111 年 國立臺灣大學大氣系碩士班乙組《普通物理學》

核心觀念：角動量定理與平均角加速度。

解題過程：
根據角動量定理，外加的淨力矩等於角動量的變化率。對於平均淨力矩，我們可以考慮在給定時間間隔內的總角動量變化除以時間。
角動量 $L$ 的定義為 $L = I\omega$，其中 $I$ 是轉動慣量，$\omega$ 是角速度。
在時間 $t=0$ 時，角速度為 $\omega_i = 0$，所以角動量 $L_i = I \times 0 = 0$。
在時間 $t=T$ 時，角速度為 $\omega_f = \omega_1$，所以角動量 $L_f = I\omega_1$。
在時間間隔 $T$ 內的總角動量變化為 $\Delta L = L_f - L_i = I\omega_1 - 0 = I\omega_1$。
平均淨力矩 $\tau_{avg}$ 定義為總角動量變化除以時間間隔：

核心觀念：平均功率的定義與功-能定理。

解題過程：
功率 $P$ 的定義是單位時間內所做的功 $W$，即 $P = \frac{dW}{dt}$。平均功率 $\bar{P}$ 則為總功除以總時間。
根據功-能定理，對物體所做的淨功等於其動能的變化量。在這裡，我們討論的是輸入的功率，這會增加物體的轉動動能。
物體的轉動動能 $K_{rot}$ 為 $K_{rot} = \frac{1}{2}I\omega^2$。
在時間 $t=0$ 時，角速度為 $\omega_i = 0$，轉動動能 $K_i = \frac{1}{2}I(0)^2 = 0$。
在時間 $t=T$ 時，角速度為 $\omega_f = \omega_1$，轉動動能 $K_f = \frac{1}{2}I\omega_1^2$。
在時間間隔 $T$ 內，輸入的總功 $W$ 等於轉動動能的變化量：
$W = K_f - K_i = \frac{1}{2}I\omega_1^2 - 0 = \frac{1}{2}I\omega_1^2$。
平均功率 $\bar{P}$ 為總功除以時間間隔：
$\bar{P} = \frac{W}{T} = \frac{\frac{1}{2}I\omega_1^2}{T} = \frac{I\omega_1^2}{2T}$。

核心觀念

Otto 循環的 $B\to A$ 為可逆絕熱過程。理想氣體在絕熱過程滿足

$$TV^{\gamma-1}=\text{常數}, \qquad \gamma=\frac{C_p}{C_v}=\frac{5}{3}.$$

因此

$$\gamma-1=\frac{2}{3}.$$

解題方法

沿著 $B\to A$ 絕熱膨脹：

$$T_BV_B^{\gamma-1}=T_AV_A^{\gamma-1}.$$

整理得

$$\frac{T_A}{T_B} =\left(\frac{V_B}{V_A}\right)^{\gamma-1}.$$

由 $V_A=2V_B$，

$$\frac{T_A}{T_B} =\left(\frac{1}{2}\right)^{2/3} =2^{-2/3}.$$

核心觀念：理想氣體熵變計算，特別是等容過程的熵變。

解題過程：
題目要求計算從 A 到 D 的熵變 $\Delta S_{A \to D}$。
根據熱力學第二定律，對於一個過程，其熵變可以透過計算可逆過程的熱量變化除以溫度來得到：$\Delta S = \int \frac{dQ_{rev}}{T}$。
對於理想氣體，其熵變可以表示為：
$\Delta S = n C_v \ln\left(\frac{T_f}{T_i}\right) + n R \ln\left(\frac{V_f}{V_i}\right)$
或
$\Delta S = n C_p \ln\left(\frac{T_f}{T_i}\right) - n R \ln\left(\frac{P_f}{P_i}\right)$

在此題中，過程 A 到 D 是等容過程，即 $V_A = V_D$。
因此，在 A 到 D 的過程中，體積沒有變化。根據熵變的公式，包含體積變化的項 $n R \ln\left(\frac{V_f}{V_i}\right)$ 將會是零，因為 $V_f = V_i$。
所以，對於等容過程，熵變只取決於溫度的變化：
$\Delta S_{A \to D} = n C_v \ln\left(\frac{T_D}{T_A}\right)$。

