112 年分科測驗物理試題與答案

正解：判準是把各物理量化為 M、L、T 的因次。能量的因次為 M L^2 T^-2；衝量的因次是力乘時間，即 M L T^-1，再乘一次時間後成為 M L，與能量不同，故選 D。

A：質量乘速率平方的因次為 M (L T^-1)^2 = M L^2 T^-2，與能量相同。

B：力矩是力乘長度，因次為 M L^2 T^-2；角度為無因次，乘上後不改變因次。

C：壓力乘體積 = （力/面積）×體積 = 力×長度，因次為 M L^2 T^-2，與能量相同。

E：電壓可寫成能量除以電量，因此電量乘電壓就是能量，因次相同。

本題考點：因次分析（dimensional analysis）——比較物理量時，先全部改寫為基本因次 M、L、T；能量因次（dimension of energy）——機械能可由力乘長度判定為 M L^2 T^-2；無因次量（dimensionless quantity）——角度以弧度表示時不改變乘積的因次。

正解：判準是電磁波與其他波動同樣具有波的基本現象，因此可發生反射、折射、干涉與繞射。這些現象由電場、磁場的波動傳播所呈現，並不要求存在物質介質，故選 C。

A：電磁波的電場與磁場振動方向都垂直於傳播方向，屬橫波，不是縱波。

B：可見光在真空中的速率為 c，進入介質後速率通常變為 c/n；真空與介質中的傳播速率不相同。

D：真空中的電磁波速率皆為 c，不因頻率高低而變快；頻率改變的是波長，關係為 c=fλ。

E：同時存在電場和磁場可以是靜電場與靜磁場，未必向外傳播；形成電磁波需要隨時間變化且能彼此維持的電、磁場。

本題考點：電磁波（electromagnetic wave）——辨別橫波與縱波時看場的振動方向是否垂直傳播方向；真空光速（speed of light in vacuum）——真空中 c=fλ，頻率改變時由波長配合；波動現象（wave phenomena）——反射、折射、干涉與繞射是各類波可共享的行為。

正解：本題由 5 次量測的平均值與組合不確定度決定報告位數。u_C=0.35686524 mg 取適當有效位數為 0.36 mg，而 0.36 mg=0.00036 g，平均值要保留到 0.00001 g 位，故 95.367823 g 應寫為 95.36782 g。E 的平均值與不確定度位數一致，故選 E。

A：5 次量測的 A 類標準不確定度是平均值的標準差，u_A=SD/√5，不是 SD/4。

B：最小刻度 1 mg 是儀器解析度，不可直接當作 u_B；B 類不確定度要依解析度造成的誤差分布估算。

C：彼此獨立的 A、B 類不確定度應以 u_C=√(u_A^2+u_B^2) 合成，不是將兩者直接相加或平均。

D：0.4 mg=0.0004 g，並不支持把平均值粗略到 95.4 g；報告值的小數位應與不確定度的末位相配合。

本題考點：A 類不確定度（Type A uncertainty）——重複量測時用標準差除以 √n 評估平均值的不確定度；B 類不確定度（Type B uncertainty）——儀器解析度需依誤差分布換算，不能直接照抄刻度；組合不確定度（combined standard uncertainty）——獨立來源以平方和開根號合成，最後使測量值的位數與不確定度一致。

正解：緩慢移動電荷時外力所作功等於電位能改變。令 K=kq_1q_2，從 2d 移至 d 時，W=K(1/d−1/(2d))=K/(2d)。再從 d 移至 d/5 時，W'=K(1/(d/5)−1/d)=4K/d=8W，故選 B。

A：10W 把距離縮小的倍數直接當成功的倍數，卻忽略電位能改變要計算兩端 1/r 的差。

C：5W 只反映 1/(d/5)=5/d 的一部分，沒有扣除起始位置 d 對應的 K/d。

D：4W 對應的是第二段電位能差寫成 4K/d 後，漏掉第一段 W=K/(2d) 所造成的比例換算。

E：兩段位移的起終距離不同，電位能改變不會恰好相同；代入 1/r 後可得第二段為 8W。

本題考點：電勢能（electric potential energy）——兩點電荷系統以 U=kq_1q_2/r 表示，緩慢移動時比較 ΔU；外力作功（external work）——準靜態過程中 W_ext=ΔU；反比函數差（inverse-distance difference）——距離改變的功要算 1/r 的差，不能只看距離倍數。

