國立中興大學 115 年 《物理》

核心觀念

本題考查電容器的儲能特性，以及去顫器如何在極短時間內釋放大量電能。

電容器兩極板間建立電位差後，可以將電能儲存在電場中，其儲存能量為

$$U_C=\frac{1}{2}CV^2$$

其中：

• $C$：電容值，單位為法拉（$\mathrm{F}$）
• $V$：電容器兩端電壓，單位為伏特（$\mathrm{V}$）
• $U_C$：儲存能量，單位為焦耳（$\mathrm{J}$）

此公式適用於理想電容器或可近似視為理想電容器的電路。去顫器先以電源替電容器充電，使其累積能量；啟動放電時，電容器透過人體與電路，在數毫秒內快速釋放能量，形成電擊脈衝。

解題方法

題目問的是：「救命電擊所需的大量能量來自哪裡？」

判斷關鍵在於各元件的主要功能：

• 能夠儲存大量電能，並在短時間釋放者：電容器。
• 只負責轉換或傳遞能量者：變壓器。
• 只負責整流者：整流器。
• 主要消耗並轉化能量為熱者：電阻器。

去顫器的工作流程可表示為：

$$\text{電源} \longrightarrow \text{變壓器升壓} \longrightarrow \text{整流器} \longrightarrow \text{電容器充電} \longrightarrow \text{人體放電}$$

因此，雖然變壓器與整流器參與充電過程，但在電擊瞬間直接提供大量能量的是先前充電完成的電容器。

電容器的能量為

$$U_C=\frac{1}{2}CV^2$$

放電時，若在短時間 $\Delta t$ 內釋放能量，平均功率約為

$$P_{\text{avg}}=\frac{U_C}{\Delta t}$$

由於 $\Delta t$ 僅為數毫秒，故即使能量為數十焦耳，瞬間功率也可達數千瓦至數萬瓦，符合去顫器「短時間輸出強大電擊」的需求。

選項分析

(A) an inductor：電感器

錯誤。電感器確實能將能量儲存在磁場中，其能量為

$$U_L=\frac{1}{2}LI^2$$

核心觀念

本題考查磁通量（magnetic flux）的 SI 單位。

磁通量定義為磁場穿過某一面積的總量：

$$\Phi_B=\int \vec{B}\cdot d\vec{A}$$

若磁場均勻，且平面面積為 $A$，磁場與面法線夾角為 $\theta$，則：

$$\Phi_B=BA\cos\theta$$

其中：

• $\Phi_B$：磁通量
• $B$：磁感應強度，單位為 tesla（T）
• $A$：面積，單位為 $\mathrm{m^2}$

因此，磁通量的單位為：

$$[\Phi_B]=\mathrm{T\,m^2}$$

此單位命名為 weber，中文為韋伯，符號為 $\mathrm{Wb}$：

$$1\ \mathrm{Wb}=1\ \mathrm{T\,m^2}$$

解題方法

依磁通量定義：

$$\Phi_B=BA\cos\theta$$

進行單位分析：

$$[\Phi_B]=[\text{磁感應強度}]\times[\text{面積}]$$ $$[\Phi_B]=\mathrm{T}\times\mathrm{m^2}$$

而 $\mathrm{T\,m^2}$ 的 SI 專有名稱為 $\mathrm{Wb}$（weber），所以磁通量的單位是 weber。

也可由法拉第電磁感應定律確認：

$$\mathcal{E}=-\frac{d\Phi_B}{dt}$$

因此：

$$[\Phi_B]=[\mathcal{E}]\,[t] =\mathrm{V\,s}$$

而：

$$1\ \mathrm{Wb}=1\ \mathrm{V\,s}=1\ \mathrm{T\,m^2}$$

三種表示方式彼此一致，單位與物理量相符。

選項分析

(A) farad

核心觀念

本題考查動能與動量的關係。對於非相對論性運動，物體的動能與動量分別為

$$K=\frac{1}{2}mv^2$$ $$p=mv$$

消去速度 $v$ 可得

$$K=\frac{p^2}{2m}$$

此公式適用於速度遠小於光速的情況，亦即一般基礎物理所使用的經典力學範圍。

解題方法

題目給定兩物體具有相同動能，因此令

$$K_A=K_B=K$$

由

$$K=\frac{p^2}{2m}$$

整理動量：

$$p=\sqrt{2mK}$$

因為兩物體的動能相同，$2K$ 為共同因子，所以動量大小與質量平方根成正比：

$$p\propto \sqrt{m}$$

已知

$$m_A:m_B=2:1$$

因此

$$\frac{p_A}{p_B} = \sqrt{\frac{m_A}{m_B}} = \sqrt{\frac{2}{1}} = \sqrt{2}$$

所以

$$p_A:p_B=\sqrt{2}:1$$

單位與數量級檢查

由公式

$$p=\sqrt{2mK}$$

量綱為

核心觀念

本題考查電磁學四大定律中的**微觀積分形式（微分場源疊加）與宏觀對稱積分形式（環路／高斯面定理）**之間的對偶類比關係（Electromagnetic Duality and Analogy）：

