrm{cm}$、細管直徑 $4\ \mathrm{cm}$，以及粗管流速 $2\ \mathrm{m/s}$：

核心觀念

1. 熱力學第二定律與卡諾逆循環： 冷凍機（Refrigerator）的作用是自低溫熱庫吸收熱量，藉由外界做功，將熱量排放至高溫熱庫。依據熱力學第二定律與卡諾定理（Carnot's theorem），在兩個固定溫度熱庫之間運作的所有冷凍機中，以可逆卡諾冷凍機所能達到的效果係數為最大。

2. 效果係數（Coefficient of Performance, COP）之定義： 冷凍機的效果係數衡量「輸入單位功所能移出的低溫熱量」： $\mathrm{COP} = \frac{Q_L}{W_{\text{in}}}$ 式中 $Q_L$ 為自低溫熱庫吸收的熱量，$W_{\text{in}}$ 為外界輸入的淨功。

3. 理論最大效果係數公式： 對於在低溫絕對溫度 $T_L$ 與高溫絕對溫度 $T_H$ 之間運作的可逆卡諾冷凍機： $\mathrm{COP}_{\max} = \frac{T_L}{T_H - T_L}$ 重要前提：溫度 $T$ 必須使用絕對溫標（克耳文，$\mathrm{K}$）。

解題方法

1. 轉換絕對溫度： 將攝氏溫度轉換為絕對溫度（克耳文 $\mathrm{K}$）：

• 低溫熱庫：$T_L = -13^\circ\mathrm{C} = (-13 + 273)\text{ K} = 260\text{ K}$
• 高溫熱庫：$T_H = 27^\circ\mathrm{C} = (27 + 273)\text{ K} = 300\text{ K}$

2. 計算高低溫熱庫溫差： $\Delta T = T_H - T_L = 300\text{ K} - 260\text{ K} = 40\text{ K}$ （亦可直接以攝氏溫差計算：$27 - (-13) = 40^\circ\mathrm{C}$）

3. 代入卡諾冷凍機效果係數公式： $\mathrm{COP}_{\max} = \frac{T_L}{T_H - T_L} = \frac{260}{40} = 6.5$

核心觀念

本題測驗熱力學中的傅立葉熱傳導定律（Fourier's Law of Heat Conduction），探討一維平直物體在穩態下的熱流率與材料幾何尺寸、兩側溫差之間的比例關係。

穩態熱傳導速率公式為： $H = \frac{\Delta Q}{\Delta t} = k A \frac{\Delta T}{L}$

式中各物理量意義如下：

• $H$：熱傳導速率（題目稱為熱傳導率，符號設為 $Q$，單位為 $\mathrm{J/s}$ 或 $\mathrm{W}$）。
• $k$：材料之熱傳導係數（導熱度，Thermal Conductivity）。
• $A$：垂直於熱流方向的截面積（$\mathrm{m^2}$）。
• $\Delta T$：平板兩側表面的溫差（$\mathrm{K}$ 或 $\mathrm{^\circ C}$）。
• $L$：熱流通過之路徑長度，即平板厚度（$\mathrm{m}$）。

解題方法

根據傅立葉熱傳導定律，原平板的熱傳導率 $Q$ 與各條件關係式為： $Q = k \frac{A \cdot \Delta T}{L}$

依題意，平板材料未改變，故熱傳導係數 $k$ 維持定值；其他條件改變如下：

• 厚度加倍：$L' = 2L$
• 截面積減半：$A' = \frac{1}{2}A$
• 兩側溫差加倍：$\Delta T' = 2\Delta T$

將上述變化代入熱傳導公式，求得改變後的熱傳導率 $Q'$： $Q' = k \frac{A' \cdot \Delta T'}{L'} = k \frac{\left(\frac{1}{2}A\right) (2\Delta T)}{2L}$

提出常數比例因子並整理： $Q' = \frac{\frac{1}{2} \times 2}{2} \left( k \frac{A \cdot \Delta T}{L} \right) = \frac{1}{2} Q = \frac{Q}{2}$

因此，改變後的熱傳導率變為原來的 $\frac{1}{2}$ 倍，即 $\frac{Q}{2}$。

選項分析

• (A) 錯誤：$\frac{Q}{8}$ 是誤將兩側溫差也視為反比（計算成 $\frac{1}{2} \times \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{8}$），或誤將溫差加倍錯算成溫差減半。

