114 年分科測驗物理試題與答案

正解：量子力學以量子化能量與波函數描述原子中的電子，能預測電子在不同位置出現的機率分布，並說明原子能階離散的特性。這正是（E）所述內容，故選 E。

A：普朗克的量子論首先用於解釋黑體輻射，不是直接成功解釋氫原子光譜。

B：德布羅意的物質波適用於所有具有動量的物質，不限於電子；電子只是最容易觀察波動性的例子之一。

C：波耳模型以量子化能階解釋原子光譜，並非用來說明原子核的組成或核衰變。

D：量子力學可精準預測大量電子累積後的干涉機率分布，但單一電子落在螢幕何處只能給出機率，不能逐顆精準預告位置。

本題考點：量子化（quantization）——原子束縛態的可允許能量是離散的，遇到光譜問題時要先連結能階差；波函數（wavefunction）——波函數提供位置等物理量的機率分布，不等於單次測量的確定軌跡；機率詮釋（probabilistic interpretation）——量子預測可對統計結果非常精準，卻不必然決定單一事件的位置。

正解：同為 1 莫耳的氦氣時，各速率分布曲線下的總面積相同；溫度愈高，分子的平均動能與特徵速率愈大，分布會往高速端移動且變寬。（A）所列的丁>丙>乙>甲符合此溫度與速率分布的關係，故選 A。

B：（B）把平均動能的大小次序排成與溫度相反。對同一種理想氣體，平均動能只由絕對溫度決定，溫度高者平均動能較大。

C：（C）將面積排出大小次序不成立。曲線下的面積代表分子總數，四者皆為 1 莫耳氦氣，面積應相等。

D：（D）將方均根速率視為相同不成立。方均根速率隨絕對溫度增加而增大。

E：（E）雖把溫度保持為曲線乙的溫度，但改成氮氣後分子質量已改變；在相同溫度下，氮分子的特徵速率較氦分子小，分布曲線不會相同。

本題考點：麥克斯威速率分布（Maxwell–Boltzmann speed distribution）——同種氣體升溫時，分布向高速端移且變寬；理想氣體平均動能（mean kinetic energy）——同種氣體以絕對溫度判斷平均動能大小；方均根速率（root-mean-square speed）——同溫下分子量較小者速率較大。

正解：少數 α 粒子大角度偏轉甚至反彈，表示原子的正電荷與大部分質量集中在很小的區域；造成偏轉的是 α 粒子與原子核正電荷間的庫侖斥力，不是強作用力，故選 D。

A：拉塞福以散射結果檢驗正電荷是否均勻分散於原子內；若均勻分布，不會預期出現極少數的大角度反彈。

B：大多數 α 粒子直接穿過金箔，顯示原子內大部分是空間。

C：極少數 α 粒子反彈回來，正是正電荷高度集中、且能產生強烈電斥力的關鍵觀察。

E：由穿透與少數大偏轉兩類結果，拉塞福提出具有小而帶正電原子核的模型。

本題考點：拉塞福金箔散射（Rutherford scattering）——看到「大多數穿透、少數反彈」時，判為原子核小而集中；庫侖力（Coulomb force）——同號電荷在未接觸時即可互斥，適合解釋 α 粒子的大角度偏轉；強作用力（strong interaction）——主要在核子極短距離內作用，不能用來說明金箔散射的主因。

正解：理想滑輪中同一條無質量繩的張力處處相同，施力 F=mg 時有 T=mg。載重端由兩段繩共同向上拉，因此上拉合力為 2T=2mg；扣除重力 mg 後，合力為 mg。由 ma=mg 得 a=g，故選 D。