正解：水平彈簧振子的週期為 T_s=2π√(m/k)，自然長度 l 不影響週期；小振幅單擺的週期為 T_p=2π√(L/g)，擺錘質量 M 不影響週期。令兩週期相等，m/k=L/g，解得 g=Lk/m，故選 E。

A：l 與 M 都不出現在這兩個週期公式中，不能由週期相等導出 lM/k。

B：等週期關係要求 g=Lk/m，k 應在分子、m 應在分母，Lm/k 的比例關係相反。

C：單擺週期與擺錘質量 M 無關，彈簧週期也不能以 L 與 M 的乘積取代 m/k。

D：自然長度 l 不是單擺的擺長 L，且擺錘質量 M 不影響單擺週期，故此式不符合週期條件。

本題考點：彈簧簡諧運動（mass-spring simple harmonic motion）——用 T=2π√(m/k)，週期不依賴彈簧自然長度；單擺（simple pendulum）——小振幅下用 T=2π√(L/g)，週期不依賴擺錘質量；等週期法（period matching）——把兩系統的週期相等，可消去 2π 並求未知量。

正解：每隔 τ 拋出一球而任一時刻至少有四球在空中，單一小球的滯空時間 T 必須大於 4τ；若 T=4τ，接住回球的瞬間只剩另外三球仍在空中。拋出與接住高度相同時，T=2v0/g，因此 v0>2gτ。最高點的鉛直高度為 v0^2/(2g)，代入下限可得高度大於 2gτ^2，故選 E。

A：v0=gτ/2 時，T=2v0/g=τ，只會維持一球的滯空時間，無法達到至少四球在空中。

B：v0=gτ 時，T=2τ，仍小於所需的 4τ。

C：T=3τ 時，在一球剛被接住而尚未重新拋出時，空中的球數不足四顆。

D：最高高度為 gτ^2/2 時，反推 T=2τ，與至少四球持續滯空的條件不符。

本題考點：鉛直拋體運動（vertical projectile motion）——回到原高度的滯空時間用 T=2v0/g 判定；排程條件（timing constraint）——把「每隔 τ」與「至少四球在空中」轉成 T>4τ 的不等式；最高點（maximum height）——由 v0^2/(2g) 連結初速與最高高度。

正解：從斜面頂端到剛接觸牆面前，彈簧尚未壓縮，木塊下降高度 h 所減少的重力位能全部轉成動能。又題幹明示最大速率出現在撞牆之前，因此 Kmax=mgh，故選 A。

B：彈簧在壓縮時使木塊減速，對木塊作功為負；其作功量為 ΔK=−mgh，不是正值。

C：終點木塊靜止，初始與終點的動能皆為零，重力位能減少 mgh 必全轉成彈簧位能，所以彈性位能增加 mgh，不是 mgh/2。

D：終點彈簧力為 kx，而能量關係只給 (1/2)kx²=mgh；未給 k 與 h 的關係，無法斷定 kx 必小於 mg。

E：壓縮過程中彈簧力 kx 隨壓縮量變大，木塊加速度大小也隨之變化，不是等加速運動。

本題考點：力學能守恆（conservation of mechanical energy）——光滑面且無耗散時，先用總能量追蹤重力位能、動能與彈性位能；彈簧作功（spring work）——彈簧使運動方向上的木塊減速時作負功；胡克定律（Hooke's law）——F=kx 代表彈簧壓縮越多，力與加速度越不固定。

正解：速率曲線須分三段判斷。木塊在光滑斜面上受沿斜面固定的重力分量，加速度固定，速率線性增加；到水平面而尚未撞牆前，合力為零，速率維持最大值不變；開始壓縮彈簧後，彈簧力由零逐漸增大，減速度的量值愈來愈大，速率由最大值以曲線降到零。能依序呈現「直線上升、水平平台、彎曲下降」且速率連續的圖形為 B，故選 B。