核心觀念

密閉且體積不變的容器中，氣體的物質量固定。依定容理想氣體關係，壓力與絕對溫度成正比：

溫度須換算為開爾文，不能直接代入攝氏溫度。

解題方法

初態溫度為 $10^\circ\mathrm{C}$，末態為 $400^\circ\mathrm{C}$，換算為：

代入定容關係：

核心觀念

本題考聲波強度與聲波強度級的定義，以及兩者的距離關係。

聲波強度 $I$ 是單位時間內通過垂直於聲波傳播方向的單位面積之能量，單位為 $\mathrm{W/m^2}$。對有能量向外傳播的聲波，強度為正值。

聲波強度級 $\beta$ 以基準強度 $I_0$ 為參照，採對數表示：

空氣中的常用基準強度為 $I_0=10^{-12}\ \mathrm{W/m^2}$。當 $0<I<I_0$ 時，$\log_{10}(I/I_0)<0$，因此強度級可以是負值。

解題方法

先區分兩個物理量：強度 $I$ 是實際的能量通量；強度級 $\beta$ 是強度相對於基準值的對數比值。再看距離關係：點聲源在均勻、無吸收的空間向各方向均勻發聲時，能量分散在半徑為 $r$ 的球面上，因此

強度級則依照對數公式隨距離改變：

核心觀念

上端開口、下端封閉的空氣柱屬於一端開口、一端閉口管。閉口端是位移節點，開口端是位移腹點，因此共振頻率只出現在奇數倍諧波：

其中 $v$ 是聲速、$L$ 是空氣柱長度。基頻為 $f_1=v/(4L)$，其餘共振頻率為基頻的 $3、5、7、\ldots$ 倍。

解題方法

三個測得頻率依序相差 $172\ \mathrm{Hz}$：

一端開口、一端閉口管的相鄰共振頻率相差 $2f_1$，所以：

也可將三個頻率寫成 $3\times86$、$5\times86$、$7\times86$，符合一端開口、一端閉口管的奇數倍諧波。題目指出這三個頻率皆非基頻，正與它們分別是第三、第五、第七諧波相符。

由 $f_1=v/(4L)$ 得：

核心觀念

本題評量週期波的幾何特性與波動基本公式的綜合應用，涉及以下物理定義與公式：

1. 波長（$\lambda$）的定義：在週期波中，相鄰兩同相點之間的直線距離即為波長。例如相鄰兩「波峰」或相鄰兩「波谷」之間的距離即為一個波長 $\lambda$。
2. 波速（$v$）的定義：水波在均勻介質中等速傳遞，波速等於傳遞距離（$s$）與所耗時間（$t$）的比值： $v = \frac{s}{t}$
3. 波動基本公式：波速等於波的頻率（$f$）乘以波長（$\lambda$）： $v = f \lambda \implies f = \frac{v}{\lambda}$

解題方法

求頻率 $f$ 的標準切入點為先求得波長與波速，再利用波動基本公式計算：

1. 確定波長 $\lambda$： 依題意，「相鄰兩波峰的距離為 $5\ \mathrm{cm}$」，即為波長： $\lambda = 5\ \mathrm{cm}$

2. 計算波速 $v$： 水波從波源行進至岸邊的距離 $s = 200\ \mathrm{cm}$，耗時 $t = 4\ \text{秒}$。 $v = \frac{s}{t} = \frac{200\ \mathrm{cm}}{4\ \mathrm{s}} = 50\ \mathrm{cm/s}$

3. 代入波動公式求頻率 $f$： 由 $v = f \lambda$ 移項可得： $f = \frac{v}{\lambda} = \frac{50\ \mathrm{cm/s}}{5\ \mathrm{cm}} = 10\ \mathrm{s^{-1}} = 10\ \mathrm{Hz}$

核心觀念

本題考凹面鏡的成像公式與線放大率。設物距為 $u$、像距為 $v$、焦距為 $f$，鏡面公式為

線放大率的大小為

其中 $h_o$ 為物高，$h_i$ 為像高。題目問「成像的大小為原物體的多少倍」，因此求的是放大率的大小，不必判斷正立或倒立。

解題方法

凹面鏡焦距 $f=24\ \mathrm{cm}$，物距 $u=36\ \mathrm{cm}$。代入鏡面公式：

所以像距 $v=72\ \mathrm{cm}$。放大率大小為

核心觀念

光纖利用纖蕊與外層包覆材料交界面的全反射傳導光線。要發生全反射，光線必須由折射率較大的纖蕊射向折射率較小的包覆層，且入射角須大於臨界角。

臨界角 $\theta_c$ 滿足：

其中纖蕊折射率 $n_{\text{纖蕊}}=1.5$。

解題方法

題目所稱操作角度小於 $30^\circ$，依本題設定以臨界角 $\theta_c=30^\circ$ 作為界限。代入臨界角公式：

此值是包覆層折射率的上限；為使光線能在界面發生全反射，包覆層折射率須低於纖蕊折射率，並符合臨界角的操作條件。四個選項中，與臨界角關係相符的答案為 (C) $1.41$。

