109 年 國立臺灣聯合大學系統（清華、政治、陽明交通、中央四校聯招）研究所電機類《近代物理》

核心觀念

本題考察相對論性光波都卜勒效應。令

• $\nu_s$：光源頻率
• $\nu_{\mathrm{obs}}$：觀察者測得頻率
• $\beta = v/c$

觀察者接近光源時：

$$\nu_{\mathrm{obs}} = \nu_s\sqrt{\frac{1+\beta}{1-\beta}}$$

觀察者遠離光源時：

$$\nu_{\mathrm{obs}} = \nu_s\sqrt{\frac{1-\beta}{1+\beta}}$$

此外，洛侖茲因子為

$$\gamma=\frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}}.$$

接近時觀察頻率應增加，遠離時應降低。

解題方法

逐一將各選項的速度與頻率代入相對論性都卜勒公式，檢查公式形式及數值是否相符。

選項分析

（A）

觀察者接近光源時，正確公式應為

$$\nu_{\mathrm{obs}} = \nu_s\sqrt{\frac{1+\beta}{1-\beta}}.$$

題目所給

$$\nu_{\mathrm{obs}} = \frac{1-\beta^2}{1+\beta^2}\nu_s$$

不是相對論性光波都卜勒公式，因此錯誤。

（B）

觀察者遠離光源時，正確公式應為

$$\nu_{\mathrm{obs}} = \nu_s\sqrt{\frac{1-\beta}{1+\beta}}.$$

題目所給公式仍是

$$\frac{1-\beta^2}{1+\beta^2}\nu_s,$$

形式不正確，因此錯誤。

（C）

已知

$$\nu_s=4.0\times10^{14}\ \mathrm{Hz},\qquad \nu_{\mathrm{obs}}=5.0\times10^{14}\ \mathrm{Hz}.$$

若觀察者以 $v=0.2c$ 接近光源，則

$$\frac{\nu_{\mathrm{obs}}}{\nu_s} = \sqrt{\frac{1+0.2}{1-0.2}} = \sqrt{\frac{1.2}{0.8}} = \sqrt{1.5} \approx 1.225.$$

因此

$$\nu_{\mathrm{obs}} \approx 1.225(4.0\times10^{14}) = 4.90\times10^{14}\ \mathrm{Hz},$$

不是 $5.0\times10^{14}\ \mathrm{Hz}$。

且

核心觀念

本題考查狹義相對論的時間膨脹效應。對於相對地球運動的太空船，其船上時鐘所測得的時間為固有時間 $\Delta \tau$，地球觀察者測得的時間為 $\Delta t$，兩者關係為

$$\Delta t=\gamma\Delta \tau$$

其中

$$\gamma=\frac{1}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}$$

且 $c=3.0\times10^8\ \text{m/s}$。

由於 $\gamma>1$，因此必有

$$\Delta t>\Delta \tau$$

也就是說，運動中的太空船時鐘相對地球時鐘會變慢。

解題方法

題目給出的時間差為 $1\ \text{秒}$。依選項可知命題意旨是：

• 地球時鐘經過 $3601\ \text{s}$
• 太空船時鐘經過 $3600\ \text{s}$

因此

$$\Delta t=3601\ \text{s},\qquad \Delta\tau=3600\ \text{s}$$

代入時間膨脹公式：

$$\frac{\Delta t}{\Delta\tau} = \frac{1}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}$$

所以

$$\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}} = \frac{3600}{3601}$$

兩邊平方後：

$$1-\frac{v^2}{c^2} = \left(\frac{3600}{3601}\right)^2$$

因此

$$\frac{v^2}{c^2} = 1-\left(\frac{3600}{3601}\right)^2$$

利用

$$1-\left(\frac{3600}{3601}\right)^2 = \frac{3601^2-3600^2}{3601^2} = \frac{1}{3601^2}(3601+3600)$$