A：若把斜面與水平面前進都畫成同一種加速狀態，就漏掉了水平面上尚未撞牆時合力為零的速率平台。

C：速率在接觸彈簧時不能突變；彈簧力起初為零，之後才隨壓縮量增加，圖形須連續轉入減速段。

D：把壓縮期間畫成直線等減速，等於假設彈簧力固定；實際上 F=kx，減速度會逐漸變大。

E：若曲線使木塊在停止前再次加速或維持最大速率，便與彈簧持續吸收動能、終點速率為零的條件矛盾。

本題考點：速度—時間圖（velocity-time graph）——斜率是加速度，水平段表示合力為零；運動連續性（continuity of motion）——接觸彈簧時速率不會跳變；簡諧運動的局部特徵（simple harmonic motion）——彈簧壓縮越多，回復力與減速度越大，因此減速段不是直線。

正解：題幹已指出黃金粒徑縮小到奈米尺度時，熔點會降低；判讀時只能採用題目所呈現範圍內的趨勢，不能任意外推到粒徑為零或更大粒徑。選項 D 指出小於5奈米時熔點下降特別明顯，符合題目要辨識的奈米尺度新穎性質，故選 D。

A：粒徑趨近零並不等於熔點必趨近零，這是把有限範圍內的下降關係作不受支持的極端外推。

B：材料進入奈米尺度仍可有固、液、氣等相態；改變的是相變條件與材料性質，不是三態概念消失。

C：題幹將熔點改變列為奈米材料的物理性質，不能把現象一概歸因於量測困難。

E：大於20奈米的情形不在題目指定的判讀範圍內，且粒徑變大也不能直接推出熔點會急遽上升。

本題考點：奈米尺度效應（nanoscale effect）——粒徑縮小時，先判斷題目是否要求由表面效應等性質改變解釋，而非視為量測誤差；圖表外推（extrapolation）——資料只支持其呈現區間內的關係，遇到趨近零或超出範圍的敘述要特別排除。

正解：干涉型消音器要讓兩股同頻聲波在乙點相消，路徑差必須是半個波長的奇數倍。主要噪音的波長 λ=1.0 m，最小可達成破壞性干涉的路徑差為 ΔL=λ/2=1.0/2=0.50 m，因此兩波相差半週期而最有效消音，故選 D。

A：ΔL=2.0 m=2λ，兩波相差整數個週期，會同相疊加，不是最有效的相消條件。

B：ΔL=1.0 m=λ，同樣使兩波同相到達乙點，不能有效降低噪音。

C：ΔL=0.75 m=3λ/4，並非半整數倍波長，兩波相位沒有剛好相反。

E：ΔL=0.25 m=λ/4，只造成四分之一週期的相位差，不能完全相消。

本題考點：破壞性干涉（destructive interference）——同頻波要相消時，路徑差取（n+1/2）λ；相位差（phase difference）——整數倍 λ 代表同相，半整數倍 λ 才代表反相。

正解：暗紋來自氦原子選擇性吸收可使電子能階躍遷的特定頻率光子，這組頻率形成元素的特性吸收光譜。若某元素的暗紋頻率與氦原子的暗紋頻率相同，依特性光譜的判準即可判定為氦，故選 A。

B：繞射會改變光的傳播方向或使不同波長分開，不是氦原子選擇性移除特定頻率光子的機制。

C：氫與氦的電子結構及能階不同，吸收光譜不會完全相同。

D：氖與氦同樣具有不同的電子結構及能階，暗紋頻率不會完全相同。

E：吸收光譜的暗紋通常對應束縛電子在能階間的躍遷；游離是電子脫離原子所需的另一種能量條件，不能把兩者等同。

本題考點：吸收光譜（absorption spectrum）——連續光通過原子氣體後少掉特定頻率時，要判為原子的選擇性吸收；特性光譜（characteristic spectrum）——以一組譜線辨識元素時，依據是各元素的能階結構不同；能階躍遷與游離（energy-level transition and ionization）——電子仍束縛於原子內的躍遷，不等於電子離開原子的游離。

