國立中山大學 112 年 《物理與化學》

核心觀念

阻尼簡諧振子受到兩種主要力：

1. 回復力：方向永遠指向平衡位置
   $F_{\text{restore}}=-kx$

2. 阻尼力：方向永遠與速度相反，消耗機械能
   $F_{\text{damping}}=-b\frac{dx}{dt}$

依牛頓第二定律，

$$m\frac{d^2x}{dt^2} = -kx-b\frac{dx}{dt}$$

移項後得到阻尼簡諧振子的標準運動方程：

$$m\frac{d^2x}{dt^2} +b\frac{dx}{dt} +kx=0$$

因此正確選項為 (E)。

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解題方法

判斷這類方程式可直接檢查兩個符號：

• $kx$ 前方必須為正：代表力為 $-kx$，具有回復作用。
• $b\frac{dx}{dt}$ 前方必須為正：代表力為 $-bv$，與速度反向並消耗能量。

也可利用機械能判斷。令

$$E=\frac{1}{2}m\left(\frac{dx}{dt}\right)^2+\frac{1}{2}kx^2$$

對標準方程式

$$m\frac{d^2x}{dt^2}+b\frac{dx}{dt}+kx=0$$

兩邊乘以 $\frac{dx}{dt}$：

$$m\frac{d^2x}{dt^2}\frac{dx}{dt} +b\left(\frac{dx}{dt}\right)^2 +kx\frac{dx}{dt}=0$$

因此

$$\frac{dE}{dt} = -b\left(\frac{dx}{dt}\right)^2\leq 0$$

機械能隨時間減少，符合「阻尼」的物理意義。

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選項分析

(A) $m\frac{d^2x}{dt^2}-kx=0$

整理為

$$m\frac{d^2x}{dt^2}=kx$$

其加速度與位移同方向，表示物體受到的是「遠離平衡位置」的力，而非回復力。其特徵方程式為

$$mr^2-k=0$$

解為

$$r=\pm\sqrt{\frac{k}{m}}$$

運動呈指數增長或衰減，不是週期性的簡諧運動，且沒有阻尼項。因此錯誤。

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(B) $m\frac{d^2x}{dt^2}-kx-b\frac{dx}{dt}=0$

整理為

$$m\frac{d^2x}{dt^2} = kx+b\frac{dx}{dt}$$

其中：

核心觀念

本題考查「孤立理想氣體自由膨脹」中的熱力學第一定律、理想氣體內能與溫度的關係，以及熵變與可逆性的判斷。

自由膨脹（free expansion）是指氣體膨脹至真空中，外界壓力為零，因此氣體不對外作功。若系統為孤立系統，則氣體與外界沒有熱交換。

熱力學第一定律為

$$\Delta U=Q-W$$

其中 $W$ 代表系統對外所作的功。

對理想氣體而言，內能只與溫度有關：

$$\Delta U=nC_V\Delta T$$

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解題方法

孤立理想氣體自由膨脹具有以下條件：

1. 孤立系統，因此

$$Q=0$$

2. 膨脹至真空，外界壓力為零，因此

$$W=\int P_{\text{ext}}\,dV=0$$

代入熱力學第一定律：

$$\Delta U=Q-W=0-0=0$$

又因為理想氣體的內能只與溫度有關，

$$\Delta U=nC_V\Delta T=0$$

所以

$$\Delta T=0$$

也就是說，理想氣體自由膨脹後溫度不變，並不會變冷。

另一方面，氣體由有限體積膨脹至較大體積，且過程不可逆。對理想氣體而言，初、末狀態的熵變可用任意一條連接兩狀態的可逆路徑計算：

$$\Delta S=nC_V\ln\frac{T_2}{T_1}+nR\ln\frac{V_2}{V_1}$$

由於 $T_2=T_1$，因此

$$\Delta S=nR\ln\frac{V_2}{V_1}$$

若為膨脹，則 $V_2>V_1$，所以

$$\Delta S>0$$

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選項分析

(A) The gas gets cooler.