核心觀念

完整循環後系統回到原狀，因此

$$\Delta U_{\text{cycle}}=0$$

由熱力學第一定律，循環的淨熱量等於循環淨功：

$$Q_{\text{total}}=W_{\text{total}}$$

圖 2 的四個狀態為：

• $A:(P_2,T_1)$
• $B:(P_2,T_2)$
• $C:(P_1,T_2)$
• $D:(P_1,T_1)$

其中 $A\to B$、$C\to D$ 為等壓過程，$B\to C$、$D\to A$ 為等溫過程。

由

$$\gamma=\frac{C_p}{C_v}=\frac53,\qquad C_p-C_v=R$$

可得

$$C_v=\frac32R,\qquad C_p=\frac52R$$

且

$$\frac{P_2}{P_1}=3,\qquad \frac{T_2}{T_1}=3$$

---

解題方法

等壓過程的熱量為

$$Q=nC_p\Delta T$$

因此

$$Q_{AB}=nC_p(T_2-T_1) =n\left(\frac52R\right)(2T_1) =5nRT_1$$ $$Q_{CD}=nC_p(T_1-T_2) =-5nRT_1$$

兩個等壓過程的熱量恰好互相抵消。

等溫過程中 $\Delta U=0$，所以

$$Q=W=nRT\ln\frac{V_f}{V_i} =nRT\ln\frac{P_i}{P_f}$$

對於 $B\to C$，溫度為 $T_2$，壓力由 $P_2$ 降至 $P_1$：

$$Q_{BC}=nRT_2\ln\frac{P_2}{P_1} =nRT_2\ln3$$

核心觀念

圖 2 是 $P$–$T$ 圖：

• 水平線：定壓過程。
• 垂直線：定溫過程。
• 循環效率定義為
  $\eta=\frac{W_{\text{net}}}{Q_{\text{in}}}=\frac{Q_{\text{net}}}{Q_{\text{in}}},$
  因為一完整循環的內能變化 $\Delta U_{\text{cycle}}=0$。

由
$\frac{C_p}{C_v}=\frac{5}{3},\qquad C_p-C_v=R,$
可得
$C_v=\frac{3}{2}R,\qquad C_p=\frac{5}{2}R.$

解題方法

循環方向為 $A\to B\to C\to D\to A$，且
$T_2=3T_1,\qquad \frac{P_2}{P_1}=3.$

在定溫過程中，由理想氣體方程式 $PV=nRT$：

$\frac{V_C}{V_B}=\frac{P_2}{P_1}=3,$
$\frac{V_A}{V_D}=\frac{P_1}{P_2}=\frac{1}{3}.$

各段熱量如下。

1. $A\to B$：定壓吸熱

$$Q_{AB}=nC_p(T_2-T_1) =n\left(\frac{5}{2}R\right)(2T_1) =5nRT_1.$$

2. $B\to C$：定溫膨脹，溫度為 $T_2=3T_1$

$$Q_{BC}=nRT_2\ln\frac{V_C}{V_B} =3nRT_1\ln 3.$$

3. $C\to D$：定壓冷卻

$Q_{CD}=nC_p(T_1-T_2)=-5nRT_1.$

4. $D\to A$：定溫壓縮，溫度為 $T_1$

$$Q_{DA}=nRT_1\ln\frac{V_A}{V_D} =-nRT_1\ln 3.$$

因此輸入熱量為

核心觀念

圖 2 是 $P$–$T$ 圖：

• 水平線：定壓過程。
• 垂直線：定溫過程。
• 循環效率定義為
  $\eta=\frac{W_{\text{net}}}{Q_{\text{in}}}=\frac{Q_{\text{net}}}{Q_{\text{in}}},$
  因為一完整循環的內能變化 $\Delta U_{\text{cycle}}=0$。

由
$\frac{C_p}{C_v}=\frac{5}{3},\qquad C_p-C_v=R,$
可得
$C_v=\frac{3}{2}R,\qquad C_p=\frac{5}{2}R.$

解題方法

循環方向為 $A\to B\to C\to D\to A$，且
$T_2=3T_1,\qquad \frac{P_2}{P_1}=3.$

在定溫過程中，由理想氣體方程式 $PV=nRT$：

$\frac{V_C}{V_B}=\frac{P_2}{P_1}=3,$
$\frac{V_A}{V_D}=\frac{P_1}{P_2}=\frac{1}{3}.$

