2025 DSE 物理 答案詳解與評分準則

首先求波長：\(\lambda = \frac{v}{f} = \frac{12}{10} = 1.2\text{ m}\)。相位差 \(\Delta \phi\) 由下式給出：\(\Delta \phi = \frac{\Delta x}{\lambda} \times 2\pi = \frac{0.6}{1.2} \times 2\pi = \pi\text{ rad}\)。

選擇正確選項 (C) 獲 1 分。正確計算出波長 (1.2 m) 及相位差 (pi rad)。

弦線上的波速為 \(v = \sqrt{T/\mu}\)。當張力 \(T\) 增至四倍時，波速變為 \(v' = 2v\)。起初，\(f_3 = 3 f_1 = 3 \frac{v}{2L}\)，即 \(f_1 = \frac{1}{3}f_3\)。在新的波速 \(v'\) 下，新的基頻為 \(f_1' = \frac{v'}{2L} = \frac{2v}{2L} = 2 f_1 = \frac{2}{3} f_3\)。

選擇正確選項 (C) 獲 1 分。利用波速與張力的關係以及固定弦線的頻率公式直接推導。

當 \(S\) 斷開時，總電阻為 \(R_{\text{open}} = (R \parallel R) + R = 0.5R + R = 1.5R\)。當 \(S\) 閉合時，第三個電阻器被短路，因此 \(R_{\text{closed}} = R \parallel R = 0.5R\)。其比值為 \(\frac{R_{\text{open}}}{R_{\text{closed}}} = \frac{1.5R}{0.5R} = 3\)。

選擇正確選項 (C) 獲 1 分。正確判斷開關斷開 (1.5R) 和閉合 (0.5R) 時的電阻並計算出比值。

燈泡 \(X\) 的電阻：\(R_X = \frac{V^2}{P_X} = \frac{12^2}{24} = 6\ \Omega\)。燈泡 \(Y\) 的電阻：\(R_Y = \frac{V^2}{P_Y} = \frac{12^2}{12} = 12\ \Omega\)。串聯等效電阻為 \(R_{\text{total}} = R_X + R_Y = 18\ \Omega\)。消耗的總電功率為 \(P = \frac{V^2}{R_{\text{total}}} = \frac{12^2}{18} = 8\text{ W}\)。

選擇正確選項 (B) 獲 1 分。正確計算每個燈泡的電阻，並得出總電功率。

設三棱鏡的頂點為 \(A\) (\(30^\circ\))、\(B\) (\(90^\circ\)) 及 \(C\) (\(60^\circ\))。\(60^\circ\) 角的對邊為 \(AB\)。由於光線垂直穿入 \(AB\)，它會水平直行射向斜邊 \(AC\)。在界面 \(AC\) 上的入射角等於 \(30^\circ\)。若要發生全內反射，\(\theta_i \ge \theta_c \Rightarrow 30^\circ \ge \theta_c \Rightarrow \sin(30^\circ) \ge \frac{1}{n} \Rightarrow n \ge 2\)。因此，最小折射率為 \(2.00\)。

選擇正確選項 (D) 獲 1 分。辨識出入射角為 30 度，並正確應用臨界角公式。

設 \(u\) 和 \(v\) 分別為物距和像距。已知 \(u + v = 4.5f \Rightarrow v = 4.5f - u\)。利用透鏡公式：\(\frac{1}{u} + \frac{1}{4.5f - u} = \frac{1}{f}\)，可得 \(2u^2 - 9fu + 9f^2 = 0\)，分解因式為 \((2u - 3f)(u - 3f) = 0\)。因此，\(u = 1.5f\)（得出 \(v = 3f\), \(m = v/u = 2\)）或 \(u = 3f\)（得出 \(v = 1.5f\), \(m = v/u = 0.5\)）。

選擇正確選項 (B) 獲 1 分。列出二次方程並求解物距，進而求得相應的放大率。

感應電動勢（EMF）為 \(\mathcal{E} = B L v = 0.8 \times 0.5 \times 4 = 1.6\text{ V}\)。感應電流為 \(I = \frac{\mathcal{E}}{R} = \frac{1.6}{2} = 0.8\text{ A}\)。作用在棒上的磁力為 \(F = B I L = 0.8 \times 0.8 \times 0.5 = 0.32\text{ N}\)。

選擇正確選項 (B) 獲 1 分。使用公式 \(E = BLv\) 和 \(F = BIL\) 正確計算感應電動勢、電流和磁力。

由於磁力 \(\vec{F} = q(\vec{v} \times \vec{B})\) 始終與運動方向（速度 \(\vec{v}\)）垂直，因此磁力對質子不作功。所以，敘述 (1) 正確。由於不作功，質子的速率保持不變（敘述 2 錯誤），動能保持不變（敘述 3 正確）。

選擇正確選項 (B) 獲 1 分。正確分析磁力作功及其對速率與動能的影響。

根據開普勒第三定律，\(T^2 \propto R^3\)。已知 \(\frac{T_A}{T_B} = 8\)，我們有 \(\left(\frac{R_A}{R_B}\right)^3 = \left(\frac{T_A}{T_B}\right)^2 = 8^2 = 64 \Rightarrow \frac{R_A}{R_B} = 4\)。軌道速率公式為 \(v = \sqrt{\frac{GM}{R}}\)，因此 \(\frac{v_A}{v_B} = \sqrt{\frac{R_B}{R_A}} = \sqrt{\frac{1}{4}} = \frac{1}{2}\)。

選擇正確選項 (B) 獲 1 分。正確應用開普勒第三定律找出軌道半徑比，並使用軌道速率公式求出速率比。

輻射光子的能量由 \(\Delta E = \frac{hc}{\lambda}\) 給出。對於氫原子的能級躍遷：\(\Delta E_{3 \to 1} = E_0 \left(1 - \frac{1}{3^2}\right) = \frac{8}{9} E_0\)，且 \(\Delta E_{2 \to 1} = E_0 \left(1 - \frac{1}{2^2}\right) = \frac{3}{4} E_0\)。由於 \(\lambda \propto \frac{1}{\Delta E}\)，故其比值為 \(\frac{\lambda_1}{\lambda_2} = \frac{\Delta E_{2 \to 1}}{\Delta E_{3 \to 1}} = \frac{3/4}{8/9} = \frac{27}{32}\)。

選擇正確選項 (B) 獲 1 分。正確計算能級差和波長，進而求出準確的比值。

弦上的波速公式為 \(v = \sqrt{T/\mu}\)。當張力 \(T\) 變為四倍時，波速加倍（\(v_{new} = 2v\)）。初始頻率為第三諧音，即 \(f = 3 f_1\)，這意味著初始基頻為 \(f_1 = f/3\)。由於基頻公式為 \(f_1 = v / (2L)\)，波速加倍會使基頻加倍。因此，新的基頻為 \(2 f_1 = 2f/3\)。

選擇正確選項 B 得 1 分。方法：辨識波速、張力及諧音之間的關係以推導出比例。

對於電路 1，等效電阻 \(R_{eq1} = R + R/2 = 1.5R\)，故 \(P_1 = V^2 / (1.5R) = 2V^2 / (3R)\)。對於電路 2，等效電阻 \(R_{eq2} = (2R \times R) / (2R + R) = 2R/3\)，故 \(P_2 = V^2 / (2R/3) = 3V^2 / (2R)\)。比例為 \(P_2 / P_1 = (3/2) / (2/3) = 9/4\)。

選擇正確選項 C 得 1 分。方法：計算兩種配置的等效電阻並找出電功率比例。

玻璃與液體界面發生全內反射的臨界角 \(\theta_c\) 為 \(60^\circ\)。利用臨界條件下的折射定律：\(n_{glass} \sin \theta_c = n_{liquid}\)，得 \(1.50 \times \sin 60^\circ = n_{liquid}\)。因此，\(n_{liquid} = 1.50 \times 0.866 = 1.30\)。