核心觀念

雷射光的功率是單位時間輸出的能量。單一光子的能量由普朗克關係式給出：

$E_{\text{光子}}=h\nu=\frac{hc}{\lambda}$

因此，每秒發射的光子數等於每秒輸出的總能量除以單一光子的能量。

解題方法

先將波長與功率換成 SI 單位：

$\lambda=633\ \mathrm{nm}=633\times10^{-9}\ \mathrm{m},\qquad P=2.1\ \mathrm{mW}=2.1\times10^{-3}\ \mathrm{J/s}$

單一光子的能量為：

每秒發射的光子數為：

核心觀念

本題考查單狹縫繞射（Single-slit diffraction）​的條紋分佈規律與中心亮紋寬度公式。

1. 暗紋條件： 設單狹縫寬度為 $a$，光波長為 $\lambda$，繞射角為 $\theta$。由惠更斯原理解釋，當狹縫兩端光程差滿足半波長的偶數倍（即全波長的整數倍）時，屏幕上會出現相消性干涉（暗紋）： $a \sin\theta = m\lambda \quad (m = \pm 1, \pm 2, \pm 3, \dots)$
2. 中心亮紋寬度： 中心亮紋界於兩側第一暗紋（$m = \pm 1$）之間。在繞射角極小的情形下，$\sin\theta \approx \tan\theta = \frac{y}{L}$（其中 $L$ 為狹縫至屏幕距離，$y$ 為距屏幕中心的垂直距離）。 第一暗紋距中央的位置為： $y_1 = \frac{\lambda L}{a}$ 因此，中心亮紋的寬度 $\Delta y$ 為： $\Delta y = 2 y_1 = \frac{2\lambda L}{a}$

解題方法

由中心亮紋寬度公式： $\Delta y = \frac{2\lambda L}{a}$

可得出各變數與中心亮紋寬度的正反比關係：

• $\Delta y \propto \lambda$（與光源波長成正比）
• $\Delta y \propto L$（與狹縫至屏幕的距離成正比）
• $\Delta y \propto \frac{1}{a}$（與狹縫寬度成反比）

題目要求使「中心亮紋寬度增加」，因此對應的調整方向為：

• 增加波長 $\lambda \uparrow$
• 增加屏距 $L \uparrow$
• 縮小狹縫 $a \downarrow$

核心觀念

本題考薄膜干涉與抗反射膜的四分之一波長條件。垂直入射時，光在薄膜內往返一次的光程差為 $2nt$，其中 $n$ 是薄膜折射率，$t$ 是膜厚。

空氣進入抗反射膜，以及抗反射膜進入玻璃，反射時都由低折射率介質進入高折射率介質，因此兩束反射光各自都會產生 $\pi$ 的相位變化，彼此的反射相位差抵銷。要使反射光相消，須由薄膜內往返所造成的相位差達到 $\pi$，也就是：

其中 $\lambda_0$ 是真空（或空氣中近似）的波長。

解題方法

解出抗反射膜的最小厚度：

代入 $\lambda_0=450\ \mathrm{nm}$、薄膜折射率 $n=1.38$：

核心觀念

電費依用電量計算；「一度電」就是 $1\ \mathrm{kWh}$。電視機標示的 $150\ \mathrm{W}$ 是其功率，表示每小時消耗 $150\ \mathrm{Wh}$ 的電能。

解題方法

先將功率換算成千瓦，再乘上使用時間，求出用電量：

每度電 $5$ 元，因此電費為：

核心觀念

本題考查直導線周圍磁場的方向，可用右手握拳定則判斷。右手拇指指向傳統電流方向，四指環繞的方向就是磁場方向；羅盤的 N 極會沿著所在位置的磁場方向偏轉。

解題方法

電流由南向北，將右手拇指指向北方，四指環繞導線。觀察導線正上方的磁場方向，磁場指向東方，因此羅盤磁針 N 極向東偏轉。

也可用座標快速確認：令東、北、上分別為 $x$、$y$、$z$ 方向，電流沿 $+\hat{y}$，導線正上方的位置沿 $+\hat{z}$。磁場方向依右手定則為