A：（A）0 代表把上拉合力與重力誤當成相等；兩段繩各提供 T，總上拉力不是單一 T。

B：（B）此較小的加速度倍率是把支撐繩的張力或合力多除了一次，與 2T-mg=mg 不符。

C：（C）此倍率只計入一段繩的上拉作用；動滑輪受兩段繩支撐，兩個張力都必須納入。

E：（E）2g 把 2T 當成淨力，漏扣物體本身受到的重力 mg。

本題考點：理想滑輪（ideal pulley）——同一無質量繩上的張力相等，先畫出每一段繩的作用力；受力分析（free-body diagram）——淨力必須把向上與向下的力一起相加；牛頓第二定律（Newton’s second law）——由 ΣF=ma 求加速度。

正解：兩衛星皆近似繞行星作圓周運動，可用 P^2∝r^3/M 比較。r_S/r_E=(1.2×10^6 km)/(3.6×10^5 km)=10/3，P_E/P_S=28 day/14 day=2，因此 M_S/M_E≈(10/3)^3×2^2=4000/27≈1.5×10^2。M_S≈1.5×10^2×6.0×10^24 kg=9.0×10^26 kg，量級為 10^27 kg，故選 C。

A：10^23 kg 甚至接近表中泰坦衛星的質量，遠不足以符合其軌道尺度。

B：10^25 kg 比估算值小約兩個量級，無法配合較大的軌道半徑與較短週期。

D：10^29 kg 比估算值大約兩個量級。

E：10^31 kg 比估算值大約四個量級。

本題考點：開普勒第三定律（Kepler's third law）——同類圓軌道比較時，以 r^3/P^2 推估中心天體質量；量級估算（order-of-magnitude estimation）——先求無因次比值，再乘已知質量；圓周軌道（circular orbit）——衛星質量遠小於行星時可作近似。

正解：小角度單擺的週期由 T=2π√(L/g) 決定。代入 L=0.20 m、g=9.8 m/s^2，得 T=2π√(0.20/9.8)≈0.90 s；1.5 s≈1.67T。擺錘在 1.5T 時通過平衡位置向左且速率最大，之後再走 0.17T 會朝左端點上升並減速，故選 B。

A：此時運動方向確為向左，但離開平衡位置後重力的切向分量與運動方向相反，速率應減少而非增加。

C：1.67T 所在的是由平衡位置往左端點的區段，不是向右運動的區段。

D：速率增加只會發生在擺錘由端點往平衡位置運動時；此時正由平衡位置離開，因此不符合。

E：單擺的切向加速度隨位移而變，除通過平衡位置的瞬間外都不是等速運動。

本題考點：單擺週期（simple pendulum period）——小角度時先以 T=2π√(L/g) 換算實際時間為週期分率；簡諧運動（simple harmonic motion）——平衡位置速率最大、端點速率為零；恢復力（restoring force）——物體離開平衡位置時，加速度指向平衡位置，據此判斷速率增減。

正解：電池輸出的功率要同時供應爬升增加的重力位能與克服空氣阻力的作功。120 s 內，重力作功 Wg=mgh=720×10×200=1.44×10^6 J，故 Pg=Wg/t=1.20×10^4 W；空氣阻力功率 Pair=Fv=600×20=1.20×10^4 W。總功率 P=2.40×10^4 W，電流 I=P/V=24000/1200=20 A，故選 D。

A：5.0 A 對應 6000 W，連克服重力或空氣阻力任一項所需的 12000 W 都不足。

B：10 A 對應 12000 W，剛好只算到重力作功或空氣阻力作功其中一項，漏掉另一項。

C：15 A 對應 18000 W，介於單一阻力與總需求之間，仍不足以維持題設的等速度爬升。

E：25 A 對應 30000 W，超過重力與空氣阻力合計的 24000 W。

本題考點：功率（power）——等速運動時以每秒作功 P=W/t 或 P=Fv 計算各能量需求；重力位能（gravitational potential energy）——垂直爬升以 mgh 計算，不可只用斜面路程；電功率（electric power）——效率為 100% 時，P=VI 可直接把機械功率換成電流。