選擇正確選項 C 得 1 分。方法：應用兩介質間全內反射的臨界角公式。

當線圈被拉出時，產生的感應電動勢為 \(\mathcal{E} = BLv\)。感應電流為 \(I = \mathcal{E} / R = BLv / R\)。作用於磁場內導線段的磁力為 \(F_B = I L B = B^2 L^2 v / R\)。要維持恆定速度，外部拉力必須與該磁力平衡，故 \(F_{ext} = B^2 L^2 v / R\)。

選擇正確選項 C 得 1 分。方法：結合感應電動勢、電流、磁力以及力平衡關係。

對於敘述 (1)：軌道速度 \(v = \sqrt{GM/r}\)，故 \(v_X / v_Y = \sqrt{r_Y / r_X} = 1 / \sqrt{2}\)（正確）。對於敘述 (2)：根據開普勒第三定律 \(T^2 \propto r^3\)，故 \(T_X / T_Y = (r_X / r_Y)^{3/2} = 2^{3/2} = 2\sqrt{2}\)（正確）。對於敘述 (3)：動能 \(K = \frac{1}{2}mv^2 \propto v^2\)。由於質量相同，\(K_X / K_Y = (v_X / v_Y)^2 = 1/2\)（正確）。因此，三個敘述均正確。

選擇正確選項 D 得 1 分。方法：分析軌道速度、開普勒第三定律及動能公式。

發射光子的能量等於兩能級之差：\(hf = E_i - E_f\)。對於 \(3 \to 1\) 的躍遷：\(hf_1 = -13.6 \times (1/9 - 1) = 13.6 \times 8/9\)。對於 \(2 \to 1\) 的躍遷：\(hf_2 = -13.6 \times (1/4 - 1) = 13.6 \times 3/4\)。因此，\(f_1 / f_2 = (8/9) / (3/4) = 32/27\)。

選擇正確選項 C 得 1 分。方法：應用能級躍遷公式計算光子頻率之比。

設 \(T_f\) 為最終平衡溫度。根據能量守恆：水吸收的熱量 = 金屬釋放的熱量。\(m_w c_w (T_f - T_w) = m_m c_m (T_m - T_f)\)。代入數值：\(0.20 \times 4200 \times (T_f - 20) = 0.50 \times 400 \times (80 - T_f)\)。簡化得 \(840 (T_f - 20) = 200 (80 - T_f) \implies 21(T_f - 20) = 5(80 - T_f)\)。因此，\(26 T_f = 420 + 400 = 820 \implies T_f \approx 31.5^\circ\text{C}\)。

選擇正確選項 A 得 1 分。方法：建立熱量交換方程並解出最終溫度。

功率是作功的速率。由於功率 \(P\) 為恆定值，在時間 \(t\) 內對汽車所作的功為 \(W = Pt\)。根據動能定理，因汽車由靜止出發，此功等於其動能：\(Pt = \frac{1}{2}mv^2\)。解得 \(v = \sqrt{\frac{2Pt}{m}}\)。

選擇正確選項 C 得 1 分。方法：應用恆定功率下的動能定理建立速度與時間的關係。

設東向為正 x 方向，北向為正 y 方向。初始總動量向量為 \(\vec{p} = mu\hat{i} + 2mu\hat{j}\)。總動量的大小為 \(p = \sqrt{(mu)^2 + (2mu)^2} = \sqrt{5}mu\)。由於碰撞後的總質量為 \(M = 3m\)，根據動量守恆定律，最終速度 \(v\) 滿足 \(Mv = p \implies 3mv = \sqrt{5}mu \implies v = \frac{\sqrt{5}}{3}u\)。

選擇正確選項 B 得 1 分。方法：利用二維動量守恆向量相加並除以總質量。

首先，將溫度轉換為開氏溫度：\(T_1 = 27 + 273 = 300\text{ K}\) 且 \(T_2 = 327 + 273 = 600\text{ K}\)。絕對溫度加倍。對於敘述 (1)：方均根速率與 \(\sqrt{T}\) 成正比，因此它增加 \(\sqrt{2}\) 倍，而不是 2 倍（錯誤）。對於敘述 (2)：在體積不變下，壓強 \(P \propto T\)，故壓強加倍（正確）。對於敘述 (3)：平均動能與絕對溫度 \(T\) 成正比，故動能加倍（正確）。因此，只有 (2) 和 (3) 正確。

選擇正確選項 D 得 1 分。方法：將溫度轉換為開氏標度並評估氣體分子動力論的關係。

對於陳述 (1)：在最大位移處，質點的速度為零。因此，位於 \(x = 2\text{ cm}\) 的質點瞬時靜止。陳述 (1) 正確。
對於陳述 (2)：兩個質點之間的距離為 \(0.5\lambda\)。由於波長 \(\lambda\) 的距離對應 \(2\pi\text{ rad}\) 的相差，因此 \(0.5\lambda\) 的距離對應 \(\pi\text{ rad}\)。陳述 (2) 正確。
對於陳述 (3)：波向右（正 \(x\) 方向）傳播。位於 \(x = 2 + 0.25\lambda\text{ cm}\) 的質點處於波峰右側四分之一波長的位置。由於波峰向右傳播，該質點即將迎接波峰，因此必須向上（正 \(y\) 方向）運動以達到即將到來的波峰。陳述 (3) 正確。
因此，(1)、(2) 及 (3) 均正確。

選擇正確選項 D 得 1 分。錯誤選項或漏答不得分。

由於 \(n_X > n_Y\)，當入射角 \(\theta\) 大於或等於臨界角 \(\theta_c\) 時會發生全內反射。
在即將發生全內反射前，入射角 \(\theta\) 極度接近臨界角 \(\theta_c = \arcsin(n_Y / n_X)\)，此時折射角 \(r\) 趨近於 \(90^\circ\)。
因此，最大可能的偏向角為：
\(d_{\text{max}} = 90^\circ - \theta_c = 90^\circ - \arcsin(n_Y / n_X)\)。

選擇正確選項 A 得 1 分。

1. 串聯連接時：
外電路等效電阻：\(R_s = 3R\)。
電流為 \(I_s = \frac{\mathcal{E}}{R_s + r} = \frac{\mathcal{E}}{3R + R} = \frac{\mathcal{E}}{4R}\)。
外電路消耗的功率為 \(P_s = I_s^2 R_s = \left(\frac{\mathcal{E}}{4R}\right)^2 (3R) = \frac{3\mathcal{E}^2}{16R}\)。

2. 並聯連接時：
外電路等效電阻：\(R_p = \frac{R}{3}\)。
電流為 \(I_p = \frac{\mathcal{E}}{R_p + r} = \frac{\mathcal{E}}{\frac{R}{3} + R} = \frac{\mathcal{E}}{\frac{4}{3}R} = \frac{3\mathcal{E}}{4R}\)。
外電路消耗的功率為 \(P_p = I_p^2 R_p = \left(\frac{3\mathcal{E}}{4R}\right)^2 \left(\frac{R}{3}\right) = \frac{9\mathcal{E}^2}{16R^2} \cdot \frac{R}{3} = \frac{3\mathcal{E}^2}{16R}\)。

因此，比值為 \(P_s / P_p = 1\)。

選擇正確選項 A 得 1 分。

當線圈底邊以恆定速度 \(v\) 進入磁場時，線圈中產生的感應電動勢為 \(\mathcal{E} = B w v\)。
流經線圈的感應電流為 \(I = \frac{\mathcal{E}}{R} = \frac{B w v}{R}\)。
作用於線圈底邊的向上磁場力為 \(F_B = B I w = B \left(\frac{B w v}{R}\right) w = \frac{B^2 w^2 v}{R}\)。
由於線圈以終端速度下落，磁場力與重力平衡：
\(F_B = mg \implies \frac{B^2 w^2 v}{R} = mg \implies v = \frac{mgR}{B^2 w^2}\)。