正解：關鍵在兩球由同一高度水平拋出，鉛直運動的初速都為 0，因此飛行時間 t=√(2h/g) 相同，落地時的鉛直速率 v_y=gt 也相同。又 v_甲=v_乙/2、m_甲=4m_乙，所以 K_甲=1/2×4m_乙×[(v_乙/2)^2+v_y^2]，大於 K_乙=1/2m_乙×(v_乙^2+v_y^2)。乙球的動能不會較大，故選 C。

A：水平射程 R=v_xt；乙球的水平初速是甲球的 2 倍，而飛行時間相同，所以乙球的射程較大。

B：兩球的鉛直初速、下落高度與重力加速度都相同，飛行時間只由這些鉛直條件決定，故相等。

D：不計空氣阻力時，兩球都只受重力作用，落地前的加速度均為向下的 g，與質量無關。

E：兩球在相同時間內由靜止開始做鉛直加速運動，故落地前的鉛直速度分量同為 gt。

本題考點：水平拋射（horizontal projectile motion）——把水平與鉛直運動分開處理，飛行時間由鉛直方向決定；動能（kinetic energy）——比較動能時要同時代入質量與速度平方，不能只比較速率；自由落體加速度（free-fall acceleration）——忽略阻力時不同質量物體的重力加速度相同。

正解：最上方紙牌滑動時，第一、二張間的正向力只承受手指下壓 N 與第一張紙牌重力 mg，故動摩擦力 F12=μk(N+mg)。第二張紙牌靜止，水平方向受第一張向前的摩擦力與第三張向後的靜摩擦力必等量，所以 F23=F12。第二、三張間可提供的最大靜摩擦力為 μs(N+2mg)，因此 F23≤μs(N+2mg)，故選 A、D、E。

A：第二張紙牌水平方向加速度為 0，第一張對它的摩擦力與第三張對它的摩擦力量值相等，故 F12=F23。

D：第二、三張間上方共有手指下壓力與兩張紙牌重量，正向力為 N+2mg，靜摩擦力不超過 μs(N+2mg)，故入選。

E：第一、二張間正在相對滑動，正向力為 N+mg，故 F12=μk(N+mg)。

B：N+2mg 是第二、三張間的正向力，不是第一、二張間的正向力；把它代入 F12 混淆了接觸面。

C：F23 是讓第二張靜止的靜摩擦力，其量值由平衡決定，只受 μs(N+2mg) 的上限限制，不能直接等於含 μk 的式子。

本題考點：動摩擦力（kinetic friction）——兩表面相對滑動時，f=μkN；靜摩擦力（static friction）——靜止接觸面只滿足 |f|≤μsN，未必等於最大值；受力圖（free-body diagram）——每一接觸面要分別計算其正向力，不能把上方所有重量套到所有界面。

正解：表中距太陽越遠，公轉週期由水星的 0.241 增至海王星的 164，因此公轉角速率 ω=2π/T 會遞減。繞日速率 v=2πr/T；以表中比值比較，水星約為 0.39/0.241，地球為 1，海王星約為 30.18/164，亦隨距離增加而下降。故選 A、C。

A：公轉週期隨平均距離增加而增加，角速率與週期成反比，故距離越遠角速率越小。

C：由 v=2πr/T 並代入表中 r、T 的比值，可看出外行星的繞日速率較小，故入選。

B：自轉週期並未隨距離單調增加，例如金星的數值遠大於外行星；自轉角速率不能由距日遠近作此推論。

D：繞日角動量量值與質量、距離及速率都相關，行星質量差異極大；木星的質量很大，不能說外行星角動量必較小。

E：太陽重力大小與 m/r^2 成正比，質量並非固定；例如木星雖較遠但質量很大，資料不支持單調遞減。

本題考點：角速率（angular velocity）——ω=2π/T，週期越長角速率越小；圓周運動速率（circular speed）——v=2πr/T，要同時看半徑與週期；萬有引力與角動量（gravitation and angular momentum）——比較不同天體時不可忽略質量差異。

正解：關鍵在空氣阻力持續對衛星做負功，衛星的總力學能會減少並使軌道半徑逐漸變小。阻力對地心有反向切向力矩，所以角動量量值逐漸減小；重力位能 U=-GMm/r 在 r 變小時變得更負，數值也逐漸減小。故選 BCE。