正解：感應電動勢量值為 ε=NAΔB/Δt，而 Δt=Δx/v，所以 ε=NAΔBv/Δx。線圈面積 A=0.20 cm^2=0.20×10^−4 m^2=2.0×10^−5 m^2，感應電動勢 ε=1.0 mV=1.0×10^−3 V。代入得 v=εΔx/(NAΔB)=(1.0×10^−3 V×1.0 m)/(1000×2.0×10^−5 m^2×0.50 T)=0.10 m/s，故選 A。

B：1.0 m/s 比計算值大 10 倍，與題給感應電動勢不符。

C：10 m/s 會使磁通量變化率再大 100 倍。

D：100 m/s 與所得速率相差 1000 倍。

E：1.0 km/s=1000 m/s，與所得速率相差 10000 倍。

本題考點：法拉第電磁感應定律（Faraday's law of induction）——感應電動勢由磁通量變化率決定；磁通量（magnetic flux）——線圈匝數、面積與磁場改變量都會成比例影響 ε；單位換算（unit conversion）——cm^2 要平方換成 m^2，mV 要換成 V。

正解：單狹縫暗紋中線滿足 a sin θ=mλ。同一狹縫與螢幕位置不變，兩條暗紋重合表示 θ 相同；第二暗紋給 2λ，第三暗紋給 3λ′，所以 2λ=3λ′，λ/λ′=3/2，故選 B。

A：λ/λ′=2/1 時，第二暗紋的量為 4λ′，不是第三暗紋的 3λ′。

C：λ/λ′=1/2 代入後，2λ=λ′，兩暗紋不會重合。

D：2/3 是把 λ 與 λ′ 的比值倒置後的結果。

E：λ/λ′=4/3 時，2λ=8λ′/3，仍不等於 3λ′。

本題考點：單狹縫繞射（single-slit diffraction）——暗紋以 a sin θ=mλ 判定階數；暗紋重合（coincident minima）——相同位置先令角度相同，再比較 mλ；比例關係（proportional reasoning）——不可把所求的兩個波長比倒置。

正解：波耳模型中 r_n=n^2R、E_n=E/n^2，且基態總能量 E 為負。當電子由 n=3 躍遷到 n=1 時，U_n=2E_n、K_n=-E_n；電位能減少的絕對值為 |2E-2E/9|=16|E|/9，動能增加的絕對值為 |-E-(-E/9)|=8|E|/9，前者較大，故選 E。

A：n=3 的總能量為 E/9，不是 E/3。能量大小隨 1/n^2 變化，不能只除以 n。

B：n=3 的軌道半徑為 3^2R=9R，不是 6R。

C：半徑與 n^2 成正比，所以 n=3 時為 9R，不是 3R。

D：電子由 n=3 降到 n=1 時會放出光子，電子本身的總能量由 E/9 變為 E，並不保持不變。

本題考點：波耳氫原子模型（Bohr model）——半徑按 n^2 增加，總能量按 1/n^2 變化；庫倫束縛系統能量關係（Coulomb bound-state energy）——U=2E_total、K=-E_total，可比較躍遷前後的能量變化；能量守恆（energy conservation）——電子能量的減少由放出的光子帶走，不能誤認電子總能量不變。

正解：關鍵在題幹指定電能全數轉為水的熱能，因此能量先用 Q=mcΔT 比較，時間再用 t=Q/P 比較。水的比熱與升溫 ΔT 都相同時，所需電能只與水量成正比，而加熱時間還要考慮電茶壺的功率，故選 BCE。

B：兩壺裝滿時，甲的水量為 1.0 kg、乙為 1.5 kg，所需熱量之比為 2:3；但功率之比為 1500:1000=3:2，所以 t甲/t乙=(2/3)/(3/2)=4/9，所需時間不相同。

C：兩者各加熱 500 mL 的水，水量與 ΔT 完全相同，Q=mcΔT 相同；效率均為 100%，消耗的電能也相同。

E：甲加熱 900 mL 時，t甲 與水量除以功率成正比，為 0.9/1500；乙加熱 600 mL 時為 0.6/1000。兩者皆為 0.0006，因此時間相同。

