110 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》

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第 1 題

For a metal with specified work function Φ0=3.1\Phi_0 = 3.1 eV subject to exposure of light with various wavelengths and intensity of 8.018.01 W/m2^2 directed at the metal sphere with a radius of 55 cm.
(A) The maximum wavelength required to stimulate the photoelectron emission is λmax=350\lambda_{\text{max}} = 350 nm, which is the kind of ultra-violate (UV).
(B) Under the exposure of light with λ=248\lambda = 248 nm, the maximum energy of the photoelectrons emitted from the metal is 1.51.5 eV.
(C) Under the exposure of light with λ=155\lambda = 155 nm, the maximum energy of the photoelectrons emitted from the metal is 4.54.5 eV.
(D) Under the condition that the exposure of light λ=248\lambda = 248 nm and 0.25%0.25\% of the incident photons create photoelectrons, the number of emitted photoelectrons is 7.854×10147.854 \times 10^{14}.
(E) The increase of exposure light intensity can increase the photoelectrons numbers and energy.

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核心觀念

本題考查光電效應,使用愛因斯坦光電方程式:

hf=Φ0+Kmax⁡hf=\Phi_0+K_{\max}

其中:

  • hh:普朗克常數
  • ff:入射光頻率
  • Φ0\Phi_0:金屬功函數
  • Kmax⁡K_{\max}:光電子最大動能

又因為 f=c/λf=c/\lambda,常用近似式為:

Eγ=hf=hcλ≈1240 eV⋅nmλ(nm)E_\gamma=hf=\frac{hc}{\lambda} \approx \frac{1240\ \text{eV}\cdot\text{nm}}{\lambda(\text{nm})}

光電效應的臨界波長為:

λmax⁡=hcΦ0\lambda_{\max}=\frac{hc}{\Phi_0}

光強度主要決定單位時間內的光子數,因此影響光電子數目;光電子最大動能則由光的頻率(波長)決定。


解題方法

已知功函數:

Φ0=3.1 eV\Phi_0=3.1\ \text{eV}

先求臨界波長:

λmax⁡=12403.1 nm=400 nm\lambda_{\max} =\frac{1240}{3.1}\ \text{nm} =400\ \text{nm}

因此波長必須小於或等於 400 nm400\ \text{nm},才可能產生光電效應。


選項分析

(A)錯誤

題目宣稱:

λmax⁡=350 nm\lambda_{\max}=350\ \text{nm}

但實際計算為:

λmax⁡=400 nm\lambda_{\max}=400\ \text{nm}

所以此選項錯誤。400 nm400\ \text{nm} 確實屬於紫外光範圍附近,但臨界波長數值不是 350 nm350\ \text{nm}。


(B)錯誤

當 λ=248 nm\lambda=248\ \text{nm} 時,單一光子能量為:

Eγ=1240248=5.0 eVE_\gamma=\frac{1240}{248}=5.0\ \text{eV}

因此光電子最大動能:

Kmax⁡=Eγ−Φ0=5.0−3.1=1.9 eVK_{\max}=E_\gamma-\Phi_0 =5.0-3.1 =1.9\ \text{eV}

並非題目所稱的 1.5 eV1.5\ \text{eV},故錯誤。


(C)錯誤

當 λ=155 nm\lambda=155\ \text{nm} 時:

Eγ=1240155=8.0 eVE_\gamma=\frac{1240}{155}=8.0\ \text{eV}

所以:

Kmax⁡=8.0−3.1=4.9 eVK_{\max}=8.0-3.1=4.9\ \text{eV}

並非 4.5 eV4.5\ \text{eV},故錯誤。


(D)錯誤

定向光照射金屬球時,光線實際照到的面積為球的投影面積,而不是整個球面積:

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第 2 題

Which of the following statements is wrong, in regard to the physics of a 1D oscillator in the quadratic potential energy V(x)=12k(x−xmin)2V(x) = \frac{1}{2} k (x-x_{\text{min}})^2? Let nn denote the state quantum number of oscillation, with n=0n = 0 for the ground state and n=1,2,…n = 1, 2, \dots for excited states.
(A) The classical ground state energy is given by E0=0E_0 = 0.
(B) Quantum energy levels {En}\{E_n\} are equally spaced.
(C) Oscillation frequencies are identical for classical and quantum oscillators.
(D) For large nn, the quantum description approaches the classical one.
(E) The ground state wave function Ψ0=0\Psi_0 = 0 for ∣x∣>xt|x| > x_t. (Note: xtx_t is the classical turning point where the kinetic energy E0−V(x)E_0 - V(x) vanishes.)

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核心觀念

本題考查一維量子諧振子與經典諧振子的對應關係。位能為

V(x)=12k(x−xmin⁡)2V(x)=\frac{1}{2}k(x-x_{\min})^2

其平衡位置為 x=xmin⁡x=x_{\min}。令

ω=km\omega=\sqrt{\frac{k}{m}}

則經典振子的總能量為

E=p22m+V(x),E=\frac{p^2}{2m}+V(x),

量子諧振子的能階為

En=ℏω(n+12),n=0,1,2,…E_n=\hbar\omega\left(n+\frac{1}{2}\right), \qquad n=0,1,2,\dots

其中量子基態能量並非零,而是

E0=12ℏω.E_0=\frac{1}{2}\hbar\omega.

量子諧振子的基態波函數為高斯函數:

Ψ0(x)=(mωπℏ)1/4exp⁡[−mω(x−xmin⁡)22ℏ].\Psi_0(x) = \left(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^{1/4} \exp\left[ -\frac{m\omega(x-x_{\min})^2}{2\hbar} \right].

