112 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》

參考書等級：大學二年級量子力學（如 Griffiths 《Introduction to Quantum Mechanics》）

解析

• Pauli 排斥原理：兩電子不可同時擁有完全相同的四個量子數 $(n,l,m_s)$。
• 若自旋相同（平行）→自旋波函數為對稱，空間波函數必為反對稱，故兩電子不能佔同一單一軌道。
• 若自旋相反（反平行）→自旋波函數為反對稱，空間波函數可對稱，兩電子可佔同一軌道。

核心觀念

本題考查半導體在不同條件下的載子分布與產生機制，重點包括：

1. 費米–狄拉克分布
   $f(E)=\frac{1}{e^{(E-E_F)/(k_BT)}+1}$

2. 本質半導體的能帶結構：價帶與導帶之間有能隙 $E_g$。

3. 電子—電洞對的產生方式：

   • 熱激發
   • 摻雜
   • 外部電流注入
   • 光激發

在 $T=0\ \mathrm{K}$ 時，熱能為零，電子不會自行跨越能隙；若要產生導帶電子與價帶電洞，必須由外部能量或外部載子提供。

解題方法

逐一檢查各選項是否符合半導體的基本物理。

對本質半導體而言，價帶頂端與導帶底端之間的能量差為 $E_g$。電子由價帶躍遷至導帶所需的最低能量為

$$\Delta E_{\min}=E_g$$

光激發時，光子能量為

$$E_{\gamma}=h\nu$$

因此，只有在

$$h\nu\geq E_g$$

時，光子才有足夠能量產生電子—電洞對。低於能隙的光子無法使電子跨越能隙。

選項分析

（A）The conduction band is partially occupied at the temperature $T=300\ \mathrm{K}$。

正確。

在有限溫度 $T>0$ 時，價帶中的部分電子可透過熱激發躍遷至導帶，因此導帶中具有非零的電子濃度。以費米–狄拉克分布表示，導帶能量範圍內的佔據機率雖然通常很小，但並非完全為零：

$$0<f(E)<1$$

因此，導帶是部分被電子佔據，而不是完全空缺。

（B）The valence band is totally filled at $T=0\ \mathrm{K}$。

正確。

在 $T=0\ \mathrm{K}$ 時，系統中的電子會填入所有低於費米能階的狀態。本質半導體的費米能階位於能隙中，因此價帶中的所有能態均低於費米能階，全部被電子填滿；導帶則完全沒有電子。

