113 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 muon with a half lifetime τ1/2=2.7726×10−6\tau_{1/2} = 2.7726 \times 10^{-6} s and a mass of 250 me250 \, m_e, (mem_e: mass of an electron) moving with a speed of v=0.8 cv = 0.8 \, c, calculate the mean lifetime τ0\tau_0, the traveling distance dd measured at rest, during τ0\tau_0, the relativistic momentum PP by the unit of eV/c, the de-Broglie wavelength λd\lambda_d, the phase velocity vpv_p, the total energy EE and kinetic energy (KE) in the unit of eV.

(A) τ0=3.8×10−6\tau_0 = 3.8 \times 10^{-6} s, d=1519d = 1519 m, P=102.2P = 102.2 MeV/c, λd=1.2131×10−14\lambda_d = 1.2131 \times 10^{-14} m, KE = 35.86 MeV
(B) τ0=4.5×10−6\tau_0 = 4.5 \times 10^{-6} s, d=1798d = 1798 m, P=102.2P = 102.2 MeV/c, λd=1.2131×10−14\lambda_d = 1.2131 \times 10^{-14} m, KE = 40.887 MeV
(C) d=1599d = 1599 m, P=113.58P = 113.58 MeV/c, λd=1.092×10−14\lambda_d = 1.092 \times 10^{-14} m, KE = 43.18 MeV
(D) d=1599d = 1599 m, λd=7.2786×10−15\lambda_d = 7.2786 \times 10^{-15} m, KE = 85.18 MeV
(E) τ0=4.5×10−6\tau_0 = 4.5 \times 10^{-6} s, d=1798d = 1798 m, λd=1.2131×10−14\lambda_d = 1.2131 \times 10^{-14} m, vp=3.7475×108v_p = 3.7475 \times 10^8 m/s

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τ0=τ1/2ln⁡2=2.7726×10−6  s0.693147=4.00×10−6  s\displaystyle \tau_{0}= \frac{\tau_{1/2}}{\ln 2}= \frac{2.7726\times10^{-6}\;\text{s}}{0.693147}=4.00\times10^{-6}\;\text{s}

γ=11−β2=11−0.82=10.6=1.6667\displaystyle \gamma = \frac{1}{\sqrt{1-\beta^{2}}}= \frac{1}{\sqrt{1-0.8^{2}}}= \frac{1}{0.6}=1.6667

τlab=γ τ0=1.6667×4.00×10−6=6.667×10−6  s\displaystyle \tau_{\text{lab}} = \gamma\,\tau_{0}=1.6667\times4.00\times10^{-6}=6.667\times10^{-6}\;\text{s}

d=v τlab=0.8c τlab=0.8(3.00×108)×6.667×10−6≈1.60×103  m\displaystyle d = v\,\tau_{\text{lab}} = 0.8c\,\tau_{\text{lab}} =0.8(3.00\times10^{8})\times6.667\times10^{-6} \approx 1.60\times10^{3}\;\text{m}

質量
m=250 me=250 (0.511  MeV/c2)=127.75  MeV/c2m =250\,m_{e}=250\,(0.511\;\text{MeV}/c^{2})=127.75\;\text{MeV}/c^{2}

P=γ β m=1.6667×0.8×127.75≈1.70×102  MeV/c\displaystyle P = \gamma\,\beta\,m =1.6667\times0.8\times127.75 \approx 1.70\times10^{2}\;\text{MeV}/c

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第 2 題

For an electron and a neutron with two conditions of kinetic energies: KE=1.0 MeV and 1.0 GeV (M=10^6, G=10^9), calculate the momentum P, de-Broglie wavelength λd\lambda_d, the particle velocity vv, and phase velocity vpv_p.

(A) For an electron with KE= 1.0 MeV, P=8.426P = 8.426 MeV / c, λd=1.472×10−13\lambda_d = 1.472 \times 10^{-13} m, v=1.5155×108v = 1.5155 \times 10^8 m/s
(B) For an electron with KE= 1.0 GeV, P=266.44P = 266.44 MeV / c, λd=4.654×10−15\lambda_d = 4.654 \times 10^{-15} m, v=4.7925×108v = 4.7925 \times 10^8 m/s
(C) For a neutron with KE= 1.0 GeV, P=11.43P = 11.43 GeV / c, λd=1.0852×10−16\lambda_d = 1.0852 \times 10^{-16} m, vp=2.0553×108v_p = 2.0553 \times 10^8 m/s
(D) For a neutron with KE= 1.0 MeV, P=361.34P = 361.34 MeV/c, λd=3.4316×10−15\lambda_d = 3.4316 \times 10^{-15} m, v=1.3829×107v = 1.3829 \times 10^7 m/s
(E) For a neutron with KE=1.0 GeV, P=1.697P = 1.697 GeV / c, λd=7.3067×10−16\lambda_d = 7.3067 \times 10^{-16} m, v=2.6226×108v = 2.6226 \times 10^8 m/s

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相對論性動量p=(E ⁣tot)2−(mc2)2c,E ⁣tot=K ⁣E+mc2De Broglie 波長λ=hp=2πℏcp=1240  MeV⋅fmp  (MeV/c)粒子速度v=p c2E ⁣tot=pE ⁣totc相位速度vp=E ⁣totp=c2v=cβ\begin{aligned} &\text{相對論性動量}\quad p=\frac{\sqrt{(E_{\!tot})^{2}-(m c^{2})^{2}}}{c}, &&E_{\!tot}=K\!E+m c^{2} \\[4pt] &\text{De Broglie 波長}\quad \lambda=\frac{h}{p} =\frac{2\pi\hbar c}{p}= \frac{1240\;\text{MeV·fm}}{p\;(\text{MeV}/c)} \\[4pt] &\text{粒子速度}\quad v=\frac{p\,c^{2}}{E_{\!tot}}= \frac{p}{E_{\!tot}}c \\[4pt] &\text{相位速度}\quad v_{p}= \frac{E_{\!tot}}{p}= \frac{c^{2}}{v}= \frac{c}{\beta} \end{aligned}