此波函數在所有有限的 xx 都不等於零,只會在 ∣x∣→∞|x|\to\infty 時趨近於零。


解題方法

判斷各選項時,分別使用三個基本事實:

  1. 經典振子的最低能量可為零,因為可同時有 p=0p=0 且 x=xmin⁡x=x_{\min}。
  2. 量子諧振子具有零點能量,基態能量為 12ℏω\frac{1}{2}\hbar\omega。
  3. 量子波函數不必受限於經典允許區域,在經典轉折點外仍可有非零機率。

其中經典轉折點由

E−V(xt)=0E-V(x_t)=0

決定。在轉折點外,經典粒子的動能為負,因此經典粒子不能出現;但量子力學中的波函數通常會在該區域呈指數衰減,而不是立即變成零。


選項分析

(A) The classical ground state energy is given by E0=0E_0=0.

正確。

經典振子的能量為

E=p22m+12k(x−xmin⁡)2.E=\frac{p^2}{2m}+\frac{1}{2}k(x-x_{\min})^2.

當粒子位於平衡位置 x=xmin⁡x=x_{\min},且速度為零、即 p=0p=0 時,

E0=0.E_0=0.

這是經典系統的最低能量。然而量子振子的基態能量不是零,而是

E0quantum=12ℏω.E_0^{\text{quantum}}=\frac{1}{2}\hbar\omega.

選項特別指明為 classical ground state,因此敘述正確。


(B) Quantum energy levels {En}\{E_n\} are equally spaced.

正確。

量子諧振子的能階為

En=ℏω(n+12).E_n=\hbar\omega\left(n+\frac{1}{2}\right).

相鄰能階差為

En+1−En=ℏω.E_{n+1}-E_n = \hbar\omega.

此差值與 nn 無關,因此所有量子能階等距分布。


(C) Oscillation frequencies are identical for classical and quantum oscillators.

正確。

經典諧振子的角頻率為

ωclassical=km.\omega_{\text{classical}}=\sqrt{\frac{k}{m}}.
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第 3 題

Assuming that the conduction electrons in a cube of a metal on edge 11 cm behave as a free quantized gas, what is the number of states which are available in the energy interval 4.004.00-4.014.01 eV, per unit volume?
(A) 1.356×10181.356 \times 10^{18}
(B) 1.356×10201.356 \times 10^{20}
(C) 1.356×10221.356 \times 10^{22}
(D) 8.478×10258.478 \times 10^{25}
(E) 8.478×10288.478 \times 10^{28}

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自由電子在立方金屬 (邊長 L=1  cmL=1\;\text{cm}) 中可視為三維自由粒子。
每單位體積的能態密度 (含自旋因子 2) 為

g(E)=12π2(2mℏ2)3/2E[states  J−1 m−3].g(E)=\frac{1}{2\pi^{2}}\Bigl(\frac{2m}{\hbar^{2}}\Bigr)^{3/2}\sqrt{E}\qquad\bigl[\text{states}\; \text{J}^{-1}\,\text{m}^{-3}\bigr].

其中 m=9.11×10−31 kgm=9.11\times10^{-31}\,\text{kg},ℏ=1.055×10−34 J⋅s\hbar=1.055\times10^{-34}\,\text{J·s}。

計算常數

12π2(2mℏ2)3/2=12π2(1.822×10−301.113×10−68)3/2≈1.06×1056  J−1/2 m−3.\frac{1}{2\pi^{2}}\Bigl(\frac{2m}{\hbar^{2}}\Bigr)^{3/2} =\frac{1}{2\pi^{2}}\left(\frac{1.822\times10^{-30}}{1.113\times10^{-68}}\right)^{3/2} \approx 1.06\times10^{56}\;\text{J}^{-1/2}\,\text{m}^{-3}.

在 E=4.00  eV=4.00×1.602×10−19=6.408×10−19 JE=4.00\;\text{eV}=4.00\times1.602\times10^{-19}=6.408\times10^{-19}\,\text{J}

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第 4 題

What is the depletion-layer width for a p-n junction with zero bias in germanium, given that the impurity concentrations are NA=1×1023N_A = 1 \times 10^{23} m−3^{-3} and ND=2×1022N_D = 2 \times 10^{22} m−3^{-3}, respectively, at T=300T = 300 K, relative permittivity εr=16\varepsilon_r = 16 and contact potential difference V0=0.8V_0 = 0.8 V?
(A) 0.07250.0725 μ\mum
(B) 0.1450.145 μ\mum
(C) 0.290.29 μ\mum
(D) 0.580.58 μ\mum
(E) 1.161.16 μ\mum

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核心觀念

這題考查 pp-nn 接面在零偏壓下的耗盡層寬度。採用耗盡近似時,總耗盡層寬度 WW 為

W=2εsV0q(1NA+1ND)W=\sqrt{\frac{2\varepsilon_s V_0}{q} \left(\frac{1}{N_A}+\frac{1}{N_D}\right)}

其中:

  • εs=εrε0\varepsilon_s=\varepsilon_r\varepsilon_0:半導體介電常數
  • ε0=8.854×10−12 F/m\varepsilon_0=8.854\times10^{-12}\ \mathrm{F/m}:真空介電常數
  • V0V_0:接觸電位差
  • q=1.602×10−19 Cq=1.602\times10^{-19}\ \mathrm{C}:基本電荷量
  • NA,NDN_A,N_D:受體與施體雜質濃度

