2023 DSE 物理 答案詳解與評分準則

在熔化過程中，吸收的熱量為 \(Q_1 = P t_1 = m l_f\)，即 \(l_f = \frac{P t_1}{m}\)。
在液態升溫過程中，吸收的熱量為 \(Q_2 = P t_2 = m c_l \Delta T\)，即 \(c_l = \frac{P t_2}{m \Delta T}\)。
因此，兩者的比例為：
\[\frac{l_f}{c_l} = \frac{P t_1 / m}{P t_2 / (m \Delta T)} = \frac{t_1 \Delta T}{t_2}\]

正確答案為 B 記 1 分。需正確應用公式。

首先，將溫度轉換為開氏溫度：
\(T_1 = 27 + 273 = 300\text{ K}\)
\(T_2 = 327 + 273 = 600\text{ K}\)
由於絕對溫度增加了一倍：
(1) 分子的平均動能 \(E_k = \frac{3}{2} k_B T\) 與 \(T\) 成正比。因此平均動能增加了一倍。（正確）
(2) 方均根速率 \(v_{rms} = \sqrt{\frac{3 k_B T}{m}}\) 與 \(\sqrt{T}\) 成正比。因此速率增加了 \(\sqrt{2}\) 倍，而非一倍。（錯誤）
(3) 由於氣體分子濃度不變，碰撞頻率與分子的平均速率成正比。因此碰撞頻率增加了 \(\sqrt{2}\) 倍，而非一倍。（錯誤）
因此，只有 (1) 正確。

正確答案為 A 記 1 分。關鍵在於將攝氏度正確轉換為開氏度。

設汽車在 \(t=0\) 時的初速度為 \(u\)，勻減速率為 \(a\)。由於它在 \(t=2.5\text{ s}\) 停止：
\(v(2.5) = u - 2.5a = 0 \implies u = 2.5a\)。
汽車在任意時間 \(t\) 的位移為：
\(s(t) = u t - \frac{1}{2} a t^2 = 2.5a t - 0.5a t^2\)。
在第一秒內：
\(d_1 = s(1) - s(0) = 2.5a(1) - 0.5a(1)^2 = 2a\)。
在第二秒內：
\(d_2 = s(2) - s(1) = [2.5a(2) - 0.5a(2)^2] - 2a = [5a - 2a] - 2a = 3a - 2a = a\)。
因此，比例 \(d_1 / d_2 = 2a / a = 2.0\)。

正確答案為 B 記 1 分。需要一致地應用運動學公式。

設木塊 \(A\) 的初始運動方向為正方向。
初始動量：\(P_i = m u\)。
碰撞後，木塊 \(A\) 的速度為 \(v_A = -\frac{1}{5}u\)。
設 \(v_B\) 為木塊 \(B\) 的最終速度。
根據動量守恆定律：
\[m u = m\left(-\frac{1}{5}u\right) + 3m v_B \implies \frac{6}{5}m u = 3m v_B \implies v_B = \frac{2}{5}u\]
碰撞後的總動能為：
\[K_f = \frac{1}{2}m v_A^2 + \frac{1}{2}(3m) v_B^2 = \frac{1}{2}m \left(-\frac{1}{5}u\right)^2 + \frac{3}{2}m \left(\frac{2}{5}u\right)^2 = \frac{1}{50}mu^2 + \frac{12}{50}mu^2 = \frac{13}{50}mu^2 = 0.26 mu^2\]

正確答案為 B 記 1 分。必須先應用動量守恆求得木塊 B 的速度。

由於摩擦而損失的機械能為：
\(W_{\text{lost}} = m g L \sin\theta - \frac{1}{2} m v^2\)。
因為加速度是恆定的，木塊的平均速度為 \(v_{\text{avg}} = \frac{v}{2}\)。
下滑所需的時間為：
\(t = \frac{L}{v_{\text{avg}}} = \frac{2L}{v}\)。
摩擦力的平均功率為：
\(P_{\text{avg}} = \frac{W_{\text{lost}}}{t} = \frac{m g L \sin\theta - \frac{1}{2} m v^2}{2L / v} = \frac{v}{2L} \left(m g L \sin\theta - \frac{1}{2} m v^2\right)\)。

正確答案為 B 記 1 分。必須正確應用功與平均功率之間的關係。

臨界角 \(\theta_c\) 與兩介質折射率的關係為：
\(\sin \theta_c = \frac{n_y}{n_x}\)。
由於光在介質中的傳播速率與折射率成反比，我們有：
\(n_x = \frac{c}{v}\) 且 \(n_y = \frac{c}{v_y}\)。
代入臨界角公式中：
\(\sin \theta_c = \frac{c/v_y}{c/v} = \frac{v}{v_y} \implies v_y = \frac{v}{\sin \theta_c}\)。

正確答案為 B 記 1 分。需要應用光速與折射率的關係。

原本的頻率為 \(f\)，波長為 \(\lambda = v/f\)。點 \(P\) 的波程差為 \(\Delta = 2\lambda\)。
當頻率提高 \(25\%\) 時，新頻率為 \(f' = 1.25f = 1.25 \times \frac{v}{\lambda}\)。
新波長為 \(\lambda' = \frac{v}{f'} = \frac{v}{1.25 f} = \frac{\lambda}{1.25} = 0.8\lambda\)。
因此，以新波長表示的波程差為：
\(\Delta = 2\lambda = 2(1.25 \lambda') = 2.5 \lambda'\)。
由於波程差為新半波長的奇數倍（即新波長的半整數倍），故發生相消干涉。

正確答案為 B 記 1 分。需對波程差和波長進行一致的推理。

應用公式 \(\mathcal{E} = I(R+r)\)：
第一種情況下：\(\mathcal{E} = 1.2(2 + r)\) --- (1)
第二種情況下：\(\mathcal{E} = 0.6(5 + r)\) --- (2)
聯立 (1) 及 (2)：
\(1.2(2 + r) = 0.6(5 + r)\)
\(2(2 + r) = 5 + r \implies 4 + 2r = 5 + r \implies r = 1.0\,\Omega\)。
將 \(r = 1.0\,\Omega\) 代回 (1)：
\(\mathcal{E} = 1.2(2 + 1) = 3.6\text{ V}\)。