A：裝滿水時的電能比應為水量比 1.0:1.5=2:3，不是 3:2。3:2 是兩壺功率的比，不能直接當成能量比。

D：各加熱 500 mL 時熱量雖相同，但甲的功率較大，t甲/t乙=1000/1500=2/3，因此甲較快完成。

本題考點：熱量計算（heat capacity）——同種物質升溫相同時，以 Q=mcΔT 判斷所需能量，水量倍增則熱量倍增；功率（power）——固定能量下用 t=Q/P，比較時間時必須同時看熱量與功率；能量轉換效率（energy conversion efficiency）——效率為 100% 時輸入電能可直接等於水吸收的熱量。

正解：本題把原先靜止的木塊列為 1、原先以速率 v 運動者列為 2，且特別限定兩木塊質量不同。彈性碰撞除動量守恆外，還有接近速率等於分離速率；依題目的有向速度記號，可得 v₁−v₂=v，且兩個碰撞後速度均不為零，故選 BC。

B：對一維彈性碰撞，原先靜止木塊的碰撞後速度必非零；原先運動木塊若要恰好停下，兩木塊質量必須相同。題幹已排除等質量情形，因此兩者皆不為零。

C：彈性碰撞的恢復係數 e=1，分離相對速率等於接近相對速率。原先兩者的相對速率為 v，依題目速度方向即為 v₁−v₂=v。

A：非彈性碰撞只要求動量守恆，不保證兩個末速度皆非零；在適當質量比下，可能有其中一木塊碰撞後恰好靜止。

D：完全非彈性碰撞時兩木塊黏在一起，以共同速度運動，故 v₁−v₂=0；「必不為零」過度限定。

E：非彈性碰撞的恢復係數滿足 0≤e<1，分離相對速率小於接近相對速率，所以 v₁−v₂ 不會大於 v。

本題考點：一維碰撞（one-dimensional collision）——先固定正方向與各木塊編號，再比較有向速度；彈性碰撞（elastic collision）——除動量守恆外，分離相對速率等於接近相對速率；恢復係數（coefficient of restitution）——非彈性碰撞的 e<1，完全非彈性時 e=0 且兩物體同速。

正解：水平方向沒有外力，兩木塊的總動量守恆。初態總動量 p=2m×v+m×2v=4mv，兩塊最後同速時的速率為 V=4mv/(3m)=4v/3。摩擦力使甲加速、乙減速，直到相對速度為0；同時摩擦把部分動能轉為內能。故選 BDE。

B：甲的初速為 v，小於共同速率4v/3，所以甲的速率最大為4v/3。

D：乙的初速為2v，大於共同速率4v/3，所以乙的速率最小為4v/3。

E：初動能為 Ki=(1/2)×2m×v^2+(1/2)×m×(2v)^2=3mv^2；末動能為 Kf=(1/2)×3m×(4v/3)^2=8mv^2/3。因此最大損失為 Ki-Kf=3mv^2-8mv^2/3=mv^2/3。

A：2v/3 小於甲的初速 v，不可能是甲速率的最大值；分辨關鍵在甲受摩擦力後是加速而不是減速。

C：乙只會由2v降到共同速率4v/3，不會降到2v/3；這個數值把共同速率的分子、分母對調了。

本題考點：動量守恆（conservation of momentum）——系統水平方向外力為0時，先用總動量求共同速率；滑動摩擦與內能（kinetic friction and internal energy）——內力不改變總動量，但可使機械動能轉為內能；質心速度（center-of-mass velocity）——沒有外力時，兩物體最後同速的值就是系統質心速度。