常數
c=3.00×108 m/sc=3.00\times10^{8}\,\text{m/s}，  ℏc=197.326 MeV⋅fm\; \hbar c=197.326\,\text{MeV·fm}，2πℏc=1240 MeV⋅fm2\pi\hbar c=1240\,\text{MeV·fm}。

| 粒子 | K ⁣EK\!E | mc2m c^{2} | E ⁣totE_{\!tot} | pp (MeV/cc) | λ\lambda (m) | vv (m/s) | vpv_{p} (m/s) |

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第 3 題

Which of the following represents the correct kinetic energy that an electron would have in the scenario of nuclear beta decay, where electrons are observed to be ejected from the atomic nucleus? Suppose we assume that electrons are somehow trapped within the nucleus, occasionally escaping and being observed in the laboratory. With a typical nucleus diameter of 10−1410^{-14} m, use the uncertainty principle to estimate the range of kinetic energies.

(A) 11 MeV
(B) 15 MeV
(C) 19 MeV
(D) 23 MeV
(E) 30 MeV

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參考書等級：大學部上冊《現代物理》或《費曼物理學講義》
推導

核子直徑

Δx≈10−14  m\Delta x\approx10^{-14}\;\text{m}

不確定性原理（取 Δp≈ℏ2Δx\Delta p\approx\frac{\hbar}{2\Delta x}）

Δp≈1.054×10−342×10−14=5.3×10−21  kg⋅m/s\Delta p\approx\frac{1.054\times10^{-34}}{2\times10^{-14}} =5.3\times10^{-21}\;\text{kg·m/s}

相對論式動能（Ek=(pc)2+(mec2)2−mec2E_k=\sqrt{(pc)^2+(m_ec^2)^2}-m_ec^2），

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第 4 題

In hydrogen electrons in 2s and 2p state have the same......(choose the right answer)

(A) Total energy
(B) Average radius
(C) Angular momentum
(D) More than one of the above is the same
(E) None of the above is the same

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核心觀念

氫原子的能階在非相對論、忽略精細結構與 Lamb shift 時，只由主量子數 nn 決定：

En=−13.6 eVn2E_n=-\frac{13.6\ \text{eV}}{n^2}

2s2s 與 2p2p 狀態皆具有

n=2n=2

因此兩者的總能量相同。

但平均半徑與軌道角動量還會受到角量子數 ℓ\ell 影響：

  • 2s2s：n=2, ℓ=0n=2,\ \ell=0
  • 2p2p：n=2, ℓ=1n=2,\ \ell=1

解題方法

逐項比較 2s2s 與 2p2p 的量子數，判斷總能量、平均半徑與角動量是否相同。

1. 總能量

氫原子能量只與 nn 有關：

En=−13.6n2 eVE_n=-\frac{13.6}{n^2}\ \text{eV}

對 n=2n=2：

E2=−13.64=−3.4 eVE_2=-\frac{13.6}{4}=-3.4\ \text{eV}

因此

E2s=E2p=−3.4 eVE_{2s}=E_{2p}=-3.4\ \text{eV}

總能量相同。

2. 平均半徑

氫原子態 ∣n,ℓ,m⟩|n,\ell,m\rangle 的平均半徑為

⟨r⟩nℓ=a02[3n2−ℓ(ℓ+1)]\langle r\rangle_{n\ell} = \frac{a_0}{2}\left[3n^2-\ell(\ell+1)\right]

其中 a0a_0 為 Bohr 半徑。

對 2s2s 態，ℓ=0\ell=0：

⟨r⟩2s=a02[3(2)2−0(0+1)]=6a0\langle r\rangle_{2s} = \frac{a_0}{2}\left[3(2)^2-0(0+1)\right] =6a_0

對 2p2p 態，ℓ=1\ell=1：

⟨r⟩2p=a02[3(2)2−1(1+1)]=5a0\langle r\rangle_{2p} = \frac{a_0}{2}\left[3(2)^2-1(1+1)\right] =5a_0

所以

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第 5 題

The Heisenberg Uncertainty Principle is generally applied to very small objects such as electrons and protons. Which of the following statements best explains why don't we use uncertainty principle on larger objects such as cars and tennis balls?

(A) The errors of a measurement can always, in principle, be made smaller by using more sensitive
equipment.
(B) Large objects at any instant of time have an exact position and exact momentum and with sufficient
care we can measure both precisely.
(C) Large objects obey Newton's laws of motion, to which the uncertainty principle does not apply.
(D) Because it does apply to large objects, but the uncertainties are so small that we don't notice them.
(E) None of above is correct.