B：空氣阻力的方向大致與運動方向相反，對地心產生使角動量減少的力矩，故角動量量值逐漸變小。

C：阻力是非保守力，將軌道運動的機械能轉為內能等形式，因此總力學能逐漸減小。

E：衛星高度降低代表 r 變小；由 U=-GMm/r 可知位能變得更負，故重力位能逐漸變小。

A：衛星同時受重力與空氣阻力等外力作用，動量不是守恆量，量值不可能始終不變。

D：重力位能隨離地高度降低而下降，不是逐漸變大；分辨關鍵在位能的零點取無限遠，重力位能為負值。

本題考點：空氣阻力與機械能（air resistance and mechanical energy）——阻力做負功時，系統總力學能會減少；角動量（angular momentum）——對指定原點有外力矩時，角動量不守恆；重力位能（gravitational potential energy）——採 U=-GMm/r 時，距離變小表示 U 變得更負。

正解：電子通過兩個狹縫後出現明暗相間的干涉條紋，顯示其傳播具有波動性。電子能量愈高，動量愈大，依 λ=h/p 可知德布羅意波長愈短；為維持可辨識的干涉條紋，雙狹縫間距需相應縮小。故選 AC。

A：雙狹縫干涉需由兩條路徑的波疊加形成，電子能產生此圖樣，正是其波動性的證據。

C：高能電子的 p 較大而 λ 較小；條紋間距與 λ/d 有關，為使短波長仍產生可辨圖樣，所需狹縫間距較小。

B：封住其中一縫後，兩狹縫的相干疊加消失，圖樣會改為單狹縫繞射分布，不能說不可能變化。

D：干涉的必要條件是波的相干疊加，不是帶電；電子的電荷會影響其與外場的作用，卻不是產生干涉的原因。

E：中子雖不帶電，仍具有德布羅意波長，也能在適當實驗裝置中產生干涉；帶不帶電不是此現象的判準。

本題考點：物質波（matter wave）——粒子是否可干涉看其波動性，不以電荷為判準；德布羅意關係（de Broglie relation）——用 λ=h/p 判斷能量或動量改變後的波長；雙狹縫干涉（double-slit interference）——兩條相干路徑缺一時，干涉條紋便不再維持。

正解：光從空氣進入水中時，介面兩側必須維持相同頻率，因此 Ta=Tw。又折射定律可寫成 sinθa/va = sinθw/vw，交叉相乘得 va sinθw = vw sinθa，故選 B、D。

B：光源決定頻率，跨越介面時頻率不變，週期 T=1/f 也不變，故 Ta=Tw。

D：由 sinθa/va = sinθw/vw 可得 va sinθw = vw sinθa，故入選。

A：週期不因介質改變而變大或變小；空氣與水中的週期相等。

C：折射定律涉及相對法線的入射角與折射角的正弦，不是兩個餘弦與波速的乘積關係。

E：波長 λ=vT；雖然 T 相同，但折射定律不能推出 λa sinθa = λw sinθw。

本題考點：波在介面上的頻率守恆（frequency continuity at an interface）——換介質時頻率與週期不變，波速與波長改變；史涅耳定律（Snell's law）——以 sinθ/v 的形式比較兩介質，可避免折射率倒數寫反。

正解：判準是兩點波源到觀察點的路徑差。腹線滿足路徑差為整數倍波長，節線滿足路徑差為半整數倍波長；波源間距變大時，可容納的半整數倍路徑差更多，因此（A）正確。節線上的固定點兩波恆為反相，水面振幅極小，白螢幕對應亮度幾乎不隨時間改變，故（D）正確，故選 A、D。