各段熱量如下。

1. $A\to B$：定壓吸熱

$$Q_{AB}=nC_p(T_2-T_1) =n\left(\frac{5}{2}R\right)(2T_1) =5nRT_1.$$

2. $B\to C$：定溫膨脹，溫度為 $T_2=3T_1$

$$Q_{BC}=nRT_2\ln\frac{V_C}{V_B} =3nRT_1\ln 3.$$

3. $C\to D$：定壓冷卻

$Q_{CD}=nC_p(T_1-T_2)=-5nRT_1.$

4. $D\to A$：定溫壓縮，溫度為 $T_1$

$$Q_{DA}=nRT_1\ln\frac{V_A}{V_D} =-nRT_1\ln 3.$$

因此輸入熱量為

核心觀念

圓柱沿斜面「無滑動滾動」時，質心有平移加速度，也有角加速度。沿斜面方向套用牛頓第二定律，並對圓柱中心套用轉動定律；無滑動條件則為

$$a=\alpha R$$

其中 $a$ 是質心沿斜面向下的加速度，$\alpha$ 是角加速度。

解題方法

圖 3 顯示圓柱由斜面頂端由靜止釋放，沿與水平夾角為 $\theta$ 的斜面向下無滑動滾動；題目給定轉動慣量 $I=\frac{2}{3}MR^2$。沿斜面向下的重力分量為 $Mg\sin\theta$，靜摩擦力則沿斜面向上。

沿斜面列平移運動方程：

$$Mg\sin\theta-f=Ma$$

以圓柱中心為轉軸，靜摩擦力提供轉矩：

$$fR=I\alpha$$

代入無滑動條件 $\alpha=\frac{a}{R}$，得

$$fR=I\frac{a}{R} \quad\Longrightarrow\quad f=\frac{I}{R^2}a=\frac{2}{3}Ma$$

將摩擦力代回平移方程：

$$Mg\sin\theta-\frac{2}{3}Ma=Ma$$

因此

$$a=\frac{g\sin\theta}{1+\frac{2}{3}} =\frac{3}{5}g\sin\theta$$

選項分析

核心觀念

圓柱純滾動時，斜面上的靜摩擦力提供轉動所需的力矩；其大小由平動與轉動方程共同決定。純滾動條件為

$$a=\alpha R$$

而靜摩擦力不能超過最大靜摩擦力 $f_s\leq \mu_s N$。

解題方法

圖中圓柱由斜面頂端沿斜面向下滾動，斜面與水平夾角為 $\theta$，且題目給定 $I=\frac{2}{3}MR^2$，圓柱不打滑。取沿斜面向下為正方向，列出平動方程與轉動方程。

沿斜面方向的平動方程為

$$Mg\sin\theta-f=Ma$$

以圓柱中心為轉軸，只有靜摩擦力提供力矩：

$$fR=I\alpha$$

代入 $I=\frac{2}{3}MR^2$ 及 $\alpha=\frac{a}{R}$，得到

$$fR=\frac{2}{3}MR^2\frac{a}{R}$$

因此

$$f=\frac{2}{3}Ma$$

將此式代入平動方程：

$$Mg\sin\theta-\frac{2}{3}Ma=Ma$$

解得

$$a=\frac{3}{5}g\sin\theta$$

所以所需靜摩擦力為

$$f=\frac{2}{3}M\left(\frac{3}{5}g\sin\theta\right) =\frac{2}{5}Mg\sin\theta$$

垂直斜面的正向力為

核心觀念

這題考兩物體系統的質心守恆。彈簧力是系統內力，若系統沒有外力，質心位置不變；因此兩個物體相對質心的位移必須滿足質心定義。

解題方法

圖 4 顯示質量為 $m_1$、$m_2$ 的兩物體以彈簧相連，並以質心 $CM$ 為參考點；$x_1$、$x_2$ 分別標示兩物體相對質心的位移。兩物體振動時，位移方向相反，質心條件為

$$m_1\Delta x_1+m_2\Delta x_2=0.$$

取位移振幅的大小，得

$$m_1|\Delta x_1|=m_2|\Delta x_2|, \qquad \frac{\Delta x_2}{\Delta x_1}=\frac{m_1}{m_2}.$$