可得

$$\frac{v^2}{c^2} \approx \frac{7201}{3601^2} \approx 5.55\times10^{-4}$$

因此

$$\frac{v}{c}\approx 2.36\times10^{-2}$$

故

核心觀念

氫原子能階由玻爾模型給出：

$$E_n=-\frac{13.6}{n^2}\ \text{eV}$$

電子由基態 $n=1$ 激發至 $n=3$ 時，氫原子吸收的能量等於兩能階之差：

$$\Delta E=E_3-E_1$$

這是非彈性碰撞中轉移給氫原子的能量。

解題方法

基態能量為

$$E_1=-\frac{13.6}{1^2}=-13.6\ \text{eV}$$

$n=3$ 能階能量為

$$E_3=-\frac{13.6}{3^2} =-\frac{13.6}{9} \approx -1.51\ \text{eV}$$

因此氫原子吸收的能量為

$$\Delta E=E_3-E_1$$ $$\Delta E=(-1.51)-(-13.6) =12.09\ \text{eV} \approx 12.1\ \text{eV}$$

所以電子在碰撞中有 $12.1\ \text{eV}$ 的能量傳給氫原子。

選項分析

• (A) 13.6 eV：錯誤。
  $13.6\ \text{eV}$ 是氫原子的游離能，也就是將電子由 $n=1$ 提升到 $n=\infty$ 所需的能量，不是提升到 $n=3$ 的能量。

核心觀念

本題考查愛因斯坦光電效應：

$$hf=\Phi_0+K_{\max}$$

其中：

• $hf$：入射光子的能量
• $\Phi_0$：金屬功函數
• $K_{\max}$：光電子最大動能

要產生光電效應，光子能量至少等於功函數：

$$hf\geq \Phi_0$$

臨界頻率與最大波長分別為

$$f_{\min}=\frac{\Phi_0}{h}$$ $$\lambda_{\max}=\frac{hc}{\Phi_0}$$

使用方便的換算式：

$$hc\approx 1240\ \text{eV}\cdot\text{nm}$$

因此

$$\lambda_{\max}(\text{nm})=\frac{1240}{\Phi_0(\text{eV})}$$

若入射光波長為 $\lambda$，則光電子最大動能為

$$K_{\max}=\frac{hc}{\lambda}-\Phi_0$$

光強度增加時，單位時間內入射的光子數增加，因此光電子數目增加；但單一光子的能量只由頻率決定，所以光電子最大動能不因光強度增加而增加。

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解題方法

逐一檢查各選項：

1. 由功函數計算臨界波長，判斷是否能發射光電子。

2. 對指定波長計算光子能量：

   $E_\gamma=\frac{1240}{\lambda(\text{nm})}\ \text{eV}$

3. 再利用

   $K_{\max}=E_\gamma-\Phi_0$

   判斷數值是否正確。

4. 最後判斷光強度對光電子數目與能量的影響。

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選項分析

(A) 錯誤。

當

$$\Phi_0=3.72\ \text{eV}$$

最大波長為

$$\lambda_{\max}=\frac{1240}{3.72}\ \text{nm} \approx 333.3\ \text{nm}$$

並非 $350\ \text{nm}$。$333.3\ \text{nm}$ 確實屬於紫外光，但選項的臨界波長數值錯誤，因此整項錯誤。

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(B) 錯誤。

當

$$\Phi_0=2.48\ \text{eV}$$

最大波長為

$$\lambda_{\max}=\frac{1240}{2.48}\ \text{nm} =500\ \text{nm}$$

並非 $480\ \text{nm}$。

$480\ \text{nm}$ 大致屬於藍光範圍，但正確臨界波長應為 $500\ \text{nm}$，因此選項錯誤。

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(C) 正確。

當

核心觀念

本題考查光子的康普頓散射（Compton scattering）。光子與初始靜止的自由電子碰撞後，部分能量轉移給電子，因此散射光子的能量會降低。

康普頓散射中，散射光子的能量為

$$E'=\frac{E_0}{1+\dfrac{E_0}{m_ec^2}(1-\cos\theta)}$$

其中：

• $E_0$：入射光子能量
• $E'$：散射光子能量
• $m_ec^2$：電子靜止能量，約為 $0.511\,\text{MeV}$
• $\theta$：光子散射角