錯誤。

由於自由膨脹時 $Q=0$ 且 $W=0$，所以

$$\Delta U=0$$

理想氣體的內能只取決於溫度，因此 $\Delta T=0$。氣體溫度維持不變，並非變冷。

因此本選項是本題要求選出的錯誤敘述。

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核心觀念

本題考查帶電粒子在均勻磁場中的運動，以及磁力是否做功。

帶電粒子受到的磁力為

$$\vec{F}=q\vec{v}\times\vec{B}$$

其中 $q$ 為電荷量、$\vec{v}$ 為速度、$\vec{B}$ 為磁場。題目指出磁場方向垂直於電子運動方向，因此

$$F=|q|vB$$

磁力方向同時垂直於速度方向與磁場方向，因此磁力與位移方向垂直，不做功。

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解題方法

磁力所做的功率為

$$P=\vec{F}\cdot\vec{v}$$

由於 $\vec{F}\perp\vec{v}$，所以

$$P=0$$

因此磁力不改變電子的動能：

$$W=\Delta K=0$$

故電子的速率與動能均保持不變。磁力只改變速度的方向，使電子作圓周運動。

由牛頓第二定律，

$$F=ma$$

代入磁力大小：

$$|q|vB=ma$$

得到加速度大小

$$a=\frac{|q|vB}{m}$$

雖然 $v$、$B$ 與 $m$ 均為定值，使加速度大小保持不變，但加速度方向始終指向圓心。電子運動時速度方向持續改變，因此加速度向量也持續改變。

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選項分析

(A) Its speed.

錯誤。磁力與速度垂直，不做功，不能改變電子的動能。由

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

可知動能不變時，速率 $v$ 也不變。

核心觀念

本題考查光子的能量與頻率、波長及質量之間的關係。光子能量由 Planck 關係式表示：

$$E=h\nu$$

其中：

• $E$：光子能量
• $h$：Planck 常數
• $\nu$：光子頻率

又因為光速關係式為：

$$c=\lambda \nu$$

所以：

$$\nu=\frac{c}{\lambda}$$

代入可得：

$$E=h\frac{c}{\lambda}=\frac{hc}{\lambda}$$

因此，光子能量與頻率成正比，與波長成反比。

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解題方法

直接利用光子能量公式：

$$E=h\nu=\frac{hc}{\lambda}$$

判斷：

1. 能量是否與頻率成正比。
2. 能量是否與波長成反比。
3. 「光子質量」是否是光子能量的決定因素。

在現代物理的標準定義中，光子的靜止質量為零：

$$m_0=0$$

光子不能處於靜止狀態，且其能量主要由頻率決定：

$$E=h\nu$$

因此不能把光子能量理解成由一般粒子的質量關係 $E=mc^2$ 所決定。

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選項分析

(A) It is proportional to the photon frequency.

正確。

由：

$$E=h\nu$$

因為 $h$ 為常數，所以：

$$E\propto \nu$$

光子頻率越高，能量越大。例如紫外線的頻率高於可見光，因此單一紫外線光子的能量也較高。

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(B) It is inversely proportional to the photon wavelength.

正確。

由：

$$E=\frac{hc}{\lambda}$$

因為 $h$ 與 $c$ 都是常數，所以：

$$E\propto \frac{1}{\lambda}$$

核心觀念

本題考查二維完全非彈性碰撞中的「動量守恆」。

兩車碰撞後黏在一起運動，因此碰撞屬於完全非彈性碰撞。碰撞時間很短，可忽略外力衝量，故東、西方向與南、北方向的動量分量分別守恆：

$$\vec p_{\text{碰撞前}}=\vec p_{\text{碰撞後}}$$

動量定義為：

$$\vec p=m\vec v$$

由於兩車行進方向互相垂直，必須使用向量分量及畢氏定理計算合速度，不能直接以一維碰撞公式處理。

解題方法

設定東方為 $x$ 軸正方向，北方為 $y$ 軸正方向。

1. 計算碰撞前的動量分量

卡車向東行駛：

$$p_x=(2000\ \mathrm{kg})(10\ \mathrm{m/s}) =20000\ \mathrm{kg\cdot m/s}$$

汽車向北行駛：

$$p_y=(1000\ \mathrm{kg})(15\ \mathrm{m/s}) =15000\ \mathrm{kg\cdot m/s}$$

碰撞後兩車合而為一，總質量為：

$$M=1000+2000=3000\ \mathrm{kg}$$

2. 由動量守恆求碰撞後速度分量

東方向：

$$Mv_x=p_x$$ $$v_x=\frac{20000}{3000} =6.67\ \mathrm{m/s}$$

北方向：

$$Mv_y=p_y$$ $$v_y=\frac{15000}{3000} =5.00\ \mathrm{m/s}$$

因此碰撞後殘骸的速度向量為：

$$\vec v=(6.67\hat i+5.00\hat j)\ \mathrm{m/s}$$

3. 計算速度大小

$$v=\sqrt{v_x^2+v_y^2}$$ $$v=\sqrt{(6.67)^2+(5.00)^2} \approx 8.33\ \mathrm{m/s}$$