選擇正確選項 B 得 1 分。

1. 圓周軌道的動能公式為 \(K = \frac{GMm}{2r}\)。
若 \(r\) 減少 \(\Delta r\)，動能的變化為：
\(\Delta K \approx \frac{dK}{dr} (-\Delta r) = -\frac{GMm}{2r^2} (-\Delta r) = \frac{GMm\Delta r}{2r^2}\)（即增加）。
2. 軌道的重力勢能公式為 \(U = -\frac{GMm}{r}\)。
若 \(r\) 減少 \(\Delta r\)，勢能的變化為：
\(\Delta U \approx \frac{dU}{dr} (-\Delta r) = \frac{GMm}{r^2} (-\Delta r) = -\frac{GMm\Delta r}{r^2}\)（即減少 \(\frac{GMm\Delta r}{r^2}\)）。
因此，動能增加 \(\frac{GMm\Delta r}{2r^2}\)，且勢能減少 \(\frac{GMm\Delta r}{r^2}\)。

選擇正確選項 A 得 1 分。

根據里德伯公式或氫原子的能級規律，躍遷能量為 \(\Delta E = h c / \lambda \propto \left(\frac{1}{n_{\text{final}}^2} - \frac{1}{n_{\text{initial}}^2}\right)\)。
對於 \(3 \to 2\) 躍遷：
\(\frac{1}{\lambda_0} = R \left(\frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2}\right) = R \left(\frac{1}{4} - \frac{1}{9}\right) = \frac{5}{36}R \implies \lambda_0 = \frac{36}{5R}\)。

對於 \(4 \to 3\) 躍遷：
\(\frac{1}{\lambda_1} = R \left(\frac{1}{3^2} - \frac{1}{4^2}\right) = R \left(\frac{1}{9} - \frac{1}{16}\right) = \frac{7}{144}R \implies \lambda_1 = \frac{144}{7R}\)。

將 \(\lambda_1\) 除以 \(\lambda_0\)：
\(\frac{\lambda_1}{\lambda_0} = \frac{144 / 7R}{36 / 5R} = \frac{144}{36} \cdot \frac{5}{7} = 4 \cdot \frac{5}{7} = \frac{20}{7}\)。
因此，\(\lambda_1 = \frac{20}{7}\lambda_0\)。

選擇正確選項 B 得 1 分。

條紋間距公式為 \(w = \frac{\lambda D}{a}\)，其中 \(a\) 為雙縫間距。
初始狀態下：\(y_1 = \frac{\lambda_1 D}{a}\)。
最終狀態下：\(y_2 = \frac{\lambda_2 (2D)}{a/2} = \frac{4 \lambda_2 D}{a}\)。
已知 \(y_2 = 3 y_1\)：
\(\frac{4 \lambda_2 D}{a} = 3 \cdot \frac{\lambda_1 D}{a} \implies 4 \lambda_2 = 3 \lambda_1 \implies \frac{\lambda_2}{\lambda_1} = \frac{3}{4}\)。

選擇正確選項 A 得 1 分。

薄透鏡公式為：
\(\frac{1}{u} + \frac{1}{v} = \frac{1}{f}\)。
兩邊同乘以 \(v\)：
\(\frac{v}{u} + 1 = \frac{v}{f}\)。
對於凸透鏡所成的實像，線性放大率為 \(m = \frac{v}{u}\)。
因此：
\(m + 1 = \frac{v}{f} \implies m = \frac{1}{f}v - 1\)。
這符合直線方程 \(y = mx + c\) 的形式，其中自變量為 \(v\)。
所以，\(m\) 對 \(v\) 的關係線圖為一直線，斜率為 \(1/f\)，縱截距為 \(-1\)。

選擇正確選項 A 得 1 分。

對於陳述 (1)：端電壓由 \(V = \mathcal{E} \frac{R}{R+r} = \frac{\mathcal{E}}{1 + r/R}\) 給出。當 \(R\) 增加時，\(r/R\) 減少，因此 \(V\) 增加。陳述 (1) 正確。
對於陳述 (2)：內阻消耗的功率為 \(P_r = I^2 r = \left(\frac{\mathcal{E}}{R+r}\right)^2 r\)。當 \(R\) 增加時，電流 \(I\) 減少，因此 \(P_r\) 減少。陳述 (2) 錯誤。
對於陳述 (3)：電路的效率 \(\eta\) 由 \(\eta = \frac{I^2 R}{I^2(R+r)} = \frac{R}{R+r} = \frac{1}{1 + r/R}\) 給出。當 \(R\) 增加時，\(1 + r/R\) 減少，因此 \(\eta\) 增加。陳述 (3) 正確。
因此，只有 (1) 和 (3) 正確。

選擇正確選項 B 得 1 分。

次級線圈兩端的均方根電壓為：
\(V_S = V \cdot \frac{N_S}{N_P}\)。
次級電路中的均方根電流為：
\(I_S = \frac{V_S}{R} = \frac{V}{R} \cdot \frac{N_S}{N_P}\)。
對於理想變壓器，初級電路的輸入電功率等於次級電路的輸出電功率：
\(P_{\text{primary}} = P_{\text{secondary}} \implies V I_P = V_S I_S\)。
代入 \(V_S\) 和 \(I_S\)：
\(I_P = \frac{V_S}{V} I_S = \left(\frac{N_S}{N_P}\right) \left(\frac{V}{R} \cdot \frac{N_S}{N_P}\right) = \frac{V}{R} \left(\frac{N_S}{N_P}\right)^2\)。

選擇正確選項 B 得 1 分。

相位差 \(\Delta \phi\) 與程差 \(\Delta x\) 之間的關係為 \(\Delta \phi = \frac{2\pi \Delta x}{\lambda}\)。已知 \(\Delta \phi = \pi/3\text{ rad}\) 及 \(\Delta x = 0.15\text{ m}\)，可得 \(\frac{\pi}{3} = \frac{2\pi (0.15)}{\lambda}\)。解得 \(\lambda = 6 \times 0.15 = 0.9\text{ m}\)。利用波動方程 \(v = f\lambda\)，波速為 \(v = 10 \times 0.9 = 9.0\text{ m s}^{-1}\)。

正確答案 B 得 1 分。（步驟：求得波長 \(\lambda = 0.9\text{ m}\) 得 0.5 分；求得波速 \(v = 9.0\text{ m s}^{-1}\) 得 0.5 分。選擇題不設部分分數）。

當開關 \(S\) 斷開時，\(R_3\) 被斷開。電路為 \(R_1\) 與 \(R_2\) 的簡單串聯。\(R_1\) 兩端的電壓為 \(V_1 = 12 \times \frac{R_1}{R_1 + R_2} = 12 \times \frac{10}{10 + 20} = 4\text{ V}\)，這與題目給出的數據相符。當開關 \(S\) 閉合時，\(R_2\) 與 \(R_3\) 並聯，等效電阻為 \(R_p = \frac{R_2 R_3}{R_2 + R_3}\)。\(R_1\) 兩端的電壓變為 \(6\text{ V}\)。由於總電壓為 \(12\text{ V}\)，並聯部分兩端的電壓也是 \(12 - 6 = 6\text{ V}\)。由於 \(R_1\) 與 \(R_p\) 兩端的電壓相等，它們的電阻也必須相等：\(R_p = R_1 = 10\ \Omega\)。因此，\\frac{20 \times R_3}{20 + R_3} = 10 \Rightarrow 20 R_3 = 200 + 10 R_3 \Rightarrow 10 R_3 = 200 \Rightarrow R_3 = 20\ \Omega\。

正確答案 C 得 1 分。（步驟：得出並聯等效電阻 \(R_p\) 必須等於 \(R_1 = 10\ \Omega\) 得 0.5 分；計算出 \(R_3 = 20\ \Omega\) 得 0.5 分。選擇題不設部分分數）。

對於一個在半徑為 \(r\) 的圓形軌道上繞地球（質量為 \(M\)）運行的質量為 \(m\) 的衛星，萬有引力提供向心力：\(\frac{GMm}{r^2} = \frac{mv^2}{r}\)，得 \(mv^2 = \frac{GMm}{r}\)。動能為 \(E_k = \frac{1}{2}mv^2 = \frac{GMm}{2r}\)。因此，動能與 \(\frac{m}{r}\) 成正比。對於衛星 \(X\)，\(E = k \frac{m_X}{R}\)（其中 \(k = \frac{GM}{2}\)）。對於衛星 \(Y\)，\(E_Y = k \frac{m_Y}{r_Y} = k \frac{2m_X}{4R} = \frac{1}{2} \left(k \frac{m_X}{R}\right) = \frac{1}{2}E\)。