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解題方法

題目給定

$$E_0=1\,\text{MeV},\qquad \theta=90^\circ$$

由於

$$\cos 90^\circ=0$$

代入康普頓散射公式：

$$E'=\frac{1}{1+\dfrac{1}{0.511}(1-0)}$$

因此

$$E'=\frac{1}{1+\dfrac{1}{0.511}} =\frac{1}{1+1.957} \approx 0.338\,\text{MeV}$$

故散射光子能量約為

$$E'\approx \frac{1}{3}\,\text{MeV}$$

也可由能量與動量守恆推得康普頓公式。光子能量與動量滿足 $p=E/c$，電子碰撞前靜止，經由四動量守恆可得

$$\frac{1}{E'}-\frac{1}{E_0} =\frac{1-\cos\theta}{m_ec^2}$$

整理後即為

$$E'=\frac{E_0}{1+\dfrac{E_0}{m_ec^2}(1-\cos\theta)}$$

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選項分析

在一維定態薛定諤方程

$-\frac{\hbar^{2}}{2m}\,\psi''(x)+V(x)\psi(x)=E\psi(x)$

若波函數在區間外皆為零，則必須在邊界 $x=\pm1$ 連續為零：$\psi(\pm1)=0$。
對於有限（或僅含 $\delta$）勢能，$\psi(x)$ 必須在區間內至少二階可微，否則 $\psi''$ 產生不可接受的奇異項。

逐一檢驗：

選項	边界值 $\psi(\pm1)$	可微性	結論

核心觀念

本題考查一維無限深方井中的粒子，重點包括：

1. 彈性碰撞與平均動量。
2. Heisenberg 不確定性原理對基態能量的估計。
3. 一維無限深方井基態波函數與機率分布。
4. 量綱與數值的快速判斷。

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解題方法

（一）平均動量

粒子在長度為 $L$ 的盒中自由運動，與兩端牆壁發生彈性碰撞。粒子向右運動時動量為 $+p$，向左反彈後動量為 $-p$。

由於左右運動的機率相同，動量的平均值為

$$\langle p_x\rangle = \frac{(+p)+(-p)}{2} =0.$$

因此

$$\boxed{(a)=0}.$$

注意平均動量為零，不代表動量的不確定度 $\Delta p_x$ 為零；粒子仍然具有非零動能。

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（二）基態能量

對長度為 $L$ 的一維盒中粒子，基態波函數為

$$\psi_1(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin\left(\frac{\pi x}{L}\right), \qquad 0<x<L.$$

其基態能量為

$$E_1=\frac{\hbar^2\pi^2}{2mL^2}.$$

由 $h=2\pi\hbar$，可改寫為

$$E_1 = \frac{h^2}{8mL^2}.$$

因此

$$\boxed{(b)=\frac{h^2}{8mL^2}}.$$

這個結果也可由不確定性原理估計得到。粒子被限制在長度約為 $L$ 的區域內，因此位置與動量具有非零不確定度。取特徵動量尺度為

$$\Delta p_x\sim \frac{h}{2L},$$

則動能尺度為

$$E\sim \frac{(\Delta p_x)^2}{2m} = \frac{1}{2m}\left(\frac{h}{2L}\right)^2 = \frac{h^2}{8mL^2}.$$

這與一維無限深方井的精確基態能量一致。

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（三）在 $0.45L$ 到 $0.55L$ 之間的機率

基態機率密度為

$$|\psi_1(x)|^2 = \frac{2}{L}\sin^2\left(\frac{\pi x}{L}\right).$$

所求機率為

$$P = \int_{0.45L}^{0.55L} \frac{2}{L} \sin^2\left(\frac{\pi x}{L}\right)\,dx.$$

利用

$$\int \sin^2 u\,du = \frac{u}{2}-\frac{\sin 2u}{4},$$

可得

$$P = \left[ \frac{x}{L} - \frac{\sin(2\pi x/L)}{2\pi} \right]_{0.45L}^{0.55L}.$$