零偏壓表示外加電壓為零,因此接面內的電位差就是題目給定的 V0=0.8 VV_0=0.8\ \mathrm{V}。


解題方法

先計算鍺的介電常數:

εs=εrε0=16(8.854×10−12)=1.41664×10−10 F/m\varepsilon_s=\varepsilon_r\varepsilon_0 =16(8.854\times10^{-12}) =1.41664\times10^{-10}\ \mathrm{F/m}

雜質濃度的倒數和為

1NA+1ND=11×1023+12×1022\frac{1}{N_A}+\frac{1}{N_D} = \frac{1}{1\times10^{23}} +\frac{1}{2\times10^{22}} =1.0×10−23+5.0×10−23=6.0×10−23 m3=1.0\times10^{-23}+5.0\times10^{-23} =6.0\times10^{-23}\ \mathrm{m^3}

代入耗盡層寬度公式:

W=2(1.41664×10−10)(0.8)1.602×10−19(6.0×10−23)W= \sqrt{ \frac{2(1.41664\times10^{-10})(0.8)} {1.602\times10^{-19}} (6.0\times10^{-23}) }

先整理根號內數值:

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第 5 題

For a muon with mμ=200mem_\mu = 200 m_e captured by a proton to form a muonic atom, please calculate the orbital radius, wavelength, speed, and energies at ground state n=1n = 1: r1r_1, λ1\lambda_1, v1v_1, E1E_1, and photon wavelength λα\lambda_\alpha for transition from E2E_2 to E1E_1 (α\alpha-line).
(A) r1=3.65×10−13r_1 = 3.65 \times 10^{-13} m =0.365= 0.365 pm
(B) λ1=2.056×10−12\lambda_1 = 2.056 \times 10^{-12} m =2.056= 2.056 pm
(C) v1=2.1872×106v_1 = 2.1872 \times 10^6 m/s
(D) E1=−2505E_1 = -2505 eV
(E) λα=6.74×10−9\lambda_\alpha = 6.74 \times 10^{-9} m =6.74= 6.74 nm

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第 6 題

Consider a particle moving in a 2D square quantum well, with well width =L= L and well depth =∞= \infty. Take the potential well bottom =0= 0. Which of the following statements is correct, in regard to the quantum state?
(A) The ground state energy is four times as large as that in a 1D quantum well of identical width and depth.
(B) The ground state energy is 1/4 of the first excited state energy.
(C) The ground state wave function is given by the sum Ψ0(x)+Ψ0(y)\Psi_0(x) + \Psi_0(y), ((x,y)=particle position)((x,y) = \text{particle position}), where Ψ0\Psi_0 is the ground state wave function in a 1D quantum well of identical width and depth.
(D) The ground state wave function vanishes at the well center.
(E) The ground state wave function is even with respect to the inversion operation (x,y)→(−x,−y)(x,y) \to (-x,-y).

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核心觀念

本題考查「二維無限深方形量子井」的能階、波函數分離,以及波函數的對稱性。

對於邊長為 LL、井底能量為 00 的二維正方形無限深量子井,定態薛丁格方程為

−ℏ22m(∂2∂x2+∂2∂y2)Ψ(x,y)=EΨ(x,y).-\frac{\hbar^2}{2m} \left( \frac{\partial^2}{\partial x^2} + \frac{\partial^2}{\partial y^2} \right)\Psi(x,y) =E\Psi(x,y).

由於位能可寫成

V(x,y)=Vx(x)+Vy(y),V(x,y)=V_x(x)+V_y(y),

波函數可分離為

Ψ(x,y)=ψnx(x)ψny(y),\Psi(x,y)=\psi_{n_x}(x)\psi_{n_y}(y),

總能量則為兩個獨立一維量子井能量的和:

Enx,ny=Enx(x)+Eny(y).E_{n_x,n_y}=E_{n_x}^{(x)}+E_{n_y}^{(y)}.

一維邊長為 LL 的無限深量子井能階為

En(1D)=n2π2ℏ22mL2,n=1,2,3,…E_n^{(1D)}=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2mL^2}, \qquad n=1,2,3,\ldots

令

E1(1D)=π2ℏ22mL2,E_1^{(1D)}=\frac{\pi^2\hbar^2}{2mL^2},

則二維能階為

Enx,ny=(nx2+ny2)E1(1D).E_{n_x,n_y} = (n_x^2+n_y^2)E_1^{(1D)}.

解題方法

基態必須使兩個方向的量子數都取最小值:

nx=1,ny=1.n_x=1,\qquad n_y=1.

因此二維基態能量為

E1,1=(12+12)E1(1D)=2E1(1D).E_{1,1} = (1^2+1^2)E_1^{(1D)} = 2E_1^{(1D)}.

第一激發態則由

(nx,ny)=(1,2)或(2,1)(n_x,n_y)=(1,2)\quad \text{或}\quad (2,1)

構成,因此其能量為

E1,2=E2,1=(12+22)E1(1D)=5E1(1D).E_{1,2}=E_{2,1} = (1^2+2^2)E_1^{(1D)} = 5E_1^{(1D)}.

若將正方形量子井中心設在原點,範圍為

−L2<x<L2,−L2<y<L2,-\frac{L}{2}<x<\frac{L}{2}, \qquad -\frac{L}{2}<y<\frac{L}{2},

一維基態波函數可寫成

ψ1(x)=2Lcos⁡(πxL).\psi_1(x)=\sqrt{\frac{2}{L}} \cos\left(\frac{\pi x}{L}\right).