因此，

$$f(E)= \begin{cases} 1, & E<E_F\\ 0, & E>E_F \end{cases}$$

價帶在 $T=0\ \mathrm{K}$ 時為完全填滿。

核心觀念

本題綜合考查：

• 平面波的傳播方向：由相位不變條件判斷。
• 一維無限深方井的本徵波函數、波長與能量。
• 位能尺度分析與基態能量的量綱形式。
• 波函數的歸一化條件。

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解題方法

逐一檢驗各選項是否符合量子力學基本定義與公式。選擇題中只要能確定每一項錯誤，即可判斷是否選擇「以上皆非」。

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選項 (A) 分析

波函數為

$$\Psi(x,t)=A\sin(kx+\omega t).$$

波的相位為

$$kx+\omega t=\text{常數}.$$

因此

$$x=-\frac{\omega}{k}t+\text{常數}.$$

當 $k>0$、$\omega>0$ 時，波峰隨時間往負 $x$ 方向移動。因此此波描述的是向負 $x$ 方向傳播的波，而非正 $x$ 方向。

向正 $x$ 方向傳播的形式應為

$$\sin(kx-\omega t).$$

故 (A) 錯誤。

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選項 (B) 分析

一維無限深方井 $0\le x\le L$ 中，定態波函數為

$$\psi_n(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right),$$

其中 $n=1,2,3,\ldots$。

波數為

$$k_n=\frac{n\pi}{L},$$

所以波長為

$$\lambda_n=\frac{2\pi}{k_n}=\frac{2L}{n}.$$

電子與質子都在寬度相同的方井中，且都處於基態 $n=1$，因此兩者的波長皆為

$$\lambda_1=2L.$$

粒子質量只會影響能量：

$$E_n=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2mL^2},$$

不會影響相同量子態的波函數波長。

故電子與質子的基態波函數具有相同波長，(B) 錯誤。

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選項 (C) 分析

位能為

$$V(x)=-\frac{k}{x^{3/2}},\qquad k>0.$$

此位能的確切基態能量通常無法僅由基本公式直接寫出；但可由量綱分析判斷其尺度。

令特徵長度為 $a$，則動能與位能的尺度分別為

$$T\sim \frac{\hbar^2}{ma^2}, \qquad |V|\sim \frac{k}{a^{3/2}}.$$

令兩者同階：

$$\frac{\hbar^2}{ma^2}\sim \frac{k}{a^{3/2}},$$

得到

核心觀念

光電效應遵守愛因斯坦光電方程：

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

其中：

• $hf=\dfrac{hc}{\lambda}$：入射光子的能量
• $\phi$：金屬逸出功
• $K_{\max}$：光電子的最大動能

當光線恰好能使電子逸出時，光電子初動能為零，此時光的波長最大，稱為臨界波長 $\lambda_0$：

$$\phi=\frac{hc}{\lambda_0}$$

因此，本題需先由已知入射光求出金屬逸出功，再求臨界波長。

解題方法

已知：

$$\lambda=413\ \text{nm}=413\times10^{-9}\ \text{m}$$ $$K_{\max}=3.2\times10^{-19}\ \text{J}$$

取：

$$h=6.626\times10^{-34}\ \text{J}\cdot\text{s}$$ $$c=3.00\times10^8\ \text{m/s}$$

入射光子的能量為：

$$E=\frac{hc}{\lambda}$$

代入數值：

$$E=\frac{(6.626\times10^{-34})(3.00\times10^8)} {413\times10^{-9}}$$ $$E\approx4.81\times10^{-19}\ \text{J}$$

由光電方程式：

$$\phi=E-K_{\max}$$ $$\phi=(4.81-3.2)\times10^{-19}$$ $$\phi\approx1.61\times10^{-19}\ \text{J}$$

臨界波長滿足：

$$\lambda_0=\frac{hc}{\phi}$$

因此：

$$\lambda_0= \frac{(6.626\times10^{-34})(3.00\times10^8)} {1.61\times10^{-19}}$$ $$\lambda_0\approx1.23\times10^{-6}\ \text{m}$$

換算為奈米：

核心觀念

本題考查金屬導線中的漂移速度 $v_d$ 與電流的關係：

$$I=n e A v_d$$

其中：

• $I$：電流
• $n$：單位體積中的自由電子數
• $e$：電子電荷量大小
• $A$：導線截面積
• $v_d$：電子的平均漂移速度

題目假設每個銅原子提供一個自由電子，因此自由電子數密度 $n$ 等於銅原子數密度。

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解題方法

先由銅的密度與莫耳質量求出單位體積中的銅原子數，再利用電流公式求漂移速度。

銅的原子數密度為

$$n=\frac{\rho}{M}N_A$$

採用 SI 單位：

$$\rho=8.96\ \text{g/cm}^3 =8.96\times10^3\ \text{kg/m}^3$$ $$M=63.5\ \text{g/mol} =6.35\times10^{-2}\ \text{kg/mol}$$

因此

$$n=\frac{8.96\times10^3}{6.35\times10^{-2}} (6.02\times10^{23})$$ $$n\approx 8.50\times10^{28}\ \text{m}^{-3}$$

導線截面積為

$$A=1\ \text{mm}^2=1.0\times10^{-6}\ \text{m}^2$$

由

$$I=n e A v_d$$

解出

$$v_d=\frac{I}{n e A}$$

代入 $I=1\ \text{A}$、$e=1.60\times10^{-19}\ \text{C}$：

$$v_d= \frac{1} {(8.50\times10^{28}) (1.60\times10^{-19}) (1.0\times10^{-6})}$$ $$v_d\approx 7.4\times10^{-5}\ \text{m/s}$$