正確答案為 B 記 1 分。需要解線性方程組。

當金屬環進入向下的磁場時，穿過金屬環向下的磁通量增加。根據楞次定律，感應電流需抵抗此增加，從而產生向上的磁場。由右手螺旋定則，從上方看電流方向為逆時針。
當金屬環離開磁場時，向下的磁通量減少。感應電流需抵抗此減少，從而產生向下的磁場。由右手螺旋定則，從上方看電流方向為順時針。

正確答案為 B 記 1 分。需要一致地應用楞次定律和右手螺旋定則。

要使淨電場強度為零，\(+Q\) 和 \(-4Q\) 產生的電場強度必須大小相等、方向相反。這只能發生在靠近電量絕對值較小電荷的外側，即 \(A\) 的左側（與 \(B\) 相反的一側）。
設該點與 \(A\) 相距 \(x\)。
令兩者產生的電場大小相等：
\[\frac{k Q}{x^2} = \frac{k (4Q)}{(d + x)^2}\]
兩邊開平方根：
\[\frac{1}{x} = \frac{2}{d + x} \implies d + x = 2x \implies x = d\]
因此，該位置在 \(A\) 點外側（與 \(B\) 相反方向），且與 \(A\) 相距 \(d\)。

正確答案為 A 記 1 分。需要應用庫侖定律及電場疊加原理。

熔化過程發生在溫度保持不變的時期，共持續了 \(5\text{ 分鐘} = 300\text{ s}\)。在此期間提供的能量為 \(Q = P \Delta t = 50 \times 300 = 15000\text{ J}\)。利用 \(Q = m L_f\)，得 \(15000 = 0.2 \times L_f\)，解得 \(L_f = 75000\text{ J kg}^{-1} = 75\text{ kJ kg}^{-1}\)。

選對答案 C 得 1 分。其他選項不給分。

設 \(a\) 為首 \(4\text{ s}\) 內的加速度。由於圖像為拋物線，加速度為恆定。首 \(4\text{ s}\) 內的位移為 \(s_1 = \frac{1}{2} a (4^2) = 8a\)。在 \(t = 4\text{ s}\) 時的速度為 \(v = a (4) = 4a\)。在餘下的 \(2\text{ s}\) 內（由 \(t = 4\text{ s}\) 至 \(6\text{ s}\)），汽車以恆定速度 \(v\) 運動，因此位移為 \(s_2 = v \times 2 = 8a\)。總路程為 \(s_1 + s_2 = 16a = 48\text{ m}\)，解得 \(a = 3.0\text{ m s}^{-2}\)。

選對答案 C 得 1 分。其他選項不給分。

根據動量守恆定律：\(m v = m (-v/5) + 3m v_B \Rightarrow v_B = \frac{2}{5} v\)。初始動能 \(K_i = \frac{1}{2} m v^2\)。末動能 \(K_f = \frac{1}{2} m (-v/5)^2 + \frac{1}{2} (3m) (2/5 v)^2 = \frac{1}{2} m v^2 [ \frac{1}{25} + \frac{12}{25} ] = \frac{13}{25} K_i\)。損失的動能比例為 \(1 - \frac{13}{25} = \frac{12}{25}\)。

選對答案 A 得 1 分。其他選項不給分。

反射角為 \(\theta\)。設 \(r\) 為空氣中的折射角。由於反射光線與折射光線垂直，我們有 \(\theta + 90^\circ + r = 180^\circ \Rightarrow r = 90^\circ - \theta\)。根據折射定律：\(n \sin \theta = 1 \cdot \sin r = \sin(90^\circ - \theta) = \cos \theta\)。因此，\(\tan \theta = \frac{1}{n} = \frac{1}{1.5} = \frac{2}{3}\)，解得 \(\theta = \arctan(2/3) \approx 33.7^\circ\)。

選對答案 A 得 1 分。其他選項不給分。

初始基頻為 \(f_1 = \frac{240}{3} = 80\text{ Hz}\)。波速由 \(v = \sqrt{T/\mu}\) 給出，其中 \(T\) 為張力，\(\mu\) 為線密度。當張力變為四倍時，波速會加倍。由於基頻 \(f_1 = \frac{v}{2L}\)，波速加倍會使基頻加倍，故新的基頻為 \(2 \times 80 = 160\text{ Hz}\)。

選對答案 B 得 1 分。其他選項不給分。

初始力的大小為 \(F \propto |q_1 q_2| = 6 \times 2 = 12\text{ 單位}\)。當接觸時，\(+4\mu\text{C}\) 的總電荷被均分，因此每個小球帶有 \(+2\mu\text{C}\)。新力的大小為 \(F' \propto |q_1' q_2'| = 2 \times 2 = 4\text{ 單位}\)。因此，\(F' = \frac{4}{12} F = \frac{1}{3} F\)。由於兩球現在均帶正電，故此力為排斥力。

選對答案 A 得 1 分。其他選項不給分。

隨著 \(R\) 增加，電路的總電阻增加，因此電流 \(I = \frac{\varepsilon}{R+r}\) 減少。路端電壓為 \(V = \varepsilon - I r\)。由於 \(I\) 減少，\(V\) 增加。內阻消耗的電功率為 \(P_{\text{int}} = I^2 r\)。由於 \(I\) 減少，\(P_{\text{int}}\) 減少。

選對答案 B 得 1 分。其他選項不給分。

由於物體以等速運動，其加速度為零，這意味著作用於物體上的淨力為零。作用在物體上的力為重力（\(mg\) 向下）和斜面施加的力（由法向力 \(N\) 和摩擦力 \(f\) 組成）。為了使合力為零，斜面施加的淨力必須與重力完全平衡。因此，斜面施加的淨力大小為 \(mg\)。

選對答案 C 得 1 分。其他選項不給分。

當線圈被拉出時，磁通量減少，產生感應電動勢 \(\varepsilon = B L v\)。感應電流為 \(I = \frac{\varepsilon}{R} = \frac{B L v}{R}\)。阻礙線圈運動的磁力為 \(F_B = I L B = \left(\frac{B L v}{R}\right) L B = \frac{B^2 L^2 v}{R}\)。要保持線圈以恆定速度運動，外力大小必須等於磁力，即 \(\frac{B^2 L^2 v}{R}\)。

