111 年 國立成功大學光電科學與工程研究所甲組《近代物理》

核心觀念

本題考查近代物理中正負電子對湮滅（Electron-Positron Annihilation）現象，核心觀念為狹義相對論下的能量守恆定律（Conservation of Energy）與動量守恆定律（Conservation of Momentum）：

1. 靜止質量能（Rest Energy）：靜止質量為 $m_e$ 的粒子，其靜止能量為 $E_0 = m_e c^2$（其中 $c$ 為真空中光速）。
2. 光子能動關係（Photon Energy-Momentum Relation）：光子無靜止質量，其能量 $E$ 與動量大小 $p$ 之關係為 $E = pc = h\nu$。
3. 對稱性與動量守恆：兩靜止粒子湮滅生成兩光子時，總動量為零，故產生的兩光子必須以相等的動量大小、相反的方向射出。

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解題方法

1. 初始狀態（Annihilation at rest）

電子（$e^-$）與正電子（$e^+$）皆處於靜止狀態：

• 總初始能量 $E_i$：
  $E_i = E_{e^-} + E_{e^+} = m_e c^2 + m_e c^2 = 2m_e c^2$
• 總初始動量 $\vec{P}_i$：
  $\vec{P}_i = \vec{p}_{e^-} + \vec{p}_{e^+} = \vec{0}$

2. 末態（湮滅後產生兩光子 $\gamma_1, \gamma_2$）

設生成的兩光子能量分別為 $E_1, E_2$，動量向量分別為 $\vec{p}_1, \vec{p}_2$。

• 動量守恆推導：
  $\vec{p}_1 + \vec{p}_2 = \vec{P}_i = \vec{0} \implies \vec{p}_1 = -\vec{p}_2$
  取量值可得兩光子動量大小相等：
  $p_1 = p_2 = p$
  且兩光子沿同一直線朝相反方向射出（背對背發射）。

• 能量守恆推導：
  根據光子能動關係 $E_1 = p_1 c$ 與 $E_2 = p_2 c$，因 $p_1 = p_2 = p$，故兩光子能量相等（$E_1 = E_2 = E_\gamma$）。
  由總能量守恆：
  $E_1 + E_2 = 2E_\gamma = E_i = 2m_e c^2$
  解得各光子的能量為：

核心觀念

本題考查一維無限深方井的能階、本徵態展開、波函數歸一化，以及能量期望值。

對於 $0\le x\le a$ 的無限深方井，定態波函數為

$$\psi_n(x)=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin\left(\frac{(n+1)\pi x}{a}\right), \qquad n=0,1,2,\ldots$$

對應能量為

$$E_n=\frac{(n+1)^2\pi^2\hbar^2}{2ma^2}.$$

因此

$$E_0=\frac{\pi^2\hbar^2}{2ma^2}, \qquad E_1=\frac{4\pi^2\hbar^2}{2ma^2}=4E_0.$$

不同能階的本徵態彼此正交：

$$\langle \psi_m|\psi_n\rangle=\delta_{mn}.$$

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解題方法

題目給定

$$\Psi(x,0)=C\left(\psi_0+\sqrt{3}\,\psi_1\right).$$

由於 $\psi_0$ 與 $\psi_1$ 是正交且歸一化的能量本徵態，可以直接利用展開係數求歸一化、測量機率、能量期望值與時間演化。

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(a) 求歸一化常數 $C$

波函數必須滿足

$$\langle \Psi(0)|\Psi(0)\rangle=1.$$

因此

$$\begin{aligned} 1 &=|C|^2 \left(\langle\psi_0|\psi_0\rangle +\sqrt{3}\langle\psi_0|\psi_1\rangle +\sqrt{3}\langle\psi_1|\psi_0\rangle +3\langle\psi_1|\psi_1\rangle\right)\\ &=|C|^2(1+3)\\ &=4|C|^2. \end{aligned}$$

所以

$$|C|=\frac{1}{2}.$$

整個波函數乘上一個整體相位不會影響物理結果，因此通常取 $C$ 為正實數：

$$\boxed{C=\frac12}.$$

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(b) $t=0$ 時可能測得的電子能量

能量測量的可能結果，是波函數中所包含之能量本徵態的本徵值。

初始態可寫為

$$\Psi(x,0)=\frac12\psi_0+\frac{\sqrt3}{2}\psi_1.$$

因此可能測得的能量為

$$\boxed{E_0=\frac{\pi^2\hbar^2}{2ma^2}}$$

以及

$$\boxed{E_1=\frac{4\pi^2\hbar^2}{2ma^2}}.$$

相應的測量機率為係數絕對值平方：

$$P(E_0)=\left|\frac12\right|^2=\frac14,$$ $$P(E_1)=\left|\frac{\sqrt3}{2}\right|^2=\frac34.$$