正確答案 C 得 1 分。（步驟：以 \(G\)、\(M\)、\(m\) 及 \(r\) 表示動能得 0.5 分；列出比例 \(E_Y / E_X = 1/2\) 得 0.5 分。選擇題不設部分分數）。

(a) 對於兩端固定的弦線，第三諧波的長度為 \(L = 3\left(\frac{\lambda}{2}\right)\)。\n因此，波長為 \(\lambda = \frac{2}{3}L = \frac{2}{3}(0.80) = 0.533\ \text{m}\)。\n波速 \(v = f\lambda = 150 \times 0.5333 = 80\ \text{m s}^{-1}\)。\n\n(b) 波速與張力的平方根成正比 (\(v \propto \sqrt{T}\))。\n當張力增至四倍時，波速加倍：\(v' = 2v = 160\ \text{m s}^{-1}\)。\n基頻波長為 \(\lambda_1 = 2L = 2(0.80) = 1.60\ \text{m}\)。\n新的基頻為 \(f_1' = \frac{v'}{\lambda_1} = \frac{160}{1.60} = 100\ \text{Hz}\)。

(a) 利用 \(L = 1.5\lambda\) 求出波長 (1M)；公式 \(v = f\lambda\) 並正確計算波速 \(80\ \text{m s}^{-1}\) (2A)。\n(b) 建立張力與波速變化的關係 \(v' = 2v\) (1.67M)；計算新基頻 \(100\ \text{Hz}\) (1A)。

(a) 波長 \(\lambda = \frac{v}{f} = \frac{340}{680} = 0.50\ \text{m}\)。\n\(P\) 點的波程差：\(\Delta r = 5.25 - 4.50 = 0.75\ \text{m}\)。\n比例 \(\frac{\Delta r}{\lambda} = \frac{0.75}{0.50} = 1.5 = 1 + \frac{1}{2}\)。\n由於波程差為半波長的奇數倍，因此在 \(P\) 點發生相消干涉。\n\n(b) 當頻率增加時，波長減少。目前處於 \(\Delta r = 1.5\lambda\)，下一次干涉性質改變（由相消變為相長）發生在波程差等於新波長 \(\lambda'\) 的下一個整數倍時：\n\(\Delta r = 2\lambda' \Rightarrow 0.75 = 2\lambda' \Rightarrow \lambda' = 0.375\ \text{m}\)。\n新頻率 \(f' = \frac{v}{\lambda'} = \frac{340}{0.375} = 906.7\ \text{Hz}\)（或 \(907\ \text{Hz}\)）。

(a) 計算波長 \(\lambda = 0.50\ \text{m}\) (1M)；計算波程差 \(\Delta r = 0.75\ \text{m}\) (1M)；確立 \(\Delta r = 1.5\lambda\) (0.67M) 並指出為相消干涉 (1A)。\n(b) 識別下一次相長干涉的條件 \(\Delta r = 2\lambda'\) (1M)；正確計算頻率為 \(907\ \text{Hz}\) (1A)。

(a) 利用端電壓公式：\(V = \frac{\varepsilon R}{R + r}\)。\n當 \(R = 4.0\ \Omega\) 時：\(6.0 = \frac{4.0\varepsilon}{4.0 + r} \Rightarrow 24.0 + 6.0r = 4.0\varepsilon \quad \text{--- (式 1)}\)。\n當 \(R = 10.0\ \Omega\) 時：\(7.5 = \frac{10.0\varepsilon}{10.0 + r} \Rightarrow 75.0 + 7.5r = 10.0\varepsilon \quad \text{--- (式 2)}\)。\n由式 1 得 \(\varepsilon = 6.0 + 1.5r\)。\n代入式 2：\(75.0 + 7.5r = 10.0(6.0 + 1.5r) = 60.0 + 15.0r\)。\n\(15.0 = 7.5r \Rightarrow r = 2.0\ \Omega\)。\n代回得 \(\varepsilon = 6.0 + 1.5(2.0) = 9.0\ \text{V}\)。\n\n(b) 當外接負載電阻等於內阻時，輸出功率最大：\(R = r = 2.0\ \Omega\)。\n最大功率 \(P_{\max} = \frac{\varepsilon^2}{4r} = \frac{9.0^2}{4(2.0)} = \frac{81.0}{8.0} = 10.125\ \text{W} \approx 10.1\ \text{W}\)。

(a) 建立兩個狀態的聯立方程 (1M)；解得內阻 \(r = 2.0\ \Omega\) (1.67A)；解得電動勢 \(\varepsilon = 9.0\ \text{V}\) (1A)。\n(b) 指出最大功率輸出條件 \(R = r\) (1M)；計算最大功率為 \(10.1\ \text{W}\) (1A)。

(a) 由於兩電器並聯接於 \(220\ \text{V}\) 電源，它們均以額定功率工作。\n總功率 \(P_{\text{total}} = 1800 + 1200 = 3000\ \text{W}\)。\n總電流 \(I = \frac{P_{\text{total}}}{V} = \frac{3000}{220} \approx 13.64\ \text{A}\)。\n由於 \(13.64\ \text{A} < 15\ \text{A}\)，電流未超過保險絲的額定電流，因此保險絲不會熔斷。\n\n(b) 電熱水壺的發熱功率公式為 \(P = \frac{V^2}{R}\)。\n假設電阻 \(R\) 保持不變，則 \(P \propto V^2\)。\n若電壓下降 \(10\%\)，新電壓為 \(V' = 0.90V\)。\n新發熱功率為 \(P' = \frac{(0.90V)^2}{R} = 0.81 \left(\frac{V^2}{R}\right) = 0.81P\)。\n功率的百分比降幅 \(= \frac{P - P'}{P} \times 100\% = (1 - 0.81) \times 100\% = 19\%\)。

(a) 計算總電流為 \(13.6\ \text{A}\) (1.5M)；將電流與保險絲額定值比較並得出「不會熔斷」的結論 (1.5A)。\n(b) 使用 \(P \propto V^2\) 的關係 (1M)；計算百分比降幅為 \(19\%\) (1.67A)。

(a) 玻璃與空氣界面的臨界角 \(\theta_c\) 公式為：\n\(\sin\theta_c = \frac{1}{n_{\text{glass}}} = \frac{1}{1.62}\)。\n\(\theta_c = \sin^{-1}\left(\frac{1}{1.62}\right) \approx 38.12^\circ \approx 38.1^\circ\)。\n\n(b) 對於玻璃與液體界面，臨界角 \(\theta_c'\) 公式為：\n\(\sin\theta_c' = \frac{n_{\text{liquid}}}{n_{\text{glass}}} = \frac{1.35}{1.62} = 0.8333\)。\n\(\theta_c' = \sin^{-1}(0.8333) \approx 56.44^\circ \approx 56.4^\circ\)。\n\n(c) 若光波的頻率增加，根據正常色散規律，玻璃的折射率 \(n_{\text{glass}}\) 會增大。根據關係式 \(\sin\theta_c' = \frac{n_{\text{liquid}}}{n_{\text{glass}}}\)，當 \(n_{\text{glass}}\) 增大時，比值 \(\frac{n_{\text{liquid}}}{n_{\text{glass}}}\) 減小，這意味著 \(\sin\theta_c'\) 減小，因此臨界角 \(\theta_c'\) 會減小。

(a) 公式 \(\sin\theta_c = 1/n\) (1M)；正確角度 \(38.1^\circ\) (1A)。\n(b) 公式 \(\sin\theta_c' = n_2/n_1\) (1M)；正確角度 \(56.4^\circ\) (0.67A)。\n(c) 指出 \(n_{\text{glass}}\) 隨頻率增加而增大 (1M)；得出臨界角減小的結論 (1A)。