所以正確選項為 $(A)$。

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選項分析

核心觀念

本題考查氫原子的能階、量子態簡併度，以及熱平衡下不同能階的相對人口。主要公式如下。

氫原子的能階為

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

第 $n$ 能階的量子態數包含軌道角動量、磁量子數及電子自旋，因此簡併度為

$$g_n=2n^2$$

在熱平衡下，能階 $n$ 與基態的相對人口遵守 Boltzmann 分布：

$$\frac{N_n}{N_1} = \frac{g_n}{g_1} \exp\left[-\frac{E_n-E_1}{k_BT}\right]$$

其中

$$k_B=8.617\times10^{-5}\ \text{eV/K}$$

對第一激發態 $n=2$ 而言，

$$E_1=-13.6\ \text{eV},\qquad E_2=-3.4\ \text{eV}$$

所以

$$\Delta E=E_2-E_1=10.2\ \text{eV}$$

且

$$\frac{g_2}{g_1} = \frac{2(2)^2}{2(1)^2}=4$$

因此

$$\boxed{ \frac{N_2}{N_1}=4\exp\left(-\frac{10.2}{k_BT}\right) }$$

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解題方法

逐一檢查各選項：

1. 以量子力學的簡併度判斷選項 A。
2. 以氫原子能階公式判斷選項 B。
3. 以 Boltzmann 分布計算 $0^\circ\text{C}$ 時的相對人口，判斷選項 C。
4. 以 $10{,}000^\circ\text{C}$ 時的 Boltzmann 因子估算激發態原子數，判斷選項 D。
5. 反推使 $N_2/N_1=0.1$ 所需溫度，判斷選項 E。

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選項分析

(A) The number of possible states that correspond to the quantum number $n$ is $2n^2$.

固定主量子數 $n$ 時，軌道角動量量子數為

$$l=0,1,2,\ldots,n-1$$

對每個 $l$，磁量子數 $m_l$ 有 $2l+1$ 種可能；電子自旋又有 $2$ 種方向。因此總態數為

$$g_n = 2\sum_{l=0}^{n-1}(2l+1)$$

而

$$\sum_{l=0}^{n-1}(2l+1)=n^2$$

故

$$g_n=2n^2$$

選項 A 正確。

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(B) The ground state energy $(n=1)$ is $-13.6\ \text{eV}$.

氫原子的能階為

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

代入 $n=1$：

$$E_1=-13.6\ \text{eV}$$

因此選項 B 正確。

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(C) The relative population of the first excited state $(n=2)$ at $0^\circ\text{C}$ is $4e^{-405}$.

$0^\circ\text{C}=273.15\ \text{K}$。第一激發態相對於基態的人口比為

$$\frac{N_2}{N_1} = 4\exp\left( -\frac{10.2}{(8.617\times10^{-5})(273.15)} \right)$$

先計算指數中的量：

$$\frac{10.2}{(8.617\times10^{-5})(273.15)} \approx 433.7$$

所以

核心觀念

本題考查狹義相對論的兩項基本結論：

1. 真空中的光速對所有慣性觀察者皆相同：
   $c=3.0\times10^8\ \text{m/s}$

2. 高速運動下不能使用古典速度相加，必須使用相對論速度變換公式：
   $u=\frac{u'+v}{1+\dfrac{u'v}{c^2}}$

其中：

• $u'$：光脈衝相對太空船的速度
• $u$：火星慣性觀察者測得的光脈衝速度
• $v$：太空船相對火星的速度

解題方法

設定太空船前進方向為正方向。太空船以

$v=1.5\times10^8\ \text{m/s}=0.5c$

相對火星前進。

雷射光從太空船後方射出，方向與太空船運動方向相反，因此在太空船參考系中：

$u'=-c$

代入相對論速度變換公式：

$$u=\frac{u'+v}{1+\dfrac{u'v}{c^2}}$$

得到

$$u=\frac{-c+v}{1-\dfrac{v}{c}}$$

將分子整理為：

$$-c+v=-(c-v)$$

分母為：

$$1-\frac{v}{c}=\frac{c-v}{c}$$

因此

$$u=\frac{-(c-v)}{(c-v)/c}=-c$$

負號表示光脈衝在火星觀察者看來，沿著與太空船前進方向相反的方向運動；其速率為

$$|u|=c=3.0\times10^8\ \text{m/s}$$

核心觀念

本題考查「質子—μ 子二體系統」中的修正波耳模型。由於質子質量並非無限大，不能直接將質子視為固定不動，應以約化質量

$$\mu=\frac{m_\mu m_p}{m_\mu+m_p}$$

取代原本氫原子模型中的電子質量 $m_e$。

波耳模型的重要公式為：

$$\mu v_n r_n=n\hbar$$ $$\frac{\mu v_n^2}{r_n}=\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0r_n^2}$$

因此可得

$$r_n=\frac{4\pi\varepsilon_0\hbar^2}{\mu e^2}n^2 =\frac{a_0}{\mu/m_e}n^2$$ $$v_n=\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0\hbar}\frac{1}{n} =\frac{\alpha c}{n}$$ $$E_n=-\frac{\mu e^4}{2(4\pi\varepsilon_0)^2\hbar^2}\frac{1}{n^2} =-13.6\left(\frac{\mu}{m_e}\right)\frac{1}{n^2}\text{ eV}$$