取適當有效數字：

$$v\approx 8.3\ \mathrm{m/s}$$

因此選擇 (B)。

碰撞後方向亦可由：

$$\tan\theta=\frac{v_y}{v_x} =\frac{5.00}{6.67}$$

得到：

$$\theta\approx36.9^\circ$$

核心觀念

本題考查理想彈簧振子的簡諧運動。當質量為 $m$ 的物體連接彈簧，且彈簧符合虎克定律時：

$$F=-kx$$

其中 $k$ 為彈簧常數，負號表示恢復力方向始終指向平衡位置。

由牛頓第二定律：

$$m\frac{d^2x}{dt^2}=-kx$$

可得角頻率：

$$\omega=\sqrt{\frac{k}{m}}$$

因此振盪頻率為：

$$f=\frac{\omega}{2\pi} =\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{k}{m}}$$

可見，在理想簡諧運動中，頻率只由彈簧常數 $k$ 與質量 $m$ 決定，與振幅無關。

解題方法

題目第一次將物體由平衡位置拉開 $x$ 後釋放，振幅為 $x$，振盪頻率為 $f$。

第二次由平衡位置拉開 $2x$ 後釋放，振幅變為 $2x$，但質量 $m$ 與彈簧常數 $k$ 均未改變，因此：

$$f'=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{k}{m}}=f$$

振幅加倍只會使最大位移與最大速度改變，不會改變理想彈簧振子的週期與頻率。

因此：

$$\boxed{f'=f}$$

選項分析

• (A) $f/2$：錯誤。
  此選項將頻率誤認為與振幅成反比。理想彈簧振子的頻率不依賴振幅，因此不會變成 $f/2$。

• (B) $f$：正確。
  由

核心觀念

兩個振幅、波數與角頻率相同，但傳播方向相反的簡諧波疊加後，會形成駐波。

利用三角恆等式

$$\cos(\alpha+\beta)+\cos(\alpha-\beta) =2\cos\alpha\cos\beta$$

可將兩波合成為駐波形式：

$$y=2A\cos(kx)\cos(\omega t)$$

其中：

• $A=3.0\ \mathrm{cm}$
• $k$ 為波數
• $\omega$ 為角頻率

駐波的「節點」是振幅永遠為零的位置，因此必須滿足空間因子為零。

解題方法

題目給出

$$y_1=(3.0\ \mathrm{cm}) \cos\frac{\pi}{2}\left[(2.0\ \mathrm{m}^{-1})x+(5.0\ \mathrm{s}^{-1})t\right]$$ $$y_2=(3.0\ \mathrm{cm}) \cos\frac{\pi}{2}\left[(2.0\ \mathrm{m}^{-1})x-(5.0\ \mathrm{s}^{-1})t\right]$$

先整理兩波的相位：

$$y_1=(3.0\ \mathrm{cm}) \cos\left(\pi x+\frac{5\pi}{2}t\right)$$ $$y_2=(3.0\ \mathrm{cm}) \cos\left(\pi x-\frac{5\pi}{2}t\right)$$

因此合成波為

$$\begin{aligned} y&=y_1+y_2\\ &=(3.0\ \mathrm{cm}) \left[ \cos\left(\pi x+\frac{5\pi}{2}t\right) +\cos\left(\pi x-\frac{5\pi}{2}t\right) \right]\\ &=(6.0\ \mathrm{cm})\cos(\pi x) \cos\left(\frac{5\pi}{2}t\right) \end{aligned}$$

其中 $x$ 的單位為公尺。

節點位置必須使空間因子為零：

$$\cos(\pi x)=0$$

因此

$$\pi x=\left(n+\frac12\right)\pi \qquad (n=0,1,2,\ldots)$$

得到

$$x=n+\frac12\ \mathrm{m}$$

最小的非負位置為

$$x=\frac12\ \mathrm{m}=50\ \mathrm{cm}$$

所以第一個節點位於 $50\ \mathrm{cm}$ 處。

以波長快速判斷

由相位中的空間項可得波數

核心觀念

帶電量 $+q$ 均勻分布在球面上，可視為帶電球殼。由球對稱性，球面外部距球心 $r$ 處的電場大小為

$$E(r)=\frac{kq}{r^2}$$

其中 $k$ 為庫侖常數。題目中的「球面電場」採用球面外側的電場值。

解題方法

原球直徑為 $D$，半徑為

$$R_1=\frac{D}{2}$$

因此原本球面外側的電場為

$$E=\frac{kq}{R_1^2} =\frac{kq}{(D/2)^2}$$

當直徑變為 $2D$ 時，新半徑為

$$R_2=\frac{2D}{2}=D=2R_1$$

電量 $q$ 不變，因此新電場為

$$E'=\frac{kq}{R_2^2} =\frac{kq}{(2R_1)^2} =\frac{1}{4}\frac{kq}{R_1^2} =\frac{E}{4}$$