所以二維基態波函數為兩個一維基態的乘積:

Ψ1,1(x,y)=ψ1(x)ψ1(y)=2Lcos⁡(πxL)cos⁡(πyL).\Psi_{1,1}(x,y) = \psi_1(x)\psi_1(y) = \frac{2}{L} \cos\left(\frac{\pi x}{L}\right) \cos\left(\frac{\pi y}{L}\right).

選項分析

(A) 基態能量是相同寬度與深度之一維量子井的四倍

一維基態能量為

E1(1D)=π2ℏ22mL2.E_1^{(1D)}=\frac{\pi^2\hbar^2}{2mL^2}.

二維基態能量為

E1,1=2E1(1D).E_{1,1}=2E_1^{(1D)}.

因此二維基態能量是​​一維基態能量的 22 倍,而不是 44 倍。

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第 7 題

Electrons with energy of 22 eV are separately incident on 1010 eV barriers with 0.50.5 nm and 11 nm wide. What are their respective transmission probabilities (Tin 0.5 nm barrier widthT_{\text{in } 0.5 \text{ nm barrier width}}, Tin 1 nm barrier widthT_{\text{in } 1 \text{ nm barrier width}})?
(A) (1.1×10−7,2.4×10−7)(1.1 \times 10^{-7}, 2.4 \times 10^{-7})
(B) (1.1×10−7,1.3×10−14)(1.1 \times 10^{-7}, 1.3 \times 10^{-14})
(C) (1.3×10−14,5.1×10−14)(1.3 \times 10^{-14}, 5.1 \times 10^{-14})
(D) (2.4×10−7,1.3×10−14)(2.4 \times 10^{-7}, 1.3 \times 10^{-14})
(E) (2.4×10−7,5.1×10−14)(2.4 \times 10^{-7}, 5.1 \times 10^{-14})

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隧穿穿透率(E<V0E<V_0)可近似為

T≃e−2κa,κ=2m (V0−E)ℏT\simeq e^{-2\kappa a},\qquad \kappa =\frac{\sqrt{2m\,(V_0-E)}}{\hbar}

其中

  • 電子質量 m=9.11×10−31 kgm=9.11\times10^{-31}\,\text{kg}
  • ℏ=1.055×10−34 J⋅s\hbar =1.055\times10^{-34}\,\text{J·s}
  • V0−E=10 eV−2 eV=8 eV=8×1.602×10−19 J=1.282×10−18 JV_0-E = 10\text{ eV}-2\text{ eV}=8\text{ eV}=8\times1.602\times10^{-19}\,\text{J}=1.282\times10^{-18}\,\text{J}

計算

κ=2(9.11×10−31)(1.282×10−18)1.055×10−34≈1.45×1010  m−1.\kappa = \frac{\sqrt{2(9.11\times10^{-31})(1.282\times10^{-18})}}{1.055\times10^{-34}} \approx 1.45\times10^{10}\;\text{m}^{-1}.
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第 8 題

In terms of a particle trapped in a box with the length of LL, which of following statements is wrong?
(A) The normalized wave functions of the particle are ψn=2Lsin⁡(nπxL)\psi_n = \sqrt{\frac{2}{L}} \sin(\frac{n\pi x}{L}).
(B) At ground state, the probability of the particle which is found between 0.45L0.45 L and 0.55L0.55 L is about 10%10\%.
(C) At first excited state, the probability of the particle which is found between 0.45L0.45 L and 0.55L0.55 L is about 0.65%0.65\%.
(D) At first excited state, the probability of the particle which is found at x=0.5Lx = 0.5 L is zero.
(E) At a particular place in the box, the probability of the particle may be different for different quantum numbers.

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參考書等級:大學部《量子力學概論》 (如 Griffiths 第2版)

解題要點

  1. 無限深方形井的規範化本徵函數
    ψn(x)=2Lsin⁡ ⁣(nπxL),n=1,2,…\psi_n(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right),\qquad n=1,2,\dots
    因此 (A) 正確。

  2. 位置機率

Pn(a<b)=∫ab∣ψn(x)∣2 dx=2L∫absin⁡2 ⁣(nπxL)dx=1L[x−L2nπsin⁡ ⁣(2nπxL)]ab.P_{n}(a<b)=\int_a^b |\psi_n(x)|^2\,dx =\frac{2}{L}\int_a^b \sin^2\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)dx =\frac{1}{L}\Bigl[x-\frac{L}{2n\pi}\sin\!\left(\frac{2n\pi x}{L}\right)\Bigr]_{a}^{b}.
  1. 基態 n=1n=1,取 a=0.45L,  b=0.55La=0.45L,\;b=0.55L
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第 9 題

Which of the following statements are correct concerning the quantum energy eigenstate of a free particle? Let E=energyE = \text{energy}, p=momentump = \text{momentum}, and k=wave vectork = \text{wave vector} of the state.
(A) E's of all eigenstates form a continuous spectrum.
(B) 2Ec/pc2E_c/p_c gives the speed of a moving wave packet formed by mixing the eigenstates with (E, p) around (EcE_c, pcp_c).
(C) A particle with kk will behave approximately classically, when hitting a wall with an opening of the size L≫1/∣k∣L \gg 1/|k|.
(D) A mixed state formed of two eigenstates such as exp⁡(ik1r)exp⁡(−iE1t)+exp⁡(ik2r)exp⁡(−iE2t)\exp(i\mathbf{k}_1\mathbf{r})\exp(-iE_1t) + \exp(i\mathbf{k}_2\mathbf{r})\exp(-iE_2t), where k1\mathbf{k}_1 and k2\mathbf{k}_2 differ but ∣k1∣=∣k2∣|\mathbf{k}_1|= |\mathbf{k}_2|, is not an eigenstate of momentum but is that of energy.
(E) If one measures the momentum of mixed state exp⁡(ikr)+exp⁡(−ikr)\exp(i\mathbf{k}\mathbf{r}) + \exp(-i\mathbf{k}\mathbf{r}) for many times by performing the measurement on a very large number of identical copies of the state, the distribution of measured values will have a width of the order of ∣k∣|\mathbf{k}|.