選對答案 B 得 1 分。其他選項不給分。

水桶的加速度為 \(a = \frac{v - u}{t} = \frac{2 - 0}{2} = 1\text{ m s}^{-2}\)。作用在水桶上的向上張力 \(T\) 滿足 \(T - mg = ma \Rightarrow T = m(g+a) = 10 \times (9.81 + 1) = 108.1\text{ N}\)。水桶的平均速度為 \(v_{\text{avg}} = \frac{u+v}{2} = 1\text{ m s}^{-1}\)。平均有用輸出功率為 \(P = T v_{\text{avg}} = 108.1 \times 1 = 108.1\text{ W} \approx 108\text{ W}\)。

選對答案 B 得 1 分。其他選項不給分。

在體積不變的情況下，根據查理定律：\(P_1 / T_1 = P_2 / T_2\)。注意溫度必須轉換為開氏度（Kelvin）：\(T_1 = 27 + 273 = 300 \text{ K}\)。因此，\(T_2 = T_1 \times (P_2 / P_1) = 300 \times (3.0 \times 10^5 / 1.2 \times 10^5) = 750 \text{ K}\)。轉換回攝氏度：\(750 - 273 = 477^\circ\text{C}\)。

正確答案是 B。選對 B 得 1 分。

根據動量守恆定律：\(m v = m v_A + 3m v_B \implies v = v_A + 3v_B\)。由於是完全彈性碰撞，接近相對速度等於分離相對速度：\(v - 0 = v_B - v_A \implies v_A = v_B - v\)。代入得：\(v = (v_B - v) + 3v_B \implies 2v = 4v_B \implies v_B = 0.5v\)。因此，\(v_A = 0.5v - v = -0.5v\)。

正確答案是 A。選對 A 得 1 分。

條紋寬度公式為 \(\Delta y = \frac{\lambda D}{d}\)。若新距離 \(D' = D/2\) 且新縫寬 \(d' = 2d\)，則 \(\Delta y' = \frac{\lambda (D/2)}{2d} = \frac{1}{4} \frac{\lambda D}{d} = \frac{1}{4} \Delta y\)。

正確答案是 D。選對 D 得 1 分。

(1) 正確，因為銅環中產生的感應電流會阻礙磁鐵的接近，產生向上的磁力，故 \(a < g\)。(2) 正確，因為當磁鐵接近時，穿過銅環的磁通量增加；當磁鐵穿過並離開時，磁通量減少，這導致感應電流改變方向。(3) 正確，根據楞次定律，銅環會排斥接近的磁鐵（給予向上的力）；根據牛頓第三定律，磁鐵亦給予銅環一個大小相同、方向向下的反作用力。

正確答案是 D。選對 D 得 1 分。

根據能量守恆定律（水流失的热量 = 液體 X 吸收的热量）：\(m_w c_w \Delta T_w = m_x c_x \Delta T_x\)。代入數值：\(2.0 \\times 4200 \\times (80 - 50) = 3.0 \\times c_x \\times (50 - 20) \\implies 2.0 \\times 4200 \\times 30 = 3.0 \\times c_x \\times 30 \\implies 2.0 \\times 4200 = 3.0 \\times c_x \\implies c_x = 2800 \\text{ J kg}^{-1} \\text{K}^{-1}\\）。

正確答案是 B。選對 B 得 1 分。

在最大穩定速率下，向前拉力 \(F\) 等於重力沿斜坡分力與阻力的總和：\(F = m g \sin \theta + f = 1200 \times 10 \times 0.1 + 400 = 1200 + 400 = 1600 \text{ N}\)。由於功率 \(P = F v\\ 最大速率為 \)v = P / F = 40000 / 1600 = 25 \\text{ m s}^{-1}\\）。

正確答案是 B。選對 B 得 1 分。

對於一端封閉的共鳴管，當空氣柱長度 \(L\) 為四分之一波長的單數倍時會發生共鳴：\(L = (2n-1)\lambda/4\)。第一次共鳴發生在 \(L_1 = \lambda/4 = 16.0 \text{ cm}\)。第二次共鳴發生在 \(L_2 = 3\lambda/4 = 3 \times 16.0 = 48.0 \text{ cm}\)。

正確答案是 B。選對 B 得 1 分。

兩個並聯電阻器的等效電阻為 \(R_p = R / 2\)。電路的總電阻為 \(R_{eq} = R/2 + R = 1.5R\)。設總電流為 \(I\)。電路的總功率為 \(P = I^2 R_{eq} = 1.5 I^2 R\)。由於第三個電阻器與並聯部分串聯，流經它的電流亦為 \(I\)。它消耗的功率為 \(P_3 = I^2 R\)。因此，\(P_3 / P = (I^2 R) / (1.5 I^2 R) = 1 / 1.5 = 2/3\)，即 \(P_3 = \frac{2}{3}P\)。

正確答案是 C。選對 C 得 1 分。

設 \(t\) 為經過的時間（小時）。剩餘的活性原子核數目分別為 \(N_X = N_0 (1/2)^{t/12}\) 及 \(N_Y = 2N_0 (1/2)^{t/4}\)。設 \(N_X = N_Y\)，得 \(N_0 (1/2)^{t/12} = 2N_0 (1/2)^{t/4} \\implies (1/2)^{t/12} = 2 \\times (1/2)^{t/4} \\implies 1 = 2 \\times (1/2)^{t/4 - t/12} = 2 \\times (1/2)^{2t/12} = 2 \\times (1/2)^{t/6} \\implies (1/2)^{t/6} = 1/2 \\implies t/6 = 1 \\implies t = 6 \\text{ 小時}\\。

正確答案是 B。選對 B 得 1 分。

萬有引力提供向心力：\(\frac{G M m}{r^2} = \frac{m v^2}{r} \implies v = \sqrt{\frac{G M}{r}}\)。因此，運行速率與軌道半徑的平方根成反比，即 \(v \propto \frac{1}{\sqrt{r}}\)。所以 \(v_B / v_A = \\sqrt{R / 4R} = 1/2 \\implies v_B = \\frac{1}{2}v\\。