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核心觀念

本題考查海森堡不確定性原理：

Δx Δp≥ℏ2\Delta x\,\Delta p \geq \frac{\hbar}{2}

其中：

  • Δx\Delta x：位置的不確定度；
  • Δp\Delta p：動量的不確定度；
  • ℏ\hbar：約化普朗克常數。

此原理並非只適用於電子、質子等微觀粒子，而是適用於所有具有量子性質的物體，包括汽車與網球。差別在於，大型物體的質量與典型動量遠大於微觀粒子，因此由不確定性原理造成的相對影響極其微小，日常生活中難以察覺。

解題方法

判斷本題的關鍵，是分辨「不確定性原理是否適用」與「不確定性是否容易觀察」這兩件事。

由公式可得：

Δp≥ℏ2Δx\Delta p \geq \frac{\hbar}{2\Delta x}

對大型物體而言，即使位置的不確定度 Δx\Delta x 已經很小，所對應的動量不確定度 Δp\Delta p 通常仍遠小於物體本身的宏觀動量 pp。因此，其量子不確定性相對比例

Δpp\frac{\Delta p}{p}

極小，經典力學的預測便具有極高準確度。

因此，正確觀念是：大型物體仍然遵守不確定性原理，只是其不確定性相對而言太小，所以在日常尺度下不明顯。

選項分析

(A) 錯誤

此選項將不確定性視為單純的測量誤差，認為使用更靈敏的儀器即可讓誤差任意變小。

然而，不確定性原理描述的是量子系統本身的位置與動量不能同時具有任意精確的確定值，並非儀器性能不足造成的普通測量誤差。即使使用理想儀器，仍有

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第 6 題

Rank the velocity of the particles, whose de Broglie waves shown in the figure below ("A" amplitude, and wavelength of the de Broglie waves. All three particles have the same mass.)

(A) II > I > III
(B) II > I = III
(C) III > II = I
(D) III > II > I
(E) II = I > III

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
原卷第 2 頁

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本題考查德布羅意波長與粒子速度的關係。

核心概念：
德布羅意波長 λd\lambda_d 與粒子的動量 pp 之間的關係為 λd=h/p\lambda_d = h/p，其中 hh 是普朗克常數。
動量 pp 與粒子的速度 vv 和質量 mm 的關係為 p=mvp = mv (假設速度遠小於光速)。
因此，λd=h/(mv)\lambda_d = h/(mv)。
從這個公式可以看出，對於質量相同的粒子，波長 λd\lambda_d 與速度 vv 成反比。即，速度越快的粒子，其德布羅意波長越短；速度越慢的粒子，其德布羅意波長越長。

分析圖示：
圖中顯示了三種粒子的德布羅意波形。

  • 粒子 I：波形顯示振幅為 A，波長為 λ\lambda。
  • 粒子 II：波形顯示振幅為 2A，波長為 λ\lambda。
  • 粒子 III：波形顯示振幅為 A，波長為 2λ\lambda。

題目中提到「所有三個粒子具有相同的質量」。我們需要比較它們的速度。

比較波長：

  • 粒子 I 的波長是 λ\lambda。
  • 粒子 II 的波長是 λ\lambda。
  • 粒子 III 的波長是 2λ\lambda。

比較速度：
由於 λd=h/(mv)\lambda_d = h/(mv)，且 hh 和 mm 對於所有粒子都相同，所以 λd∝1/v\lambda_d \propto 1/v。
這意味著，波長越短，速度越快；波長越長，速度越慢。

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第 7 題

Consider the states of a negatively charged hydrogen ion H−^{-}. Which of the following states violates the Pauli exclusion principle?

(A) 2 electrons both occupying the 1s orbital and carrying opposite spins
(B) 1 electron occupying 1s and the other 2s and both carrying the same spin
(C) 1 electron occupying 1s and the other 2s and both carrying opposite spins
(D) 2 electrons both occupying 2px and carrying the same spin
(E) None of the above

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核心觀念

本題考查泡利不相容原理（Pauli exclusion principle）：

兩個完全相同的費米子不能處於完全相同的量子態。

電子的單電子量子態由空間軌域與自旋共同決定，可表示為

ψtotal=ψorbitalχspin.\psi_{\text{total}}=\psi_{\text{orbital}}\chi_{\text{spin}}.

因此：

  • 同一軌域最多容納兩個電子；
  • 若兩個電子位於同一軌域，兩者自旋必須相反；
  • 若兩個電子位於不同軌域，即使自旋相同，也不違反泡利不相容原理。

等價地說，不能有兩個電子同時具有完全相同的四個量子數 (n,l,ml,ms)(n,l,m_l,m_s)。

解題方法

逐一檢查兩個電子是否具有完全相同的量子態：

  1. 比較兩電子所處的軌域；
  2. 若軌域相同，再比較自旋；
  3. 軌域相同且自旋相同時，才違反泡利不相容原理。

選項分析

(A) 2 electrons both occupying the 1s orbital and carrying opposite spins

兩個電子都在 1s1s 軌域，因此

n=1,l=0,ml=0n=1,\quad l=0,\quad m_l=0

完全相同；但兩者自旋相反：

ms=+12,ms=−12.m_s=+\frac12,\qquad m_s=-\frac12.

自旋量子數不同，所以兩個電子不是完全相同的量子態。這是氦原子基態以及氫負離子 H−H^- 常見的允許配置。

因此 不違反 泡利不相容原理。

(B) 1 electron occupying 1s and the other 2s and both carrying the same spin

一個電子位於 1s1s，另一個位於 2s2s：

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第 8 題

Consider two spineless, non-interacting particles with identical mass confined in an infinite quantum well. Let E0E_0 and E1E_1 denote ground and first excited states, respectively, of a single particle in the well. Which of the following states is not the correct lowest energy state of the two particles?

(A) Both particles being in E0E_0 in the case of identical classical particles;
(B) One particle being in E0E_0 and the other in E1E_1 in the case of distinct Fermi particles;
(C) Both particles being in E0E_0 in the case of identical Bose particles;
(D) Both particles being in E0E_0 in the case of one Fermi and one Bose particles;
(E) None of the above.