機率總和為

$$\frac14+\frac34=1,$$

符合歸一化要求。

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(c) $t=0$ 時的能量期望值

能量期望值為各可能能量乘上其測量機率：

$$\langle E\rangle_{t=0} =P(E_0)E_0+P(E_1)E_1.$$

代入結果：

$$\langle E\rangle_{t=0} =\frac14E_0+\frac34E_1.$$

由 $E_1=4E_0$，

$$\langle E\rangle_{t=0} =\frac14E_0+\frac34(4E_0) =\frac{13}{4}E_0.$$

所以

$$\boxed{ \langle E\rangle_{t=0} =\frac{13\pi^2\hbar^2}{8ma^2} }.$$

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(d) 求任意時間 $t$ 的波函數 $\Psi(x,t)$

每一個能量本徵態隨時間演化時，只會乘上一個相位因子：

$$\psi_n(x,t)=\psi_n(x)e^{-iE_nt/\hbar}.$$

因此

$$\Psi(x,t) =\frac12\psi_0(x)e^{-iE_0t/\hbar} +\frac{\sqrt3}{2}\psi_1(x)e^{-iE_1t/\hbar}.$$

核心觀念

1. 三維無限深方形位井（3D Cubic Box）單粒子能階：
   邊長為 $a$（體積 $V = a^3$）的三維立方體位井中，質量為 $m$ 的單一粒子，其空間量子態由量子數 $(n_x, n_y, n_z)$ 決定（其中 $n_x, n_y, n_z \in \{1, 2, 3, \dots\}$），對應的單粒子能階公式為：
   $E_{n_x, n_y, n_z} = \frac{h^2}{8 m a^2} \left( n_x^2 + n_y^2 + n_z^2 \right) = E_0 \left( n_x^2 + n_y^2 + n_z^2 \right)$
   其中定義基底能量單位 $E_0 \equiv \frac{h^2}{8 m a^2} = \frac{\pi^2 \hbar^2}{2 m a^2}$。

2. 包立不相容原理（Pauli Exclusion Principle）與費米子統計：
   電子為自旋 $s = 1/2$ 的費米子（Fermions）。每個空間量子態 $(n_x, n_y, n_z)$ 包含自旋向上（$m_s = +1/2$）與自旋向下（$m_s = -1/2$）兩種自旋態，故最多可容納 $2$ 個電子。

3. 多電子系統總能量與簡併度（Degeneracy）：

   • 總能量：無交互作用的多電子系統總能量為各電子所處單粒子能階能量之和：$E_{\text{total}} = \sum_{i=1}^{5} E_i$。
   • 簡併度：若某能級包含 $N_{\text{orbital}}$ 個空間軌域，則對應 $g = 2 N_{\text{orbital}}$ 個單粒子自旋軌域。將 $k$ 個全同電子填入該能級的 $g$ 個單粒子自旋態中，其組合數為 $\binom{g}{k} = \frac{g!}{k!(g-k)!}$。系統總簡併度即為各能級填法數之乘積。

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解題方法

1. 單粒子能階結構分析

按量子數平方和 $n^2 = n_x^2 + n_y^2 + n_z^2$ 由小到大列出單粒子能階：

• 第一能級 ($n^2 = 3$)：
  • 量子態為 $(1,1,1)$，包含 $1$ 個空間軌域，可提供 $1 \times 2 = 2$ 個自旋態。
  • 單粒子能量 $E = 3 E_0$。
• 第二能級 ($n^2 = 6$)：
  • 量子態為 $(2,1,1), (1,2,1), (1,1,2)$，包含 $3$ 個空間軌域，可提供 $3 \times 2 = 6$ 個自旋態。
  • 單粒子能量 $E = 6 E_0$。
• 第三能級 ($n^2 = 9$)：
  • 量子態為 $(2,2,1), (2,1,2), (1,2,2)$，包含 $3$ 個空間軌域，可提供 $3 \times 2 = 6$ 個自旋態。
  • 單粒子能量 $E = 9 E_0$。

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2. (a) 基態與第一激發態之能量計算

• 基態（Ground State）：
  為使 5 個電子的總能量最小，需由最低能級開始依序填充：

  • 填滿第一能級 ($n^2 = 3$)：放入 2 個電子。
  • 剩餘 3 個電子填入第二能級 ($n^2 = 6$)。

  基態電子組態記為 $(n^2=3)^2 (n^2=6)^3$。
  基態總能量 $E_g$ 為：
  $E_g = 2 \times (3 E_0) + 3 \times (6 E_0) = 6 E_0 + 18 E_0 = 24 E_0 = \frac{24 h^2}{8 m a^2} = \frac{3 h^2}{m a^2}$

• 第一激發態（First Excited State）：
  要獲得高於基態且能量最低的激發態，有以下兩種單電子躍遷途徑：

  1. 途徑一：將第二能級 ($n^2=6$) 中的 1 個電子提升至第三能級 ($n^2=9$)。
     • 電子組態：$(n^2=3)^2 (n^2=6)^2 (n^2=9)^1$