代入上下限：

$$P = 0.10 - \frac{\sin(1.1\pi)-\sin(0.9\pi)}{2\pi}.$$

由

$$\sin(1.1\pi)=\sin(0.9\pi)=-\sin(0.1\pi),$$

因此

$$P = 0.10+\frac{\sin(0.1\pi)}{\pi} \approx 0.1984.$$

換算成百分比：

$$P\approx 19.8\%.$$

核心觀念

位置在區間 $|x|<L$ 內的機率為

$$P(|x|<L)=\int_{-L}^{L}|\psi(x)|^2\,dx.$$

波函數的機率密度是

$$|\psi(x)|^2=\psi^*(x)\psi(x).$$

由於 $a$ 為實數且為正，且 $\psi(x)$ 為實函數，因此

$$|\psi(x)|^2 =a\exp(-2a|x|).$$

此波函數本身已經歸一化，因為

$$\int_{-\infty}^{\infty}|\psi(x)|^2dx =2a\int_0^\infty e^{-2ax}dx =1.$$

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解題方法

所求區域為 $-L<x<L$，因此

$$P(|x|<L) =\int_{-L}^{L}a e^{-2a|x|}\,dx.$$

由於機率密度關於 $x=0$ 對稱，可寫成

$$P(|x|<L) =2\int_0^L a e^{-2ax}\,dx.$$

計算積分：

$$\begin{aligned} P(|x|<L) &=2a\left[\frac{e^{-2ax}}{-2a}\right]_0^L\\ &=-\left[e^{-2ax}\right]_0^L\\ &=1-e^{-2aL}. \end{aligned}$$

因此答案為

$$\boxed{1-e^{-2aL}}.$$

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選項分析

• (A) $0$：錯誤。
  只要 $L>0$，區間 $|x|<L$ 具有有限範圍，且其中的機率密度為正，因此機率不會是 $0$。

核心觀念

本題考查一維階梯位能中的電子散射，以及「機率流密度」所定義的反射係數與穿透係數。

電子波函數為

$$\psi_1(x)=A\left(e^{ikx}+re^{-ikx}\right),\qquad x<0$$ $$\psi_2(x)=B e^{ik'x},\qquad x>0$$

其中第一項為入射波，$r$ 為反射振幅。若定義透射振幅

$$t=\frac{B}{A},$$

則波向量為

$$k=\frac{\sqrt{2m(E-V_0)}}{\hbar},\qquad k'=\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}.$$

由於 $V_0>0$，且入射波存在時需有 $E>V_0$，因此

$$k'>k.$$

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解題方法：利用邊界條件求反射與穿透

在 $x=0$ 處，波函數及其一階導數必須連續。

1. 波函數連續

$$A(1+r)=B.$$

除以 $A$，得到

$$1+r=t.$$

2. 一階導數連續

左側：

$$\left.\frac{d\psi_1}{dx}\right|_{x=0} =ikA(1-r).$$

右側：

$$\left.\frac{d\psi_2}{dx}\right|_{x=0} =ik'B.$$

因此

$$k(1-r)=k't.$$

代入 $t=1+r$：

$$k(1-r)=k'(1+r).$$

整理得反射振幅

$$r=\frac{k-k'}{k+k'}.$$

再由 $t=1+r$ 得

$$t=\frac{2k}{k+k'}.$$

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反射係數與穿透係數的定義

機率流密度為

$$j=\frac{\hbar}{2mi} \left( \psi^*\frac{d\psi}{dx} -\psi\frac{d\psi^*}{dx} \right).$$

對於振幅為 $C$、波向量為 $q$ 的平面波，其機率流密度大小為

$$j=\frac{\hbar q}{m}|C|^2.$$

因此：

• 入射流：

$$j_{\mathrm{in}}=\frac{\hbar k}{m}|A|^2$$

• 反射流：

$$j_{\mathrm{ref}}=-\frac{\hbar k}{m}|Ar|^2$$

• 穿透流：

$$j_{\mathrm{tra}}=\frac{\hbar k'}{m}|B|^2$$

所以反射係數為

核心觀念

費米–狄拉克分布為

$$f(E;\mu,T)=\frac{1}{e^{(E-\mu)/k_BT}+1},$$

其中 $\mu$ 是化學勢，$k_BT$ 是熱能尺度。判斷 $f$ 的大小，關鍵在於比較 $E-\mu$ 與 $k_BT$：

• 當 $E-\mu\gg k_BT$ 時，指數項很大，$f\to 0$。
• 當 $\mu-E\gg k_BT$，也就是 $E-\mu\ll -k_BT$ 時，指數項趨近於零，$f\to 1$。
• 當 $E=\mu$ 時，

$$f(\mu;\mu,T)=\frac{1}{2}.$$

因此，$f$ 是否接近 $1$，必須以電子能量 $E$ 與化學勢 $\mu$ 的差值判斷，不能只看 $E$ 或溫度本身。

解題方法

直接將各選項與費米–狄拉克分布的極限行為比較。特別注意「$E-\mu\ll k_BT$」並不等同於「$E$ 遠低於 $\mu$」；若只是 $E-\mu$ 相對於 $k_BT$ 很小，$f$ 反而接近 $1/2$。