所以球的直徑加倍，半徑也加倍；根據反平方定律，電場變為原來的四分之一。

選項分析

• (A) $E$：錯誤。
  此選項表示電場不受球半徑影響，但由 $E\propto 1/R^2$ 可知半徑改變會使電場改變。

核心觀念

本題考查電感器儲存能量的公式。當電流通過電感時，電感會產生自感電動勢，阻礙電流的變化。電感兩端電壓與電流變化率的關係為

$$V_L=L\frac{dI}{dt}$$

其中 $L$ 為電感值，單位為亨利（H）。

電流由 $0$ 增加至 $I$ 的過程中，電源所提供的能量會儲存在電感的磁場中。

解題方法

瞬時功率為

$$P=VI$$

對理想電感而言，

$$V=L\frac{dI}{dt}$$

因此瞬時功率為

$$P=LI\frac{dI}{dt}$$

在電流由 $0$ 增加至最終值 $I$ 的過程中，電源供給的總能量為

$$W=\int P\,dt$$

代入功率公式：

$$W=\int LI\frac{dI}{dt}\,dt$$

由於

$$\frac{dI}{dt}\,dt=dI$$

可得

$$W=\int_0^I LI\,dI$$

若 $L$ 為定值：

$$W=L\int_0^I I\,dI$$ $$W=L\left[\frac{I^2}{2}\right]_0^I$$

因此

$$\boxed{W=\frac{1}{2}LI^2}$$

這就是電感儲存在磁場中的能量。

選項分析

• (A) $\frac{1}{2}LI^2$：正確

電感由零電流增加至 $I$ 時，所儲存的磁場能量為

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

因此電源供給的總能量為 $\frac{1}{2}LI^2$。

• (B) $LI^2$：錯誤

核心觀念

本題考查平面鏡成像與兩平行鏡間的多重反射。

平面鏡成像特性：

• 像與物到鏡面的距離相等。
• 物體在鏡前，所成虛像位於鏡後。
• 兩面平行鏡會使物體經過反覆反射，形成一系列虛像。

設鏡 1 在左側、鏡 2 在右側，兩鏡距離為 $\ell$。物體 $O$ 距離鏡 1 為

$$\frac{\ell}{3}$$

因此物體距離鏡 2 為

$$\ell-\frac{\ell}{3}=\frac{2\ell}{3}.$$

解題方法

第一個最靠近鏡 1 的像，是物體直接在鏡 1 中形成的像，距離鏡 1 為

$$\frac{\ell}{3}.$$

接著考慮物體先在鏡 2 反射：

• 物體距離鏡 2 為 $\frac{2\ell}{3}$。
• 因此物體在鏡 2 後方所成的像，位於鏡 2 後方 $\frac{2\ell}{3}$。
• 此像相對於鏡 1 的位置距離為

$$\ell+\frac{2\ell}{3}=\frac{5\ell}{3}.$$

這個位於鏡 1 前方延長線上的像，會再經鏡 1 反射，形成鏡 1 後方的虛像。因此，第二靠近鏡 1 的像距離為

$$\boxed{\frac{5\ell}{3}}.$$

也可將鏡 1 後方的像位置寫成

$$\frac{\ell}{3},\quad 2\ell-\frac{\ell}{3},\quad 2\ell+\frac{\ell}{3},\ldots$$

前兩個距離即為

核心觀念

放射性衰變遵循一級反應動力學。尚未衰變的原子核數目為 $N$，衰變常數為 $\lambda$，則衰變速率與尚未衰變的原子核數目成正比：

$$-\frac{dN}{dt}=\lambda N$$

其中：

• $\frac{dN}{dt}$ 表示未衰變原子核數目的變化率，因此數值為負。
• $-\frac{dN}{dt}$ 表示放射性衰變的速率，數值為正。
• $\lambda$ 為衰變常數，代表單一原子核在單位時間內發生衰變的機率。

積分後得到放射性衰變定律：

$$N=N_0e^{-\lambda t}$$

半衰期與衰變常數的關係為：

$$t_{1/2}=\frac{\ln 2}{\lambda}$$

因此，半衰期越長，衰變常數越小；半衰期是該放射性核種的固定特性，不會隨時間改變。

解題方法

直接利用放射性衰變基本定律判斷各敘述：

$$-\frac{dN}{dt}=\lambda N$$

可知衰變速率的大小與尚未衰變物質的數量 $N$ 成正比。尚未衰變的原子核越多，單位時間內發生衰變的原子核數目越多；隨著 $N$ 減少，衰變速率也會逐漸降低。

因此依照題目官方答案，選擇與此定律相符的 (A)。

選項分析

(A) The rate of decay $\left(\frac{dN}{dt}\right)$ is proportional to the number of undecayed substance.