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參考書等級:大學部/研究所基礎(如 Griffiths – Introduction to Quantum Mechanics、Shankar – Modern Quantum Mechanics)。

解題要點

  1. 自由粒子哈密頓量 H^=p^22m\hat H=\frac{\hat p^{2}}{2m},其本徵函數為平面波
ψk(r,t)=eik ⁣⋅ ⁣r e−iEt,E=ℏ2k22m,  p=ℏk.\psi_{\mathbf k}(\mathbf r,t)=e^{i\mathbf k\!\cdot\!\mathbf r}\,e^{-iE t},\qquad E=\frac{\hbar^{2}k^{2}}{2m},\;p=\hbar k.
  1. 能量本徵值 E(p)=p2/2mE(p)=p^{2}/2m 隨動量連續取值,故 EE 的譜為連續 spectrum。

  2. 對於以 (Ec,pc)(E_c,p_c) 為中心的波包,群速

vg=dωdk=dE/ℏdk=ℏkm=pcm=2Ecpc.v_g=\frac{d\omega}{dk}=\frac{dE/\hbar}{dk} =\frac{\hbar k}{m}= \frac{p_c}{m} =\frac{2E_c}{p_c}.

因此 2Ec/pc2E_c/p_c 正是波包的傳播速度。

  1. 若開口寬度 L≫λ=2π/∣k∣L\gg\lambda=2\pi/|k|,衍射可忽略,粒子沿直線傳播,與經典光學/機械對應,故行為近似古典。
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第 10 題

Which of the following experimental observations that challenged classical physics around 1900?
(A) Blackbody radiation.
(B) Electromagnetism and the origin of magnetic fields, which did transform from one coordinate system to another.
(C) Line spectra of hydrogen and other atoms.
(D) The photoelectric effect.
(E) Compton scattering.

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核心觀念

本題考查「近代物理的起源」:約在 1900 年前後,若干實驗結果無法由古典物理完整解釋,促成量子論與相對論的建立。

主要現象如下:

  • 黑體輻射:古典理論導出的紫外災難與實驗不符,促成普朗克能量量子化假設。
  • 原子線譜:原子只放出特定頻率的光,顯示原子能階是離散的。
  • 光電效應:電子能否逸出取決於光頻率,而非單純取決於光強度,支持光量子概念。
  • 康普頓散射:1923 年發現,直接顯示光子具有動量,屬於較晚期的量子物理證據。
  • 電磁學與座標變換:這涉及麥克斯威電磁學與狹義相對論,不是本題所描述的「約 1900 年引發量子革命的實驗觀察」。

解題方法

判斷各選項是否符合兩個條件:

  1. 必須是實際的實驗觀察;
  2. 必須在約 1900 年前後暴露古典物理的限制。

古典物理對光與物質的描述,主要預期:

  • 能量可連續變化;
  • 光的能量主要由光強度決定;
  • 原子可具有連續的能量狀態;
  • 光只表現為波,不具有粒子動量。

凡是違反上述預期,並促成量子論發展的現象,即屬於本題所尋找的答案。


選項分析

(A) Blackbody radiation

正確。

黑體輻射的實驗光譜在高頻區會下降,但古典物理的瑞利—金斯定律給出

u(ν,T)=8πν2c3kBT,u(\nu,T)=\frac{8\pi \nu^2}{c^3}k_BT,

其中 u(ν,T)u(\nu,T) 是單位頻率的能量密度。當頻率 ν\nu 增大時,該式預測能量密度會無限增加,導致所謂的紫外災難,與實驗結果嚴重矛盾。

普朗克提出能量只能以離散形式交換:

En=nhν,n=0,1,2,…E_n=nh\nu,\qquad n=0,1,2,\ldots

並得到符合實驗的普朗克黑體輻射公式:

u(ν,T)=8πhν3c31ehν/kBT−1.u(\nu,T)= \frac{8\pi h\nu^3}{c^3} \frac{1}{e^{h\nu/k_BT}-1}.

因此,黑體輻射是最具代表性的近代物理起源實驗之一。


(B) Electromagnetism and the origin of magnetic fields, which did transform from one coordinate system to another.

錯誤。

此選項的敘述本身不構成一個明確的實驗觀察,而且「電磁場會隨座標系變換」屬於相對論性電磁學的理論內容。

在狹義相對論中,電場與磁場會依觀察者的慣性座標系而互相混合。例如,某一座標系中只有電場,另一個相對運動的座標系中可能同時觀察到電場與磁場。這是洛倫茲變換的結果,並非約 1900 年用來建立量子物理的典型異常實驗。

因此本選項不選。


(C) Line spectra of hydrogen and other atoms.