正解：銅線中央接電池正極，傳統電流由正極流入銅線後分成左右兩支；再把觀察到的順時針轉動代入安培力方向，就可反推出磁鐵上方的磁場方向與磁極位置。故選 AC。

A：右側支路的電流由正極端附近的 P 流向較下方的 Q，故 PQ 段電流方向為 P 至 Q。

C：以 PQ、RS 兩段的電流方向套用 F=I L×B，順時針轉動所需的安培力對應磁鐵上方磁場向上；磁力線由 N 極向外，故 N 極較靠近電池。

B：RS 段的傳統電流同樣由接近正極的一端往下流，方向應為 R 至 S；S 至 R 是把電流方向倒置。

D：若 N 極較靠近桌面，磁鐵上方的磁場方向會與觀察到的轉動方向不符。

E：P、R 位於磁鐵周圍的不同位置，磁場方向由位置決定；同在一條銅線上不表示兩點的磁場方向相同。

本題考點：傳統電流方向（conventional current）——外電路電流由電池正極流向負極，分支電路要分別追蹤；安培力（Ampere force）——用 F=I L×B 同時對照電流、磁場與受力方向；磁力線（magnetic field lines）——磁鐵外部由 N 極指向 S 極，可由運動方向反推磁極。

正解：長直導線電流向上且隨時間增加，穿過線圈的磁通量隨之改變。依圖示配置套用右手定則與楞次定律，線圈必須產生反向磁場來阻礙原磁通量的增加，因此感應電流為順時針；再比較兩條平行邊與長直導線的距離，可得合力向左。故選 AD。

A：感應電流採順時針方向，所產生的磁場用來反抗外加磁通量的增加。

D：靠近長直導線的一側受力較大，與遠側受力不能抵銷，合力方向為左。

B：逆時針電流所產生的磁場會與原磁通量增加的方向相同，違反楞次定律的反抗趨勢。

C：長直導線的電流值正在改變，磁場與穿過線圈的磁通量也改變，所以一定有感應電動勢。

E：兩側磁力雖方向相反，但因距離不同、大小不等，淨力不會向右。

本題考點：法拉第感應定律（Faraday's law）——磁通量改變才有感應電動勢，先判斷磁場是否隨時間變化；楞次定律（Lenz's law）——感應效應一律反抗磁通量的改變，不是反抗原磁場本身；載流導線受力——平行導線的磁力要比較方向與距離，近側通常主導合力。

正解：題目要支持的不只是陰極射線帶電或會發光，而是其粒子不隨原料改變、並存在於各種原子中。（C）給出跨不同氣體與陰極材料仍有固定荷質比的證據，（D）則把它與另一種由物質放出的帶電粒子連結，兩者共同支持電子是普遍的基本粒子，故選 CD。

C：若粒子的荷質比固定，且不因管內氣體或陰極材料而變，表示射線的組成粒子不是某一種氣體或金屬專有的成分，而具有普遍性。

D：光電效應放出的帶電粒子同樣來自物質中的電子；若其性質與陰極射線粒子相同，便形成不同實驗現象指向同一基本粒子的證據。

A：氣體在高電壓下發出輝光只能說明氣體放電會造成發光，未比較不同原子中是否都有同一粒子。

B：螢光顯示陰極射線可沿路徑撞擊管壁並激發螢光物質，是射線存在與傳播方向的證據，未能證明其普遍存在於所有原子。

E：能產生電流可判斷陰極射線帶有可移動電荷；分辨關鍵在「帶電」不等於「所有原子共有」，故不足以支持題目的主張。

本題考點：陰極射線（cathode rays）——判斷電子證據時，要分開看其帶電性與其荷質比是否不受材料影響；荷質比（charge-to-mass ratio）——跨實驗條件仍固定的比值，支持觀察到同一種粒子；電子（electron）——由不同材料、不同現象得到一致性質時，才能推論為普遍的基本粒子。