即東方。

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動能與動量的關係，涉及以下物理定律與公式：

1. 磁力（勞侖茲力）提供向心力： 當帶電粒子以速度 $v$ 垂直射入均勻磁場 $B$ 時，所受磁力大小為 $F_B = qvB$。此力垂直於運動方向，作為向心力使粒子進行等速率圓周運動： $qvB = \frac{mv^2}{r} \implies r = \frac{mv}{qB} = \frac{p}{qB}$ 其中 $r$ 為軌道半徑、$m$ 為粒子質量、$q$ 為粒子電量量值、$p = mv$ 為動量。
2. 動能與動量的轉換關係： 非相對論性條件下（本題動能 $35\ \mathrm{eV} \ll$ 電子靜止能量 $0.511\ \mathrm{MeV}$，適用古典力學），動能 $E_k$ 與動量 $p$ 的關係為： $E_k = \frac{p^2}{2m} \implies p = \sqrt{2mE_k}$
3. 單位制換算： $1\ \mathrm{eV} = 1.6\times10^{-19}\ \mathrm{J}$，基本電荷 $e = 1.6\times10^{-19}\ \mathrm{C}$。

解題方法

步驟一：彙整題給條件與物理常數（採 SI 制）

• 電子質量：$m = 9.1\times10^{-31}\ \mathrm{kg}$
• 電子電量：$q = e = 1.6\times10^{-19}\ \mathrm{C}$
• 電子動能：$E_k = 35\ \mathrm{eV} = 35 \times 1.6\times10^{-19}\ \mathrm{J} = 5.6\times10^{-18}\ \mathrm{J}$
• 磁場強度：$B = 1.5\times10^{-4}\ \mathrm{T}$

步驟二：導出軌道半徑計算式

將動量 $p = \sqrt{2mE_k}$ 代入半徑公式 $r = \frac{p}{qB}$： $r = \frac{\sqrt{2mE_k}}{qB}$

步驟三：數值計算

1. 計算分子（動量 $p$）： $p = \sqrt{2 \times (9.1\times10^{-31}) \times (5.6\times10^{-18})}$ $p = \sqrt{101.92\times10^{-48}} = \sqrt{101.92}\times10^{-24} \approx 10.096\times10^{-24}\ \mathrm{kg\cdot m/s}$ （亦可寫為 $\sqrt{1019.2}\times10^{-25} \approx 31.925\times10^{-25}\ \mathrm{kg\cdot m/s}$）

2. 計算分母（$qB$）： $qB = (1.6\times10^{-19}\ \mathrm{C}) \times (1.5\times10^{-4}\ \mathrm{T}) = 2.4\times10^{-23}\ \mathrm{N\cdot s/m}$

核心觀念

點電荷間的靜電力遵守庫侖定律，力的大小為

力的方向沿兩電荷連線：異號電荷相吸，同號電荷相斥。要使第三個點電荷所受合力為零，必須使它所在位置的合電場為零，因為 $F=qE$；此條件與第三個電荷本身的電量大小及正負無關。

解題方法

令 $+Q$ 位於 $x=0$，$-4Q$ 位於 $x=3\ \mathrm{cm}$。先判斷各區域的電場方向：

• 在兩電荷之間，$+Q$ 的電場向右，$-4Q$ 的電場也向右，方向相同，不能抵銷。
• 在兩電荷外側，兩電場方向相反，才有可能抵銷。

對於 $+Q$ 左側的位置，設它距離 $+Q$ 為 $r$，則距離 $-4Q$ 為 $r+3$。使兩電場大小相等：

約去 $kQ$，並取正距離的平方根：

因此，合電場為零的位置在 $+Q$ 左邊 $3\ \mathrm{cm}$，即選項 (A)。

選項分析

核心觀念

本題考查高斯定律與點電荷置於立方體中心時的對稱性。高斯定律指出，封閉曲面的總電通量為

電荷位於立方體正中央，六個面完全對稱，因此總電通量平均分配到六個面；頂面的電通量為總通量的 $\frac{1}{6}$。

解題方法

先將電荷量換算成 SI 單位：

由高斯定律，立方體的總電通量為

因六個面對稱，頂面的電通量為