1. 庫侖定律（Coulomb's Law）與畢歐–沙伐定律（Biot–Savart Law）之對應：

• 兩者皆為場源疊加型定律（Inverse-square laws for differential elements）。
• 庫侖定律藉由電荷微元 $dq$ 積分求得靜電場：

$$\vec{E} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\int \frac{dq}{r^2}\hat{r}$$

• 畢歐–沙伐定律藉由電流微元 $I\,d\vec{\ell}$ 積分求得靜磁場：

$$\vec{B} = \frac{\mu_0}{4\pi}\int \frac{I\,d\vec{\ell} \times \hat{r}}{r^2}$$

• 兩者適用於任意幾何分佈的場源，但通常需要進行繁複的空間微積分。

2. 高斯定律（Gauss's Law）與安培定律（Ampère's Law）之對應：

• 兩者皆為通量／環路通則型定律（Flux / Circulation theorems）。
• 高斯定律藉由封閉曲面積分（閉合面包圍的總淨電荷）直接聯繫電場：

$$\oint \vec{E} \cdot d\vec{A} = \frac{Q_{\text{enclosed}}}{\varepsilon_0}$$

• 安培環路定律藉由封閉環路路徑積分（閉合環路穿過的總淨電流）直接聯繫磁場：

$$\oint \vec{B} \cdot d\vec{\ell} = \mu_0 I_{\text{enclosed}}$$

• 在具備高度幾何對稱性（球對稱、柱對稱、面對稱）的情況下，高斯定律之於庫侖定律，正如安培定律之於畢歐–沙伐定律，可大幅簡化場的計算。

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解題方法

題幹的核心敘述為類比邏輯題：
「Coulomb's law 與 Biot–Savart law 分別描述場源點微元（$dq$ 與 $I\,d\vec{\ell}$）所產生的場。事實上，Ampère's law 與 Biot–Savart law 之間的關係，就如同 Gauss's law 與 Coulomb's law 之間的關係。」

因此，填空題所詢問之對偶關係本質為：

• 庫侖定律 $\to$ 高斯定律：從利用點電荷積分的場計算法，推廣為利用封閉面通量計算對稱系統電場的定律。
• 畢歐–沙伐定律 $\to$ 安培定律：從利用電流微元積分的場計算法，推廣為利用封閉環路積分計算對稱系統磁場的定律。

在常見普物原文書（如 Halliday & Resnick《Fundamentals of Physics》或 Serway《Physics for Scientists and Engineers》）章節結論中，這種對稱關係的陳述為：
「Gauss's law is related to Coulomb's law as Ampère's law is related to the Biot–Savart law: while the latter allows calculation of fields for arbitrary distributions by integration, the former provides a remarkably simple way to calculate fields when high degrees of symmetry exist.」

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選項分析

• **(A) Coulomb's law relates to Ampère's law in the same way as Gauss's law relates to the Biot–Savart la

核心觀念

本題考查阿基米德原理與漂浮平衡。

物體漂浮且靜止時，適用以下兩項條件：

1. 阿基米德原理：物體所受浮力等於排開液體的重量。
   $F_B=\rho_{\text{水}}gV_{\text{浸入}}$

2. 漂浮平衡條件：物體所受浮力等於物體重量。
   $F_B=mg$

其中：

• $\rho_{\text{水}}=1.0\ \mathrm{g/cm^3}$
• 木塊密度 $\rho_{\text{木}}=0.6\ \mathrm{g/cm^3}$
• $V_{\text{浸入}}$ 為浸入水中的體積
• $V$ 為木塊總體積