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第 11 題

Consider the quantum system of two identical, spin-1/2 particles moving in a 1D infinite quantum well, in the presence of a uniform magnetic field B. Let x1x_1 and x2x_2 denote the two particle positions, sz1s_{z1} and sz2s_{z2} the two particle spins in the B direction, EZ=E_Z = Zeeman energy, and dE=dE = energy spacing between the ground and first excited states of one particle in the well at B = 0. Which of the following statements are correct?
(A) When B is turned off, the ground state of the two-particle system consists of two particles of opposite spins.
(B) When B is turned on, the ground state of the two-particle system consists of two particles of parallel spins, if EZ≫dEE_Z \gg dE.
(C) At B = 0, the wave function of the two-particle system is of the determinant form Ψ(x1,sz1;x2,sz2)=F(x1,sz1)G(x2,sz2)−G(x1,sz1)F(x2,sz2)\Psi(x_1, s_{z1}; x_2, s_{z2}) = F(x_1, s_{z1})G(x_2, s_{z2}) - G(x_1, s_{z1})F(x_2, s_{z2}).
(D) The Pauli exclusion principle implies that the wave function of the two-particle system must always vanish if x1=x2x_1 = x_2 and sz1=sz2s_{z1} = s_{z2}.
(E) All of the above are true.

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重點概念

  • 同種自旋 12\tfrac12 粒子是費米子,總波函須在交換 (1↔2)(1\leftrightarrow2) 時呈反對稱。
  • 總波函 = 空間部份 ×\times 自旋部份,若空間部份對稱(兩粒子佔同一基態 n=1n=1),自旋部份必須反對稱(單態 singlet);若自旋部份對稱(平行自旋,三態 triplet),空間部份必須反對稱(必有一粒佔 n=2n=2).
  • Zeeman 能 EZE_Z 只影響自旋能級;基態能差為單粒子在無磁場下基態與第一激發態之間的間距 dEdE。

(A) B=0B=0 時基態為相反自旋

無磁場下自旋退化,為使總波函反對稱,必選 空間對稱(兩粒同佔 n=1n=1)→自旋必為 反對稱 singlet,即兩粒自旋相反。
正確。

(B) B≠0B\neq0 且 EZ≫dEE_Z\gg dE 時基態為平行自旋

若兩粒自旋平行(triplet),空間必為反對稱,必有一粒佔 n=2n=2,空間能提升 dEdE。

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第 12 題

A muon has a half lifetime T1/2=1.56×10−6 sT_{1/2}=1.56\times10^{-6}\,\text{s} and a mass of 200 me200\,m_e. This muon is moving with a speed of v=0.6 cv=0.6\,c. Please calculate mean lifetime τ0\tau_0, the traveling distance dd measured at rest, during mean lifetime τ0\tau_0, the relativistic momentum PP, the de-Broglie wavelength λd\lambda_d, the total energy EE and kinetic energy (KE)(KE) in the unit of eV, and the wavelengths of a photon with the same kinetic energy λKE\lambda_{KE} or the same momentum PP, λp\lambda_p.

(A) The mean lifetime and traveling distance measured at rest is τ0=3.57×10−6 s\tau_0=3.57\times10^{-6}\,\text{s}, d=786 md=786\,\text{m}.

(B) The relativistic momentum is P=76.66 MeV/cP=76.66\,\text{MeV}/c.

(C) The de-Broglie wavelength is λd=1.675×10−15 m\lambda_d=1.675\times10^{-15}\,\text{m}.

(D) The total energy and kinetic energies are E=165.77 MeVE=165.77\,\text{MeV}, KE=35.55 MeVKE=35.55\,\text{MeV}.

(E) The wavelengths of photon with the same PP or KEKE: λKE=4.8524×10−14 m\lambda_{KE}=4.8524\times10^{-14}\,\text{m}, λp=1.6175×10−14 m\lambda_p=1.6175\times10^{-14}\,\text{m}.

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核心觀念

本題考查半衰期與平均壽命的換算、狹義相對論的時間膨脹,以及相對論能量、動量與德布羅意波長。光子的波長則由 Eγ=hc/λE_\gamma=hc/\lambda 計算。

半衰期 T1/2T_{1/2} 與平均壽命 τ0\tau_0 的關係為

T1/2=τ0ln⁡2T_{1/2}=\tau_0\ln 2

相對論中的洛倫茲因子為

γ=11−v2/c2\gamma=\frac{1}{\sqrt{1-v^2/c^2}}

粒子在靜止系的平均壽命為 τ0\tau_0,在實驗室系觀測到的平均壽命為 γτ0\gamma\tau_0。相對論性動量、總能量與動能分別為

p=γmv,E=γmc2,KE=E−mc2p=\gamma mv,\qquad E=\gamma mc^2,\qquad KE=E-mc^2

德布羅意波長及光子波長公式為

λd=hp,λγ=hcEγ\lambda_d=\frac{h}{p},\qquad \lambda_\gamma=\frac{hc}{E_\gamma}

解題方法

已知 v=0.6cv=0.6c,所以

γ=11−0.62=1.25\gamma=\frac{1}{\sqrt{1-0.6^2}}=1.25

平均壽命與飛行距離

由半衰期換算靜止系平均壽命:

τ0=T1/2ln⁡2=1.56×10−60.6931=2.25×10−6 s\tau_0=\frac{T_{1/2}}{\ln 2} =\frac{1.56\times10^{-6}}{0.6931} =2.25\times10^{-6}\ \text{s}

在實驗室系中,平均壽命因時間膨脹而變為

τlab=γτ0=1.25(2.25×10−6)=2.81×10−6 s\tau_{\text{lab}}=\gamma\tau_0 =1.25(2.25\times10^{-6}) =2.81\times10^{-6}\ \text{s}