A：在波長不變時增加兩波源間距，能滿足節線條件的階數增加，兩波源間的節線數目會增加。

D：穩定同相波源使節線上兩列波的相位差維持固定，該處水面近乎不振動，所以光學投影的亮暗狀態近乎固定。

B：波長變長會讓可容納在相同波源間距內的干涉階數變少，腹線數目不會增加。

C：中央垂直平分線必為腹線，而節線與腹線可出現的階數受波源間距與波長比值限制，數目不必相同。

E：腹線是兩波同相疊加、振幅最大的區域；固定點水面仍明顯振動，白螢幕亮度不會近乎保持不變。

本題考點：雙源干涉（two-source interference）——以路徑差判定同相增強或反相相消，不能只看離哪一波源較近；節線與腹線（nodal and antinodal lines）——節線振幅最小、腹線振幅最大，兩者的動態表現不同；波長與幾何尺度（wavelength and geometry）——在波源間距固定下，波長越短可形成的干涉階數越多。

正解：題幹點明「前述反應過程為β衰變的一種」，且反應式右邊出現微中子 νe，這兩個線索一起觸發同一條規則——凡是伴隨微中子（或反微中子）產生、且粒子種類發生轉換（此處質子轉成中子，等價於 u 夸克變 d 夸克）的過程，只能由弱交互作用媒介。逐一排除其餘三者：重力作用於質量，量值極微且不改變粒子種類；電磁交互作用於電荷，媒介為光子，不產生微中子；強交互作用把夸克束縛在核子內、並使核子結合成原子核，媒介為膠子，同樣不產生微中子，且不改變夸克的味。四者之中只有弱交互作用同時具備「改變粒子種類（味變）」與「產生微中子」兩項特徵，因此 4p⁺ → He²⁺ + 2e⁺ + 2νe 中產生微中子的那一步屬於弱交互作用。故可作答「弱交互作用（弱核力）」。

本題考點：β衰變的辨識判準——反應式中出現正電子或電子並伴隨微中子／反微中子，即判定為弱交互作用（weak interaction），不必再看能量尺度。四大基本交互作用的區辨——看它作用在什麼性質上：質量→重力、電荷→電磁、夸克色荷→強交互作用、味變與微中子→弱交互作用。氫核融合的淨反應——4 個質子融合成氦核必須有 2 個質子轉為中子，這一步就是把弱作用引進太陽發電機制的關鍵。

正解：題眼是「就如同物質波的動量與波長的關係」——這句話指定用德布羅意關係 λ = h/p 當出發點，把它反解即得 p = h/λ。接著要把 λ 換成題目允許的符號 E、h、f、c：題幹已說明光可視為以光速 c 行進的電磁波，而任何波皆滿足「波速 = 頻率 × 波長」，故 c = fλ，得 λ = c/f。演算過程如下：

p = h/λ = h/(c/f) = h × (f/c) = hf/c。

再引用題幹給的光子能量 E = hf，把分子的 hf 換成 E，得 p = E/c。兩種寫法等價，量綱檢查亦相符（能量除以速度即動量）。故答案為 p = hf/c，亦可寫成 p = E/c。

本題考點：德布羅意關係——p = h/λ 對實物粒子與光子一體適用，題目說「就如同物質波」時就是要你套這一式。波速公式 c = fλ——當題目只給 E、h、f、c 而不給 λ 時，用它把波長消去。光子的能量—動量關係 E = pc——零靜止質量粒子的特例，可拿來反向檢驗答案是否寫錯位置。

正解：判準是水銀槽液面與試管內同一水平面處的壓力相等。試管內水銀面上方為真空時，槽面受 1 atm 壓力，等效水銀柱高為 76 cm-Hg，因此 h=76 cm；再由 H-h=5 cm 得 H=81 cm。試管降低 10 cm 後 H=71 cm，高度不足以維持 76 cm 水銀柱，水銀升至閉口端，故 h=H=71 cm。故選 BE。

B：在真空上端與 1 atm 外壓的條件下，水銀面高度差固定為 76 cm，所以 h=76 cm。

E：降低後的 H 小於原本可支撐的 76 cm，試管內水銀面不能再停在 h=76 cm，只能升到閉口端，故 H=h。

A：由 H=81 cm 可知 H 不小於 76 cm，與選項敘述相反。

C：H=76 cm 時會有 H-h=0，不符合題設 H-h=5 cm。

D：只要 H>h，真空上端與外界 1 atm 的壓差未變，h 仍維持 76 cm；拉高試管只會增大真空區高度，不會使 h 同增 10 cm。

本題考點：靜水壓平衡（hydrostatic equilibrium）——同一連通液體的同一水平面壓力相等，可把外壓換算成液柱高度；水銀氣壓計（mercury barometer）——上端近真空時，液面高差由大氣壓決定；幾何限制（geometric constraint）——容器高度小於原應有液柱高度時，液面會碰到容器端點而改變平衡型態。