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解題方法

木塊質量可表示為

$m=\rho_{\text{木}}V$

因此木塊重量為

$mg=\rho_{\text{木}}Vg$

漂浮平衡時：

$F_B=mg$

代入浮力公式與重量公式：

$$\rho_{\text{水}}gV_{\text{浸入}} = \rho_{\text{木}}Vg$$

約去 $g$：

$$\rho_{\text{水}}V_{\text{浸入}} = \rho_{\text{木}}V$$

整理得浸入體積占總體積的比例：

$$\frac{V_{\text{浸入}}}{V} = \frac{\rho_{\text{木}}}{\rho_{\text{水}}}$$

代入數值：

$$\frac{V_{\text{浸入}}}{V} = \frac{0.6}{1.0} = 0.6$$

換算成百分比：

$0.6\times 100\%=60\%$

所以木塊總體積的 $60\%$ 浸沒在水中。

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單位與數量級檢查

密度比

核心觀念

本題考查超導體在臨界溫度 $T_c$ 以下的磁性，以及超導體的 Meissner effect（梅斯納效應）。

超導體的基本條件為：

$$T<T_c$$

此時超導體不僅具有零電阻，更會將內部磁通量排出，使超導體內部的磁場趨近於零。理想情況下，

$$B_{\text{inside}}=0$$

由磁感應強度關係式

$$B=\mu_0(H+M)$$

可得在超導體內部 $B=0$ 時，

$$M=-H$$

因此其磁化率為

$$\chi_m=\frac{M}{H}=-1$$

這代表超導體對外加磁場呈現完全排斥，稱為完全抗磁性（perfect diamagnetism）。

物理定律與適用條件

超導體的磁性判斷依據為 Meissner effect，適用於：

• 溫度低於臨界溫度：$T<T_c$
• 外加磁場未超過超導體的臨界磁場
• 題目採用理想超導體模型

在此條件下，超導體內部排斥磁場，呈現完全抗磁性。

解題方法

題幹指出：

When the temperature of a superconductor is lower than its critical point

也就是超導體的溫度低於臨界溫度。此時超導狀態形成，並產生 Meissner effect，使磁通量被排出超導體內部。

因此超導體的磁化方向與外加磁場方向相反，磁化率為負值：

$$\chi_m=-1$$

「完全抗磁性」的英文為 perfectly diamagnetic，故選擇 diamagnetic。

選項分析

(A) ferromagnetic（鐵磁性）

核心觀念

液壓千斤頂（hydraulic jack）是利用密閉液體傳遞壓力，將小活塞上的小力放大為大活塞上的大力，以頂起重物。其設計核心是 Pascal’s principle（帕斯卡原理）：