正確。

放射性衰變的基本方程為：

$$-\frac{dN}{dt}=\lambda N$$

所以衰變速率的大小 $-\frac{dN}{dt}$ 與尚未衰變物質的數量 $N$ 成正比。題目將衰變速率寫成 $\frac{dN}{dt}$，此處採用的是「衰變速率大小」的慣用表達，因此官方答案判定為正確。

(B) The rate of decay $\left(\frac{dN}{dt}\right)$ is proportional to the half-life of the undecayed substance.

錯誤。

核心觀念

本題考查「位能與保守力的關係」。若粒子的位能為 $U(x)$，則作用力由位能對位置的負導數給出：

$$F_x=-\frac{dU}{dx}$$

負號表示力的方向總是使系統朝位能降低的方向運動。

題目給定：

$$U(x)=ax^4$$

其中 $a=1.43\ \mathrm{J/m^4}$。

解題方法

先對位能函數微分：

$$\frac{dU}{dx}=\frac{d}{dx}(ax^4)=4ax^3$$

因此力為：

$$F_x=-4ax^3$$

代入 $a=1.43\ \mathrm{J/m^4}$、$x=-0.78\ \mathrm{m}$：

$$F_x=-4(1.43)(-0.78)^3$$

計算：

$$(-0.78)^3=-0.474552\ \mathrm{m^3}$$

所以：

$$F_x=-4(1.43\ \mathrm{J/m^4})(-0.474552\ \mathrm{m^3})$$ $$F_x=2.72\ \mathrm{J/m}$$

由於：

$$1\ \mathrm{J/m}=1\ \mathrm{N}$$

故：

$$F_x\approx 2.7\ \mathrm{N}$$

力為正值，表示方向沿 $+x$ 軸，即向右。

粒子位於 $x=-0.78\ \mathrm{m}$ 的左側，而力指向正 $x$ 方向，因此也可描述為「朝向原點」。

選項分析

核心觀念

本題考查真空中平面電磁波的基本性質：

1. $\vec{E}$ 與 $\vec{B}$ 均為橫波，皆垂直於傳播方向。
2. $\vec{E}$、$\vec{B}$ 與傳播方向彼此互相垂直。
3. 真空中的電磁波滿足
   $v=c=\frac{\omega}{k}=\frac{1}{\sqrt{\varepsilon_0\mu_0}}$
4. 電場與磁場同相位，且振幅滿足
   $E_0=cB_0$
5. 若電場方向固定，電場端點只沿固定方向振盪，稱為線性偏振。

題目給出的相位形式為

$$E(x,t)=E_0\sin(kx-\omega t)$$ $$B(x,t)=B_0\sin(kx-\omega t+\phi)$$

其中相位因子 $kx-\omega t$ 代表波沿 $+x$ 方向傳播。

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解題方法

直接套用真空平面電磁波的三項基本關係：

1. 波速與角頻率、波數的關係

波的相速度為

$$v=\frac{\omega}{k}$$

真空中電磁波速率為光速 $c$，因此

$$\frac{\omega}{k}=c$$

故正確關係是

$$\omega=ck$$

而不是 $\omega k=c$。

2. 電場與磁場的振幅關係

真空電磁波滿足

$$E_0=cB_0$$

因此

$$\frac{B_0}{E_0}=\frac{1}{c}$$

又因為

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

所以

$$\frac{B_0}{E_0} =\sqrt{\varepsilon_0\mu_0}$$

3. 電場與磁場的相位關係

對沿 $+x$ 方向傳播的平面電磁波，$\vec{E}$ 與 $\vec{B}$ 同相位，因此

$$\phi=0$$

若磁場方向定義與標準方向相反，向量表示可能出現 $\phi=\pi$ 的等價寫法；但不會是 $\pi/2$。

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選項分析

(A) $B_0/E_0=c=1/\sqrt{\varepsilon_0\mu_0}$

錯誤。

正確的振幅關係為

$$E_0=cB_0$$

所以

$$\frac{B_0}{E_0}=\frac{1}{c}$$

而不是 $c$。此外，

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

不是 $1/\sqrt{\varepsilon_0\mu_0}$。

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(B) The directions of $\vec{E}$ and $\vec{B}$ are arbitrary once they are perpendicular to $x$.