正確答案是 B。選對 B 得 1 分。

若要兩球相遇，它們必須在同一時間 \(t\) 處於相同的水平和垂直位置。\n\n首先考慮水平逛動。們球 A 以恆定速度 \(u\) 在水平方向逛動了距離 \(D\)：\n\(D = ut \implies t = \frac{D}{u}\)\n\n其次考慮垂直逛動。兩球的向下加速度均為 \(g\)。\n們球 A 的垂直高度為：\(y_A = H - \frac{1}{2}gt^2\)\n們球 B 的垂直高度為：\(y_B = vt - \frac{1}{2}gt^2\)\n\n兩球相撞時，\(y_A = y_B\)：\n\(H - \frac{1}{2}gt^2 = vt - \frac{1}{2}gt^2 \implies H = vt \implies t = \frac{H}{v}\)\n\n聯立兩式消去 \(t\)：\n\(\frac{D}{u} = \frac{H}{v} \implies u = \frac{v D}{H}\)\n\n因此，正確答案是 A。

1 分：得出正確關係式 \(u = \frac{v D}{H}\)（選項 A）。

設該物質的質量為 \(m\)，加熱器的功率為 \(P\)。\n\n在加熱固態物質期間：\n\(P \cdot t_{\text{solid}} = m c_s \Delta T\)\n其中 \(t_{\text{solid}} = 4\text{ 分鐘}\) 且 \(\Delta T = 80 - 20 = 60\text{ K}\)。\n\n在熔化過程中：\n\(P \cdot t_{\text{melt}} = m \ell_f\)\n其中 \(t_{\text{melt}} = 6\text{ 分鐘}\)。\n\n將爢二個方程除以爢一個方程：\n\(\frac{P \cdot t_{\text{melt}}}{P \cdot t_{\text{solid}}} = \frac{m \ell_f}{m c_s \Delta T} \implies \frac{t_{\text{melt}}}{t_{\text{solid}}} = \frac{\ell_f}{c_s \Delta T}\)\n\n重組方程以求比例 \(\frac{\ell_f}{c_s}\)：\n\(\frac{\ell_f}{c_s} = \frac{t_{\text{melt}}}{t_{\text{solid}}} \cdot \Delta T = \frac{6\text{ 分鐘}}{4\text{ 分鐘}} \times 60\text{ K} = 1.5 \times 60\text{ K} = 90\text{ K}\)。\n\n因此，正確答案是 B。

1 分：得出正確的比例值 \(90\text{ K}\)（選項 B）。

設磁場強度為 \(B\)。甶三角形線圈以恆定速度 \(v\) 進入磁場時，在時間 \(t\)，線圈位於磁場內部的區域是一個底和高均為 \(vt\) 的直角三角形。\n\n因此，在時間 \(t\) 位於磁場內的面積為：\n\(A(t) = \frac{1}{2} (vt)(vt) = \frac{1}{2} v^2 t^2\)\n\n穿過線圈的磁通量 \(\Phi\) 為：\n\(\Phi(t) = B A(t) = \frac{1}{2} B v^2 t^2\)\n\n根據法拉第電磁感應定律，感應電動勢 \(\varepsilon\) 的量值為：\n\(\varepsilon = \frac{d\Phi}{dt} = B v^2 t\)\n\n由於 \(B\) 和 \(v\) 是常數，因此 \(\varepsilon \propto t\)。即感應電動勢的量值與時間 \(t\) 成正比。\n\n所以，正確答案是 C。

1 分：得出 \(\varepsilon \propto t\)（選項 C）。

(a) 圖像應為一個對稱的梯形，起點為原點，在 \(t = t_1\) 時升至 \(v_{\max}\)，保持平直直到 \(t = t_1 + 6\)，最後在 \(t = 15\) 時降至零。
(b) 總時間：\(T = 2t_1 + 6 = 15 \implies 2t_1 = 9 \implies t_1 = 4.5\text{ 秒}\)。
總距離即為 \(v\)-\(t\) 圖像下的面積：
\(s = \frac{1}{2} (6 + 15) v_{\max} = 120\text{ 米}\)
\(10.5 v_{\max} = 120 \implies v_{\max} = \frac{120}{10.5} \approx 11.43\text{ 米/秒}\)。
(c) 加速度大小：
\(a = \frac{v_{\max}}{t_1} = \frac{11.43}{4.5} \approx 2.54\text{ 米/秒}^2\)。

(a) 正確繪出起訖於零的梯形圖像給 1M；正確標記關鍵時間間隔（\(t_1\)、\(t_1+6\)、\(15\)）和峰值速度 \(v_{\max}\) 給 1A。
(b) 寫出總時間方程求 \(t_1 = 4.5\text{ 秒}\) 給 1M；\(t_1\) 正確給 1A；利用梯形面積公式計算位移給 1M；求出 \(v_{\max} = 11.4\text{ 米/秒}\)（或 \(11.43\text{ 米/秒}\)）給 1A。
(c) 使用 \(a = \Delta v / \Delta t\) 給 1M；計算出正確數值 \(2.54\text{ 米/秒}^2\) 給 1.33A（接受 \(2.5\) 至 \(2.6\)）。

(a) 動量守恆定律：在沒有外力作用的情況下，碰撞前兩小球的總動量等於碰撞後的總動量。
動能守恆定律：碰撞前後系統的總動能保持不變。
(b) 設 \(v_A\) 和 \(v_B\) 分別為 A 和 B 碰撞後的最終速度。
由動量守恆定律得：
\(m_A u_A + m_B u_B = m_A v_A + m_B v_B\)
\(0.5(4.0) + 0 = 0.5 v_A + 0.3 v_B \implies 0.5 v_A + 0.3 v_B = 2.0\) (方程 1)
由於碰撞是完全彈性的，分離的相對速度等於接近的相對速度：
\(v_B - v_A = u_A - u_B = 4.0 \implies v_B = v_A + 4.0\) (方程 2)
將方程 2 代入方程 1：
\(0.5 v_A + 0.3(v_A + 4.0) = 2.0\)
\(0.8 v_A + 1.2 = 2.0 \implies 0.8 v_A = 0.8 \implies v_A = 1.0\text{ 米/秒}\)。
使用方程 2：
\(v_B = 1.0 + 4.0 = 5.0\text{ 米/秒}\)。
(c) 施加在小球 B 上的平均力：
\(F_{\text{avg}} = \frac{\Delta p_B}{\Delta t} = \frac{m_B v_B - 0}{\Delta t} = \frac{0.3 \times 5.0}{0.05} = 30\text{ 牛頓}\)。