密閉、靜止的流體受到外加壓力時，壓力會不減弱地傳遞至流體各處及容器壁面。

壓力定義為

$$P=\frac{F}{A}$$

其中 $F$ 為垂直作用力，$A$ 為受力面積。

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解題方法

液壓千斤頂具有兩個活塞：

• 小活塞：面積 $A_1$，施加力量 $F_1$
• 大活塞：面積 $A_2$，產生頂升力量 $F_2$

依據 Pascal’s principle，兩活塞下方液體所承受的壓力相同：

$$P_1=P_2$$

因此

$$\frac{F_1}{A_1}=\frac{F_2}{A_2}$$

整理得

$$F_2=F_1\frac{A_2}{A_1}$$

當大活塞面積 $A_2$ 大於小活塞面積 $A_1$ 時，

$$F_2>F_1$$

因此可以用較小的操作力產生較大的頂升力，這正是液壓千斤頂的工作原理。

適用條件

上述關係適用於：

1. 液體封閉於系統內。
2. 液體近似不可壓縮。
3. 系統處於靜止或緩慢變化狀態。
4. 忽略活塞摩擦、液體黏滯損失及活塞高度差造成的壓力差。

本題只要求判斷物理原理，不涉及數值計算，因此不需代入數值；其單位關係為

$$[P]=\frac{\mathrm{N}}{\mathrm{m^2}}=\mathrm{Pa}$$

力放大的倍率為無因次量：

$$\frac{F_2}{F_1}=\frac{A_2}{A_1}$$

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選項分析

(A) Archimedes’ principle

Archimedes’ principle（阿基米德原理）說明：

物體浸入流體時，所受浮力等於物體排開流體的重量。

浮力可表示為

$$F_{\mathrm{B}}=\rho_{\mathrm{fluid}}V_{\mathrm{displaced}}g$$

核心觀念

本題考查凹面鏡在不同物距下所形成的影像性質，包括：

• 實像或虛像
• 正立或倒立
• 放大或縮小

適用條件為：凹面鏡、真實物體、近軸光線，並以球面鏡近軸成像公式分析。

凹面鏡遵守球面鏡公式：

$$\frac{1}{f}=\frac{1}{u}+\frac{1}{v}$$

其中：

• $f$：焦距，凹面鏡取 $f>0$
• $u$：物距，真實物體取 $u>0$
• $v$：像距，$v>0$ 代表實像，$v<0$ 代表虛像

放大率為：

$$m=\frac{h_i}{h_o}=-\frac{v}{u}$$

因此：

• $m<0$：倒立
• $m>0$：正立
• $|m|>1$：放大
• $|m|<1$：縮小

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解題方法

凹面鏡的影像性質由物體所在位置決定。令凹面鏡的焦點為 $F$，曲率中心為 $C$，且 $OC=2f$。

1. 物體在 $2f$ 之外：$u>2f$

由球面鏡公式：

$$v=\frac{fu}{u-f}$$

此時影像形成於 $f$ 與 $2f$ 之間，且：

$$0<v<2f$$

影像為：

• 實像
• 倒立
• 縮小

2. 物體位於 $f$ 與 $2f$ 之間：$f<u<2f$

影像形成於 $2f$ 之外，且：

$$v>2f$$

由放大率：

$$|m|=\frac{v}{u}>1$$

影像為：

• 實像
• 倒立
• 放大

3. 物體位於焦點內：$0<u<f$

此時 $u-f<0$，因此：

$$v=\frac{fu}{u-f}<0$$

影像為虛像。又因為：

$$m=-\frac{v}{u}>0$$

所以影像正立。

其放大率大小為：

$$|m|=\frac{|v|}{u} =\frac{f}{f-u}>1$$

因此影像必定放大，形成：

• 虛像
• 正立
• 放大

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凹面鏡成像整理

物體位置	影像性質
$u>2f$	實像、倒立、縮小
$u=2f$	實像、倒立、等大

核心觀念

本題測驗「熱力學第一定律」（First Law of Thermodynamics）的能量守恆本質及其在物理學中標準的「正負號慣例」（Sign Convention）。

1. 熱力學第一定律本質：
   熱力學第一定律即能量守恆定律在熱力學系統中的體現。封閉系統（Closed System，與外界無質量交換，但可交換能量）內能的變化量 $\Delta U$，等於系統與外界交換的熱量與功的代數和。
2. 符號慣例（Sign Convention）：

• 題目明確定義：
• 系統吸收熱量（heat absorbed by system）：$Q > 0$；系統放出熱量：$Q < 0$。
• 系統對外界作功（work done by system on surroundings）：$W > 0$；外界對系統作功（work done on system）：$W < 0$。

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解題方法

1. 能量守恆分析：

• 系統吸收熱量 $Q$（$Q > 0$）時，外界向系統輸入能量，使系統內能增加。
• 系統對外界作功 $W$（$W > 0$）時，系統消耗自身的能量對外輸出，使系統內能減少。

2. 列出能量守恆方程式：
   綜合吸收的熱量與輸出的功，系統內能的淨變化量為：

$$\Delta U = Q - W$$

此即普通物理學（如 Halliday & Resnick《Fundamentals of Physics》）中最通用的熱力學第一定律標準形式。

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選項分析

• (A) $\Delta U = Q + W$ 錯誤：
  這是化學熱力學或 IUPAC 慣例常見的形式。

核心觀念

本題考查繞同一中心天體做圓周運動時的開普勒第三定律：

$$T^2 \propto r^3$$

其中：

• $T$：軌道週期
• $r$：軌道半徑

適用條件為兩顆衛星皆繞同一個中心天體（地球）運行，且可忽略其他天體及非重力因素的影響。

因此：

$$\frac{T_A^2}{T_B^2}=\frac{r_A^3}{r_B^3}$$

解題方法

地球對衛星的萬有引力提供衛星做圓周運動所需的向心力：

$$\frac{GMm}{r^2}=\frac{mv^2}{r}$$

約去衛星質量 $m$：

$$v^2=\frac{GM}{r}$$

圓周運動的週期為：

$$T=\frac{2\pi r}{v}$$

代入 $v=\sqrt{\frac{GM}{r}}$：

$$T=\frac{2\pi r}{\sqrt{GM/r}} =2\pi\sqrt{\frac{r^3}{GM}}$$

由於兩顆衛星皆繞地球運行，$G$ 與地球質量 $M$ 相同，因此：

$$T\propto r^{3/2}$$

題目給定：

$$r_A=4r_B$$

所以：

$$\frac{T_A}{T_B} =\left(\frac{r_A}{r_B}\right)^{3/2} =4^{3/2} =(\sqrt{4})^3 =2^3 =8$$

單位檢查：

核心觀念

本題考查光的波動性與楊氏雙狹縫干涉實驗。

相干光（coherent light）需具備：

1. 頻率相同。
2. 相位差固定。
3. 通常由同一光源經分波或分振幅產生，以維持穩定的相位關係。

1801 年，Thomas Young（湯瑪斯・楊）以雙狹縫實驗觀察到明暗相間的干涉條紋，證明光具有波動性。雙狹縫可視為兩個相干次波源，兩波疊加後形成建設性干涉與破壞性干涉。

使用的物理定律與適用條件

光的干涉遵守波的疊加原理。兩道相干光的光程差為 $\Delta r$ 時，其相位差為

$$\Delta \phi=\frac{2\pi}{\lambda}\Delta r$$

其中：

• $\Delta \phi$：相位差，單位為弧度
• $\lambda$：光的波長，單位為長度
• $\Delta r$：光程差，單位為長度

建設性干涉的條件為

$$\Delta r=m\lambda,\qquad m=0,1,2,\ldots$$

破壞性干涉的條件為

$$\Delta r=\left(m+\frac12\right)\lambda$$

在楊氏雙狹縫實驗中，單一光源先照射兩條狹縫，使兩狹縫發出的光具有固定相位差，因此能產生穩定干涉條紋。若兩光源的相位差隨時間任意變化，明暗條紋會快速平均消失，無法觀察到清楚的干涉圖樣。