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先考慮量子統計與可分辨性：

  • 經典相同粒子、相同玻色子、或一個費米子 + 一個玻色子皆為可分辨（或對稱）系統，波函數不受泡利原理限制，兩粒子皆可佔單粒子基態 E0E_0，此即最低能。

  • 相同費米子（自旋為0） 必須滿足全波函數反對稱 → 兩粒子不可佔同一單粒子態。最低配置為一粒在基態 E0E_0、另一粒在第一激發態 E1E_1，總能 E0+E1E_0+E_1。

題目中：

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第 9 題

Initially, there are two pairs of electron and positron moving under two conditions: one pair of electron-positron move at the same velocity of 0.6c, side-by-side in the same direction, the other pair of electron and positron move toward each other in an opposite direction with the velocity of -0.6c and 0.8c (c: light velocity). Finally, in the same system, each pair of electron and positron merge together, thus annihilate each other, and totally two photons are generated. Calculate the energies Ee−E_{e^-}, Ee+E_{e^+}, momenta Pe−P_{e^-}, Pe+P_{e^+} and de-Broglie wavelengths of the electron and positron, two photons move in the same or opposite directions? the momenta of two photons, p1p_1 and p2p_2, the wavelengths λ1\lambda_1 and λ2\lambda_2, and the energies of two photons Ep1E_{p1} and Ep2E_{p2}.

(A) For positron v=0.8cv = 0.8c : Pe+=408.87P_{e^+} = 408.87 KeV / c, λe+=3.033×10−12\lambda_{e^+} = 3.033 \times 10^{-12} m; v=0.6cv = 0.6c : Pe−=306.65P_{e^-} = 306.65 KeV/c
(B) For electron v=0.6cv = 0.6c : Ee−=638.86E_{e^-} = 638.86 KeV, Pe−=383.32P_{e^-} = 383.32 KeV / c, λe−=3.235×10−12\lambda_{e^-} = 3.235 \times 10^{-12} m
(C) Two photons move off in the opposite directions p1=894.4p_1 = 894.4 KeV / c, p2=−596.3p_2 = -596.3 KeV/c
(D) Two photons move off p1=1022p_1 = 1022 KeV/c, p2=−255.5p_2 = -255.5 KeV/c; Ep1=1022E_{p1} = 1022 KeV, Ep2=255.5E_{p2} = 255.5 KeV
(E) Two photons move off in the opposite directions p1=1.9166p_1 = 1.9166 MeV/c, p2=−851.8p_2 = -851.8 KeV/c
λ1=6.4698×10−13\lambda_1 = 6.4698 \times 10^{-13}m, λ2=1.4557×10−12\lambda_2 = 1.4557 \times 10^{-12} m

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相對論式

γ=11−β2,E=γmec2,p=γmev=γβ mec,λ=hcpc=1.23984×10−6  keV  mp  (keV).\gamma=\frac1{\sqrt{1-\beta^{2}}},\qquad E=\gamma m_ec^{2},\qquad p=\gamma m_{e}v=\gamma\beta\,m_ec, \qquad \lambda=\frac{hc}{p c}= \frac{1.23984\times10^{-6}\;{\rm keV\;m}}{p\;({\rm keV})}.

(1) 速度 v=0.6cv=0.6c（電子與正電子同向）

β=0.6,  γ=1.25.\beta=0.6,\;\gamma=1.25.

Ee−=Ee+=1.25  511 keV=638.9 keV.E_{e^-}=E_{e^+}=1.25\;511\ {\rm keV}=638.9\ {\rm keV}.

pe−=pe+=γβ 511 keV=0.75×511=383.3 keV/c.p_{e^-}=p_{e^+}= \gamma\beta\,511\ {\rm keV}=0.75\times511=383.3\ {\rm keV}/c.

λe−=λe+=1.23984×10−6383.3=3.24×10−12 m.\lambda_{e^-}=\lambda_{e^+}= \frac{1.23984\times10^{-6}}{383.3}=3.24\times10^{-12}\ {\rm m}.

(2) 速度 v=−0.6cv=-0.6c（電子）

Ee−=638.9 keV,pe−=−383.3 keV/c,λe−=3.24×10−12 m.E_{e^-}=638.9\ {\rm keV},\qquad p_{e^-}= -383.3\ {\rm keV}/c,\qquad \lambda_{e^-}=3.24\times10^{-12}\ {\rm m}.

(3) 速度 v=0.8cv=0.8c（正電子）

β=0.8,  γ=1.6667.\beta=0.8,\;\gamma=1.6667.

Ee+=1.6667  511=851.7 keV,pe+=γβ 511=1.3333×511=681.3 keV/c,λe+=1.23984×10−6681.3=1.82×10−12 m.E_{e^+}=1.6667\;511=851.7\ {\rm keV}, \qquad p_{e^+}= \gamma\beta\,511=1.3333\times511=681.3\ {\rm keV}/c, \qquad \lambda_{e^+}= \frac{1.23984\times10^{-6}}{681.3}=1.82\times10^{-12}\ {\rm m}.

兩對  e−e+\,e^-e^+ 湮滅產生光子

對於每一對，需同時滿足

p1+p2=Ptot,∣p1∣+∣p2∣=Etot,p_{1}+p_{2}=P_{\rm tot},\qquad |p_{1}|+|p_{2}|=E_{\rm tot},

其中 PtotP_{\rm tot} 、EtotE_{\rm tot} 分別為該對的總動量與總能量（自然單位 c=1c=1）。

(a) 先前同向的 0.6c0.6c 配對

Ptot=+383.3+383.3=+766.6 keV/c,Etot=2×638.9=1277.8 keV.P_{\rm tot}=+383.3+383.3=+766.6\ {\rm keV}/c, \quad E_{\rm tot}=2\times638.9=1277.8\ {\rm keV}.