(a) 敘述動量守恆定律給 1A；敘述動能守恆定律給 1A。
(b) 寫出正確的動量守恆方程給 1M；寫出相對速度關係式（或動能方程）給 1M；計算出正確的 \(v_A\) 值給 1.33A；計算出正確的 \(v_B\) 值給 2A。
(c) 使用牛頓第二定律/動量衝量關係 \(F = \Delta p / \Delta t\) 給 1M；計算出正確的力 \(30\text{ 牛頓}\) 給 1A。

(a) 考慮垂直運動，由 \(y = u_y t + \frac{1}{2} g t^2\)，由於 \(u_y = 0\)：
\(45.0 = 0 + \frac{1}{2} (9.81) t^2\)
\(t^2 = \frac{90.0}{9.81} \approx 9.174 \implies t \approx 3.029\text{ 秒}\)，即約為 \(3.03\text{ 秒}\)。
(b) 考慮水平運動，水平速度保持不變：
\(x = u_x t = 20.0 \times 3.029 \approx 60.58\text{ 米} \approx 60.6\text{ 米}\)。
(c) 即將著地時，水平速度分量為：
\(v_x = 20.0\text{ 米/秒}\)。
垂直速度分量為：
\(v_y = g t = 9.81 \times 3.029 \approx 29.71\text{ 米/秒}\)。
速率 \(v\) 為：
\(v = \sqrt{v_x^2 + v_y^2} = \sqrt{20.0^2 + 29.71^2} \approx \sqrt{400 + 882.68} \approx 35.81\text{ 米/秒}\)。
與水平面之夾角 \(\theta\) 為：
\(\theta = \tan^{-1}\left(\frac{v_y}{v_x}\right) = \tan^{-1}\left(\frac{29.71}{20.0}\right) \approx 56.04^\circ \approx 56.0^\circ\)。

(a) 選擇垂直位移公式給 1M；代入數據並算出 \(t = 3.03\text{ 秒}\) 給 1.33A。
(b) 水平距離公式 \(x = u_x t\) 給 1M；正確代入及計算出 \(60.6\text{ 米}\)（或 \(60.58\text{ 米}\)）給 2A。
(c) 計算垂直速度 \(v_y\) 給 1M；求得最終速度 \(35.8\text{ 米/秒}\) 給 1A；使用三角函數求角度給 1M；求得正確角度為水平以下 \(56.0^\circ\) 給 1A。

(a) 由於體積不變，根據壓強定律：
\(\frac{P_1}{T_1} = \frac{P_2}{T_2}\)
\(\frac{1.0 \times 10^5}{300} = \frac{P_2}{450}\)
\(P_2 = 1.5 \times 10^5\text{ Pa}\)。
(b) (i) 由於壓強不變，根據查理定律：
\(\frac{V_2}{T_2} = \frac{V_3}{T_3}\)
\(\frac{2.0 \times 10^{-3}}{450} = \frac{3.0 \times 10^{-3}}{T_3}\)
\(T_3 = 450 \times \frac{3.0}{2.0} = 675\text{ K}\)。
(ii) 在恆溫下體積增加時，因溫度不變，分子的平均動能（和平均速率）保持不變。然而，單位體積內的分子數（分子密度）減少。這導致氣體分子在單位面積上與器壁碰撞的頻率降低，從而產生較小的單位面積平均力，因此壓強降低。

(a) 使用 \(P/T = \text{常數}\) 給 1M；正確代入給 1M；求出 \(1.5 \times 10^5\text{ Pa}\) 給 1A。
(b)(i) 使用 \(V/T = \text{常數}\) 給 1M；正確代入給 1M；求出 \(675\text{ K}\) 給 1A。
(b)(ii) 指出溫度恆定意味著分子的平均動能/平均速度不變給 1A；指出分子數密度降低給 1M；得出結論：單位面積與器壁碰撞的頻率減少，導致單位面積平均力（即壓強）下降給 1.33A。

(a) 根據臨界角的定義：
\(\sin c = \frac{1}{n} = \frac{1}{1.52} \approx 0.6579\)
\(c = \sin^{-1}(0.6579) \approx 41.1^\circ\)。
(b) 在空氣-玻璃界面上應用折射定律：
\(n_{\text{air}} \sin \theta = n \sin r\)
\(1 \cdot \sin 45.0^\circ = 1.52 \sin r\)
\(\sin r = \frac{\sin 45.0^\circ}{1.52} \approx \frac{0.7071}{1.52} \approx 0.4652\)
\(r = \sin^{-1}(0.4652) \approx 27.7^\circ\)。
(c) 由於光線是從平面中心射入，它會沿著半圓的半徑方向傳播。它垂直地射向圓弧界面（即在圓弧界面的入射角為 \(0^\circ\)）。因此，該光線穿過界面進入空氣時不會改變其方向。

(a) 使用 \(\sin c = 1/n\) 給 1M；正確代入給 1M；求出 \(c = 41.1^\circ\) 給 1A。
(b) 使用折射定律（Snell's Law）給 1M；代入 \(n = 1.52\) 及 \(i = 45.0^\circ\) 給 1M；求出 \(r = 27.7^\circ\) 給 1.33A。
(c) 指出光線穿過界面時不改變方向給 1A；解釋光線沿半徑方向傳播，垂直射向界面（入射角為 \(0^\circ\)）給 2A。

(a) 使用條紋間距公式：
\(\Delta y = \frac{\lambda D}{d}\)
代入已知值（轉換為標準單位）：
\(\lambda = 650 \times 10^{-9}\text{ 米}\)
\(d = 0.25 \times 10^{-3}\text{ 米}\)
\(D = 1.80\text{ 米}\)
\
\(\Delta y = \frac{650 \times 10^{-9} \times 1.80}{0.25 \times 10^{-3}} = 4.68 \times 10^{-3}\text{ 米} = 4.68\text{ 毫米}\)。
(b) (i) 綠光的波長比紅光短（\(530\text{ 納米} < 650\text{ 納米}\)）。由於在其他變量不變時 \(\Delta y \propto \lambda\)，因此條紋間距將會減小。
(ii) 由於 \(\Delta y \propto D\)，將雙縫到屏幕的距離 \(D\) 加倍，條紋間距也會加倍。

(a) 選擇公式 \(\Delta y = \lambda D / d\) 給 1M；正確轉換單位給 1M；求得 \(4.68\text{ 毫米}\)（或 \(4.68 \times 10^{-3}\text{ 米}\)）給 1.33A。
(b)(i) 指出條紋間距減小給 1A；解釋綠光波長較短且 \(\Delta y \propto \lambda\) 給 2A。
(b)(ii) 指出條紋間距加倍給 1A；解釋 \(\Delta y\) 與 \(D\) 成正比給 2A。