其中

$$a_0=5.29\times10^{-11}\text{ m},\qquad \alpha c=2.187\times10^6\text{ m/s}$$

德布羅意波長為

$$\lambda_n=\frac{h}{\mu v_n}=2\pi r_n/n$$

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解題方法

1. 求 μ 子—質子系統的約化質量

已知

$$m_\mu=220m_e,\qquad m_p\approx1836m_e$$

所以

$$\frac{\mu}{m_e} =\frac{(220)(1836)}{220+1836} \approx196.3$$

這是本題最關鍵的修正。若錯誤地直接使用 $220m_e$，就會得到過小的半徑與過大的束縛能量。

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2. 基態軌道半徑 $r_1$

$$r_1=\frac{a_0}{\mu/m_e} =\frac{5.29\times10^{-11}}{196.3}$$

因此

$$\boxed{r_1\approx2.694\times10^{-13}\text{ m}}$$

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3. 基態德布羅意波長 $\lambda_1$

對 $n=1$，

$$\lambda_1=2\pi r_1$$

因此

$$\lambda_1 =2\pi(2.694\times10^{-13}) \approx1.693\times10^{-12}\text{ m}$$

故

$$\boxed{\lambda_1\approx1.693\times10^{-12}\text{ m}}$$

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4. 基態速度 $v_1$

由

$$v_n=\frac{\alpha c}{n}$$

可得

$$v_1=\alpha c \approx2.187\times10^6\text{ m/s}$$

故

$$\boxed{v_1\approx2.187\times10^6\text{ m/s}}$$

值得注意的是，氫樣原子中 $Z=1$ 時，波耳模型的速度 $v_1$ 與粒子質量無關；質量的影響會反映在半徑、波長與能量上。

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5. 能階 $E_1$ 與 $E_2$

能階公式為

波長 $\lambda =2.425\times10^{-12}\,\text{m}$

動量

$$p=\frac{h}{\lambda}= \frac{6.62607015\times10^{-34}}{2.425\times10^{-12}} =2.7324\times10^{-22}\,\text{kg·m/s}$$

$m_0c =9.10938356\times10^{-31}\,\text{kg}\times2.998\times10^{8} =2.7309\times10^{-22}\,\text{kg·m/s}$

$\frac{p}{m_0c}=1.00055=\gamma\beta$

$$\gamma^2-(\gamma\beta)^2=1\;\Rightarrow\; \gamma=\sqrt{1+(\gamma\beta)^2}= \sqrt{2.0011}=1.4146$$

$\beta=\frac{\gamma\beta}{\gamma}= \frac{1.00055}{1.4146}=0.7075$

速度

核心觀念

本題考查光電效應的愛因斯坦光電方程式：

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

其中：

• $hf$：入射光子能量
• $\phi$：金屬功函數
• $K_{\max}$：光電子最大初動能
• $V_s$：遏止電位，且
  $K_{\max}=eV_s$

金的功函數為 $\phi=5.1\ \text{eV}$，遏止電位為 $V_s=1.1\ \text{V}$，因此光電子最大初動能為 $1.1\ \text{eV}$。

解題方法

由光電方程式：

$$E_{\gamma}=\phi+K_{\max}$$

代入數值：

$$E_{\gamma}=5.1+1.1=6.2\ \text{eV}$$

光子能量與波長的關係為：

$$E_{\gamma}=\frac{hc}{\lambda}$$

使用常用換算式：

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

因此：

$$\lambda=\frac{hc}{E_{\gamma}} =\frac{1240\ \text{eV}\cdot\text{nm}}{6.2\ \text{eV}} =200\ \text{nm}$$

所以光源波長為：

$$\boxed{\lambda=200\ \text{nm}}$$

選項分析

概念重點

• Michelson‑Morley 於 1887 年以干涉儀比較光束往返不同方向的光程，檢驗光速是否在 所有慣性框架 與 所有方向 上皆相同。
• 結果為「零位相差」，支持光速各向同性與相對論之「光速不變原理」。
• 實驗未涉及介質折射率、非慣性（加速）參考系、光的色散或鏡面反射對速度的影響。

各選項判斷

選項	是否為 Michelson‑Morley 所測	結論

電子密度

$$n=\frac{\rho}{M}\,N_A =\frac{8.96\;\text{g/cm}^3}{63.5\;\text{g/mol}}\times6.022\times10^{23}\;\text{mol}^{-1} \simeq8.5\times10^{28}\;\text{m}^{-3}$$