解題方法

題幹提供關鍵線索：

• 年代：1801 年
• 實驗目的：demonstrated the wave nature of light
• 產生相干光並觀察干涉現象

符合這些條件的是 Thomas Young 的雙狹縫干涉實驗。其實驗中，兩條狹縫產生相干光，光波在屏幕上疊加，形成明暗相間的干涉條紋。這種干涉現象是光具有波動性的直接證據。

干涉條紋的間距可表示為

$$\Delta y=\frac{\lambda L}{d}$$

其中 $L$ 為狹縫到屏幕的距離，$d$ 為雙狹縫間距。單位檢查為

$$\frac{(\mathrm{m})(\mathrm{m})}{\mathrm{m}}=\mathrm{m}$$

核心觀念

本題考查電磁波在真空中的傳播速度。根據 Maxwell 方程組，在無電荷、無電流的真空中，電場與磁場會互相感應並形成電磁波，其波速為

$$c=\frac{1}{\sqrt{\varepsilon_0\mu_0}}$$

其中：

• $\varepsilon_0$：真空介電常數，又稱 electric constant
• $\mu_0$：真空磁導率，又稱 magnetic constant
• $c$：真空中的光速

光本質上是電磁波，因此光在真空中的速度就是上述電磁波速度。

解題方法與推導

在真空中，電荷密度與電流密度皆為零，Maxwell 方程組可導出電場的波動方程：

$$\nabla^2 \mathbf{E} = \mu_0\varepsilon_0 \frac{\partial^2\mathbf{E}}{\partial t^2}$$

一般波動方程的形式為

$$\nabla^2 \mathbf{E} = \frac{1}{v^2} \frac{\partial^2\mathbf{E}}{\partial t^2}$$

比較兩式可得

$$\frac{1}{v^2}=\mu_0\varepsilon_0$$

因此

$$v^2=\frac{1}{\mu_0\varepsilon_0}$$

取正的傳播速率：

$$v=\frac{1}{\sqrt{\varepsilon_0\mu_0}}$$

由於光是電磁波，所以

$$c=\frac{1}{\sqrt{\varepsilon_0\mu_0}} \approx 3.00\times 10^8\ \text{m/s}$$

單位與數量級檢查

真空介電常數與真空磁導率的單位分別為

$$[\varepsilon_0]=\frac{\text{F}}{\text{m}}, \qquad [\mu_0]=\frac{\text{H}}{\text{m}}$$

利用 $\text{F}\cdot\text{H}=\text{s}^2$，可得

$$[\varepsilon_0\mu_0] = \frac{\text{s}^2}{\text{m}^2}$$

因此

核心觀念

本題考查金屬導電率與溫度的關係，以及金屬電阻率的主要微觀機制。

電導率 $\sigma$ 與電阻率 $\rho$ 的定義關係為

$$\sigma=\frac{1}{\rho}$$

在 Drude model 中，金屬電阻率可表示為

$$\rho=\frac{m}{n e^2 \tau}$$

其中：

• $m$：電子有效質量
• $n$：自由電子數密度
• $e$：電子電量大小
• $\tau$：電子兩次碰撞之間的平均時間

對金屬而言，在一般溫度範圍內，主要散射機制是電子與晶格振動（phonons）碰撞。溫度升高時，晶格振動加劇，電子受到散射的頻率增加，因此平均碰撞時間 $\tau$ 變短。

在近似 $m$、$n$、$e$ 不隨溫度顯著改變的條件下，有

$$\tau\propto \frac{1}{T}$$

因此

$$\rho=\frac{m}{n e^2\tau}\propto T$$

這就是金屬電阻率在一般溫度範圍內近似與絕對溫度 $T$ 成正比的原因。

解題方法

題幹提到經典物理中，粒子的熱運動特徵速率為

$$v_{\text{thermal}}\propto\sqrt{T}$$

但金屬的電阻率並不是直接由粒子的熱運動速率決定，而是由導電電子受到散射的程度決定。

金屬中電子的平均漂移速度由外加電場造成，電阻的主要來源是電子與晶格振動碰撞。溫度增加時：

$$T\uparrow \Rightarrow \text{晶格振動增強} \Rightarrow \text{電子散射增加} \Rightarrow \tau\downarrow \Rightarrow \rho\uparrow$$