(a) 應用庫侖定律：
\(F = \frac{k |Q_1 Q_2|}{r^2}\)
\(F = \frac{8.99 \times 10^9 \times (4.0 \times 10^{-6}) \times (9.0 \times 10^{-6})}{(0.30)^2}\)
\(F = \frac{0.32364}{0.09} \approx 3.596\text{ N} \approx 3.60\text{ 牛頓}\)。
由於電荷帶異性電，力是吸引力。因此，施加在 \(Q_1\) 上的力指向 \(Q_2\)，即沿 x 軸正方向。

(b) 設淨電場為零的位置之坐標為 \(x\)。
由於兩個電荷帶異性電，零電場點不能位於 \(x = 0\) 與 \(x = 0.30\text{ m}\) 之間（因為在該區域，兩個電場方向相同）。
因為 \(|Q_1| < |Q_2|\)，該點必須更靠近 \(Q_1\)，即在 \(Q_1\) 的左側（即 \(x < 0\)）。
設 \(x = -d\)，其中 \(d\) 為該點到 \(Q_1\) 的向左距離。
在該點：
\(E_1 = E_2 \implies \frac{k |Q_1|}{d^2} = \frac{k |Q_2|}{(0.30 + d)^2}\)
\(\frac{4.0 \times 10^{-6}}{d^2} = \frac{9.0 \times 10^{-6}}{(0.30 + d)^2}\)
\(\frac{2}{d} = \frac{3}{0.30 + d}\)
\(2(0.30 + d) = 3d\)
\(0.60 + 2d = 3d \implies d = 0.60\text{ 米}\)。
由於該點在原點 (\(x = 0\)) 的左側，所以其坐標為 \(x = -0.60\text{ 米}\)。

(a) 庫侖定律給 1M；正確代入給 1M；力的大小為 \(3.60\text{ N}\) 給 1A；方向正確（向右 / x 軸正方向）給 0.33A。
(b) 指出零電場位置必在 \(x < 0\) 區域給 1M；建立 \(E_1 = E_2\) 的等式給 1M；正確代入距離 \(d\) 和 \(0.30 + d\) 給 2M；計算出 \(d = 0.60\text{ m}\) 給 1A；寫出最終坐標 \(x = -0.60\text{ m}\) 給 1A。

(a) 並聯組合的等效電阻 \(R_p\) 為：
\(\frac{1}{R_p} = \frac{1}{R_1} + \frac{1}{R_2} = \frac{1}{6.0} + \frac{1}{3.0} = \frac{3}{6.0} = \frac{1}{2.0}\)
\(R_p = 2.0\text{ }\Omega\)。
(b) 電路的總外電阻為：
\(R_{\text{ext}} = R_p + R_3 = 2.0 + 5.0 = 7.0\text{ }\Omega\)。
包括電池內阻在內的總電阻為：
\(R_{\text{total}} = R_{\text{ext}} + r = 7.0 + 1.0 = 8.0\text{ }\Omega\)。
總電流 \(I\) 為：
\(I = \frac{\mathcal{E}}{R_{\text{total}}} = \frac{12.0}{8.0} = 1.5\text{ A}\)。
(c) 路端電壓 \(V\) 為：
\(V = \mathcal{E} - I r = 12.0 - (1.5 \times 1.0) = 10.5\text{ V}\)。
\(R_1\) 和 \(R_2\) 並聯部分的電壓降為：
\(V_p = I R_p = 1.5 \times 2.0 = 3.0\text{ V}\)。
因此，流過 \(R_1\) 的電流為：
\(I_1 = \frac{V_p}{R_1} = \frac{3.0}{6.0} = 0.5\text{ A}\)。

(a) 使用並聯電阻公式給 1M；算出 \(2.0\text{ }\Omega\) 給 1A。
(b) 計算總外電阻 \(7.0\text{ }\Omega\) 給 1M；將內阻計入總電阻給 1M；求得總電流 \(1.5\text{ A}\) 給 1.33A。
(c) 寫出路端電壓公式 \(V = \mathcal{E} - Ir\) 給 1M；計算出路端電壓 \(10.5\text{ V}\) 給 1A；求並聯部分的電壓或利用電流分配法給 1M；計算出流經 \(R_1\) 的電流為 \(0.5\text{ A}\) 給 1A。

(a) 法拉第電磁感應定律指出，電路中感應電動勢 (e.m.f.) 的大小與穿過該電路的磁通量變化率成正比。
(b) 穿過單匝線圈的磁通量 \(\Phi\) 為：
\(\Phi = B A = B s^2\)
\(\Phi = 0.40 \times (0.10)^2 = 0.40 \times 0.01 = 4.0 \times 10^{-3}\text{ 韋伯 (Wb)}\)。
(c) 線圈進入磁場時其受磁場面臨面積的變化率為：
\(\frac{\Delta A}{\Delta t} = s v\)
因此，具有 \(N\) 匝的線圈之感應電動勢 \(\mathcal{E}\) 為：
\(\mathcal{E} = N \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} = N B \frac{\Delta A}{\Delta t} = N B s v\)
\(\mathcal{E} = 50 \times 0.40 \times 0.10 \times 2.0 = 4.0\text{ 伏特 (V)}\)。
(d) 當線圈進入磁場時，穿過線圈向內的磁通量增加。根據楞次定律，感應電流的方向必須阻礙這一增加，這意味著它必須產生一個向外的磁場。根據右手螺旋定則，感應電流的方向必須是逆時針。

(a) 清楚闡述法拉第定律（包括磁通量變化率）給 2A。
(b) 使用 \(\Phi = BA\) 公式給 1M；計算出 \(4.0 \times 10^{-3}\text{ Wb}\) 給 1.33A。
(c) 求出面積變化率 \(sv\) 給 1M；使用公式 \(\mathcal{E} = N B s v\) 或其等價公式給 1M；計算出 \(4.0\text{ V}\) 給 1A。
(d) 明確指出方向為逆時針給 1A；解釋感應磁場必須指向紙外以阻礙向內磁通量增加給 1A。