正解：題眼是題幹那句「假設若發生 H > h 的情況時，試管內的水銀面上方始終為真空」——它把兩個狀態分成兩種情形判斷，關鍵門檻是 1 大氣壓所能支撐的 76 cm-Hg。

初態：H = 70，而 70 < 76，大氣壓足以把水銀推滿到閉口端，管內不出現真空，故管內水銀面就是閉口端，h₁ = H = 70 公分。 末態：上拉 10 公分後 H = 80 > 76，管內水銀柱最高只能維持 76 公分，上方出現真空，故 h₂ = 76 公分。

再算位能。以水銀槽液面為位能零點（題目已說槽液面高度變化可忽略，被抽上來的水銀原本位於零點，初位能為零）；高出槽液面的水銀柱質量 m = ρAh，質心在 h/2 處。

初態：m₁ = 13.6 × 5 × 70 = 4760 公克 = 4.76 公斤，質心高 70/2 = 35 公分 = 0.35 公尺， U₁ = 4.76 × 10 × 0.35 = 16.66 焦耳。 末態：m₂ = 13.6 × 5 × 76 = 5168 公克 = 5.168 公斤，質心高 76/2 = 38 公分 = 0.38 公尺， U₂ = 5.168 × 10 × 0.38 = 19.6384 焦耳。 ΔU = U₂ − U₁ = 19.6384 − 16.66 = 2.9784 焦耳。

（等價的一式算法：ΔU = ρAg(h₂² − h₁²)/2 = 13600 × 5×10⁻⁴ × 10 × (0.76² − 0.70²)/2 = 68 × 0.0876/2 = 2.9784 焦耳，兩法相符。）

故答案為水銀的重力位能增加約 2.98 焦耳（ΔU ≈ +2.98 J）。

本題考點：托里切利氣壓計的高度上限——管內水銀柱高度由外界大氣壓決定（1 atm = 76 cm-Hg）；管口高度不足 76 公分時管內灌滿、無真空，超過才在頂端留下真空，這是判斷 h 等於 H 還是等於 76 的分水嶺。均勻液柱的重力位能——質量可視為集中在質心 h/2 處，U = (ρAh)g(h/2)，故位能與 h² 成正比。位能零點的選取——取水銀槽液面為零點，則從槽中被抽起的那部分水銀初位能為零，不必另外計入，這是本題能只比較管內液柱前後位能的前提。

正解：判準是磁場沿轉軸方向，而線圈中產生有效力矩的電流段沿徑向，依 F=I L×B，合力落在盤面的切向，必垂直於徑向單位向量 r̂。再由圖示電流方向判定線圈受力後，磁鐵盤承受大小相等、方向相反的反作用力矩，方向為順時針。故選 CE。

C：合力 F 為切向力，與徑向 r̂ 垂直；切向力才會對轉軸產生力矩並帶動磁鐵盤轉動。

E：線圈推動磁鐵盤時，磁鐵盤受的反作用力方向與線圈受力相反；依圖示的 N、S 極與電流方向，反作用力矩使下磁鐵盤順時針轉動。

A：有效導線段的電流方向不與磁場平行，且各段造成的切向力矩不會互相完全抵銷，所以合力 F 不為零。

B：平行於 r̂ 的力只會造成徑向拉推，不能提供繞轉軸的轉矩；分辨關鍵在交叉乘積所得方向是切向而非徑向。

D：逆時針把線圈受力方向誤當成磁鐵盤的受力方向；兩者符合牛頓第三運動定律，轉動方向必相反。

本題考點：安培力（Ampere force）——先用 F=I L×B 判定受力方向，導線方向與磁場方向相交才有磁力；轉矩（torque）——對轉軸有用的是切向分力，徑向分力的力矩為零；作用力與反作用力（Newton's third law）——線圈與磁鐵盤所受力大小相等、方向相反，判轉向時不可混用。