平均碰撞時間（Drude模型）

$$\sigma=\frac{n e^2\tau}{m_e}\quad\Longrightarrow\quad \tau=\frac{\sigma m_e}{n e^2} =\frac{5.88\times10^{7}\;\Omega^{-1}\text{m}^{-1}\times9.11\times10^{-31}\;\text{kg}} {8.5\times10^{28}\times(1.60\times10^{-19}\;\text{C})^2} \approx2.46\times10^{-14}\;\text{s}$$

(A) 正確。當相同粒子之間的距離足夠大、量子相干效應可忽略時，可視為可區分粒子，故可使用 Maxwell‑Boltzmann 分布。

(B) 錯誤。玻色子自旋為 $0$ 或整數，交換任意兩個粒子時波函數對稱（symmetrical），而非非對稱。

核心觀念

本題考查三個近代物理觀念：

1. 德布羅意物質波
   $\lambda=\frac{h}{p}$
   其中 $h=6.63\times10^{-34}\ \text{J·s}$。

2. 電子經電位差加速後的動能
   $K=eV=\frac{p^2}{2m_e}$
   其中電子質量
   $m_e=9.11\times10^{-31}\ \text{kg}$

3. 海森堡不確定性原理
   $\Delta x\,\Delta p\geq\frac{\hbar}{2}$
   其中
   $\hbar=\frac{h}{2\pi}=1.055\times10^{-34}\ \text{J·s}$

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解題方法

已知電子波長為

$\lambda=1.0\ \text{nm}=1.0\times10^{-9}\ \text{m}$

1. 求電子動量

由德布羅意關係式：

$p=\frac{h}{\lambda}$

代入數值：

$p=\frac{6.63\times10^{-34}}{1.0\times10^{-9}}$

$p=6.63\times10^{-25}\ \text{kg·m/s}$

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2. 求加速電位差

電子由電位差 $V$ 加速後，電能轉換為動能：

$eV=\frac{p^2}{2m_e}$

因此

$V=\frac{p^2}{2m_e e}$

代入

$p=6.63\times10^{-25}\ \text{kg·m/s}$

$e=1.60\times10^{-19}\ \text{C}$

可得

$$V=\frac{(6.63\times10^{-25})^2} {2(9.11\times10^{-31})(1.60\times10^{-19})}$$

$V\approx1.50\ \text{V}$

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3. 求平行於狹縫平面的最小動量展寬

兩狹縫間距為

$\Delta x=100\ \text{nm}=1.0\times10^{-7}\ \text{m}$

將此視為電子在狹縫平面內的位置不確定度，則由海森堡不確定性原理：

$\Delta p_{\min}=\frac{\hbar}{2\Delta x}$

代入數值：

$$\Delta p_{\min} =\frac{1.055\times10^{-34}} {2(1.0\times10^{-7})}$$

核心觀念

本題考查：

1. 相對論性能量與動量關係
2. 德布羅意波長
3. 粒子速度
4. 海森堡不確定性原理

中子與電子的靜止能量分別為

$$m_nc^2 \approx 939.6\ \text{MeV}$$ $$m_ec^2 \approx 0.511\ \text{MeV}$$

本題選項採用的估算方式為

$$\Delta x\Delta p\approx \hbar$$

並令動量不確定度的量級 $\Delta p\approx p$，因此

$$\Delta x\approx \frac{\hbar}{p} =\frac{\lambda}{2\pi}$$

其中

$$\hbar c=197.327\ \text{MeV}\cdot\text{fm}$$ $$hc=1239.84\ \text{MeV}\cdot\text{fm}$$

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解題方法

一、中子的動量

中子動能為 $K=23.5\ \text{MeV}$。相對論性能量關係為

$$E=K+m_nc^2$$ $$(pc)^2=E^2-(m_nc^2)^2$$

整理得

$$pc=\sqrt{K^2+2Km_nc^2}$$

代入數值：

$$pc=\sqrt{(23.5)^2+2(23.5)(939.6)}$$ $$pc\approx 211.5\ \text{MeV}$$

因此

$$p\approx 211.5\ \text{MeV}/c$$

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二、中子的德布羅意波長

德布羅意關係為

$$\lambda=\frac{h}{p}$$

使用 $hc=1239.84\ \text{MeV}\cdot\text{fm}$：

$$\lambda =\frac{hc}{pc} =\frac{1239.84}{211.5}\ \text{fm}$$ $$\lambda\approx 5.863\ \text{fm} =5.863\times10^{-15}\ \text{m}$$