(a) 放大率 \(m = \frac{\text{像高}}{\text{物高}} = \frac{6.0}{3.0} = 2.0\)。\n由於形成實像，\(m = \frac{v}{u} \Rightarrow 2.0 = \frac{v}{12.0} \Rightarrow v = 24.0\ \text{cm}\)。\n使用透鏡公式：\\ \(\frac{1}{f} = \frac{1}{u} + \frac{1}{v}\)。\n\(\frac{1}{f} = \frac{1}{12.0} + \frac{1}{24.0} = \frac{3}{24.0} \Rightarrow f = 8.0\ \text{cm}\)。\n\n(b) 當物體移近 \(4.0\ \text{cm}\) 時，新物距為 \(u' = 12.0 - 4.0 = 8.0\ \text{cm}\)。\n因為 \(u' = f = 8.0\ \text{cm}\)，物體正好位於透鏡的焦點上。\n經透鏡折射後的光線將會是平行光，無法在光屏上匯聚，因此無法形成實像（像在無限遠處），無論光屏移到哪裡都無法捕捉到清晰的像。

(a) 求出像距 \(v = 24.0\ \text{cm}\) (1M)；列出透鏡公式 (1M)；正確計算 \(f = 8.0\ \text{cm}\) (1A)。\n(b) 指出新物距等於焦距 (1M)；解釋折射光線平行 / 像在無限遠處，因此無法在光屏上形成實像 (1.67A)。

(a) 正方形線圈面積 \(A = 0.10^2 = 0.01\ \text{m}^2\)。\n磁場變化率 \(\frac{\Delta B}{\Delta t} = \frac{0.20 - 0.80}{0.30} = -2.0\ \text{T s}^{-1}\)。\n根據法拉第定律，感應電動勢為：\n\(\varepsilon = N \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} = N A \frac{\Delta B}{\Delta t} = 50 \times 0.01 \times 2.0 = 1.0\ \text{V}\)。\n感應電流 \(I = \frac{\varepsilon}{R} = \frac{1.0}{2.0} = 0.50\ \text{A}\)。\n\n(b) 方向：順時針。\n解釋：向內的磁通量正在減少。根據楞次定律，感應電流產生的感應磁場必須抵抗此減少，即感應磁場方向必須向內。根據右手螺旋定則，感應電流的方向為順時針。

(a) 計算磁通量變化率或使用公式 \(\varepsilon = N A \Delta B/\Delta t\) (1M)；正確計算電動勢 \(1.0\ \text{V}\) (1.67A)；正確計算電流 \(0.50\ \text{A}\) (1A)。\n(b) 指出電流為「順時針」(1M)；基於抵抗向內磁通量減少的原理進行解釋 (1M)。

(a) 同步衛星必須相對於地面保持靜止，其運行週期必須等於地球自轉週期（24小時）。任何圓形軌道的中心必須與地球質心重合。為了防止衛星相對於地面觀測者作南北往復運動，其軌道平面必須與地球赤道平面重合。\n\n(b) 衛星的公轉週期為 \(T = 24\ \text{小時} = 24 \times 3600\ \text{s} = 86400\ \text{s}\)。\n萬有引力提供向心力：\n\(\frac{G M m}{r^2} = m \left(\frac{2\pi}{T}\right)^2 r \Rightarrow M = \frac{4\pi^2 r^3}{G T^2}\)。\n代入數值：\n\(M = \frac{4\pi^2 \times (4.2 \times 10^7)^3}{6.67 \times 10^{-11} \times 86400^2}\)。\n\(M = \frac{39.4784 \times 7.4088 \times 10^{22}}{6.67 \times 10^{-11} \times 7.465 \times 10^9} \approx 5.87 \times 10^{24}\ \text{kg}\)（或 \(5.9 \times 10^{24}\ \text{kg}\)）。

(a) 解釋軌道中心為地球中心 (1M)；解釋重合赤道平面可避免南北漂移以維持相對於地面靜止 (1M)。\n(b) 指出週期 \(T = 86400\ \text{s}\) (1M)；將萬有引力等同於向心力 \(G M/r^2 = 4\pi^2 r/T^2\) (1.67M)；計算質量 \(M \approx 5.9 \times 10^{24}\ \text{kg}\) (1A)。

(a) 躍遷的能量差：\n\(\Delta E = E_3 - E_1 = -1.51 - (-13.6) = 12.09\ \text{eV}\)。\n換算為焦耳：\(\Delta E = 12.09 \times 1.60 \times 10^{-19}\ \text{J} = 1.9344 \times 10^{-18}\ \text{J}\)。\n根據 \(E = hf\)，發射光子的頻率為：\n\(f = \frac{\Delta E}{h} = \frac{1.9344 \times 10^{-18}}{6.63 \times 10^{-34}} \approx 2.92 \times 10^{15}\ \text{Hz}\)。\n\n(b) 光子若要被氫原子吸收，其能量必須恰好等於初始基態與某一更高激發能級之間的差值（除非光子能量足以使原子電離，即 \(\ge 13.6\ \text{eV}\)）。\n如果吸收了 \(11.5\ \text{eV}\) 的光子，電子的最終能量將為 \(-13.6 + 11.5 = -2.1\ \text{eV}\)。\n我們檢查是否有整數能級 \(n\) 對應 \(-2.1\ \text{eV}\)：\n當 \(n=2\) 時，\(E_2 = -3.4\ \text{eV}\)。\n當 \(n=3\) 時，\(E_3 = -1.51\ \text{eV}\)。\n由於在 \(-2.1\ \text{eV}\) 處不存在不連續的能級，因此該光子不能被吸收。

(a) 計算以焦耳為單位的能量差 (1M)；應用公式 \(E = hf\) (1M)；計算頻率 \(2.92 \times 10^{15}\ \text{Hz}\) (1A)。\n(b) 指出光子吸收的條件（必須恰好與不連續的能級差匹配）(1M)；計算目標能量為 \(-2.1\ \text{eV}\) 並指出其不對應氫原子的任何能級，故不能被吸收 (1.67A)。

(a) 萬有引力提供作圓周運動所需的向心力：
\(F_g = F_c\)
\(G \frac{Mm}{r^2} = m \left(\frac{2\pi}{T}\right)^2 r\)
\(G \frac{M}{r^2} = \frac{4\pi^2 r}{T^2}\)
\(T^2 = \frac{4\pi^2 r^3}{GM}\)
假設：外行星為一具有均勻質量分佈的球體（或：探測器的質量與外行星相比微不足道）。

(b)(i) 軌道半徑 \(r = R + h = 3.5 \times 10^6 + 1.5 \times 10^6 = 5.0 \times 10^6\text{ m}\)。
軌道週期 \(T = 4.0 \times 3600\text{ s} = 14400\text{ s}\)。
利用 \(M = \frac{4\pi^2 r^3}{G T^2}\)：
\(M = \frac{4\pi^2 (5.0 \times 10^6)^3}{(6.67 \times 10^{-11})(14400)^2}\)
\(M = \frac{4.9348 \times 10^{21}}{1.3831 \times 10^{-2}} \approx 3.57 \times 10^{23}\text{ kg}\)。

(b)(ii) 表面重力加速度：
\(g_s = \frac{GM}{R^2} = \frac{(6.67 \times 10^{-11})(3.568 \times 10^{23})}{(3.5 \times 10^6)^2} \approx 1.94\text{ m s}^{-2}\)。

(c) 當向後彈射時，着陸艙相對於行星的速度會減少。由於軌道速度降低，在該距離處所需的向心力變得小於其實際受到的萬有引力。結果，萬有引力大於所需的向心力，將着陸艙拉入一個與行星大氣層或表面相交的較低橢圓軌道，從而有助於其下降。

(a)
- 將萬有引力等同於使用 \(T\) 的向心力公式。 (1M)
- 正確的推導步驟得出 \(T^2 = \frac{4\pi^2 r^3}{GM}\)。 (1A)
- 寫出一個合理的假設（球形行星/均勻質量分佈/探測器質量可忽略）。 (1A)

(b)(i)
- 正確計算軌道半徑 \(r = 5.0 \times 10^6\text{ m}\) 及週期 \(T = 14400\text{ s}\)。 (1M)
- 代入已推導的公式中。 (1M)
- 正確答案：\(M = 3.57 \times 10^{23}\text{ kg}\)（接受 \(3.56 \times 10^{23}\text{ kg}\) 至 \(3.58 \times 10^{23}\text{ kg}\)）。 (1A)