解得

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第 10 題

For a neutron with kinetic energy, KE=188 KeV, calculate the velocity vv and uncertainty of the position Δx\Delta x to measure this neutron? for an electron with the same Δx\Delta x, calculate the minimum energy EE, kinetic energy KE, momentum pp, velocity vv, and the maximum De-Broglie wavelength λd\lambda_d.

(A) For a neutron with KE=188 KeV, vn=5.998×105v_n = 5.998 \times 10^5m/s, Δx≥4.199×10−14\Delta x \ge 4.199 \times 10^{-14} m
(B) For an electron with the same Δx\Delta x, KE ≥1.894\ge 1.894 MeV, p=2.35p = 2.35Mev / c, λd=5.2766×10−13\lambda_d = 5.2766 \times 10^{-13} m
(C) For an electron with the same Δx\Delta x, KE ≥8.903\ge 8.903 MeV, p≥9.4p \ge 9.4 MeV / c, λd≤1.319×10−13\lambda_d \le 1.319 \times 10^{-13} m
(D) For an electron with the same Δx\Delta x, E≥9.414E \ge 9.414 MeV, v≥0.9985cv \ge 0.9985 c
(E) For an electron with the same Δx\Delta x, Δx≥2.0995×10−14\Delta x \ge 2.0995 \times 10^{-14}m, p≥4.7p \ge 4.7 MeV / c, λd≤2.64×10−13\lambda_d \le 2.64 \times 10^{-13} m

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核心觀念

本題考查：

  1. 非相對論性粒子的動能與速度關係
    KE=12mv2KE=\frac{1}{2}mv^2

  2. 海森堡不確定性原理
    Δx Δp≥ℏ2\Delta x\,\Delta p\geq\frac{\hbar}{2}

  3. 相對論性能量與動量關係
    E2=(pc)2+(mec2)2E^2=(pc)^2+(m_ec^2)^2

  4. 德布羅意波長
    λd=hp\lambda_d=\frac{h}{p}

其中電子的「最小能量」必須先求總能量 EE，電子的動能則為

KE=E−mec2KE=E-m_ec^2

採用

mnc2=939.6 MeV,mec2=0.511 MeVm_nc^2=939.6\ \text{MeV},\qquad m_ec^2=0.511\ \text{MeV}

以及

ℏc=197.327 MeV⋅fm\hbar c=197.327\ \text{MeV}\cdot\text{fm}

解題方法

一、中子速度

中子動能為

KEn=188 keV=0.188 MeVKE_n=188\ \text{keV}=0.188\ \text{MeV}

由於

KEnmnc2≪1\frac{KE_n}{m_nc^2}\ll 1

可採用非相對論公式：

vn=2KEnmnv_n=\sqrt{\frac{2KE_n}{m_n}}

以 SI 單位計算：

KEn=188×103(1.602×10−19)=3.0118×10−14 JKE_n=188\times10^3(1.602\times10^{-19}) =3.0118\times10^{-14}\ \text{J}

因此

vn=2(3.0118×10−14)1.675×10−27≈5.998×106 m/sv_n =\sqrt{\frac{2(3.0118\times10^{-14})}{1.675\times10^{-27}}} \approx 5.998\times10^6\ \text{m/s}

所以中子速度應為

vn≈5.998×106 m/s\boxed{v_n\approx5.998\times10^6\ \text{m/s}}

題目選項 A 寫成 5.998×105 m/s5.998\times10^5\ \text{m/s}，指數少了一個 1010。

二、位置不確定度與電子動量不確定度

依題目選項所採用的測量解析度，

Δx=4.199×10−14 m\boxed{\Delta x=4.199\times10^{-14}\ \text{m}}

由海森堡不確定性原理：

Δp≥ℏ2Δx\Delta p\geq\frac{\hbar}{2\Delta x}

因此電子的最小動量不確定度為

Δpmin⁡=ℏ2Δx\Delta p_{\min} =\frac{\hbar}{2\Delta x}

將式子乘上 cc，並使用 ℏc\hbar c：

Δpmin⁡c=ℏc2Δx\Delta p_{\min}c =\frac{\hbar c}{2\Delta x}

代入 Δx=4.199×10−14 m\Delta x=4.199\times10^{-14}\ \text{m}：

Δpmin⁡c=197.327 MeV⋅fm2(41.99 fm)≈2.35 MeV\Delta p_{\min}c =\frac{197.327\ \text{MeV}\cdot\text{fm}} {2(41.99\ \text{fm})} \approx2.35\ \text{MeV}

因此

pmin⁡≈2.35 MeV/c\boxed{p_{\min}\approx2.35\ \text{MeV}/c}

三、電子的最小總能量

電子的相對論性能量為

E=(pc)2+(mec2)2E=\sqrt{(pc)^2+(m_ec^2)^2}

代入 pc=2.35 MeVpc=2.35\ \text{MeV}：

Emin⁡=(2.35)2+(0.511)2 MeVE_{\min} =\sqrt{(2.35)^2+(0.511)^2}\ \text{MeV}

Emin⁡≈2.405 MeVE_{\min}\approx2.405\ \text{MeV}

所以電子的最小總能量約為

Emin⁡≈2.405 MeV\boxed{E_{\min}\approx2.405\ \text{MeV}}

四、電子的最小動能

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

KEmin⁡=Emin⁡−mec2KE_{\min}=E_{\min}-m_ec^2

KEmin⁡=2.405−0.511≈1.894 MeVKE_{\min}=2.405-0.511 \approx1.894\ \text{MeV}

因此

KEmin⁡≈1.894 MeV\boxed{KE_{\min}\approx1.894\ \text{MeV}}

五、電子速度

相對論中

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第 11 題

Choose the correct statements about photoelectric effect and properties of photons:

(A) The Maxwell equation can perfectly explain the photoelectric effect.
(B) The photoelectric effect shows that light comes in quantized chunks of energy.
(C) The wavelength of a beam of light is increased but the intensity of light remains unchanged. In this
situation, there are more incident photons per second but each photon has less energy.
(D) The work function of metal can be measured by using the photoelectric effect.
(E) If a piece of metal has a work function of 2.755 eV, photoelectrons can be emitted when it is
illuminated with light with a wavelength of 500 nm.

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概念與關鍵式

  • 光子能量：E=hν=hcλE = h\nu = \dfrac{hc}{\lambda}，其中 h=6.626×10−34 J⋅sh=6.626\times10^{-34}\,\text{J·s}、c=3.00×108 m/sc=3.00\times10^{8}\,\text{m/s}。
  • 光電效應：若光子能量 EE 大於金屬的逸出功 ϕ \phi，則可釋放光電子；否則不會發射。
  • 光強（intensity）II 為單位時間、單位面積的能量流。I=N EI = N\,E，NN 為每秒入射光子數。

逐項判斷

(A) 錯誤。麥克斯韋方程式僅描述電磁波的連續場，無法說明光子能量離散與光電效應的閾值行為。

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第 11 題

Choose the correct statements about photoelectric effect and properties of photons:

(A) The Maxwell equation can perfectly explain the photoelectric effect.
(B) The photoelectric effect shows that light comes in quantized chunks of energy.
(C) The wavelength of a beam of light is increased but the intensity of light remains unchanged. In this
situation, there are more incident photons per second but each photon has less energy.
(D) The work function of metal can be measured by using the photoelectric effect.
(E) If a piece of metal has a work function of 2.755 eV, photoelectrons can be emitted when it is
illuminated with light with a wavelength of 500 nm.

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核心觀念

光電效應是指金屬受到光照射後，表面放出電子的現象。光子觀點下，單一光子的能量為

Eγ=hf=hcλE_\gamma=hf=\frac{hc}{\lambda}

其中 hh 為普朗克常數、ff 為光頻率、λ\lambda 為波長。

光子能量先用來克服金屬的功函數 ϕ\phi，剩餘能量轉化為光電子的最大動能：

Kmax⁡=hf−ϕK_{\max}=hf-\phi

因此必須滿足

hf≥ϕhf\geq \phi

才會發生光電發射。臨界頻率與臨界波長分別為

f0=ϕh,λ0=hcϕf_0=\frac{\phi}{h}, \qquad \lambda_0=\frac{hc}{\phi}

光的強度代表單位時間、單位面積傳遞的能量；在相同光束截面下，強度可表示為

I=(每秒入射光子數)×(單一光子能量)I=(\text{每秒入射光子數})\times(\text{單一光子能量})

解題方法

本題逐項判斷：

  1. 是否符合光子說明的光電效應特徵。
  2. 波長、頻率、光子能量與光強度之間的關係。
  3. 功函數是否能由光電效應測得。
  4. 以愛因斯坦光電方程式計算指定波長的光子能量。

其中波長變化可利用

f=cλf=\frac{c}{\lambda}

判斷；波長增加時，頻率降低，單一光子能量也降低。

選項分析

(A) The Maxwell equation can perfectly explain the photoelectric effect.

錯誤。

Maxwell 電磁理論將光描述為連續的電磁波，無法完整解釋下列光電效應現象：

  • 存在最低光頻率，低於此頻率即使增加光強度也無法放出電子。
  • 電子幾乎沒有可觀察的延遲時間便會逸出。
  • 光電子最大動能與光頻率有關，而與光強度無關。
  • 光強度主要影響光電子的數量或光電流大小。

上述現象必須以光子能量量子化的觀點解釋，因此 Maxwell 方程式無法「完美解釋」光電效應。

(B) The photoelectric effect shows that light comes in quantized chunks of energy.

正確。

光電效應顯示光能不是連續傳遞，而是以一個個光子形式被金屬電子吸收。每個光子的能量為

Eγ=hfE_\gamma=hf

單一光子若能量不足以克服功函數，即

hf<ϕhf<\phi

就無法使電子逸出；這正是光能量量子化的證據。

(C) The wavelength of a beam of light is increased but the intensity of light remains unchanged. In this situation, there are more incident photons per second but each photon has less energy.

正確。

波長增加時，

f=cλf=\frac{c}{\lambda}

因此頻率降低，單一光子能量變為

Eγ=hcλE_\gamma=\frac{hc}{\lambda}

也會降低。

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第 12 題

The Davisson-Germer experiment demonstrated the following (choose the correct answers):

(A) Photons exhibit wave-like characteristics.
(B) Electrons exhibit wave-like characteristics.
(C) Electrons or photons exhibit energy in discrete chunks.
(D) Electrons or photons have well-defined energy.
(E) Verified the de Broglie relation.

