94指考解析.DOC

94指考解析 一、單選題　 1. 假設每一木塊的質量均為m(1)圖(a)之木塊為靜力平衡 ∴張力T＝3mg(2)圖(b)之木塊為作等加速運動，由牛頓第二運動定律F＝ma可得 可解得 a＝g，T ＝mg （倍） 2. 弦波（兩端固定）之駐波條件為 L＝n× 由題目圖形（長度L的弦，兩端固定，只產生一個波腹）可知L＝，波長(＝2L ∴週期T＝週期＝0.2(s)，半個週期（由最上方至最下方之時間）＝0.1(s) (B)＝0.15(s)，半個週期＝0.075(s)(C)＝0.1(s)，半個週期＝0.05(s)(D)＝0.125(s)，半個週期＝0.0625(s)(E)＝0.15(s)，半個週期＝0.075(s)由於視覺暫留時間(s)＝0.05(s)，故只有(C)答案能符合，其他均超過視覺暫留時間。 3. ( 4. 取第一個發出之波與第三個發出之波比較∴波源移動之速率＝波速×＝340×＝567(m/s)。 5. 第一次成像：（對A鏡）物距為8(cm)，成像在A鏡之鏡後8(cm)第二次成像：（對B鏡）物距為8＋24＝32(cm)，成像在B鏡之鏡後32(cm)∴像之位置坐標＝24＋32＝56(cm)。 6. ( 7. ( 8. 若以基態為零位面，則第一受激態之總能＝－5.95－(－10.5)＝4.55(eV)第二受激態之總能＝－1.25－(－10.5)＝9.25(eV)＞7.5(eV)故電子之能量僅能夠激發至第一受激態，當原子從第一受激態回復至基態時所釋放出之光子能量＝4.55(eV) 波長λ＝＝＝＝ 9. (D)U型電路所受的磁力正比於bc段之長度，非總長度（其他兩段與磁場平行，不受磁力）。 10. 平衡時，小重物所受的重力＝U型電路bc段所受的磁力(( 取表中數據 I1＝＝＝ 1. 由於三力之大小相等，故合力為零的條件為各力之間的夾角均為120(。面板會轉動的條件為合力矩不為零，故三力之延長線不交於同一點。(A)三力之延長線交於一點，不會轉動。(B)三力之合力不為零，會移動。(E)三力之合力不為零，會移動。 2. 由於每秒吸收1卡的熱量，故所吸收的熱量＝1×所經歷之時間Δt(A)10×0.5×10＝1.0×Δt，Δt＝50(s)(B)10×80＝1.0×Δt，Δt＝800(s)(C)10×1×20＝1.0×Δt，Δt＝200(s)(D)tB→tC溫度不變，為熔化過程，所以為冰水共存(E)H＝m×s×ΔT ΔT (斜率＝ 與比熱s成反比。 3. (A)((V2＝6(V)。(B)變壓器與二極體的組合成為半波整流器，正弦波形的負向部分被截去，故最小電壓為0。(C)經二極體整流後成為電流方向A→B之直流電。(D)因為電壓一直為正，故平均電流＞0。(E)最大電流I＝V(R＝6÷5＝1.2(A)。 4. ( 設車速為v，根據運動的獨立性，由於車速之方向在水平方向，並無鉛直方向的分量小球對地速度的水平分量＝球對車速度的水平分量＋車速＝v×cosθ＋v＝v＋v＝v小球對地速度的鉛直分量＝球對車速度的鉛直分量＝v×sinθ＝v(A)(B)不論小球對車或對地，由於初速仍為斜向，加速度仍為g，所以均為斜向拋射運動(C)(D)由於車速在水平方向，並無鉛直分量，所以小球對車與對地速度的鉛直分量相同，所以車外與車內觀察者所觀測到小球在空中停留時間與最大高度均相同(E)由於車內與車外觀察者所觀測到小球在空中停留時間相同，所以他們所觀測到小球的水平位移正比於水平速度，v÷v＝（倍）。 5. (1)由連續性方程式：A1v1＝A2v2，可知河道較寬處流速較慢，河道較窄處流速較快(2)由白努利定律：=，y1＝y2，流速較快處壓力較小，流速較慢處壓力較大(A)(D)河道變窄，流速變快(B)(E)流速變快，壓力變小(C)單位時間流入的水量＝單位時間流出的水量。 6. (A)由於系統的質心不動，所以系統不受外力，總動量為零(B)由動量守恆 MvM＋mvm＝0 ( vM：vm＝－m：M （負號代表方向相反）( M之動能：m之動能＝m：M(C)由於系統的質心不動，所以M與m之相對位置不變，故M與m之週期相同(D)兩星球之重力位能＝(E)M距質心之距離：m距質心之距離＝R：r＝m：M ∴mr＝MR。 7. 卜朗克常數可由 E＝hf求得h＝ 單位為 因次為L2M1T－1 (A)動量p＝mv，單位為kg．m/s，因次為L1M1T－1(B)角動量L＝rmv，單位為m．kg．m/s，因次為L2M1T－1(C)熱量(時間＝H(t，單位為J．s＝kg．m2/s2．s＝kg．m2/s，因次為L2M1T－1(D)力矩(時間＝τ(t，單位為(N