在一般溫度範圍內，電子—聲子散射率近似滿足

$$\frac{1}{\tau}\propto T$$

代入電阻率公式：

$$\rho=\frac{m}{n e^2\tau} \propto \frac{1}{\tau} \propto T$$

所以電阻率近似正比於 $T$。

選項分析

核心觀念

原子核的自旋角動量量子數為 $I=\frac{5}{2}$。依據角動量量子化定律，自旋角動量在任意選定的量子化軸（通常取 $z$ 軸）上的分量只能取離散值：

$$S_z=m_I\hbar$$

其中磁量子數 $m_I$ 的允許值為

$$m_I=-I,-I+1,\ldots,I-1,I$$

因此，自旋角動量向量相對於量子化軸具有的可能方向數，等於磁量子數 $m_I$ 的可能取值個數。

解題方法

適用的物理定律是角動量量子化，其適用條件為系統具有明確的角動量量子數 $I$，且觀察其沿指定軸的分量。

本題給定：

$$I=\frac{5}{2}$$

因此：

$$m_I=-\frac{5}{2},-\frac{3}{2},-\frac{1}{2}, \frac{1}{2},\frac{3}{2},\frac{5}{2}$$

逐一列出可知共有 $6$ 個允許值。一般公式為：

$$N=2I+1$$

代入 $I=\frac{5}{2}$：

$$N=2\left(\frac{5}{2}\right)+1=5+1=6$$

這裡的「方向」不是經典力學中任意連續方向，而是指量子力學中自旋角動量相對於量子化軸的離散取向。

物理定律與適用條件

本題適用平拋／斜拋運動的速度分解：

• 忽略空氣阻力，因此水平方向無加速度，水平速度保持不變。
• 垂直方向受重力作用，物體到達最高點時，垂直速度為 $0$。
• 動能定義為

$$K=\frac{1}{2}mv^2$$

其中 $m$ 為物體質量，$v$ 為該時刻的速率。

核心觀念

物體初速度 $30\ \mathrm{m/s}$，與水平夾角 $30^\circ$，可分解為：

$$v_{0x}=v_0\cos30^\circ$$ $$v_{0y}=v_0\sin30^\circ$$

到達最大高度時，垂直速度降為零，但水平方向速度不受重力影響，仍維持 $v_{0x}$。因此最高點的速率不是 $0$，而是水平速度 $v_{0x}$。

解題方法

初始水平速度為

$$v_x=30\cos30^\circ$$

由

$$\cos30^\circ=\frac{\sqrt{3}}{2}$$

可得

$$v_x=30\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=15\sqrt{3}\ \mathrm{m/s}$$

在最高點：

$$v_y=0$$

因此最高點的速率為

$$v=v_x=15\sqrt{3}\ \mathrm{m/s}$$

代入動能公式：

$$K=\frac{1}{2}mv^2$$ $$K=\frac{1}{2}(2)(15\sqrt{3})^2$$ $$K=(225)(3)$$ $$K=675\ \mathrm{J}$$

核心觀念

本題考查電場定義與電場力的關係：

$$\vec{F}=q\vec{E}$$

其中：

• $\vec{F}$：帶電粒子所受的電力，單位為 $\mathrm{N}$
• $q$：粒子的電量，單位為 $\mathrm{C}$
• $\vec{E}$：該位置的電場，單位為 $\mathrm{N/C}$ 或 $\mathrm{V/m}$

此公式適用於帶電粒子位於某電場中，且所受電力為電場力的情況。

由於雨滴帶有正電荷，電力方向與電場方向相同。

解題方法

由

$$\vec{F}=q\vec{E}$$

可得

$$\vec{E}=\frac{\vec{F}}{q}$$

題目給定：

$$q=10\ \mu\mathrm{C}=10\times10^{-6}\ \mathrm{C}=1.0\times10^{-5}\ \mathrm{C}$$ $$F=0.3\ \mathrm{N}$$