正解：題幹「兩車輪瞬間被鎖死」「車輪完全不轉動而和地面處於動摩擦的狀態」是題眼，它指定了唯一該用的係數：輪胎與地面之間的動摩擦係數 μkt=0.50——不是靜摩擦 0.80（輪胎已在地面上滑動，不再是靜摩擦），也不是煞車片的 0.60 或 0.40（那組發生在煞車片與胎面之間，此時車輪不轉，該處沒有相對滑動、不耗散能量）。 第一步，地面正向力：車輪質量可忽略，全部重量由地面支撐，N=mg=100×10=1000 N。 第二步，地面動摩擦力：f=μkt×N=0.50×1000=500 N，方向與前進方向相反。 第三步，減速度：a=f/m=500/100=5.0 m/s²。 第四步，煞停距離：由 v²=v0²−2ad，末速 v=0，得 d=v0²/(2a)=(4.0)²/(2×5.0)=16/10=1.6 m。 能量法可交叉驗算：初動能 (1/2)mv0²=0.5×100×(4.0)²=800 J，摩擦力作功 500×d=800，得 d=1.6 m，與上式一致。 故答案為：此腳踏車在完全停止之前最多還會再前進 1.6 m。

本題考點： 1. 靜摩擦與動摩擦的選用判準：接觸面之間有沒有「相對滑動」決定用哪一個係數。車輪鎖死＝胎面對地面滑動＝用 μk；車輪滾動不打滑＝接觸點瞬時相對速度為零＝用靜摩擦且靜摩擦不作功。 2. 一題多組係數時的對應規則：把每一組係數綁到它所屬的那一對接觸面（胎—地、片—胎），再看題設情境讓哪一對發生滑動，只有發生滑動的那一對進入計算。 3. 等減速直線運動的煞停距離公式 d=v0²/(2a)，與功能定理 (1/2)mv0²=f·d 等價；兩條路都算一次可即時抓出係數選錯。

正解：本小題把情境換成「兩車輪未被鎖死，輪胎沒有在地面上滑動，僅靠煞車片和輪胎面的摩擦力作功來使腳踏車減速」，這句話同時指定了兩件事：胎—地之間是靜摩擦、不耗散能量；真正耗散能量的是煞車片與胎面之間的動摩擦，因此該用 μkb=0.40 與題給的煞車片正向力總和 N=200.0 N。 第一步，煞車片對兩輪胎的摩擦力總和：f=μkb×N=0.40×200.0=80 N。 第二步，這個摩擦力耗散多少能量。輪胎在地面上純滾動時，胎面相對於車架（也就是相對於煞車片）的移動路程等於車前進的路程 d，所以摩擦耗散的能量為 f×d=80d（單位：J）。 第三步，初動能：車輪質量可忽略，不必計轉動動能，Ek=(1/2)mv0²=0.5×100×(4.0)²=800 J。 第四步，能量守恆：800=80×d，得 d=800/80=10 m。 可交叉驗算並檢查題設自洽：使車體減速的水平外力（來自地面的靜摩擦反作用）大小為 80 N，a=80/100=0.80 m/s²，d=v0²/(2a)=16/1.6=10 m，與上式一致；而地面靜摩擦上限為 μst×mg=0.80×1000=800 N，遠大於 80 N，故輪胎確實不會打滑，與「未被鎖死」的題設相符。 故答案為：此腳踏車在完全停止之前最多還會再前進 10 m。

本題考點： 1. 「誰在滑動誰就耗能」的判準：滾動不打滑的接觸面靜摩擦不作功（接觸點瞬時速度為零），能量只在真正發生相對滑動的介面（此處是煞車片與胎面）被摩擦耗散，計算前先指認這個介面。 2. 純滾動的相對位移換算：輪胎不打滑時，胎面掃過煞車片的長度等於車身前進距離，這一步是把「摩擦力×相對滑動距離」換成「f×d」的關鍵，也是本題最容易漏掉的一環。 3. 事後自洽檢查：算出的減速力必須小於地面靜摩擦上限 μst·mg，否則「輪胎不打滑」的前提不成立，該改用第 19 題的鎖死模型。