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三、中子的速度

相對論中

$$v=\frac{pc^2}{E}$$

或寫成

$$\frac{v}{c}=\frac{pc}{E}$$

中子的總能量為

$$E=23.5+939.6=963.1\ \text{MeV}$$

所以

$$\frac{v}{c} =\frac{211.5}{963.1} \approx0.2192$$

因此

$$v\approx0.2192(3.00\times10^8)$$ $$v\approx6.581\times10^7\ \text{m/s}$$

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四、中子的位置不確定度

依照本題選項採用的估算：

$$\Delta x\approx\frac{\hbar}{p}$$

以 $\hbar c$ 表示：

$$\Delta x =\frac{\hbar c}{pc} =\frac{197.327}{211.5}\ \text{fm}$$ $$\Delta x\approx0.932\ \text{fm} =9.217\times10^{-16}\ \text{m}$$

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五、電子的動量與動能

電子具有相同的 $\Delta x$，因此依

$$\Delta x\Delta p\approx\hbar$$

可知電子的動量不確定度量級與中子相同：

$$p_e\approx\frac{\hbar}{\Delta x} \approx107.06\ \text{MeV}/c$$

電子的相對論性能量為

$$K_e=\sqrt{(p_ec)^2+(m_ec^2)^2}-m_ec^2$$

代入：

$$K_e =\sqrt{(107.06)^2+(0.511)^2}-0.511$$ $$K_e\approx106.55\ \text{MeV}$$

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六、電子的德布羅意波長

$$\lambda_e=\frac{hc}{p_ec}$$

因此

解題要點

1. 勢能

$U(x)=\frac12 kx^{2}$

2. 頻率

$\omega=\sqrt{\frac{k}{m}}$

3. 一維量子諧振子波函數（正交歸一化）

$$\boxed{\displaystyle \psi_{n}(x)=\frac{1}{\sqrt{2^{n}n!}}\left(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^{1/4} H_{n}\!\!\left(\sqrt{\frac{m\omega}{\hbar}}\,x\right) e^{-\,\frac{m\omega x^{2}}{2\hbar}}}$$

其中 $H_{n}$ 為 Hermite 多項式，$H_{0}=1,\;H_{1}=2x$。

4. 能階

$E_{n}= \Bigl(n+\frac12\Bigr)\hbar\omega \qquad (n=0,1,2,\dots )$

5. 零點能

$E_{0}= \frac12\hbar\omega$

6. 統計平均能量（由波茲曼分布 $P(E_{n})\propto e^{-E_{n}/k_{B}T}$）

核心觀念

光具有波粒二象性：

• 光子能量：
  $E=hf=\frac{hc}{\lambda}$
• 光強度 $I$ 定義為單位面積、單位時間通過的能量：
  $I=\frac{\text{單位時間通過的總能量}}{\text{面積}}$

若光束截面積不變，光強度不變代表單位時間通過的總能量不變。

解題方法

波長增加時，

$\lambda \uparrow \quad\Rightarrow\quad f=\frac{c}{\lambda}\downarrow$

因此每個光子的能量變為

$E=\frac{hc}{\lambda}\downarrow$

設每秒通過的光子數為 $N$，則光束每秒通過的總能量為

$P=NE$

在光束面積固定且強度不變的條件下，$P$ 不變。因此：

$N=\frac{P}{E}$

由於每個光子的能量 $E$ 變小，為維持總能量不變，每秒通過的光子數 $N$ 必須增加。

選項分析

• (A) There are fewer photons per second.

核心觀念

本題考查 p-n 接面在「未偏壓」與「順向偏壓」下的載子運動、空乏區形成，以及能帶圖的判讀。

p 型區的多數載子為電洞，n 型區的多數載子為電子。兩區接合後：

• n 區電子向 p 區擴散；
• p 區電洞向 n 區擴散；
• 擴散到對方區域的電子與電洞會復合；
• 接面附近留下固定的離子化施體與受體，形成空乏區與內建電場。

在熱平衡、未外加偏壓時，整個元件的費米能階必須處處相同：

$$E_F=\text{constant}$$

但由於存在內建電位，導帶與價帶會發生彎曲，並非整條水平對齊。

順向偏壓會降低接面的勢壘，使多數載子更容易跨越接面：

• 電子由 n 區流向 p 區；
• 電洞由 p 區流向 n 區。

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解題方法

逐一檢查各選項是否符合 p-n 接面的基本物理：

1. 判斷接合後是否形成空乏區。
2. 判斷順向偏壓下電子與電洞的流動方向。
3. 判斷未偏壓時費米能階與能帶的狀態。

關鍵在於區分：

• 「費米能階對齊」：熱平衡時正確；
• 「導帶邊緣對齊」：p-n 接面存在內建電位時錯誤。

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選項分析

(A) Near the p-n junction, electrons and holes diffuse and recombine, resulting in a deletion region.