因此電場大小為

$$E=\frac{0.3}{1.0\times10^{-5}} =3.0\times10^{4}\ \mathrm{N/C}$$

因為雨滴帶正電，且電力指向 $+x$ 方向，所以電場也指向 $+x$ 方向。

單位換算：

$$3.0\times10^{4}\ \mathrm{N/C} =30\ \mathrm{kN/C}$$

核心觀念

本題考查：

• 牛頓第二運動定律：$\sum F=ma$
• 均勻繩的線密度
• 有質量繩子的張力並非處處相同
• 無摩擦水平面上，整條繩子的加速度相同

適用條件為：桌面無摩擦、繩子保持繃直、外力為水平力，且忽略繩子的伸長與滑輪等其他因素。

繩子的總質量為 $M$，受到外力 $F$，因此整條繩子的加速度為

$$a=\frac{F}{M}$$

距離拉力端 $L/3$ 處的張力，可取該位置右側的繩段作為研究對象。

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解題方法

方法一：取後段繩子分析

距離拉力端 $L/3$ 的位置，其後方繩段長度為

$$L-\frac{L}{3}=\frac{2L}{3}$$

因為繩子均勻，後段繩子的質量為

$$m_{\text{後段}} =M\left(\frac{2L/3}{L}\right) =\frac{2M}{3}$$

對這一段繩子而言，水平方向唯一的外力是切面處的張力 $T$，因此由牛頓第二定律：

$$T=m_{\text{後段}}a$$

代入後段質量與整條繩子的加速度：

$$T=\frac{2M}{3}\cdot\frac{F}{M}$$

約去 $M$ 得

$$\boxed{T=\frac{2F}{3}}$$

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方法二：取拉力端前段分析

拉力端到該位置的前段長度為 $L/3$，其質量為

$$m_{\text{前段}}=\frac{M}{3}$$

對前段繩子而言，向右的外力為 $F$，向左的張力為 $T$，所以

$$F-T=\frac{M}{3}a$$

代入 $a=F/M$：

$$F-T=\frac{M}{3}\cdot\frac{F}{M} =\frac{F}{3}$$

因此

核心觀念

1. 庫侖定律（Coulomb's Law）與電場疊加原理（Superposition Principle）：
   點電荷 $q$ 在距離 $r$ 處產生的電場為 $\vec{E} = \frac{kq}{r^2}\hat{r}$。空間中多個點電荷建立的總電場為各點電荷電場的向量和：

$$\vec{E}_{\text{net}} = \sum \vec{E}_i$$

2. 電偶極矩（Electric Dipole Moment）：
   由帶電量 $+q$ 與 $-q$、相距 $d = 2a$ 所構成的電偶極，其電偶極矩定義為由負電荷指向正電荷的向量：

$$\vec{p} = q\vec{d} = 2qa\,\hat{x}$$

3. 遠距離近似（Binomial Approximation）：
   當 $|x| \gg a$（即 $\frac{a}{|x|} \ll 1$）時，利用二項式展開取至一階近似：

$$(1 \pm u)^{-2} \approx 1 \mp 2u \quad (|u| \ll 1)$$

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解題方法

1. 物理定律列式

設正電荷 $+q$ 位於 $x = a$，負電荷 $-q$ 位於 $x = -a$。觀察點位於 $x$ 軸上，考慮 $x > a$ 且 $x \gg a$ 的區域：

• 正電荷 $+q$ 產生的電場方向朝向 $+x$（排斥）：

$$\vec{E}_+ = \frac{kq}{(x - a)^2}\hat{x}$$

• 負電荷 $-q$ 產生的電場方向朝向 $-x$（吸引）：

$$\vec{E}_- = -\frac{kq}{(x + a)^2}\hat{x}$$

2. 代數化簡與泰勒展開

總電場為兩者疊加：

$$\vec{E} = \vec{E}_+ + \vec{E}_- = kq\left[ \frac{1}{(x - a)^2} - \frac{1}{(x + a)^2} \right]\hat{x}$$

提出公因式 $\frac{1}{x^2}$：

$$\vec{E} = \frac{kq}{x^2}\left[ \left(1 - \frac{a}{x}\right)^{-2} - \left(1 + \frac{a}{x}\right)^{-2} \right]\hat{x}$$

由於 $x \gg a$，代入近似式 $(1 - \frac{a}{x})^{-2} \approx 1 + \frac{2a}{x}$ 以及 $(1 + \frac{a}{x})^{-2} \approx 1 - \frac{2a}{x}$：

$$\vec{E} \approx \frac{kq}{x^2}\left[ \left(1 + \frac{2a}{x}\right) - \left(1 - \frac{2a}{x}\right) \right]\hat{x} = \frac{kq}{x^2}\left( \frac{4a}{x} \right)\hat{x} = \frac{4kqa}{x^3}\hat{x}$$

當 $x < -a$（$|x| \gg a$）時，由於負電荷較近（吸引朝 $+x$ 方向）、正電荷較遠（排斥朝 $-x$ 方向），合成電場方向同樣沿 $+\hat{x}$ 方向，大小為 $\frac{4kqa}{|x|^3}$。