錯誤。

雖然 $\vec{E}$ 與 $\vec{B}$ 都必須垂直於傳播方向 $x$ 軸，但兩者之間也必須互相垂直，並且滿足

$$\vec{E}\times\vec{B}$$

核心觀念

全反射（total internal reflection, TIR）發生必須同時滿足兩個條件：

1. 光線由折射率較大的介質射向折射率較小的介質，即 $n_1>n_2$。
2. 入射角大於臨界角 $\theta_c$。

由史涅耳定律：

$$n_1\sin\theta_1=n_2\sin\theta_2$$

當折射角 $\theta_2=90^\circ$ 時，入射角即為臨界角，因此：

$$n_1\sin\theta_c=n_2$$ $$\sin\theta_c=\frac{n_2}{n_1}$$

當 $\theta_1>\theta_c$ 時，折射光無法存在，只剩下反射光，形成全反射。

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解題方法

逐一檢查各選項是否符合全反射的必要條件與常見應用：

• 光線必須由高折射率介質射向低折射率介質。
• 入射角必須大於臨界角。
• 水面在水中可呈現鏡面反射效果。
• 光纖利用全反射傳輸光訊號。
• 偏光片的主要原理並非全反射。

因此，錯誤敘述為將全反射直接視為偏光片製作原理的選項。

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選項分析

(A) It cannot occur when the incident light is in the medium of lower index of refraction.

正確。

全反射必須由高折射率介質射向低折射率介質，即 $n_1>n_2$。若入射光位於低折射率介質，則：

$$n_1<n_2$$

根據史涅耳定律，折射光仍可進入高折射率介質，不會因入射角增加而產生全反射。

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(B) Total internal reflection occurs for rays with their incident angles greater a critical angle.

正確。

嚴格而言，入射角大於臨界角時才會發生全反射：

$$\theta_i>\theta_c$$

在 $\theta_i=\theta_c$ 時，折射光沿著兩介質界面傳播，折射角為 $90^\circ$，尚未形成全反射。因此題目中的 “greater a critical angle” 應理解為 “greater than a critical angle”，敘述符合全反射條件。

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**(C) It explains the phenomenon that the water-to-air interface looks like a mirror when an observer is

核心觀念

本題考查量子力學中波函數 $\psi(x,t)$ 的物理意義，以及位置與動量資訊的表示方式。

在一維量子系統中，波函數本身通常沒有直接可觀測的物理意義；其絕對值平方

$$|\psi(x,t)|^2$$

代表粒子在時間 $t$ 出現在位置 $x$ 附近的機率密度。若波函數已正規化，則必須滿足

$$\int_{-\infty}^{\infty}|\psi(x,t)|^2\,dx=1.$$

因此，粒子出現在區域 $a<x<b$ 的機率為

$$P(a<x<b)=\int_a^b |\psi(x,t)|^2\,dx.$$

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解題方法

判斷各選項是否符合量子力學的基本定義：

1. 檢查 $|\psi|^2$ 是否代表位置機率密度。
2. 判斷波函數是否能由單次或一系列測量直接決定。
3. 判斷波函數是否包含動量資訊。
4. 依各選項真偽判斷 D、E。

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選項分析

(A) 正確

題目敘述：

The probability of finding the particle in region $x\in(a,b)$ is $\int_a^b dx\,|\psi(x,t)|^2$.

由 Born probability interpretation，$|\psi(x,t)|^2$ 是位置機率密度，所以區間 $(a,b)$ 內的機率為

$$P(a<x<b)=\int_a^b dx\,|\psi(x,t)|^2.$$

此式成立的前提是 $\psi(x,t)$ 已正規化。若波函數尚未正規化，則應先將其正規化，再使用此公式。依標準量子力學題目的慣例，波函數視為已正規化，因此本選項正確。

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(B) 錯誤

波函數描述的是量子系統的狀態，無法藉由對單一粒子進行一系列測量，直接完整決定其精確形式。

量子測量通常會使波函數發生投影或坍縮。例如對位置進行測量後，粒子的位置被測得，但原本的完整波函數資訊不會因此全部被讀出。

核心觀念

本題考查「滴定法與分析對象的配對」。

鈣離子 $\ce{Ca^{2+}}$ 可與具有多個配位基的螯合劑形成穩定、比例明確的錯合物，因此常用**錯合滴定法（complexometric titration）**測定其濃度。最常使用的滴定劑為乙二胺四乙酸（EDTA）。