接面形成初期，n 區電子會向 p 區擴散，p 區電洞會向 n 區擴散。這些載子在接面附近復合，使接面附近的自由電子與自由電洞濃度降低。

復合後，n 側留下帶正電的離化施體，p 側留下帶負電的離化受體，形成幾乎沒有自由載子的空乏區（depletion region）。

題目中的「deletion region」應理解為通常所稱的「depletion region」。

因此，(A) 正確。

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(B) When forward biased, there will be electrons flowing from n side to p side.

順向偏壓會降低內建勢壘：

$$q(V_{\mathrm{bi}}-V_F)$$

其中 $V_{\mathrm{bi}}$ 是內建電位，$V_F$ 是順向偏壓。

勢壘降低後，n 區的多數載子電子可跨越接面進入 p 區，成為 p 區的少數載子。因此確實存在電子由 n 側流向 p 側的注入與擴散。

因此，(B) 正確。

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核心概念

• 2p 軌道：$n=2,\;l=1$。
• $P_z$ 表示 $m_\ell =0$，即 $L_z$ 的本徵值為 $0$。
• $L^2$ 的本徵值：$L^2=l(l+1)\hbar^2=2\hbar^2$，為確定值。
• Zeeman 效應（第一階）能量位移 $\Delta E = \mu_B\,m_\ell B_z$。

選項判斷

選項	判斷	理由
(A)	錯	$L_z = m_\ell\hbar =0$，不存在非零的 $z$ 投影。

核心觀念

本題比較的是波函數所對應的「位置期望值」、「位置平方期望值」與「平均動能」。依原卷圖示，三個波函數分別記為 $\Psi_A(x)$、$\Psi_B(x)$、$\Psi_C(x)$，選項（A）指的是 $\Psi_B(x)$。

已歸一化的波函數滿足

$$\int_{-\infty}^{\infty}|\Psi(x)|^2\,dx=1。$$

位置的機率密度是 $|\Psi(x)|^2$，因此

$$\langle x\rangle=\int_{-\infty}^{\infty}x|\Psi(x)|^2\,dx， \qquad \langle x^2\rangle=\int_{-\infty}^{\infty}x^2|\Psi(x)|^2\,dx。$$

兩者的意義不同：

• $\langle x\rangle$：機率分布的重心，右側機率較多時為正。
• $\langle x^2\rangle$：離原點較遠的位置權重較大，左右兩側皆有正貢獻。

對相同質量 $m$ 的粒子，動能算符為

$$\hat T=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}。$$

在邊界項消失的條件下，分部積分可得

$$\begin{aligned} \langle T\rangle &=-\frac{\hbar^2}{2m}\int\Psi^*(x)\Psi''(x)\,dx\\ &=\frac{\hbar^2}{2m}\int|\Psi'(x)|^2\,dx。 \end{aligned}$$

所以平均動能取決於波函數斜率平方的積分。

解題方法

先將圖中的波函數理解為平方後的機率密度，再比較其分布位置；動能則直接比較波函數的變化快慢。

1. 比較 $\langle x\rangle$

   $\Psi_A$ 左右兩側的波峰、波谷呈反對稱分布，平方後左右對稱，因此 $\langle x\rangle_A=0$。

   $\Psi_B$ 右側波峰的振幅明顯大於左側波谷，平方後的機率密度偏向右側，故 $\langle x\rangle_B>0$。

此題要求證明軌道運動的電子所產生的磁矩與其角動量之間的關係。

考慮一個電子（電荷 $-e$，質量 $m$）以速度 $v$ 繞著一個固定的中心（例如原子核）做半徑為 $r$ 的圓周運動。

1. 計算軌道電流 $I$：
   軌道週期 $T$ 是電子繞行一圈所需的時間：$T = \frac{2\pi r}{v}$。
   電流 $I$ 是單位時間內通過某一點的電荷量。在軌道上，這相當於每經過一個週期傳輸的電荷量 $|-e|$：
   $I = \frac{|-e|}{T} = \frac{e}{T} = \frac{e v}{2\pi r}$。

2. 計算軌道磁矩 $\mu$：
   一個載有電流 $I$ 的面積為 $A$ 的圓形迴路所產生的磁矩大小為 $\mu = I A$。
   對於半徑為 $r$ 的軌道，面積 $A = \pi r^2$。
   所以，磁矩的大小為：
   $\mu = I A = \left(\frac{e v}{2\pi r}\right) (\pi r^2) = \frac{e v r}{2}$。