由於 A 和 B 組成雙星系統，它們繞著共同的質量中心以相同的角速度旋轉，因此它們的軌道週期相等，即 \(T_B = T\)。根據質量中心公式，\(m_A r_A = m_B r_B\)。由於 \(m_A = 2m_B\)，我們得到 \(2m_B r_A = m_B r_B \Rightarrow r_A/r_B = 0.5\)。因此，正確選項為 A。

選對 A 得 1 分。

距離 \(d = 1/p\)。因此 \(d_X = 20\text{ pc}\) 且 \(d_Y = 100\text{ pc}\)。由於視星等相同，它們的視亮度 \(b\) 相同：\(\frac{L_X}{d_X^2} = \frac{L_Y}{d_Y^2} \Rightarrow \frac{L_X}{L_Y} = \left(\frac{20}{100}\right)^2 = \frac{1}{25}\)。根據 \(L = 4\pi R^2 \sigma T^4\)，我們有 \(\frac{L_X}{L_Y} = \left(\frac{R_X}{R_Y}\right)^2 \left(\frac{T_X}{T_Y}\right)^4 \Rightarrow \frac{1}{25} = \left(\frac{R_X}{R_Y}\right)^2 \left(\frac{6000}{3000}\right)^4 = 16 \left(\frac{R_X}{R_Y}\right)^2\)。因此，\(\left(\frac{R_X}{R_Y}\right)^2 = \frac{1}{400} \Rightarrow \frac{R_X}{R_Y} = 0.05\)。

選對 A 得 1 分。

紅移值 \(z = \frac{\Delta \lambda}{\lambda_0} = \frac{678.0 - 656.3}{656.3} \approx 0.03306\)。退行速度 \(v = z c = 0.03306 \times 3.0 \times 10^5\text{ km s}^{-1} \approx 9919\text{ km s}^{-1}\)。根據哈勃定律，距離 \(d = v / H_0 = 9919 / 70 \approx 141.7\text{ Mpc} \approx 142\text{ Mpc}\)。

選對 A 得 1 分。

根據愛因斯坦光電方程，\(eV_1 = hf - hf_0\) 且 \(eV_2 = 1.5hf - hf_0\)。兩式相除：\(\frac{V_1}{V_2} = \frac{f - f_0}{1.5f - f_0}\)。化簡得 \(1.5V_1 f - V_1 f_0 = V_2 f - V_2 f_0\)，即 \(f_0(V_2 - V_1) = f(V_2 - 1.5V_1) \Rightarrow f_0 = \frac{2V_2 - 3V_1}{2(V_2 - V_1)} f\)。

選對 A 得 1 分。

由於 \(\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{\sqrt{2mqV}}\)，我們有 \(\frac{\lambda_e}{\lambda_\alpha} = \sqrt{\frac{m_\alpha q_\alpha}{m_e q_e}} = \sqrt{7300 \times 2} = \sqrt{14600} \approx 121\)。

選對 A 得 1 分。

在波耳模型中，軌道半徑為 \(r_n = n^2 a_0\)。當 \(n=3\) 時，\(r_3 = 9a_0\)。根據德布羅意軌道穩定波條件，\(2\pi r_n = n \lambda \Rightarrow 2\pi (9a_0) = 3 \lambda_3 \Rightarrow \lambda_3 = 6\pi a_0\)。

選對 C 得 1 分。

輸入太陽能功率 \(P_{\text{in}} = 800 \times 2.5 = 2000\text{ W}\)。輸出電功率 \(P_{\text{out}} = V I = 12 \times 8 = 96\text{ W}\)。效率 \(\eta = \frac{96}{2000} \times 100\% = 4.8\%\)。

選對 A 得 1 分。

輸入電功率 \(P_{\text{elec}} = \frac{\text{製冷量}}{\text{COP}} = \frac{3.5\text{ kW}}{2.8} = 1.25\text{ kW}\)。消耗電能 \(E = P_{\text{elec}} \times t = 1.25\text{ kW} \times 8.0\text{ h} = 10.0\text{ kWh}\)。

選對 B 得 1 分。

對於近視眼，鏡片必須將遠處物體（\(u=\infty\)）在遠點（\(v = -50\text{ cm} = -0.5\text{ m}\)）處成像。因此 \(\frac{1}{f} = \frac{1}{\infty} + \frac{1}{-0.5} \Rightarrow f = -0.5\text{ m} = -50\text{ cm}\)。屈光度 \(P = 1/f = 1/(-0.5) = -2.0\text{ D}\)。

選對 A 得 1 分。

使用衰減方程 \(I = I_0 e^{-\mu x}\)，透射比例為 \(\frac{I}{I_0} = e^{-0.35 \times 4.0} = e^{-1.4} \approx 0.2466\)，即 \(24.7\%\)。

選對 B 得 1 分。

根據史提芬－玻爾茲曼定律，光度由 \(L = 4\pi R^2 \sigma T^4\) 給出。因此，\(\frac{L_A}{L_B} = \left(\frac{R_A}{R_B}\right)^2 \left(\frac{T_A}{T_B}\right)^4\)。代入已知數值：\(64 = \left(\frac{R_A}{R_B}\right)^2 (2)^4 \implies 64 = 16 \left(\frac{R_A}{R_B}\right)^2 \implies \left(\frac{R_A}{R_B}\right)^2 = 4\)。因此，\(\frac{R_A}{R_B} = 2\)，即 \(R_A : R_B = 2 : 1\)。

選擇 C 得 1 分。

衛星在半徑為 \(r\) 的圓軌道上的運行速率由 \(v = \sqrt{\frac{GM}{r}}\) 給出。若半徑變為 \(1.44r\)，則新的運行速率 \(v'\) 為 \(\sqrt{\frac{GM}{1.44r}} = \frac{v}{\sqrt{1.44}} = \frac{v}{1.2} \approx 0.83v\)。

選擇 B 得 1 分。

根據愛因斯坦的光電方程，\(eV_s = \frac{hc}{\lambda} - \phi \implies \frac{hc}{\lambda} = eV_s + \phi\)，其中 \(\phi\) 是金屬的逸出功。若波長減半，新的方程為 \(eV_s' = \frac{hc}{\lambda / 2} - \phi = 2\frac{hc}{\lambda} - \phi\)。將第一個方程代入得 \(eV_s' = 2(eV_s + \phi) - \phi = 2eV_s + \phi\)。由於逸出功 \(\phi > 0\)，我們有 \(eV_s' > 2eV_s \implies V_s' > 2V_s\)。