EDTA 的完全去質子化形式可表示為 $\ce{Y^{4-}}$，與鈣離子的主要反應為：

$$\ce{Ca^{2+} + Y^{4-} -> CaY^{2-}}$$

反應的化學計量比為：

$$n(\ce{Ca^{2+}}):n(\ce{EDTA})=1:1$$

因此，根據消耗的 EDTA 體積與濃度，即可計算樣品中 $\ce{Ca^{2+}}$ 的濃度。

解題方法

判斷滴定法時，先看待測物質的化學性質：

• 若測定酸或鹼，使用酸鹼滴定。
• 若測定氧化劑或還原劑，使用氧化還原滴定。
• 若測定金屬離子與配位劑形成錯合物的反應，使用錯合滴定。
• 離子強度通常是由溶液中各離子的濃度與電荷計算，不是以「離子強度滴定」作為一般定量方法。

$\ce{Ca^{2+}}$ 是金屬陽離子，能與 EDTA 形成穩定錯合物：

$$\ce{Ca^{2+} + EDTA -> Ca-EDTA\ complex}$$

實際分析時須控制適當的酸鹼度，使 EDTA 具有足夠的配位能力，並可配合金屬指示劑觀察終點。若以 $c_{\ce{EDTA}}$ 表示 EDTA 濃度、$V_{\ce{EDTA}}$ 表示消耗體積，則：

$$n(\ce{Ca^{2+}})=n(\ce{EDTA}) =c_{\ce{EDTA}}V_{\ce{EDTA}}$$

若樣品體積為 $V_{\text{sample}}$，則：

$$[\ce{Ca^{2+}}] = \frac{c_{\ce{EDTA}}V_{\ce{EDTA}}} {V_{\text{sample}}}$$

體積必須使用相同單位，常見作法是全部換算為 $\mathrm{L}$。

選項分析

(A) Acidity Titration

Acidity titration 為酸度滴定，主要利用酸與鹼的中和反應，例如：

$$\ce{H+ + OH- -> H2O}$$

此方法適合測定酸性物質或溶液的酸度，待測重點是 $\ce{H+}$ 或可中和酸的量。$\ce{Ca^{2+}}$ 本身不是以酸鹼中和反應作為主要定量依據，因此此選項錯誤。

(B) Alkalinity Titration

核心觀念

本題考查含氮雜環化合物的命名與分子結構。字首可直接判斷環中氮原子的數目：

• di-：2 個
• tri-：3 個
• tetra-：4 個

「-azine」通常表示具有六元芳香性含氮雜環骨架的化合物。因此，題目要求的是「具有四個氮原子的環狀有機化合物」。

解題方法

逐一依照化合物名稱判斷環中氮原子數：

• Tetrazine：tetra- 表示 4 個氮原子
• Diazine：di- 表示 2 個氮原子
• Triazine：tri- 表示 3 個氮原子
• Benzene：苯環中沒有氮原子

Tetrazine 的基本分子式為 $\ce{C2H2N4}$，是一種六元芳香性含氮雜環，環內包含 4 個氮原子與 2 個碳原子。

其環狀骨架可概念表示為：

$$\text{六元環} = 4\text{ 個 N} + 2\text{ 個 C}$$

因此符合題目所描述的「cyclic organic compound with four nitrogen atoms」。

選項分析

(A) Tetrazine

核心觀念

本題考查：

1. 分子對稱性與 NMR 訊號數目的關係。
2. $^1\mathrm{H}$ NMR 中化學環境相同的氫會合併成同一訊號。
3. $^{13}\mathrm{C}$ NMR 中化學環境相同的碳會合併成同一訊號。
4. 判斷訊號裂分：芳香環上的氫若彼此無明顯鄰位耦合，可呈 singlet；苯環外的乙基則通常會出現 quartet 與 triplet。

所有選項皆為 $\ce{C10H14}$ 的芳香族化合物異構物，關鍵在於比較其對稱性及氫、碳的化學環境數目。

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解題方法

先觀察每個結構的：

• 芳香環上氫的位置與彼此是否等效；
• 甲基或乙基是否具有不同化學環境；
• 苯環碳與取代基碳可分成幾類。

要符合題目，必須同時滿足：

• $^1\mathrm{H}$ NMR 只有兩個訊號，而且兩者皆為 singlet；
• $^{13}\mathrm{C}$ NMR 只有三個訊號。

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選項分析

(A)

(A) 為不具足夠對稱性的四甲基苯異構物。

雖然部分甲基可能因對稱性而合併，但苯環上的兩個氫位於可產生芳香環內耦合的位置，通常會形成 doublet 或其他裂分訊號，而不是單純的 singlet。

此外，其苯環碳與甲基碳至少可分成多種不同化學環境，$^{13}\mathrm{C}$ NMR 不會只有三個訊號。

因此 (A) 錯誤。

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(B)