因此 $m_2$ 的振幅除以 $m_1$ 的振幅為 $\frac{m_1}{m_2}$。代回質心條件，兩側質量加權位移大小相等，符合質心固定。

選項分析

核心觀念

兩個質量以彈簧相連時，系統的內部振動可視為「約化質量」受到彈簧力作用的簡諧運動。約化質量為

$$\mu=\frac{m_1m_2}{m_1+m_2}.$$

因此自然角頻率為

$$\omega_0=\sqrt{\frac{k}{\mu}}.$$

解題方法

圖 4 顯示 $m_1$、$m_2$ 由彈簧常數為 $k$ 的彈簧連接，並標出質心（CM）及兩質量相對質心的位移。系統沒有固定支點，因此質心可以平移；題目所求的自然角頻率是兩質量間距變化所對應的內部振動頻率。

令 $x$ 為彈簧相對平衡長度的伸長量，彈簧力大小為 $kx$。以 $x$ 表示兩質量的相對位移，兩質量的相對加速度為

$$\ddot{x}=-k\left(\frac{1}{m_1}+\frac{1}{m_2}\right)x.$$

整理成簡諧運動方程 $\ddot{x}+\omega_0^2x=0$，得

核心觀念

均勻帶電無限平面的電場大小為 $|\sigma|/(2\epsilon_0)$，方向垂直平面：正電面指向遠離平面的一側，負電面則指向平面。若以 $\sigma$ 作帶正負號的面電荷密度，電場可直接寫成帶符號的向量式。

解題方法

依原卷圖，面電荷密度 $\sigma_1$ 位於 $z=-1$，$\sigma_2$ 位於 $z=1$，兩平面都平行於 $x$-$y$ 平面；求的是兩平面之間 $-1<z<1$ 的電場。

在這個區域，觀察點位於下方平面 $\sigma_1$ 的上側，因此該平面的電場為

$$\vec E_1=\hat z\frac{\sigma_1}{2\epsilon_0}.$$

觀察點位於上方平面 $\sigma_2$ 的下側，因此該平面的電場為

$$\vec E_2=-\hat z\frac{\sigma_2}{2\epsilon_0}.$$

由電場疊加原理，

核心觀念

本題考高斯定律在長圓柱對稱下的應用，以及導體靜電平衡時導體內部電場為零。由於圓柱長度遠大於半徑，可忽略端點效應，採用圓柱座標處理。

解題方法

由圖可讀出：中央導線帶總電荷 $Q$，外圍同心導體殼帶總電荷 $q$，內、外半徑分別為 $R_1$、$R_2$，長度為 $h$；電位零點指定在 $r=R_2$。

取半徑 $r>R_2$、長度 $h$ 的同軸圓柱形高斯面。此高斯面包住中央導線與整個導體殼，因此包圍電荷為 $Q+q$。由高斯定律，

$$E(r)(2\pi rh)=\frac{Q+q}{\epsilon_0},$$

所以

$$\mathbf E(r)=\frac{Q+q}{2\pi\epsilon_0hr}\,\hat{\mathbf r}.$$

以 $V(R_2)=0$ 為基準，電位為

$$V(r)-V(R_2)=-\int_{R_2}^{r}\mathbf E\cdot d\mathbf l =-\frac{Q+q}{2\pi\epsilon_0h}\int_{R_2}^{r}\frac{dr'}{r'}.$$

因此

$$V(r)=\frac{Q+q}{2\pi\epsilon_0h}\log\left(\frac{R_2}{r}\right).$$

核心觀念

本題考查同軸圓柱的高斯定律與電位差。由圓柱對稱性，在空腔 $0<r<R_1$ 取半徑為 $r$、長度為 $h$ 的高斯面，可求出電場；再用

$$V(r)-V(R_1)=-\int_{R_1}^{r}\mathbf E\cdot d\mathbf l$$

計算電位。導體殼內部是等電位，因此內表面 $r=R_1$ 的電位等於外表面 $r=R_2$ 的電位。

解題方法

圖示與題幹給出：中央導線帶總電荷 $Q$，外側是帶總電荷 $q$ 的同軸導體圓柱殼，內、外半徑分別為 $R_1$、$R_2$，且 $h\gg R_2>R_1$；電位參考點選為 $V(R_2)=0$。由於導體殼為等電位，故 $V(R_1)=V(R_2)=0$。

在空腔內取半徑 $r<R_1$、長度 $h$ 的同軸圓柱高斯面。此高斯面包住中央導線的總電荷 $Q$，所以由高斯定律，

$$E(r)(2\pi rh)=\frac{Q}{\epsilon_0}, \qquad \mathbf E(r)=\frac{Q}{2\pi\epsilon_0 h r}\,\hat{\mathbf r}.$$