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核心觀念

本題考查戴維森–革末實驗（Davisson–Germer experiment）對物質波概念的驗證。

德布羅意提出，具有動量 pp 的粒子也具有波長：

λ=hp\lambda=\frac{h}{p}

其中 hh 為普朗克常數。對經電壓 VV 加速、且速度遠小於光速的電子，

eV=p22meeV=\frac{p^2}{2m_e}

因此

p=2meeVp=\sqrt{2m_e eV}

電子的德布羅意波長為

λ=h2meeV\lambda=\frac{h}{\sqrt{2m_e eV}}

戴維森與革末以電子束轟擊鎳晶體，觀察散射電子強度隨散射角度出現明顯峰值。這種干涉繞射現象是波動才具有的特徵，且由晶格繞射所得的波長與德布羅意公式預測一致，因此驗證了電子的波動性與德布羅意關係。

晶體繞射可用布拉格定律表示：

nλ=2dsin⁡θn\lambda=2d\sin\theta

其中 dd 是晶面間距，θ\theta 是布拉格角。實驗測得的 λ\lambda 與

λ=hp\lambda=\frac{h}{p}

相符。

解題方法

判斷本題的關鍵，在於辨認戴維森–革末實驗直接觀察到的是「電子的繞射」，而非光子的實驗結果。

電子原本被視為粒子，但電子束通過鎳晶體後，其散射強度呈現類似 X 光繞射的峰值。這表示電子具有波長，且該波長滿足德布羅意關係：

λ=hp\lambda=\frac{h}{p}

因此，本實驗的直接結論是：

  1. 電子具有波動性。
  2. 電子的波長符合德布羅意預測。
  3. 實驗驗證了物質波假說。

量子化能量與能量是否具有明確值，並不是此實驗主要驗證的內容。

選項分析

(A) Photons exhibit wave-like characteristics.

錯誤。

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第 13 題

There is a particle confined within a square well potential, as depicted in the figure. The kinetic energy (KE) of the particle is lower than the potential energy of the well, effectively confining the particle within it. What modifications could be made to enhance the penetration of the particle (de Broglie wave) into the classically forbidden region?

(A) Decrease potential depth
(B) Increase potential depth
(C) Decrease the length of the square well, L
(D) Increase the length of the square well, L
(E) Not possible to enhance the particle penetration

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
原卷第 5 頁

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本題考查粒子在方勢阱中穿隧效應（或稱經典禁區穿透）的增強。

核心概念：

  1. 方勢阱 (Square Well Potential)： 在勢阱內部（0<x<L0 < x < L），勢能為零（或某一常數 V0V_0）。在勢阱外部（x<0x < 0 或 x>Lx > L），勢能很高（例如無限大，或一個比粒子能量高的常數值）。
  2. 經典禁區 (Classically Forbidden Region)： 經典力學中，粒子無法進入勢能高於其總能量的區域。然而，在量子力學中，粒子的波函數（德布羅意波）在經典禁區內並非嚴格為零，而是指數衰減，這意味著粒子有一定機率穿隧到經典禁區。
  3. 波函數的衰減： 在經典禁區內，波函數的行為類似於 ψ(x)∝e−κx\psi(x) \propto e^{-\kappa x}，其中 κ\kappa 的值取決於粒子的能量 EE 和勢能 VV。在勢壘區域，κ=2m(V−E)/ℏ\kappa = \sqrt{2m(V-E)}/\hbar。
  4. 穿隧機率： 粒子穿隧到經典禁區的機率與波函數在禁區內的衰減程度有關。衰減越慢（即 κ\kappa 越小，或波函數在禁區內保留的幅度越大），穿隧機率越高。

分析勢阱和經典禁區：
題目圖示了一個方勢阱，粒子被限制在 00 到 LL 的區域內。
經典禁區是指勢能高於粒子總能量的區域。在圖示的勢阱中，如果粒子總能量 EE 低於勢阱的「深度」（即外部勢能 VV），那麼勢阱外部就是經典禁區。
為了「增強粒子（德布羅意波）向經典禁區的穿透」，我們需要使波函數在經典禁區內衰減得更慢。

如何減緩衰減？
衰減係數 κ=2m(V−E)/ℏ\kappa = \sqrt{2m(V-E)}/\hbar。
為了使衰減 κ\kappa 減小，我們可以：

  • 減小勢壘高度 VV（即減小勢阱深度）。
  • 減小粒子能量 EE（但題目說 KE 低於勢能，表示粒子被「有效約束」）。
  • 減小粒子質量 mm（不可控）。
  • 增大 ℏ\hbar（常數）。

分析選項：
假設勢阱的「深度」是指勢阱外部的勢能 VV 相對於勢阱內部勢能（設為 0）的高度。

  • (A) Decrease potential depth: 減小勢阱深度 VV（即減小 VV 的值，或使 V−EV-E 變小）。這會使 κ=2m(V−E)/ℏ\kappa = \sqrt{2m(V-E)}/\hbar 減小，從而減緩波函數在經典禁區的衰減，增強穿透。
  • (B) Increase potential depth: 增加勢阱深度 VV（即增大 VV 的值）。
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第 14 題

You want to calculate electron waves ψ(x)\psi(x) in a thin wire (1-dimensional). What if the potential outside
the wire were infinite? Which of the following statements are correct in this scenario?

(A) The allowed kinetic energies of electrons should be quantized.
(B) ψ(x)≈0\psi(x) \approx 0 everywhere
(C) ψ(x)≈0\psi(x) \approx 0 everywhere, except for 0<x<L0<x<L.
(D) ψ(x)=0\psi(x) = 0 everywhere, except for 0<x<L0<x<L.
(E) Can't tell anything yet. Need to find ψ(x)\psi(x) first.