3. 官方答案 (B) 的立論依據

在經典電磁學（如 Halliday《普通物理學》）中，電偶極之遠距離電場在兩特殊對稱位置有標準公式：

1. 軸線（Axial line，沿偶極矩 $\vec{p}$ 方向）：

$$\vec{E}_{\parallel} \approx \frac{2k\vec{p}}{r^3}$$

2. 垂直平分線（Equatorial line，中垂線）：

$$\vec{E}_{\perp} \approx -\frac{k\vec{p}}{r^3}$$

核心觀念

本題使用庫侖定律與力的向量合成：

$$F=k\frac{|q_iq_j|}{r^2}$$

其中 $k$ 為庫侖常數，$r$ 為兩電荷間距離。對 $q_1$ 而言，所受合力須滿足：

1. $x$ 方向分量為 $0$；
2. $y$ 方向分量指向 $-y$；
3. 由 $q_2$、$q_3$ 造成的電力大小與方向，必須依圖中的位置與距離判定。

解題方法

題目需要圖中下列資訊：

• $q_2$、$q_3$ 相對於 $q_1$ 的位置；
• 各電荷間的距離；
• 連線與 $x$、$y$ 軸的夾角；
• $q_3$ 的正負方向所造成的電力方向。

一般式可寫為

$$\vec F_1 = k\frac{q_1q_2}{r_{12}^3}\vec r_{12} + k\frac{q_1q_3}{r_{13}^3}\vec r_{13}.$$

題目只給

$$q_1=\frac{7}{6}q,\qquad q_2=q,$$

但未提供圖形，因此無法求出 $\vec r_{12}$ 與 $\vec r_{13}$，也就無法建立 $x$、$y$ 方向分量方程式。$q_1$ 的數值在力平衡條件中通常會約掉，但幾何位置仍是不可缺少的資料。

例如，若圖中兩個電荷對 $q_1$ 的作用力大小分別沿相反的垂直方向，且距離相同，則需有

$$k\frac{|q_1q_2|}{r^2} = k\frac{|q_1q_3|}{r^2},$$

因此

核心觀念

本題考查「變力所做的功」。當力沿物體位移方向，且力的大小隨位置 $x$ 改變時，功的定義為

$$W=\int_{x_i}^{x_f}F(x)\,dx$$

適用條件是力必須能表示為位置的函數，且物體沿 $x$ 軸由 $x_i$ 移動至 $x_f$。本題中

$$F(x)=3x^2+2x\ \mathrm{N}$$

因此不可直接使用定力公式 $W=Fd$，必須進行積分。

解題方法

物體由 $x=0$ 移動至 $x=2\ \mathrm{m}$，故

$$W=\int_0^2(3x^2+2x)\,dx$$

逐項積分：

$$\int(3x^2+2x)\,dx =3\cdot\frac{x^3}{3}+2\cdot\frac{x^2}{2} =x^3+x^2$$

代入上下限：

$$W=\left[x^3+x^2\right]_0^2$$ $$W=(2^3+2^2)-(0^3+0^2)$$ $$W=8+4=12\ \mathrm{J}$$

單位檢查：力的單位為 $\mathrm{N}$，位移的單位為 $\mathrm{m}$，因此

$$\mathrm{N}\cdot\mathrm{m}=\mathrm{J}$$

結果為正，表示此力在整個位移方向上皆做正功。

選項分析

核心觀念

本題考查：

1. 流體靜力平衡：同一連通液體中，處於同一水平面的壓力相等。
2. 液柱壓力公式：

$$P=P_0+\rho gh$$

其中 $\rho$ 為液體密度、$g$ 為重力加速度、$h$ 為液柱高度。
3. 汞的密度為水的 $13.6$ 倍：

$$\rho_{\mathrm{Hg}}=13.6\rho_{\mathrm{water}}$$

系統達到平衡後，左側水柱造成的壓力會使左側汞面下降、右側汞面上升，因此右側汞面較高。

解題方法

設左側水與汞的交界面為基準。水柱高度為

$$h_w=13.6\ \mathrm{cm}$$

左側交界面處的壓力為

$$P_L=P_{\mathrm{atm}}+\rho_wgh_w$$

在右側取與左側交界面同一水平面。由於兩側汞相通且達到靜力平衡，該水平面的壓力相等。

若右側汞面比左側汞面高 $\Delta h$，則右側汞面到該水平面的汞柱高度為 $\Delta h$，故右側該水平面壓力為

$$P_R=P_{\mathrm{atm}}+\rho_{\mathrm{Hg}}g\Delta h$$

令兩壓力相等：

$$P_{\mathrm{atm}}+\rho_wgh_w = P_{\mathrm{atm}}+\rho_{\mathrm{Hg}}g\Delta h$$

消去大氣壓與 $g$：

$$\rho_wh_w=\rho_{\mathrm{Hg}}\Delta h$$

因此

$$\Delta h = \frac{\rho_w}{\rho_{\mathrm{Hg}}}h_w = \frac{1}{13.6}(13.6\ \mathrm{cm}) = 1.0\ \mathrm{cm}$$

所以右側汞面比左側汞面高 $1\ \mathrm{cm}$。

單位檢查：

$$\frac{\mathrm{g/cm^3}}{\mathrm{g/cm^3}}\times \mathrm{cm} =\mathrm{cm}$$