因此，從 $R_1$ 積分到 $r$：

$$V(r)-V(R_1) =-\int_{R_1}^{r}\frac{Q}{2\pi\epsilon_0 h r'}\,dr' =\frac{Q}{2\pi\epsilon_0h}\log\left(\frac{R_1}{r}\right).$$

代入 $V(R_1)=0$，得到

核心觀念

電容的電壓不能瞬間改變，電感的電流也不能瞬間改變：

$$V_C(0^+)=V_C(0^-), \qquad I_L(0^+)=I_L(0^-).$$

因此，先求開關閉合前很久、電路已達直流穩態時的電容電壓與電感電流，再利用連續性判斷 $t=0^+$ 的值。

解題方法

圖中電源 $V_0$ 上端為正、下端為負；電容 $C$ 與電阻 $R_1$ 接在電源兩端，另一支路則由開關、電阻 $R_2$ 和電感 $L$ 串接而成。開關閉合前，含 $R_2$ 與 $L$ 的支路上端斷開；電容仍與 $V_0$、$R_1$ 相連。

開關長時間保持關閉前的狀態，電路已達直流穩態。此時電容相當於開路，流經 $R_1$ 的電流為零，因此 $R_1$ 上沒有電壓降，電容兩端電壓等於電源電壓：

$$V_C(0^-)=V_0.$$

含電感的支路上端被開關斷開，沒有電流流過電感，所以

$$I_L(0^-)=0.$$

由電容電壓與電感電流的連續性，

$$V_C(0^+)=V_0, \qquad I_L(0^+)=0.$$

選項分析

核心觀念

直流穩態時，理想電感相當於短路，理想電容相當於開路。短路兩端電壓為零；開路支路電流為零。

解題方法

依圖可讀出：開關在 $t=0$ 閉合後，電壓源 $V_0$ 的上端為正；左側支路由 $R_2$ 與電感 $L$ 串聯，右側支路由電容 $C$ 與 $R_1$ 串聯，兩支路接在電壓源兩端。圖中電容的電壓極性與電源極性相同。

當 $t\to\infty$，電感成為短路，因此左側支路的電流為

$$I_L=\frac{V_0}{R_2}.$$

電容成為開路，右側支路沒有電流；因此 $R_1$ 上的電壓降為零。電容兩端便承受電源的全部電壓：

$$V_C=V_0.$$

選項分析

核心觀念

本題檢查電容器的等效電容與能量，以及 Maxwell 方程組和電荷守恆、洛侖茲力定律、磁場能量密度之間的關係。

電容器儲存的能量為

$$U=\frac{1}{2}CV^2$$

真空中的磁場能量密度為

$$u_B=\frac{B^2}{2\mu_0}$$

Maxwell 方程組也能推出電荷守恆的連續方程：

$$\nabla\cdot\mathbf J+\frac{\partial \rho}{\partial t}=0$$

解題方法

逐項比對基本定義與定理。對於 (C)，取 Maxwell–Ampère 方程兩側的散度，並代入高斯定律，即可得到連續方程。對於 (E)，直接比對真空中的磁場能量密度公式。其餘選項可由電容器串、並聯公式、電容器能量公式，以及洛侖茲力定律的地位判斷。

選項分析

• (A) 錯誤。 並聯電容器兩端電壓相同，總電荷為各電容器電荷總和，因此

  $$C_{\mathrm{eq}}=C_1+C_2.$$

  題目所列的 $(C_1^{-1}+C_2^{-1})^{-1}$ 是兩電容器串聯時的等效電容。

• (B) 錯誤。 電容器在電位差 $V$ 下的能量是

  $$U=\frac{1}{2}CV^2,$$

  題目漏掉了因子 $\frac{1}{2}$。

• (C) 正確。 Maxwell–Ampère 方程為

  $$\nabla\times\mathbf B =\mu_0\mathbf J+\mu_0\varepsilon_0\frac{\partial\mathbf E}{\partial t}.$$