選擇 C 得 1 分。

獲得的動能為 \(K = qV\)。德布羅意波長為 \(\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{\sqrt{2mK}} = \frac{h}{\sqrt{2mqV}}\)。由於兩者帶有相同的電量大小 \(e\) 並在相同的電勢差 \(V\) 下加速，因此 \(\lambda \propto \frac{1}{\sqrt{m}}\)。所以，\(\frac{\lambda_e}{\lambda_p} = \sqrt{\frac{m_p}{m_e}} = \sqrt{1840} \approx 42.9\)。

選擇 B 得 1 分。

照射到太陽能電池板的入射功率為 \(P_{\text{in}} = 800 \text{ W m}^{-2} \times 2.0 \text{ m}^2 = 1600 \text{ W}\)。太陽能電池板的輸出電功率為 \(P_{\text{out}} = P_{\text{in}} \times 15\% = 240 \text{ W} = 0.24 \text{ kW}\)。充電所需的總電能為 \(E = 12 \text{ V} \times 80 \text{ Ah} = 960 \text{ Wh} = 0.96 \text{ kWh}\)。所需充電時間為 \(t = \frac{E}{P_{\text{out}}} = \frac{0.96 \text{ kWh}}{0.24 \text{ kW}} = 4.0 \text{ 小時}\)。

選擇 B 得 1 分。

強度反射系數 \(R\) 由 \(R = \frac{(Z_2 - Z_1)^2}{(Z_2 + Z_1)^2}\) 給出，其中 \(Z_1\) 與 \(Z_2\) 分別是肌肉與骨骼的聲阻抗。\(R = \frac{(7.80 \times 10^6 - 1.70 \times 10^6)^2}{(7.80 \times 10^6 + 1.70 \times 10^6)^2} = \frac{(6.10 \times 10^6)^2}{(9.50 \times 10^6)^2} = \frac{37.21}{90.25} \approx 0.412 = 41.2\%\)。因此，反射強度佔入射强度的 \(41.2\%\)。

選擇 B 得 1 分。

(a) 使用有效半衰期公式：\n1/T_e = 1/T_p + 1/T_b\n1/T_e = 1/6.0 + 1/24.0 = (4 + 1)/24.0 = 5/24.0\nT_e = 24.0 / 5 = 4.8 小時\n\n(b) 適用性：\n1. 有效半衰期（4.8 小時）足夠短，能盡量減少病人接受的長期輻射劑量，但又足夠長以允許順利完成影像掃描。\n2. 它只釋放伽馬光子（伽馬衰變）。伽馬輻射具有高穿透力，能輕易穿透人體被外部伽馬相機偵測，且其游離能力低，能盡量減少對生物組織的傷害。\n\n(c) 12.0 小時後的剩餘放射性強度：\nA = A_0 * (1/2)^(t / T_e)\nA = 300 * (1/2)^(12.0 / 4.8)\nA = 300 * (1/2)^2.5 = 300 * 0.17678 = 53.03 MBq (或 53.0 MBq)

(a)\n- 公式 1/T_e = 1/T_p + 1/T_b (1分 Method)\n- 代入數值：1/6.0 + 1/24.0 (1分 Method)\n- 正確答案：4.8 小時 (1分 Answer)\n\n(b)\n- 解釋半衰期因素：足夠短以減少病人的輻射劑量 (1分 Answer) 但足夠長以進行顯像 (1分 Answer)。\n- 解釋輻射類型因素：釋放伽馬光子，因其高穿透力能穿透身體進行偵測 (1分 Answer)，且游離能力低，對組織傷害小 (1分 Answer)。\n\n(c)\n- 公式 A = A_0 * (1/2)^(t / T_e) 或 A = A_0 * e^(-lambda * t) (1分 Method)\n- 代入數值：300 * (0.5)^(12.0 / 4.8) (1分 Method)\n- 正確答案：53.0 MBq (接受 53 MBq 至 53.1 MBq 之間的數值) (1分 Answer)

(a) 根據維恩位移定律：\n\lambda_{\text{max}} * T = b\nT = b / \lambda_{\text{max}} = (2.90 * 10^{-3} \text{ m K}) / (966 * 10^{-9} \text{ m})\nT = 3002.07 \text{ K} \approx 3002 \text{ K} (或 3000 \text{ K})\n\n(b) 根據斯特凡-玻爾茲曼定律，L = 4 * \pi * R^2 * \sigma * T^4。\n因此，光度之比為：\nL / L_{\odot} = (R / R_{\odot})^2 * (T / T_{\odot})^4\n4000 = (R / R_{\odot})^2 * (3002 / 5780)^4\n4000 = (R / R_{\odot})^2 * (0.51939)^4\n4000 = (R / R_{\odot})^2 * 0.07277\n(R / R_{\odot})^2 = 4000 / 0.07277 = 54970\nR / R_{\odot} = \sqrt{54970} \approx 234.5 (接受 234 至 235 之間的數值。例如，若 T = 3000 K，則 R/R_{\odot} \approx 235)\n\n(c) 由於恆星的初始質量為 1.5 個太陽質量（小於 8 個太陽質量）：\n- 恆星最終會拋出外層形成行星狀星雲，核心殘餘留下成為白矮星。(2分)\n- 白矮星依靠電子簡併壓力來抵抗引力坍縮。(1分)

(a)\n- 寫出或使用維恩位移定律公式：\lambda_{\text{max}} * T = b (1分 Method)\n- 代入數值：T = (2.90 * 10^{-3}) / (966 * 10^{-9}) (1分 Method)\n- 正確溫度：3002 K 或 3000 K (1分 Answer)\n\n(b)\n- 寫出或使用斯特凡-玻爾茲曼比例公式：L/L_sun = (R/R_sun)^2 * (T/T_sun)^4 (1分 Method)\n- 代入數值：4000 = (R/R_sun)^2 * (3002/5780)^4 (1分 Method)\n- 正確進行代數轉換求 R/R_sun (1分 Method)\n- 正確比值：234 或 235 (1分 Answer)\n\n(c)\n- 指出恆星最終演化為白矮星（和/或形成行星狀星雲）(2分 Answer)\n- 指出支撐機制為電子簡併壓力 (1分 Answer)