選項分析

(A) 正確

在金屬中，室溫下

$$k_BT\approx 0.026\ \text{eV},$$

而金屬的費米能量通常約為數個電子伏特，因此 $\mu\gg k_BT$。

若 $E$ 遠低於 $k_BT$，則自然也遠低於金屬的化學勢 $\mu$，使得

$$E-\mu\ll -k_BT.$$

所以

$$e^{(E-\mu)/k_BT}\ll 1, \qquad f(E;\mu,T)\approx 1.$$

(B) 錯誤

若嚴格按照題目所寫的條件

$$E-\mu\ll k_BT,$$

此條件只表示 $E-\mu$ 相對於 $k_BT$ 很小，並沒有明確表示 $E$ 遠低於 $\mu$。

例如在 $E=\mu$ 時，

$$E-\mu=0\ll k_BT,$$

但

$$f=\frac{1}{e^0+1}=\frac12,$$

並非趨近於 $1$。

參考書等級：大學部《現代物理》或《相對論與粒子物理》教科書，適合電機資訊研究所考試。

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1. 伽瑪因子

$$\beta=\frac{v}{c}=0.94,\qquad \gamma=\frac{1}{\sqrt{1-\beta^{2}}} =\frac{1}{\sqrt{1-0.94^{2}}} =\frac{1}{0.3412}=2.93$$

2. 旅行距離 $d$（在實驗室座標系測得）

$$\tau_{\text{lab}}=\gamma\,\tau_{0}=2.93\,(5.00\times10^{-6}\,\text{s}) =1.465\times10^{-5}\,\text{s}$$ $$d = v\,\tau_{\text{lab}} = 0.94c\,(1.465\times10^{-5}) =0.94(3.00\times10^{8}) (1.465\times10^{-5}) = 40.5\;\text{m}$$

3. 相對論動量 $P$

靜止質量

$m_{0}=200\,m_{e}=200(0.511\;\text{MeV}/c^{2})=102.2\;\text{MeV}/c^{2}$

$$P = \gamma m_{0} v =\gamma m_{0}\beta c = (2.93)(102.2\;\text{MeV}/c^{2})(0.94)c = 281.6\;\frac{\text{MeV}}{c}$$

4. 德布羅意波長 $\lambda$

參考書等級：大學部上、下學期《近代物理》或《量子力學導論》教材（如《Griffiths 量子力學》第1章）。

選項檢視

• (A) 電磁波確實是電場與磁場的耦合振盪，傳遞速率等於光速 $c$，並呈現波的干涉、衍射等典型行為。此敘述符合 Maxwell 方程與實驗事實。
• (B) 「波粒二象性」指微觀粒子（如電子）在某些實驗中呈現干涉、繞射等波動特性，但並非「移動的宏觀物體」整體會顯示波性。此敘述過於廣義且不精確。
• (C) 光子具有能量 $E=hf$，依等價原理 $E=mc^2$ 可對應「有效質量」 $m=E/c^2$，因而在重力場中受彎曲（如引力透鏡），所以說光子「具有引力質量」可接受；

波長由里德伯公式決定，考慮有限核質量須使用約化質量

$$\frac1\lambda = R\,\Bigl(\frac1{n_f^2}-\frac1{n_i^2}\Bigr),\qquad R = R_\infty\frac{\mu}{m_e},\quad \mu=\frac{m_eM}{m_e+M}$$

對 $n_f=2$, $n_i=6$

$\frac1{n_f^2}-\frac1{n_i^2}= \frac14-\frac1{36}= \frac{2}{9}$

故

$\lambda = \frac{9}{2R}$

約化質量比例

$$\frac{\mu_H}{m_e}= \frac{M_p}{M_p+m_e}=0.999456,\qquad \frac{\mu_T}{m_e}= \frac{M_t}{M_t+m_e}=0.999818$$

概念：一維無限深方形勢阱（particle‑in‑a‑box），能階

$E_n=\frac{n^{2}h^{2}}{8mL^{2}}\qquad(n=1,2,\dots)$

數值代入

• $L=0.1\ \text{nm}=1.0\times10^{-10}\,\text{m}$
• $m_e=9.11\times10^{-31}\,\text{kg}$
• $h=6.626\times10^{-34}\,\text{J·s}$