核心觀念

本題探討運動中導線迴路在非均勻磁場中的電磁感應現象，核心觀念包含：

1. 法拉第電磁感應定律（Faraday's Law of Induction）：
   迴路上的感應電動勢 $\mathcal{E}$ 等於穿過該迴路磁通量 $\Phi_B$ 的時變率負值： $$\mathcal{E} = -\frac{d\Phi_B}{dt}$$
2. 磁通量定義（Magnetic Flux）： $$\Phi_B = \iint_S \vec{B} \cdot d\vec{A}$$
3. 楞次定律（Lenz's Law）：
   感應電流與感應電動勢的方向，恆朝向抵抗造成感應之磁通量變化的方向。
4. 動生電動勢（Motional EMF）：
   運動導線中電荷所受磁力產生的電動勢為 $\mathcal{E} = \oint (\vec{v} \times \vec{B}) \cdot d\vec{\ell}$。

---

解題方法

從原卷圖中可知，矩形線圈寬度為 $L$、高度為 $h$，其底邊與 $x$ 軸重合（即 $y$ 範圍為 $0$ 到 $h$）；在 $t=0$ 時左側邊位於 $x=0$，線圈整體以等速度 $v$ 沿 $+x$ 方向前進。

1. 確定線圈隨時間變化的位置邊界

在時間 $t$ 時：

• 左側邊位置：$x_1 = vt$
• 右側邊位置：$x_2 = vt + L$
• 底邊位置：$y_1 = 0$
• 頂邊位置：$y_2 = h$

2. 計算穿過線圈的磁通量 $\Phi_B(t)$

背景磁場為 $\vec{B}(x,y) = \hat{z}(a+by)x$，$z$ 軸垂直朝向紙面外。取面積法向量朝向 $+z$ 方向（$\hat{n} = \hat{z}$），對應右手定則之正向迴路方向為逆時針（counter-clockwise）：

$$\Phi_B(t) = \int_{y=0}^h \int_{x=vt}^{vt+L} (a+by)x \, dx \, dy$$

將 $x$ 與 $y$ 的積分分開計算：

• 對 $y$ 積分： $$\int_0^h (a+by) \, dy = \left[ ay + \frac{1}{2}by^2 \right]_0^h = ah + \frac{1}{2}bh^2$$
• 對 $x$ 積分： $$\int_{vt}^{vt+L} x \, dx = \left[ \frac{1}{2}x^2 \right]_{vt}^{vt+L} = \frac{1}{2} \left[ (vt+L)^2 - (vt)^2 \right] = vtL + \frac{1}{2}L^2$$

相乘可得磁通量為：

$$\Phi_B(t) = \left(ah + \frac{1}{2}bh^2\right) \left(vtL + \frac{1}{2}L^2\right)$$

3. 計算感應電動勢大小與方向

對時間 $t$ 微分求磁通量時變率：

$$\frac{d\Phi_B}{dt} = \left(ah + \frac{1}{2}bh^2\right) \frac{d}{dt}\left(vtL + \frac{1}{2}L^2\right) = \left(ah + \frac{1}{2}bh^2\right) Lv$$

由法拉第定律，有向電動勢（以逆時針為正向）為：

核心觀念

本題考查「帶電粒子是否輻射」與「輻射反作用力」的區別。粒子以加速度運動時會產生電磁輻射；但輻射反作用力取決於運動狀態的變化，兩者不必同時為零或同時不為零。

非相對論情況下，拉莫爾公式給出輻射功率：

$$P=\frac{q^2a^2}{6\pi\varepsilon_0c^3}$$

其中 $q$ 是電荷量，$a$ 是加速度大小。輻射反作用力則可用亞伯拉罕–洛侖茲公式表示：

$$\mathbf F_{\mathrm{反作用}} =\frac{q^2}{6\pi\varepsilon_0c^3}\frac{d\mathbf a}{dt}$$

解題方法

逐項檢查敘述是否符合輻射公式、輻射反作用力，以及慣性系間的洛侖茲轉換。尤其要區分「粒子有加速度，因此會輻射」和「粒子受到非零輻射反作用力」：在理想的均勻重力場中，自由落體的加速度為常數，因此會輻射，但反作用力公式中的 $d\mathbf a/dt$ 為零。

選項分析

(A) 錯誤。 等速運動的點電荷加速度為零，依拉莫爾公式不輻射。洛侖茲收縮會改變觀察者所見的電場分布，但不會使等速電荷產生輻射。

(B) 正確。 在標準的經典電磁學理想模型中，均勻重力場中的自由落體具有固定加速度，因此

$$\frac{d\mathbf a}{dt}=0 \quad\Longrightarrow\quad \mathbf F_{\mathrm{反作用}}=0$$