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
原卷第 5 頁

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核心觀念

這題考「一維無限深方形位能井」。圖中位能為

V(x)={∞,x<0 或 x>L,0,0<x<L.V(x)= \begin{cases} \infty, & x<0\ \text{或}\ x>L,\\ 0, & 0<x<L. \end{cases}

電子不能出現在無限位能區，因此井外的波函數必須為零；在井內，波函數則滿足定態薛丁格方程，並受邊界條件 ψ(0)=ψ(L)=0\psi(0)=\psi(L)=0 限制。

解題方法

井內 V(x)=0V(x)=0，定態薛丁格方程的解可寫成 ψ(x)=Asin⁡(kx)+Bcos⁡(kx)\psi(x)=A\sin(kx)+B\cos(kx)。套用兩端邊界條件後，允許的解為

ψn(x)={2Lsin⁡(nπxL),0<x<L,0,x≤0 或 x≥L,n=1,2,3,…\psi_n(x)= \begin{cases} \sqrt{\dfrac{2}{L}}\sin\left(\dfrac{n\pi x}{L}\right), & 0<x<L,\\ 0, & x\leq 0\ \text{或}\ x\geq L, \end{cases} \qquad n=1,2,3,\ldots

因此波函數在井外恰為零，而井內通常不為零。對應的動能是離散值：

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第 15 題

Consider energy bands in a crystal. Which of the following statements are correct?

(A) The conduction band of a metal is partially filled by electrons.
(B) Existence of energy gap is a manifestation of quantum mechanical phenomenon.
(C) Intrinsic semiconductors cannot conduct electricity at all even at high temperatures.
(D) Doped semiconductors can conduct electricity primarily with the carriers in the conduction band or
holes in the valence band.
(E) All of the above.

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參考書等級：大學部/研究所統考用教材（《固體物理》或《近代物理》概論）

解說

  • A：金屬的費米能位於能帶內，使導帶只被部分電子佔據，可自由移動產生電流。正確。
  • B：能隙產生於晶格週期勢能對電子波函數的量子約束，是量子力學的直接表現。正確。
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第 16 題

Consider a p-n diode. Which of the following statements are correct?

(A) Electrons on the n side and holes on the p side will flow towards each other and recombine until all the carriers are neutralized.

(B) When the diode is forward biased, both electron current and hole current will flow in the diode, contributing to the overall current.

(C) When the diode is reverse biased, the current in the diode is essentially negligible if there is any.

(D) A good quality diode can be easily formed by mechanically compressing p- and n-type semiconductors into close contact.

(E) All of the above.

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核心觀念

本題考查 p-n 接面的載子擴散、耗盡區與內建電場，以及二極體在順向偏壓、逆向偏壓下的電流。

n 型半導體的多數載子是電子，p 型半導體的多數載子是電洞。兩側接合後，載子會因濃度差而擴散，並在接面附近復合；留下的帶電摻雜原子形成耗盡區與內建電場。外加偏壓會改變接面勢壘，進而影響電流。

解題方法

原卷第 16 題詢問 p-n 二極體的敘述何者正確；題目沒有附上供第 16 題判讀的電路或其他圖形。判斷重點是：接合後載子不會全部消失；順向偏壓時電子與電洞都參與電流；逆向偏壓時通常只有很小的漏電流；單靠機械接觸不足以製成良好接面。

選項分析

  • (A) 錯誤。 接合後，n 側電子與 p 側電洞確實會朝接面擴散並復合，但復合會在接面附近留下帶電的施體離子與受體離子，形成耗盡區及內建電場。內建電場會抑制後續多數載子的擴散，並非所有載子都會被中和。
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第 Problem 17 題10 分

(A) (2%) Write the entire one-dimensional Schrödinger equation.

(B) (4%) Derive the time-dependent part of the one-dimensional Schrödinger equation by the variable separation method.

(C) (4%) Derive the time-independent (space) part of the one-dimensional Schrödinger equation.

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第 Problem 18-(A) 題5 分

(5%) Consider the Rutherford Hydrogen atom model as shown in the figure. Show that the total energy of the hydrogen atom is

E=−e28πε0rE=-\frac{e^2}{8\pi\varepsilon_0 r}

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】

🖼️ 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

此題考古典 Rutherford 氫原子模型中的圓周運動與靜電位能。電子繞質子作半徑為 rr、速率為 vv 的圓周運動，庫侖力提供向心力；總能量則是電子的動能加上電子與質子間的庫侖位能。

解題方法

圖中質子帶電 +e+e、電子帶電 −e-e，兩者相距 rr；電子以速率 vv 繞質子作圓周運動，庫侖力指向質子並提供向心力。依 Rutherford 模型取質子固定，並將電子質量記為 mm。

由向心力條件：

mv2r=e24πε0r2\frac{mv^2}{r} = \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0 r^2}

因此電子的動能為

K=12mv2=e28πε0rK=\frac{1}{2}mv^2 =\frac{e^2}{8\pi\varepsilon_0 r}

電子與質子相距 rr 時的庫侖位能為

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第 Problem 18-(B) 題5 分

(5%) Consider the Bohr Hydrogen atom model, assuming that the condition for orbit stability is

nλ=2π⋅rnn\lambda=2\pi\cdot r_n

where

λ=hmv.\lambda=\frac{h}{mv}.

Show that the energy levels of the Bohr Hydrogen atom model are

En=me48ε02h2(1n2).E_n=\frac{me^4}{8\varepsilon_0^2h^2}\left(\frac{1}{n^2}\right).

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