因此,運動中的 μ 子在一個實驗室系平均壽命內的飛行距離為

d=vτlab=0.6c(2.81×10−6)≈5.06×102 md=v\tau_{\text{lab}} =0.6c(2.81\times10^{-6}) \approx 5.06\times10^2\ \text{m}

此處的飛行距離是由實驗室觀測者測得;在 μ 子自己的靜止系中,μ 子本身不移動。

相對論性動量與德布羅意波長

電子靜止能量取 mec2=0.511 MeVm_ec^2=0.511\ \text{MeV},故 μ 子靜止能量為

mc2=200mec2=200(0.511)=102.2 MeVmc^2=200m_ec^2=200(0.511)=102.2\ \text{MeV}

相對論性動量為

p=γvcmc=(1.25)(0.6)(102.2)=76.65 MeV/cp=\gamma\frac{v}{c}mc =(1.25)(0.6)(102.2) =76.65\ \text{MeV}/c

由 λd=h/p\lambda_d=h/p,或使用 hc=1.23984×10−6 eV⋅mhc=1.23984\times10^{-6}\ \text{eV}\cdot\text{m}:

λd=hcpc=1.23984×10−676.65×106≈1.618×10−14 m\lambda_d=\frac{hc}{pc} =\frac{1.23984\times10^{-6}} {76.65\times10^6} \approx 1.618\times10^{-14}\ \text{m}

總能量與動能

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第 13 題

An electron and a positron move side by side, at the same velocity of 0.8c0.8c, in the same direction on the xx-axis. Finally, these two particles merge together thus annihilate each other, and two photons are generated.

(A) These two photons move in the same direction.

(B) These two photons move in opposite directions with momentum p1=2.55 MeV/cp_1=2.55\,\text{MeV}/c, p2=0.51 MeV/cp_2=0.51\,\text{MeV}/c.

(C) These two photons move off with the energy E1=1.533 MeVE_1=1.533\,\text{MeV}, E2=170.36 KeVE_2=170.36\,\text{KeV}.

(D) These two photons move in the same direction, with the energy E1=1.55 MeVE_1=1.55\,\text{MeV}, E2=0.51 MeVE_2=0.51\,\text{MeV}.

(E) These two photons move off, with the wavelength λ1=8.087×10−13 m\lambda_1=8.087\times10^{-13}\,\text{m}, λ2=7.278×10−12 m\lambda_2=7.278\times10^{-12}\,\text{m}.

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核心觀念

本題考查電子與正電子湮滅時的能量、動量守恆,以及光子的能量與波長關係。

電子與正電子都以 0.8c0.8c 沿 +x+x 方向運動,因此每個粒子的相對論因子為

γ=11−β2,β=vc=0.8.\gamma=\frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}}, \qquad \beta=\frac{v}{c}=0.8.

取電子靜止能量 mec2=0.511 MeVm_ec^2=0.511\,\text{MeV}。湮滅前的總能量與總動量分別為

E總=2γmec2,p總=2γmev.E_{\text{總}}=2\gamma m_ec^2, \qquad p_{\text{總}}=2\gamma m_ev.

解題方法

先算出湮滅前的總能量與總動量,再對湮滅後的兩個光子套用能量、動量守恆。兩光子能量不同,因為初始粒子系統整體沿 +x+x 方向運動。

由 β=0.8\beta=0.8 得

γ=11−0.82=53.\gamma=\frac{1}{\sqrt{1-0.8^2}}=\frac{5}{3}.

因此

E總=2(53)(0.511)=1.7033 MeV,E_{\text{總}} =2\left(\frac{5}{3}\right)(0.511) =1.7033\,\text{MeV}, p總c=2γβmec2=2(53)(0.8)(0.511)=1.3627 MeV.p_{\text{總}}c =2\gamma\beta m_ec^2 =2\left(\frac{5}{3}\right)(0.8)(0.511) =1.3627\,\text{MeV}.

兩光子必須沿相反方向運動,才能同時符合上述總能量與總動量。令沿 +x+x 方向光子的能量為 E+E_+,沿 −x-x 方向光子的能量為 E−E_-,則

E++E−=1.7033 MeV,E_+ + E_- = 1.7033\,\text{MeV}, E+−E−=1.3627 MeV.E_+ - E_- = 1.3627\,\text{MeV}.

聯立可得

E+=1.7033+1.36272=1.533 MeV,E_+=\frac{1.7033+1.3627}{2} =1.533\,\text{MeV}, E−=1.7033−1.36272=0.1703 MeV=170.3 keV.E_-=\frac{1.7033-1.3627}{2} =0.1703\,\text{MeV} =170.3\,\text{keV}.

光子動量大小為 p=E/cp=E/c,所以兩光子的動量大小分別為 1.533 MeV/c1.533\,\text{MeV}/c 與 0.1703 MeV/c0.1703\,\text{MeV}/c,方向相反。

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第 14 題

Which of the following statements are correct?

(A) If the mean track length of 100 MeV100\,\text{MeV} π\pi mesons is 4.88 m4.88\,\text{m} up to the point of decay, their mean lifetime is 1.17×10−8 s1.17\times10^{-8}\,\text{s}.

(B) A neutrino of energy 2 GeV2\,\text{GeV} collides with an electron. The maximum momentum transfer to the electron is 2.0437 GeV/c2.0437\,\text{GeV}/c.

(C) A positron-electron pair production can occur in the interaction of a gamma ray with electron, via γ+e−→e−+e++e−\gamma+e^-\to e^-+e^++e^-. The threshold is 4mc24mc^2.