正解：取得等電位線的判準是兩探針所在位置的電位差為零。將 P1 固定在碳板上一點，以 P2 探測其他位置；儀表 M 應選電壓表，移動 P2 至讀值為 0 V，便表示 P1、P2 等電位。記錄多個相對 P1 讀值皆為 0 V 的位置並連線，即可畫出一條等電位線。判別圖9中的實線或虛線時，應選擇與電力線在各交點皆垂直的一組；此條件才符合電場方向垂直等電位面的關係。

本題考點：電位差量測（potential difference measurement）——以電壓表讀值 0 V 判定兩點等電位；等電位線（equipotential line）——把多個同電位的測點連成線；電場與等電位線（electric field and equipotential line）——電場方向處處垂直於等電位線。

正解：畫 C、D 兩點的電場方向時，先在該點作等電位線的法線，再由高電位指向低電位；電場不會沿著等電位線方向。比較 E、F 的電場量值時，應比較各點附近相鄰等電位線的間距：在相同電位差下，間距較小處的電位梯度較大，電場量值也較大。因此 C、D 的箭頭與 E、F 的大小關係，都要以圖9所示曲線的垂直方向與疏密判定。

本題考點：電場方向（electric-field direction）——由高電位指向低電位，且垂直等電位線；電位梯度（potential gradient）——相同電位差分布在較短距離時，電場較強；等電位線判讀（equipotential-line interpretation）——箭頭方向與線距必須分別用垂直性與疏密判準判斷。

正解：共同判準是先以量測找到等電位位置，再依電場永遠垂直等電位線的關係畫出電力線；兩電極相對原點左右對稱時，Y 軸上的兩電極距離相等，兩側造成的電位貢獻相互抵銷，故選 AD。

A：等電位線須由兩探針量得同電位的測點後才能作圖，電力線是據此作出的垂線。

D：若 O 點電位定為 0，Y 軸上任一點到 A、B 的距離相同，對稱的兩側電位貢獻相消，因此該點電位也為 0。

B：（B）碳板中的傳導電流由高電位往低電位流動，方向與電場相同，應垂直而非沿著等電位線。

C：（C）電力線表示由一電極出發、終止於另一電極的電場方向；在此裝置中應通過作為電極接觸點的 A、B，而非可以任意避開。

E：（E）碳板需有有限電阻才能形成連續的電位分布。金屬導體的電阻率遠低於碳板，換成金屬後同一電源下電流過大、可量測的電位梯度過小，故不適合作等電位線描繪。

本題考點：等電位線量測（equipotential mapping）——先以電壓表找同電位測點，再連成等電位線；電場線（electric field line）——方向垂直等電位線並由高電位指向低電位；對稱性（symmetry）——兩個等距且作用相反的電位貢獻可相消。

正解：光由空氣進入水時，頻率由光源決定而保持不變；水中的傳遞速率較小，依 λ=v/f 可知波長也變短，故選 AE。

A：頻率不變而速率下降時，波長必隨之縮短。

E：水的折射率大於空氣，光在水中的速率 v=c/n 較慢。

B：單一光子的能量 E=hf，頻率不變時能量不變。

C：跨越介面改變的是速率與波長，不是頻率。

D：題幹給 I=I0e^(−αz)，在有衰減且傳播距離大於 0 時，強度會降低，不能判為增大。

本題考點：折射率（refractive index）——介質折射率變大時光速變小；頻率守恆（frequency continuity at an interface）——跨介面時頻率由光源決定而不變；光強度衰減（exponential attenuation）——I=I0e^(−αz) 用來判斷吸收後的強度變化。

正解：關鍵在純水夾在光源與晶圓之間時，光必須先穿過水層；由 I = I0 e^(-αz) 可知，在相同傳播距離 z 下，衰減係數 α 越大，抵達晶圓的光強度越小。13.5 nm 的極紫外光在水中吸收很強，因而不利於以純水作為中間介質的曝光。題組又明示 193 nm 光源可配合純水完成曝光，故選 A。