(B) 為另一種四甲基苯異構物。苯環上的兩個氫彼此相鄰，會有明顯的鄰位氫—氫耦合，因此芳香氫訊號會裂分成 doublet，而不是 singlet。

其碳原子也不只具有三種化學環境，所以不符合題目條件。

因此 (B) 錯誤。

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(C)

(C) 為對位二乙基苯。

乙基中的 $\ce{CH2}$ 與 $\ce{CH3}$ 會互相耦合：

• $\ce{CH2}$ 通常呈 quartet；
• $\ce{CH3}$ 通常呈 triplet。

核心觀念

聚丙烯（polypropylene, PP）是由丙烯（propene）單體聚合而成的加成型聚合物。丙烯的碳碳雙鍵打開後，單體彼此以新的碳—碳單鍵連接，形成長鏈主鏈。

聚合反應可表示為：

$$n\,\ce{CH2=CH-CH3} \longrightarrow \ce{[-CH2-CH(CH3)-]_{n}}$$

反應中，$\ce{C=C}$ 雙鍵的 $\pi$ 鍵被打開，形成新的 $\ce{C-C}$ σ 鍵。因此，沿著 PP 主鏈連接各個單體的鍵是共價鍵（covalent bonds）。

解題方法

判斷關鍵在於區分：

• 聚合物主鏈內部的連接：屬於單體間形成的化學鍵。
• 不同聚合物鏈之間的作用力：多屬於分子間作用力。

PP 的重複單元為：

$$\ce{-CH2-CH(CH3)-}$$

相鄰重複單元之間以 $\ce{C-C}$ 共價鍵相連。共價鍵是原子間共享電子所形成的強化學鍵，正是加成聚合後維持聚合物主鏈結構的主要鍵結。

因此，官方答案為 (C) Covalent bonds。

選項分析

(A) Ionic bonds，離子鍵

錯誤。離子鍵通常形成於正、負離子之間，例如 $\ce{Na+}$ 與 $\ce{Cl-}$ 的靜電吸引。PP 主要由碳、氫組成，分子中沒有形成規則正負離子排列，因此單體並非以離子鍵連接。

(B) Hydrogen bonds，氫鍵

核心觀念

本題考查胺基酸「側鏈」在生理條件下的酸鹼性與電荷。

生理條件通常指 pH 約為 $7.4$。判斷側鏈電荷時，需比較環境 pH 與側鏈官能基的 $\mathrm{p}K_a$：

• 對鹼性側鏈：若 $\mathrm{pH}<\mathrm{p}K_a$，較容易接受質子，主要呈質子化且帶正電。
• 對酸性側鏈：若 $\mathrm{pH}>\mathrm{p}K_a$，較容易失去質子，主要呈去質子化且帶負電。
• 中性側鏈在生理 pH 下通常不帶電。

本題問的是「側鏈」電荷，不是整個胺基酸分子的淨電荷。

解題方法

逐一辨認各胺基酸的側鏈官能基：

1. Alanine：$\ce{-CH3}$，為非極性烷基，不會在生理 pH 下電離。
2. Asparagine：$\ce{-CH2-CONH2}$，為醯胺，通常不帶電。
3. Glutamine：$\ce{-CH2-CH2-CONH2}$，為醯胺，通常不帶電。
4. Aspartate：$\ce{-CH2-COOH}$，為羧酸側鏈，在生理 pH 下失去質子，呈 $\ce{-COO^-}$。
5. Arginine：含胍基，側鏈的共軛酸 $\mathrm{p}K_a$ 約為 $12.5$；在 pH $7.4$ 下主要維持質子化狀態，帶正電。

以 Arginine 為例，鹼性胍基可表示為：

$$\ce{R-NH-C(=NH2+)-NH2 <=> R-NH-C(=NH)-NH2 + H+}$$

其中左側為質子化的胍鎓離子，帶有正電荷。由於：

$$\mathrm{pH}=7.4<\mathrm{p}K_a\approx 12.5$$

因此質子化形式占絕大多數，Arginine 的側鏈在生理條件下帶正電。

更具體地，對鹼性基團使用：

$$\mathrm{pH}=\mathrm{p}K_a+\log\frac{[\text{去質子化型}]}{[\text{質子化型}]}$$

所以：

$$\frac{[\text{去質子化型}]}{[\text{質子化型}]} =10^{7.4-12.5} \approx 8\times10^{-6}$$

表示幾乎所有 Arginine 側鏈都處於帶正電的質子化狀態。