核心觀念
本題主要測驗 光電效應 的概念：

1. 光子數與雷射功率之關係 $N=\dfrac{P}{E_{\text{ph}}}$。
2. 量子效率 (QE) 代表入射光子產生電子的比例。
3. 電子最高動能 $K_{\max}= \tfrac12 mv^2$（非相對論情況）與光子能量及金屬的逸出功 $\phi$ 之關係 $E_{\text{ph}} = \phi + K_{\max}$。

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(a) 選項 (A)

每秒入射光子數：

$$\begin{aligned} P &= 2\ \text{mW}=2\times10^{-3}\ \text{J·s}^{-1} \\ \lambda &=311\ \text{nm}=311\times10^{-9}\ \text{m} \\ E_{\text{ph}} &=\frac{hc}{\lambda} =\frac{(6.626\times10^{-34}\ \text{J·s})(3.00\times10^{8}\ \text{m·s}^{-1})}{311\times10^{-9}\ \text{m}} \\ &\approx 6.39\times10^{-19}\ \text{J} \end{aligned}$$ $$N = \frac{P}{E_{\text{ph}}} = \frac{2\times10^{-3}}{6.39\times10^{-19}} \approx 3.1\times10^{15}\ \text{photons·s}^{-1}$$

選項 (A) 給的是 $2\times10^{15}$，與計算結果不符。
【答案】 錯誤。

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(b) 選項 (B)

量子效率 $\eta =75\% =0.75$，則每秒發射電子數

$$N_e = \eta\,N = 0.75 \times 3.1\times10^{15} \approx 2.35\times10^{15}\ \text{electrons·s}^{-1}$$

與選項 (B) 完全相同。
【答案】 正確。

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核心觀念

本題考查近代物理發展史中的四個重要實驗與原子模型問題：

1. Millikan 油滴實驗：測定電子的電荷量。
2. 光電效應：支持光量子概念，說明光能量以 $E=hf$ 形式交換。
3. 黑體輻射：促使 Planck 提出能量量子化。
4. Rutherford 原子模型：電子繞核運動時會持續輻射能量，導致軌道不穩定。

判斷這類題目時，關鍵在於分辨「實驗直接測得的物理量」與「由其他實驗結果推算出的物理量」。

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解題方法

逐一檢視各敘述是否符合物理史實與實驗結論。

電子的電荷質量關係可由 Thomson 實驗得到：

$$\frac{e}{m_e}$$

Millikan 油滴實驗則直接測出電子電荷量 $e$。將兩者結合，才能求出電子質量：

$$m_e=\frac{e}{e/m_e}$$

因此，若敘述宣稱 Millikan 實驗「獨立」測得電子的質量與電荷，就必須特別注意其正確性。

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選項分析

(A) 錯誤

Millikan 油滴實驗的主要成果是測定基本電荷量：

$$e=1.602\times 10^{-19}\ \mathrm{C}$$

實驗觀察到油滴所帶電荷皆為基本電荷的整數倍：

$$q=ne,\qquad n=1,2,3,\ldots$$

這證明電荷具有量子化特性，並測得電子電荷量的大小。

電子質量並非由 Millikan 實驗獨立測得，而是將 Millikan 測得的 $e$ 與 Thomson 實驗測得的比電荷量 $e/m_e$ 結合後求得：

$$m_e=\frac{e}{e/m_e}$$

所以「yielded independent measurements of the mass and charge」的說法錯誤。

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(B) 錯誤

光電效應實驗主要建立以下觀念：

• 光能量與頻率有關；
• 光的能量以光子形式傳遞；
• 單一光子的能量為

$$E=hf$$

• 光電電子的最大動能滿足

$$K_{\max}=hf-\phi$$

其中 $\phi$ 為金屬的逸出功。

光電效應確實支持光具有粒子性，但「光具有動量」的直接重要證據主要來自 Compton 散射。光子的動量為

(A) 鍵井勢能為無限高，波函數在 $x\le0$、$x\ge L$ 必為零，無隧穿。錯誤

(B) 一維諧振子能階 $E_n=(n+\tfrac12)h\nu$，相鄰能級差為 $h\nu=\hbar\omega$。正確

(C) $\psi=e^{i\phi x}+2i\,e^{i3\phi x}$ 為兩個平面波的疊加。對應動量 $p=\hbar\phi$、$p=3\hbar\phi$，係數幅度分別 $|1|^2=1$、$|2i|^2=4$，歸一化後機率為 $1/5$ 與 $4/5$。