(b)(ii)
- 代入 \(g = \frac{GM}{R^2}\)，其中外行星半徑 \(R = 3.5 \times 10^6\text{ m}\)。 (1M)
- 正確答案：\(1.94\text{ m s}^{-2}\)（接受 \(1.93\text{ m s}^{-2}\) 至 \(1.95\text{ m s}^{-2}\)）。 (1A)

(c)
- 指出軌道速度會減少。 (1A)
- 解釋此時萬有引力大於所需的向心力。 (1A)
- 指出這導致着陸艙向下螺旋運動 / 進入更低的軌道。 (1A)

(a)(i) 根據法拉第電磁感應定律，感應電動勢為：
\(\mathcal{E} = N \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} = N B \frac{\Delta A}{\Delta t}\)
由於 \(\Delta A = L (v \Delta t)\)，我們得到：
\(\mathcal{E} = N B L v = 150 \times 0.40 \times 0.20 \times 3.0 = 36\text{ V}\)。（證畢）

(a)(ii) 感應電流 \(I = \frac{\mathcal{E}}{R} = \frac{36}{2.5} = 14.4\text{ A}\)。
當線圈進入磁場時，穿過線圈向上的磁通量增加。根據楞次定律，感應電流必須產生一個向下（指向紙內）的磁場以對抗這一增加。根據右手定則，從上方觀看，感應電流的方向必須是順時針。

(b) 作用在前緣上的磁力為：
\(F = N I L B = 150 \times 14.4 \times 0.20 \times 0.40 = 172.8\text{ N} \approx 173\text{ N}\)。
根據弗萊明左手定則（在前緣上，順時針電流向右流動，磁場 B 向上），磁力的方向與速度方向相反（阻礙線圈的運動）。

(c) 為了使線圈保持恆速運動，其合力必須為零。因此，必須施加一個大小相等但方向與磁力相反的外力以作平衡。
\(F_{\text{ext}} = 172.8\text{ N}\)。
機械功率 \(P_{\text{mech}} = F_{\text{ext}} v = 172.8 \times 3.0 = 518.4\text{ W} \approx 518\text{ W}\)。
（注：這等於在電阻中以熱能形式消耗的電功率：\(P_{\text{elec}} = I^2 R = 14.4^2 \times 2.5 = 518.4\text{ W}\)。）

(a)(i)
- 正確的感應電動勢公式 \(\mathcal{E} = NBLv\) 或等效的法拉第定律表達式。 (1M)
- 正確代入並得出正好 \(36\text{ V}\)。 (1A)

(a)(ii)
- 正確計算電流 \(I = 14.4\text{ A}\)。 (1A)
- 指出方向為「順時針」。 (1A)
- 使用楞次定律進行解釋（通過產生向下的磁場以阻礙向上磁通量的增加）。 (1A)

(b)
- 寫出受力公式 \(F = NILB\) 或等效公式。 (1M)
- 計算大小：\(173\text{ N}\)（或 \(172.8\text{ N}\)）。 (1A)
- 指出正確方向：與運動方向相反（或向左）。 (1A)

(c)
- 解釋為了保持恆速，合力必須為零（牛頓第一定律），以平衡相反方向的磁力。 (1M)
- 機械功率公式：\(P = Fv\)。 (1M)
- 計算機械功率：\(518\text{ W}\)（或 \(518.4\text{ W}\)）。 (1A)

(a)(i) 臨界角是指光線由光密介質射向光疏介質時，使折射角達到 \(90^\circ\) 的入射角。

(a)(ii) 使用折射定律：
\(n_1 \sin \theta_c = n_2 \sin 90^\circ\)
\(\sin \theta_c = \frac{n_2}{n_1} = \frac{1.42}{1.48} \approx 0.9595\)
\(\theta_c = \arcsin(0.9595) \approx 73.64^\circ \approx 73.6^\circ\)。

(b)(i) 設 \(\theta_r\) 為纖芯內的折射角。在空氣與纖芯界面應用折射定律：
\(n_0 \sin \theta_a = n_1 \sin \theta_r \implies \sin \theta_a = n_1 \sin \theta_r\)（因 \(n_0 = 1.00\)）。

在纖芯與包層的界面，入射角為 \(\phi = 90^\circ - \theta_r\)。
若要發生全反射，我們需要：
\(\phi \ge \theta_c \implies \sin \phi \ge \sin \theta_c\)
因為 \(\sin \phi = \sin(90^\circ - \theta_r) = \cos \theta_r\)，所以我們有：
\(\cos \theta_r \ge \frac{n_2}{n_1}\)
利用恆等式 \(\cos^2 \theta_r = 1 - \sin^2 \theta_r\)：
\(1 - \sin^2 \theta_r \ge \frac{n_2^2}{n_1^2}\)
\(1 - \frac{\sin^2 \theta_a}{n_1^2} \ge \frac{n_2^2}{n_1^2}\)
\(\frac{\sin^2 \theta_a}{n_1^2} \le 1 - \frac{n_2^2}{n_1^2} = \frac{n_1^2 - n_2^2}{n_1^2}\)
\(\sin^2 \theta_a \le n_1^2 - n_2^2\)
因此最大角度為：\(\sin \theta_{a,\text{max}} = \sqrt{n_1^2 - n_2^2}\)。（證畢）

(b)(ii)
\(\sin \theta_{a,\text{max}} = \sqrt{1.48^2 - 1.42^2} = \sqrt{2.1904 - 2.0164} = \sqrt{0.174} \approx 0.4171\)
\(\theta_{a,\text{max}} = \arcsin(0.4171) \approx 24.7^\circ\)（或 \(24.65^\circ\)）。

(c) 優點：帶寬更高（每秒可傳輸更多數據）/ 在長途傳輸中信號衰減更低 / 不受電磁干擾。
缺點：較為脆弱，過度彎曲時容易損壞 / 安裝及熔接成本較高 / 需要專用工具來連接。

(a)(i)
- 正確定義臨界角（需提到光密到光疏介質，且折射角為 90 度）。 (1A)

(a)(ii)
- 寫出 \(\sin \theta_c = \frac{n_2}{n_1}\)。 (1M)
- 計算得出 \(73.6^\circ\)（接受 \(73.6^\circ\) 至 \(73.7^\circ\)）。 (1A)

(b)(i)
- 寫出第一個界面的 \(\sin \theta_a = n_1 \sin \theta_r\)。 (1M)
- 寫出角度關係 \(\phi = 90^\circ - \theta_r\) 及全反射條件 \(\sin \phi \ge \sin \theta_c = \frac{n_2}{n_1}\)。 (1M)
- 代入 \(\sin \phi = \cos \theta_r\) 並利用 \(\sin^2 \theta_r + \cos^2 \theta_r = 1\) 聯繫 \(\sin \theta_r\)。 (1M)
- 完成代數步驟以清晰地證出所需公式。 (1A)

(b)(ii)
- 正確代入數值至公式中。 (1M)
- 正確答案：\(24.7^\circ\)（接受 \(24.6^\circ\) 至 \(24.7^\circ\)）。 (1A)

(c)
- 一個合理的優點。 (1A)
- 一個合理的缺點。 (1A)

根據開普勒第三定律，\(T^2 \propto R^3\)，即 \(R \propto T^{2/3}\)。因此，軌道半徑之比為 \(\frac{R_Q}{R_P} = \left(\frac{T_Q}{T_P}\right)^{2/3} = \left(\frac{8T}{T}\right)^{2/3} = 8^{2/3} = 4\)。因此，\(R_Q = 4R\)。

B: 1分。其他選項：0分。

衛星的初始機械能為 \(E_i = K_i + U_i = K - 2K = -K\)。在半徑為 \(2r\) 的穩定圓軌道上，最終動能為 \(K_f = \frac{GMm}{4r} = 0.5K\)，而最終勢能為 \(U_f = -\frac{GMm}{2r} = -K\)。最終機械能為 \(E_f = K_f + U_f = 0.5K - K = -0.5K\)。因此推進器所做的功為 \(\Delta E = E_f - E_i = -0.5K - (-K) = 0.5K\)。