3. 角動量 $L$：
   對於一個質量為 $m$、速度為 $v$、軌道半徑為 $r$ 的粒子，其角動量的大小為 $L = m v r$ （假設速度方向垂直於半徑）。

4. 建立 $\mu$ 和 $L$ 的關係：
   我們有 $\mu = \frac{e v r}{2}$ 和 $L = m v r$。
   從 $L$ 的表達式，我們可以得到 $v r = L/m$。
   將 $v r$ 代入 $\mu$ 的表達式：
   $\mu = \frac{e}{2} \left(\frac{L}{m}\right) = \frac{e L}{2m}$。

5. 考慮方向：
   在向量形式下，電流 $I$ 的方向是順著電子運動方向的相反方向（因為電子帶負電）。
   根據右手定則，如果電子沿逆時針方向運動，則電流 $I$ 也是沿逆時針方向，此時磁矩 $\mu$ 的方向垂直於軌道平面向上。
   而角動量 $L$ 的方向也是垂直於軌道平面向上（根據右手定則，四指順著運動方向，大拇指指向 $L$ 的方向）。
   所以，$\mu$ 和 $L$ 的方向是相同的。

   然而，題目中給出的公式是 $\mu = - \frac{e}{2m} L$。這表示 $\mu$ 和 $L$ 的方向是相反的。

核心觀念

本題考查愛因斯坦固體模型（Einstein model）對固體定容熱容 $C_V$ 的推導。

對含有 $N_0$ 個原子的固體：

• 每個原子可視為在三個互相垂直方向振動。
• 每個振動方向都是頻率相同的量子簡諧振子。
• 每個原子共有 $3$ 個振動模態，因此總振動模態數為 $3N_0$。
• 單一量子簡諧振子的能量量子為 $h\nu_E$，其中 $\nu_E$ 為愛因斯坦頻率。

題目中的「$C_y$」視為排版或辨識錯誤，應為定容熱容 $C_V$。

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解題方法

利用量子簡諧振子的平均能量，先求固體的內能 $U$，再對溫度微分：

$$C_V=\left(\frac{\partial U}{\partial T}\right)_V$$

零點能與溫度無關，微分後不影響熱容，因此可省略。

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（a）愛因斯坦固體的熱容公式

1. 單一振動模態的平均能量

量子簡諧振子的能階為

$$E_n=\left(n+\frac{1}{2}\right)h\nu_E \qquad n=0,1,2,\cdots$$

其中 $\frac{1}{2}h\nu_E$ 是零點能。與溫度有關的平均能量為

$$\bar{E} = \frac{h\nu_E}{e^{h\nu_E/(kT)}-1}$$

2. 固體的總內能

固體共有 $3N_0$ 個振動模態，因此

$$U = 3N_0\frac{h\nu_E}{e^{h\nu_E/(kT)}-1}$$

定義無因次變數

$$x=\frac{h\nu_E}{kT}$$

則內能可寫成

$$U=3N_0\frac{h\nu_E}{e^x-1}$$

3. 對溫度微分

由

$$C_V=\frac{\partial U}{\partial T}$$

且

$$\frac{dx}{dT} = -\frac{h\nu_E}{kT^2} = -\frac{x}{T}$$

對內能微分：

$$C_V = 3N_0 h\nu_E \frac{d}{dT} \left(\frac{1}{e^x-1}\right)$$

而

$$\frac{d}{dT} \left(\frac{1}{e^x-1}\right) = -\frac{e^x}{(e^x-1)^2}\frac{dx}{dT}$$

代入 $\frac{dx}{dT}=-\frac{x}{T}$：

$$C_V = 3N_0 h\nu_E \frac{e^x}{(e^x-1)^2} \frac{x}{T}$$

由於

$$\frac{x}{T} = \frac{h\nu_E}{kT^2}$$

因此

$$C_V = 3N_0 \frac{(h\nu_E)^2}{kT^2} \frac{e^x}{(e^x-1)^2}$$

整理成標準形式：

$$\boxed{ C_V = 3N_0 k \left(\frac{h\nu_E}{kT}\right)^2 \frac{e^{h\nu_E/(kT)}} {\left(e^{h\nu_E/(kT)}-1\right)^2} }$$

這就是含有 $N_0$ 個原子的愛因斯坦固體熱容公式。

若以愛因斯坦溫度

$$\Theta_E=\frac{h\nu_E}{k}$$

表示，則公式為