參考書等級：大學部《固體物理導論》（如 Kittel, Introduction to Solid State Physics）或《半導體物理》（Sze, Physics of Semiconductor Devices）等教材。

詳解

• (A) Undoped semiconductor 為絕緣體
  未摻雜的本徵半導體在室溫下的本徵載子濃度 $n_i=\sqrt{N_cN_v}\,e^{-E_g/2kT}$ 仍大於零，只是遠低於金屬的自由電子濃度。雖電導率遠低於金屬，但仍能導電，故不屬於理想絕緣體。錯。

• (B) 輕度摻雜可使半導體變成高電導金屬
  輕度摻雜（$N_D$ 或 $N_A$ 約 $10^{14-16}\,\text{cm}^{-3}$）僅提升載子濃度至與本徵半導體相當的量級，電

解題要點

項目	判斷	理由
(A)	❌	電子在自由粒子、金屬導體等系統中能量是連續譜；僅在受限勢場（如原子、量子井）才呈離散化。
(B)	❌	$V(x)=-\dfrac12 m\omega^2x^2$ 為倒拋物勢，無束縛態，能量不呈 $(n+\tfrac12)\hbar\omega$ 的離散等級。

核心觀念

史特恩－蓋拉赫實驗利用非均勻磁場對磁矩產生的力，使不同磁矩投影的原子束分開。自旋為 $1/2$ 的原子沿任一指定方向測量磁矩，都只有兩種投影結果；若先沿一方向選定單一磁矩態，再沿不同方向測量，通常會再次分成兩束。

銀原子的基態未成對電子是 $5s$ 電子，軌道角量子數 $l=0$，因此軌道磁矩為零，磁矩來自該電子的自旋。不過，本題選項（B）所列電子組態與銀不符，須按原卷文字判斷。

解題方法

原卷第 7 頁說明先以狹縫選出第一組磁場後的其中一束；第 8 頁圖（C）的第二磁場與第一磁場同向，標示 $\hat{\mathbf B}\cdot\hat{\mathbf z}=1$，圖（D）、（E）則畫出第二磁場繞 $y$ 軸傾斜 $\theta$，並標示 $\hat{\mathbf B}\cdot\hat{\mathbf z}=\cos\theta$。

先看磁場是否有梯度：原子沿梯度方向受力約為

$$F_z=\mu_z\frac{\partial B_z}{\partial z}.$$

再看第二次測量的方向：方向不變時，已選出的磁矩態仍是測量態；方向改變時，原先的態可分解為新方向上的兩種磁矩投影。最後用兩種投影的機率加權，求磁矩在新方向上的期望值。

選項分析

（A）錯。 要讓磁矩不同的原子束在照相底片上分成不同位置，磁場必須有梯度，也就是非均勻磁場。均勻磁場的梯度為零，不能造成所需的空間分束。

（B）依原卷字面為錯。 原卷列出的組態是

$$(1s)^2(2s)^2(2p)^6(3s)^2(3p)^6(3d)^{10}(4s)^1,$$

電子數為 $2+2+6+2+6+10+1=29$，這是銅的組態，不是銀。銀的原子序為 $47$，基態組態為 $[\mathrm{Kr}]\,4d^{10}5s^1$。因此，選項把銀原子與銅的組態混為一談，整體敘述不成立。

核心觀念

統計力學中的三種基本分布，依粒子是否遵守泡利不相容原理，以及粒子是否具有不可分辨性，分為：

1. Maxwell–Boltzmann 分布（MB 分布）
2. Bose–Einstein 分布（BE 分布）
3. Fermi–Dirac 分布（FD 分布）

設能量為 $\varepsilon_i$ 的單粒子量子態，其平均佔據數為 $\bar n_i$，則三種分布可統一寫成

$$\bar n_i = \frac{1}{\exp\left[\dfrac{\varepsilon_i-\mu}{k_B T}\right]+\eta},$$

其中：

• $\mu$：化學勢
• $k_B$：波茲曼常數
• $T$：絕對溫度
• $\eta=0$：Maxwell–Boltzmann 分布
• $\eta=-1$：Bose–Einstein 分布
• $\eta=+1$：Fermi–Dirac 分布