B: 1分。其他選項：0分。

根據斯特凡－玻爾茲曼定律，\(L = 4\pi R^2 \sigma T^4\)。取恆星 X 與恆星 Y 的比值：\(\frac{L_X}{L_Y} = \left(\frac{R_X}{R_Y}\right)^2 \left(\frac{T_X}{T_Y}\right)^4\)。代入已知數值：\(\frac{10^4}{10^{-4}} = \left(\frac{R_X}{R_Y}\right)^2 \left(\frac{3000}{12000}\right)^4 \implies 10^8 = \left(\frac{R_X}{R_Y}\right)^2 \left(\frac{1}{4}\right)^4 \implies 10^8 = \left(\frac{R_X}{R_Y}\right)^2 \frac{1}{256}\)。因此，\(\left(\frac{R_X}{R_Y}\right)^2 = 256 \times 10^8 = 2.56 \times 10^{10} \implies \frac{R_X}{R_Y} = 1.6 \times 10^5\)。

A: 1分。其他選項：0分。

首先計算紅移 \(z\)：\(z = \frac{\Delta \lambda}{\lambda_0} = \frac{671.6 - 656.3}{656.3} = \frac{15.3}{656.3} \approx 0.023312\)。退行速度 \(v\) 為 \(v = z c = 0.023312 \times 3.0 \times 10^5\text{ km s}^{-1} \approx 6994\text{ km s}^{-1}\)。根據哈勃定律 \(v = H_0 d\)，距離 \(d\) 為 \(d = \frac{v}{H_0} = \frac{6994}{70} \approx 100\text{ Mpc}\)。

C: 1分。其他選項：0分。

(1) 錯誤，因為初始質量較大（大於 \(8 M_{\odot}\)）的恆星會以超新星爆發結束生命，並形成中子星或黑洞，而不是白矮星。(2) 正確，主序星階段的定義是核心進行氫聚變。(3) 錯誤，雖然大質量恆星擁有更多燃料，但其核聚變速率（以及光度）要高得多，因此其壽命比低質量恆星短得多。因此，只有 (2) 正確。

A: 1分。其他選項：0分。

在雙星系統中，兩顆恆星以相同的公轉週期 \(T\) 和角速度 \(\omega\) 圍繞共同質心運動。(1) 正確：由於 \(M_A r_A = M_B r_B\) 且 \(M_B = 2 M_A\)，可得 \(r_A = 2 r_B\)。(2) 正確：線速度為 \(v = r \omega\)，由於 \(r_A = 2 r_B\)，故 \(v_A = 2 v_B\)。(3) 錯誤：根據牛頓第三定律，它們彼此施加的萬有引力大小必然相等。因此，只有 (1) 和 (2) 正確。

B: 1分。其他選項：0分。

以秒差距為單位之距離 \(d\) 由 \(d = \frac{1}{p}\) 給出，其中 \(p\) 為以角秒為單位的視差角。因此，\(d = \frac{1}{0.04} = 25\text{ pc}\)。轉換為光年：\(25\text{ pc} = 25 \times 3.26\text{ 光年} = 81.5\text{ 光年}\)。

C: 1分。其他選項：0分。

(1) 正確，微波背景輻射是大爆炸早期的殘餘輻射，其高度各向同性證實了宇宙學原理。(2) 正確，觀測到的輕元素（如氦-4和氘）豐度與大爆炸核合成模型的預測非常吻合。(3) 正確，哈勃定律顯示星系正在退行，這意味著宇宙過去更為緻密和熾熱，直接支持了大爆炸理論。因此，三項陳述均為支持大爆炸理論的證據。

D: 1分。其他選項：0分。

(a) 首先，將公轉週期轉換為秒：\n\(T = 90 \text{ 天} = 90 \times 24 \times 3600 \text{ s} = 7.776 \times 10^6 \text{ s}\)\n利用萬有引力定律計算圓形軌道：\n\(\frac{G M m}{r^2} = m \left(\frac{2\pi}{T}\right)^2 r\)\n\(M = \frac{4\pi^2 r^3}{G T^2}\)\n\(M = \frac{4 \pi^2 (6.0 \times 10^{10})^3}{(6.67 \times 10^{-11}) (7.776 \times 10^6)^2} \approx 2.11 \times 10^{30} \text{ kg}\)\n\n(b) 利用質量—光度關係 \(L \propto M^{3.5}\)：\n\(\frac{L}{L_\odot} = \left(\frac{M}{M_\odot}\right)^{3.5}\)\n\(\frac{L}{3.8 \times 10^{26}} = \left(\frac{2.114 \times 10^{30}}{2.0 \times 10^{30}}\right)^{3.5}\)\n\(L = 3.8 \times 10^{26} \times (1.057)^{3.5} \approx 4.58 \times 10^{26} \text{ W}\) (若使用未四捨五入的質量則為 \(4.60 \times 10^{26} \text{ W}\))\n\n(c) 行星接收到的輻射通量 \(F\) 為：\n\(F = \frac{L}{4\pi r^2}\)\n\(F = \frac{4.58 \times 10^{26}}{4\pi (6.0 \times 10^{10})^2} \approx 1.01 \times 10^4 \text{ W m}^{-2}\)\n\n(d) 該方法為視向速度法（或多普勒頻譜學）。\n當行星和恆星繞着共同質心公轉時，恆星的週期性運動會導致其光線產生多普勒頻移。當恆星移向地球時，其光譜線會發生藍移；移離地球時，則發生紅移。這種週期性的頻移使天文學家能夠探測到該行星。

(a) \n- 將週期轉換為秒：\(T = 7.78 \times 10^6 \text{ s}\) (1分)\n- 列出開普勒第三定律或萬有引力作為向心力公式：\(M = \frac{4\pi^2 r^3}{G T^2}\) (1分)\n- 正確答案：\(2.11 \times 10^{30} \text{ kg}\) (1分) [接受：\(2.11 \times 10^{30}\) 至 \(2.12 \times 10^{30} \text{ kg}\)]\n\n(b)\n- 列出質量—光度關係比例式：\(\frac{L}{L_\odot} = (\frac{M}{M_\odot})^{3.5}\) (1分)\n- 正確代入數據 (1分)\n- 正確答案：\(4.58 \times 10^{26} \text{ W}\) (1分) [接受：\(4.58 \times 10^{26}\) 至 \(4.63 \times 10^{26} \text{ W}\)]\n\n(c)\n- 列出輻射通量公式：\(F = \frac{L}{4\pi r^2}\) (1分)\n- 正確答案連單位：\(1.01 \times 10^4 \text{ W m}^{-2}\) (1分) [接受：\(1.01 \times 10^4\) 至 \(1.02 \times 10^4 \text{ W m}^{-2}\)]\n\n(d)\n- 方法名稱：視向速度法 / 多普勒頻譜學 (1分)\n- 解釋過程：因恆星運動導致光譜線產生多普勒藍移/紅移 (1分)

根據愛因斯坦的光電方程：
\(eV_s = hf - \Phi\)

第一種情況：
\(eV = hf - \Phi\) --- (1)

第二種情況：
\(e(2V) = 1.5hf - \Phi\) --- (2)

將方程 (1) 乘以 2：
\(2eV = 2hf - 2\Phi\) --- (3)

聯立 (2) 與 (3) 可得：
\(1.5hf - \Phi = 2hf - 2\Phi\)
\(\Phi = 0.5hf\)

因此，該金屬板的逸出功為 \(0.50hf\)。

正確選項：B。選對得 1 分。

在玻爾模型中，電子的角動量是量子化的：
\(m v r = \frac{n h}{2\pi}\)

這可以重寫為：
\(2\pi r = \frac{n h}{m v} = n \lambda\)
其中 \(\lambda = \frac{h}{m v}\) 是電子的德布羅意波長。

由於第 \(n\) 條軌道的半徑正比於 \(n^2\)（即 \(r_n \propto n^2\)），我們有：
\(\lambda_n = \frac{2\pi r_n}{n} \propto \frac{n^2}{n} = n\)

因此，\(\lambda \propto n\)。

正確選項：C。選對得 1 分。

電荷為 \(q\) 的粒子經電勢差 \(V\) 加速後獲得的動能 \(K\) 為：
\(K = qV\)