正解：t=0 時單一線圈覆蓋 N、S 極面積相等，淨磁通量為 0。磁鐵盤轉過 π/8 時，線圈與單一磁極重疊最多，磁通量達第一個極值；再轉過 π/8 至 π/4 時，N、S 面積再次相等，磁通量回到 0。扇形磁極邊界等速掃過線圈，故每一段呈線性變化，並以 π/(2ω) 為一個完整正負循環的週期。故選 A。

B：曲線若未從 t=0 的零磁通量開始，便違反線圈初始覆蓋 N、S 面積相等的條件。

C：第一個極值的時刻必在 π/(8ω)，把它放在不相符的相位會錯過半個磁極的重疊條件。

D：磁通量在轉過 π/(4ω) 時應回到零；不具此零點的曲線不符交替磁極的幾何關係。

E：完整循環須經歷正極值、零、負極值、零四段，週期不是由單一極值到下一零點決定。

本題考點：磁通量——以磁場方向乘上線圈與各磁極的有效重疊面積判正負；等角速率——把角度差以 Δθ=ωΔt 換成時間；週期圖像——先標出 t=0、第一極值、第一次過零與負極值，再連成週期函數。

正解：題眼有兩個——題幹的「每個扇形線圈面積分別與上下八個磁極的面積相同」，以及第 25 題已判定的磁通對時間呈三角波（線性升降、週期 π/(2ω)）。面積相等使線圈涵蓋的 N 極與 S 極面積此消彼長且變化率固定，磁通因此隨時間線性變化，感應電動勢在半週期內是定值，最大值就等於該定值。

(a) 八個扇形均分內半徑 r_I 與外半徑 r_O 之間的環形區域，環面積為 π(r_O² − r_I²)，故單一扇形面積 A = π(r_O² − r_I²)/8。 線圈面與單一磁極面完全重疊時磁通最大，該處均勻磁場量值為 B 且垂直盤面，故 Φ_M = B × A = πB(r_O² − r_I²)/8。

(b) 磁鐵盤以角速度 ω 轉動，轉過一個磁極所張的角 2π/8 = π/4 時，線圈所涵蓋的磁極由整片 N 換成整片 S，磁通自 +Φ_M 變到 −Φ_M。所需時間 Δt = (π/4)/ω = π/(4ω)。 磁通線性變化，故 ε_M = |ΔΦ/Δt| = 2Φ_M ÷ [π/(4ω)] = 8ωΦ_M/π = (8ω/π) × πB(r_O² − r_I²)/8 = ωB(r_O² − r_I²)。 （用動生電動勢交叉驗算：扇形線圈的兩條徑向邊分別位於相反磁極下，每條邊的電動勢為 ∫(從 r_I 到 r_O) B(ωr)dr = ωB(r_O² − r_I²)/2，兩邊在迴路中串聯相加，總和 ωB(r_O² − r_I²)，與上式相同。）

(c) 此單一線圈電阻為 R，電動勢最大值為 ε_M，故最大功率 P_M = ε_M²/R = [ωB(r_O² − r_I²)]²/R = ω²B²(r_O² − r_I²)²/R。

故答案為 Φ_M = πB(r_O² − r_I²)/8、ε_M = ωB(r_O² − r_I²)、P_M = ω²B²(r_O² − r_I²)²/R。

本題考點：環形扇區面積——內外半徑之間的環面積 π(r_O² − r_I²) 由 n 個等分扇形均分，每個為其 1/n，切勿誤用整圓面積 πr_O²。法拉第定律的線性版本——磁通對時間線性變化（三角波）時 ε = |ΔΦ/Δt| 為定值，直接取端點差除以時間即可，不必假設正弦波再乘角頻率。動生電動勢 ε = ∫Bωr dr——徑向導線在軸向磁場中旋轉時用它交叉驗算；兩條徑向邊處在極性相反的磁區下，電動勢會串聯相加而不是互相抵消。發電最大功率 P = ε²/R——線圈自身電阻是唯一耗能元件時的輸出上限。