(D) A linear accelerator produces a beam of excited carbon atoms of kinetic energy 120 MeV120\,\text{MeV}. Light emitted on de-excitation is viewed at right angles to the beam and has a wavelength λ′\lambda'. If λ\lambda is the wavelength emitted by a stationary atom, the value of (λ′−λ)/λ=0.0099(\lambda'-\lambda)/\lambda=0.0099. (Take the rest energies of both protons and neutrons to be 109 eV10^9\,\text{eV}.)

(E) All statements are correct.

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第 15 題

An electron is in a box 0.1 nm0.1\,\text{nm} across, which is the order of magnitude of atomic dimensions. Find its permitted energies.

(A) 19 eV19\,\text{eV}

(B) 38 eV38\,\text{eV}

(C) 76 eV76\,\text{eV}

(D) 152 eV152\,\text{eV}

(E) 608 eV608\,\text{eV}

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第 16 題

Which of the following statements are correct?

(A) Possible values of the principle quantum number nn are 1,2,3,…1,2,3,\ldots, determining the electron energy.

(B) Possible values of the orbital quantum number ll are 0,1,2,…,n0,1,2,\ldots,n, determining the angular-momentum direction.

(C) The electron spin direction can be described by spin magnetic quantum number msm_s, which is independent with other quantum numbers.

(D) No two electrons in an atom can exist in the same quantum state. They must have a different set of quantum numbers.

(E) Electrons are fermions and can be described by the antisymmetric wave function,

ψF=12[ψa(1)ψb(2)−ψa(2)ψb(1)].\psi_F=\frac{1}{\sqrt{2}}\left[\psi_a(1)\psi_b(2)-\psi_a(2)\psi_b(1)\right].

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核心觀念

本題考查原子中電子的四個量子數,以及泡利不相容原理與費米子的交換對稱性。電子的單電子狀態通常以四個量子數標記:

  • 主量子數 nn:n=1,2,3,…n=1,2,3,\ldots,主要決定能階。
  • 軌道角量子數 ll:固定 nn 時,l=0,1,…,n−1l=0,1,\ldots,n-1,決定軌道角動量大小。
  • 磁量子數 mlm_l:ml=−l,−l+1,…,lm_l=-l,-l+1,\ldots,l,描述軌道角動量沿指定軸的分量。
  • 自旋磁量子數 msm_s:電子自旋為 s=12s=\frac12,因此 ms=±12m_s=\pm\frac12,描述自旋沿指定軸的分量。

電子是自旋為半整數的費米子,多電子總波函數在交換任意兩個電子時必須變號。這項反對稱性帶來泡利不相容原理:同一原子中不能有兩個電子具有完全相同的四個量子數。

解題方法

逐項檢查量子數的取值範圍與物理意義,再以交換兩個電子標籤的方式檢查選項中的波函數是否符合費米子反對稱性。判讀時要區分軌道角動量的大小與方向:ll 決定大小,mlm_l 決定沿指定方向的分量。

選項分析

(A) 正確。 主量子數的可能值為正整數 n=1,2,3,…n=1,2,3,\ldots,用來標記電子的主能階。在氫原子或類氫原子的能階模型中,能量只由 nn 決定;在多電子原子中,電子間作用會使能量也與其他量子數有關,但 nn 仍是決定能階的重要量子數。

(B) 錯誤。 固定主量子數 nn 時,軌道角量子數的範圍是

l=0,1,2,…,n−1,l=0,1,2,\ldots,n-1,

不是到 nn。此外,ll 決定軌道角動量的大小:

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第 17 題10 分

Derive the total energy of Einstein special relativity:

E2=(mc2)2+p2c2.E^2=(mc^2)^2+p^2c^2.

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第 18 題10 分

A diatomic molecule can rotate about its center of mass (m1,m2)(m_1,m_2) as shown in the figure. The angular momentum LL is quantized.

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】

(A) (2%) Determine the total moment of inertia II.

(B) (8%) Determine the energy of a rotating molecule EJE_J.

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 6 頁

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核心觀念

雙原子分子可視為兩個質點繞質心作剛體轉動,總轉動慣量是兩個質點對轉軸的轉動慣量之和。量子剛體轉子的角動量平方本徵值為 J(J+1)ℏ2J(J+1)\hbar^2,因此轉動能階為 EJ=L2/(2I)E_J=L^2/(2I)。

解題方法

圖中兩原子質量分別為 m1,m2m_1,m_2,質心位於兩原子之間;兩原子到質心的距離分別為 r1,r2r_1,r_2,原子間距離為 R=r1+r2R=r_1+r_2。轉軸通過質心,且垂直於分子軸。

(A) 總轉動慣量

由質點轉動慣量定義,

I=m1r12+m2r22.I=m_1r_1^2+m_2r_2^2.

質心條件為

m1r1=m2r2,r1+r2=R.m_1r_1=m_2r_2,\qquad r_1+r_2=R.

所以

r1=m2m1+m2R,r2=m1m1+m2R.r_1=\frac{m_2}{m_1+m_2}R,\qquad r_2=\frac{m_1}{m_1+m_2}R.

代入轉動慣量式:

I=m1(m2Rm1+m2)2+m2(m1Rm1+m2)2=m1m2m1+m2R2.\begin{aligned} I &=m_1\left(\frac{m_2R}{m_1+m_2}\right)^2 +m_2\left(\frac{m_1R}{m_1+m_2}\right)^2\\ &=\frac{m_1m_2}{m_1+m_2}R^2. \end{aligned}
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