B：193 nm 正是題組明示可搭配純水曝光的光源，故不是較不適用者。

C：248 nm 屬深紫外光；本題比較的是水中衰減，不是波長長短。相較於 13.5 nm，水層造成的光強度損失並非最大，故不選。

D：365 nm 的解析能力未必優於短波長光源，但解析度與水中吸收是不同判準；它不是水中衰減最大的光源，故不選。

E：436 nm 可能限制線寬，卻不表示會因水中強吸收而較不適用，故不選。

本題考點：光在介質中的指數衰減（exponential attenuation）——比較固定光程中的穿透能力時，以衰減係數 α 判斷，α 越大，透射光強度下降越快；沉浸式微影（immersion lithography）——在晶圓與光學系統間加入介質時，除考量波長與解析度外，還要確認該波長能否有效穿透介質；光吸收光譜（absorption spectrum）——遇到不同波長的適用性比較，應以各波長對應的吸收或衰減大小作判準。

正解：題幹「光在水中傳遞 10 cm 後，其強度至少仍有起始強度的 0.37 倍」，配上題幹已提供的 e⁻¹≈0.37，是把文字條件翻成臨界不等式的題眼：I/I0=e^(−αz)≥0.37≈e⁻¹，兩邊取自然對數得 −αz≥−1，即 αz≤1。 第一步，代入傳播距離。z=10 cm=0.10 m，故 α≤1/z=1/0.10=10，即 α≤1.0×10¹ (1/m)。 第二步，把這條件搬到圖 10 上讀。圖 10 縱軸為衰減係數的對數坐標，α=10¹ (1/m) 就是縱軸標示 10¹ 那一條水平高度；所求波長範圍即曲線落在該高度以下的區間。 第三步，讀出兩個交點。曲線自短波長端一路下降，在 λ≈2×10² nm（200 nm 附近，介於 100 nm 與 500 nm 刻度之間偏左）由上往下穿過 10¹；此後續降，在 500 nm 附近達到極小（α 約 3×10⁻² 1/m），再隨波長回升，於 λ≈9×10² nm（接近 1 μm 刻度）由下往上再度穿過 10¹。兩交點之間曲線全程在 10¹ 以下，滿足 α≤10 (1/m)。 第四步，對照題幹脈絡驗證合理性：曝光機所用的 193 nm 落在 λL 之外（α 遠大於 10 1/m），與「浸潤式微影只讓光走很短水程」的實務相符；可見光段則幾乎不被吸收，與水是透明的日常經驗一致。 故答案為：λL≈2×10² nm（約 200 nm）、λH≈9×10² nm（約 900 nm，接近 1 μm），即約 200 nm<λ<900 nm 的波長，光在水中走 10 cm 後強度仍有起始值的 0.37 倍以上。（本題為讀圖題，交點位置受刻度判讀誤差影響，λH 判在 0.9～1 μm 之間、λL 判在 0.2 μm 附近皆屬合理。）

本題考點： 1. 指數衰減式的臨界條件轉換：看到「至少剩下 e⁻ⁿ 倍」就把 I=I0e^(−αz) 化為 αz≤n，把物理條件變成對 α 的單一上限，再拿這個上限去查圖，比逐點代值試算快且不會漏區間。 2. 對數坐標讀圖（log-log plot）：縱軸每一格是一個數量級，10¹ 是一條固定高度的水平線；橫軸刻度 10 nm、100 nm、1 μm 之間也是等比分布，判讀交點時要看它落在哪兩個十倍刻度之間，不可用線性內插。 3. 單位一致性：α 的單位是 1/m，距離必須先由 10 cm 換成 0.10 m 才能相乘；忘記換算會把上限誤算成 0.1 或 1000，交點位置整個偏掉。