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解題方法

本題分成三部分：

• 先寫出三種統計分布的平均佔據數公式；
• 再依粒子的自旋與泡利不相容原理判斷其所屬分布；
• 最後各舉一個實際物理應用。

判斷的核心是：

• 玻色子可有任意多個粒子佔據同一量子態；
• 費米子遵守泡利不相容原理，同一量子態最多只能有一個粒子；
• Maxwell–Boltzmann 分布適用於高溫、低密度的經典極限。

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（a）三種統計分布公式

1. Maxwell–Boltzmann 分布

$$\boxed{ \bar n_i^{\mathrm{MB}} = \exp\left[-\frac{\varepsilon_i-\mu}{k_B T}\right] }$$

若考慮能量介於 $\varepsilon$ 到 $\varepsilon+d\varepsilon$ 的狀態數，則常見形式為

$$N(\varepsilon)d\varepsilon \propto g(\varepsilon) \exp\left(-\frac{\varepsilon}{k_B T}\right)d\varepsilon,$$

其中 $g(\varepsilon)$ 為能態密度。

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2. Bose–Einstein 分布

$$\boxed{ \bar n_i^{\mathrm{BE}} = \frac{1} {\exp\left[\dfrac{\varepsilon_i-\mu}{k_B T}\right]-1} }$$

分母中的 $-1$ 是 BE 分布的特徵，代表同一量子態可以容納任意多個相同粒子。

對光子而言，光子數目不守恆，因此化學勢為 $\mu=0$，公式化為

$$\bar n_i^{\mathrm{BE}} = \frac{1} {\exp\left(\dfrac{\varepsilon_i}{k_B T}\right)-1}.$$

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3. Fermi–Dirac 分布

$$\boxed{ \bar n_i^{\mathrm{FD}} = \frac{1} {\exp\left[\dfrac{\varepsilon_i-\mu}{k_B T}\right]+1} }$$

分母中的 $+1$ 是 FD 分布的特徵。由於泡利不相容原理，同一量子態的平均佔據數不會超過 $1$：

$$0\leq \bar n_i^{\mathrm{FD}}\leq 1.$$

在絕對零度 $T=0$ 時，FD 分布成為階梯函數：

$$\bar n_i^{\mathrm{FD}} = \begin{cases} 1, & \varepsilon_i<E_F,\\ 0, & \varepsilon_i>E_F, \end{cases}$$

其中 $E_F$ 為費米能。

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（b）各統計分布適用的粒子類別

1. Maxwell–Boltzmann 分布：經典粒子

MB 分布適用於粒子具有以下條件的情況：

• 粒子可視為經典粒子；
• 粒子間的量子統計效應可忽略；
• 系統處於高溫或低密度狀態；
• 熱德布羅意波長遠小於粒子平均間距。

其量子條件可表示為

$$n\lambda_T^3\ll 1,$$

其中 $n$ 是粒子數密度，$\lambda_T$ 是熱德布羅意波長。

MB 分布不是由粒子自旋直接定義，而是量子統計在經典極限下的近似。

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2. Bose–Einstein 分布：玻色子

BE 分布適用於自旋為整數的玻色子：

$$s=0,1,2,\ldots$$

玻色子具有以下特性：

• 遵守 Bose–Einstein 統計；
• 不受泡利不相容原理限制；
• 同一量子態可由任意多個相同玻色子佔據。

常見玻色子包括：

• 光子：$s=1$
• 聲子：準粒子，自旋概念不直接套用，但遵守玻色統計
• 氦-4 原子：總自旋為整數
• 某些整數自旋的原子核

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3. Fermi–Dirac 分布：費米子

FD 分布適用於自旋為半整數的費米子：

$$s=\frac12,\frac32,\ldots$$

費米子具有以下特性：

• 遵守 Fermi–Dirac 統計；
• 遵守泡利不相容原理；
• 同一組量子數所代表的單粒子態最多只能由一個費米子佔據。

常見費米子包括：

• 電子：$s=\frac12$
• 質子：$s=\frac12$
• 中子：$s=\frac12$
• 中微子：通常為半整數自旋

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（c）各統計分布的應用例子

1. Maxwell–Boltzmann 分布的應用：稀薄氣體