粒子的動量 \(p\) 為：
\(p = \sqrt{2mK} = \sqrt{2mqV}\)

德布羅意波長為：
\(\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{\sqrt{2mqV}}\)

由於電子與質子攜帶相同大小的電荷 \(e\)：
\(\lambda_e = \frac{h}{\sqrt{2 m_e eV}}\)
\(\lambda_p = \frac{h}{\sqrt{2 m_p eV}}\)

兩者之比為：
\(\frac{\lambda_e}{\lambda_p} = \sqrt{\frac{m_p}{m_e}}\)

正確選項：B。選對得 1 分。

(1) 正確：遏止電勢差 \(V_s\) 由光的頻率 \(f\) 決定（\(eV_s = hf - \Phi\)）。由於光束 P 和光束 Q 在同一金屬板上的遏止電勢差相同，故它們頻率相同。飽和電流正比於光強（光子流率），因此光束 P 的光強較高。
(2) 正確：由於光束 R 的遏止電勢差比光束 Q 更負（即 \(|V_{s,R}| > |V_{s,Q}|\)），光束 R 激發的光電子具有更大的最大動能，這意味著光束 R 具有較高頻率。
(3) 正確：因為光束 P 和光束 Q 的遏止電勢差相同，而光束 R 的遏止電勢差比光束 Q 更負，所以光束 R 的遏止電勢差也比光束 P 更負。因此，光束 R 激發的光電子的最大動能大於光束 P。
所以 (1)、(2) 及 (3) 皆正確。

正確選項：D。選對得 1 分。

(1) 正確：連續 X 射線譜的最小波長由 \(\lambda_{\min} = \frac{hc}{eV}\) 給出。若管電壓增至 \(1.5V\)，新的最小波長為 \(\lambda_{\min}' = \frac{hc}{e(1.5V)} = \frac{2}{3}\lambda_{\min}\)。
(2) 錯誤：特徵峰對應於靶金屬原子內層電子能階之間的躍遷，這只取決於靶材的材料，而與加速電壓無關（前提是加速電壓已高於激發閾值）。
(3) 正確：當管電壓增加時，轟擊靶材的電子動能更高，這會導致更高的光子發射率，從而增加 X 射線的整體強度。
因此，只有 (1) 和 (3) 正確。

正確選項：B。選對得 1 分。

(1) 正確：量子隧道效應是一種波動力學現象，電子的波函數能夠穿透薄的勢壘。因此，它基於電子的波粒二象性。
(2) 錯誤：當探針與樣品表面之間的距離 \(d\) 增加時，隧道電流 \(I\) 會呈指數級減小（\(I \propto e^{-2\kappa d}\)）。
(3) 正確：除了成像之外，STM 的探針針尖還可以施加局部的電脈衝或力，以在表面上滑動、吸附或釋放單個原子，從而實現對原子的操控。
因此，只有 (1) 和 (3) 正確。

正確選項：B。選對得 1 分。

動能為 \(E\) 的電子的動量由以下公式給出：
\(p = \sqrt{2mE}\)

電子的德布羅意波長為：
\(\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{\sqrt{2mE}}\)

若動能增加至 \(4E\)，新的波長 \(\lambda'\) 為：
\(\lambda' = \frac{h}{\sqrt{2m(4E)}} = \frac{1}{2}\lambda\)

對於微小的繞射角 \(\theta\)，我們有 \(\theta \approx \sin\theta = \frac{\lambda}{d}\)。
屏幕上繞射環的半徑 \(R\) 正比於 \(\theta\)（\(R \approx L \theta\)）。
因此：
\(R \propto \lambda\)

由於波長減半，繞射環的半徑減小至原本的 \(\frac{1}{2}\)。

正確選項：C。選對得 1 分。

氫原子的能階由 \(E_n = -\frac{13.6}{n^2}\text{ eV}\) 給出。
躍遷期間發射光子的能量等於兩個能階之間的能量差：
\(h f = E_{\text{initial}} - E_{\text{final}}\)

對於從 \(n=3\) 到 \(n=2\) 的第一次躍遷：
\(h f_1 = -13.6 \left( \frac{1}{3^2} - \frac{1}{2^2} \right) = 13.6 \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right) = 13.6 \left( \frac{5}{36} \right)\)

對於從 \(n=2\) 到 \(n=1\) 的第二次躍遷：
\(h f_2 = -13.6 \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{1^2} \right) = 13.6 \left( 1 - \frac{1}{4} \right) = 13.6 \left( \frac{3}{4} \right)\)

求比例：
\(\frac{f_1}{f_2} = \frac{13.6 \times (5/36)}{13.6 \times (3/4)} = \frac{5}{36} \times \frac{4}{3} = \frac{5}{27}\)

正確選項：A。選對得 1 分。

(a) 由於多普勒效應，當其中一顆恆星移向地球時，其光線會產生藍移（波長減少）。與此同時，另一顆恆星移離地球，其光線產生紅移（波長增加）。隨著它們公轉，這些光譜線會週期性地朝相反方向移動，從而導致觀測到光譜線分裂的現象。

(b)(i) 根據質心定義：
\(M_1 r_1 = M_2 r_2\)
由於 \(d = r_1 + r_2\)，可得 \(r_2 = d - r_1\)。
代入 \(r_2\)：
\(M_1 r_1 = M_2 (d - r_1)\)
\(M_1 r_1 = M_2 d - M_2 r_1\)
\((M_1 + M_2) r_1 = M_2 d\)
\(r_1 = \frac{M_2}{M_1 + M_2} d\)

(b)(ii) 兩顆恆星之間的萬有引力提供恆星 A 的向心力：
\(F_G = F_c\)
\(\frac{G M_1 M_2}{d^2} = M_1 \omega^2 r_1\)
由於 \(\omega = \frac{2\pi}{T}\)：
\(\frac{G M_1 M_2}{d^2} = M_1 \left(\frac{2\pi}{T}\right)^2 r_1\)
代入 (b)(i) 中的 \(r_1\)：
\(\frac{G M_1 M_2}{d^2} = M_1 \frac{4\pi^2}{T^2} \left(\frac{M_2}{M_1 + M_2} d\right)\)
兩邊消去 \(M_1 M_2\)：
\(\frac{G}{d^2} = \frac{4\pi^2 d}{T^2 (M_1 + M_2)}\)
整理各項可得：
\(M_1 + M_2 = \frac{4\pi^2 d^3}{G T^2}\)

(b)(iii) 將數值代入公式：
\(M_1 + M_2 = \frac{4\pi^2 (8.0 \times 10^{11})^3}{(6.67 \times 10^{-11})(1.26 \times 10^8)^2}\)
\(M_1 + M_2 = \frac{4\pi^2 \times 5.12 \times 10^{35}}{(6.67 \times 10^{-11})(1.5876 \times 10^{16})}\)
\(M_1 + M_2 = \frac{2.021 \times 10^{37}}{1.059 \times 10^6}\)
\(M_1 + M_2 \approx 1.91 \times 10^{31} \text{ kg}\)

甲部分 (a):
- 解釋朝向地球運動的恆星會產生藍移（波長減少）(1)
- 解釋遠離地球運動的恆星會產生紅移（波長增加）(1)
- 說明週期性運動使光譜線朝相反方向週期性分裂 (1)

乙部分 (b)(i):
- 使用質心定義 \(M_1 r_1 = M_2 r_2\) 或等效關係 (1)
- 代入 \(r_2 = d - r_1\) 並正確整理出該關係式 (1)

乙部分 (b)(ii):
- 指出萬有引力提供向心力：\(F_G = F_c\) (1)
- 向心力的正確表達式：\(F_c = M_1 \left(\frac{2\pi}{T}\right)^2 r_1\) (1)
- 正確代入並進行代數運算以導出最終關係式 (1)

乙部分 (b)(iii):
- 將數值正確代入導出的公式 (1)
- 計算出正確的最後答案及單位：\(1.91 \times 10^{31} \text{ kg}\) [接受範圍：\(1.90 \times 10^{31} \text{ kg}\) 至 \(1.92 \times 10^{31} \text{ kg}\)] (1)