核心觀念

本題考查**海森堡測不準原理（Heisenberg Uncertainty Principle）的物理實體驗證與光學／物質波繞射（Diffraction）**的幾何關係。

關鍵定義與公式如下：

1. 海森堡測不準原理：在同一方向上，粒子的位置不確定度 $\Delta x$ 與動量不確定度 $\Delta p_x$ 之乘積必受量子力學基本極限限制：
   $\Delta x \Delta p_x \ge \frac{\hbar}{2}$
   其中 $\hbar = \frac{h}{2\pi}$ 為約化普朗克常數（Reduced Planck Constant）。
2. 德布羅意物質波假說（de Broglie Hypothesis）：動量為 $p$ 的電子具有波長 $\lambda$：
   $\lambda = \frac{h}{p}$
3. 單狹縫繞射第一暗紋條件（First Minimum of Single-Slit Diffraction）：寬度為 $a$ 的單狹縫，第一暗紋之繞射角 $\theta$ 滿足：
   $a \sin \theta = \lambda$

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解題方法

本題採用「單狹縫電子繞射實驗」的模型來驗證測不準原理。推導步驟如下：

步驟一：建立物理模型與位置不確定度

設有一束單能電子束沿 $z$ 軸方向入射寬度為 $a$ 的單狹縫（狹縫開口方向為 $x$ 軸）。
當電子穿過狹縫時，其在 $x$ 軸方向的位置被限制在狹縫範圍內，因此電子在 $x$ 方向的位置不確定度即為狹縫寬度：
$\Delta x \approx a$

步驟二：利用物質波繞射求繞射角

根據波粒二象性，穿過狹縫的電子束會發生繞射現象，大部分電子將落在中央亮帶（Central Maximum）的範圍內。
中央亮帶邊界（第一暗紋）對應的繞射偏向角 $\theta$ 滿足單狹縫繞射公式：
$\sin \theta = \frac{\lambda}{a}$

步驟三：求橫向動量不確定度

電子原本僅具有沿入射方向（$z$ 軸）的動量 $p$。通過狹縫發生繞射後，電子在橫向（$x$ 軸）獲得了動量分量 $p_x$。
由於多數電子分散在中央亮帶之間（偏向角範圍介於 $-\theta$ 到 $+\theta$），電子在 $x$ 方向的動量散佈範圍（即動量不確定度）可估算為：
$\Delta p_x \approx p \sin \theta$

將德布羅意關係式 $p = \frac{h}{\lambda}$ 與第一暗紋條件 $\sin \theta = \frac{\lambda}{a}$ 代入上式：
$\Delta p_x \approx \left(\frac{h}{\lambda}\right) \cdot \left(\frac{\lambda}{a}\right) = \frac{h}{a}$

步驟四：計算不確定度乘積並驗證原理

將位置不確定度 $\Delta x$ 與動量不確定度 $\Delta p_x$ 相乘：
$\Delta x \Delta p_x \approx a \cdot \left(\frac{h}{a}\right) = h$

因為 $h = 2\pi \hbar \approx 6.28 \hbar$，顯然有：
$h > \frac{\hbar}{2}$

因此導出：
$\Delta x \Delta p_x \approx h \ge \frac{\hbar}{2}$

核心觀念

1. 三維球座標下的歸一化條件（Normalization Condition）：
   量子力學中，微觀粒子在全空間出現的總機率必須為 $1$。對於三維球座標系，體積元素為 $dV = r^2 \sin\theta \, dr \, d\theta \, d\phi$，其歸一化條件為：
   $\iiint_{\text{全空間}} |\Psi(r, \theta, \phi)|^2 dV = \int_{0}^{2\pi} d\phi \int_{0}^{\pi} \sin\theta \, d\theta \int_{0}^{\infty} |\Psi(r, \theta, \phi)|^2 r^2 \, dr = 1$

2. 逕向機率密度（Radial Probability Density, $P(r)$）：
   電子出現在半徑介於 $r$ 與 $r + dr$ 之間的薄球殼內的機率定義為 $dP = P(r) \, dr$。對於球對稱狀態（$\ell = 0$，與角度 $\theta, \phi$ 無關），角度部分的積分結果為 $4\pi$（即整個球面的固體角），故逕向機率密度公式為：
   $P(r) = 4\pi r^2 |\Psi(r)|^2$

3. 特種瑕積分公式（Gamma 函數形式）：
   題目提供的標準積分公式為：
   $\int_0^\infty x^n e^{-bx} dx = \frac{n!}{b^{n+1}}$

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解題方法

(a) 求歸一化常數 $C$

1. 建立歸一化積分式：
   將氫原子基態波函數 $\Psi_{100}(r) = C e^{-r/a}$ 代入全空間歸一化條件：
   $\int_{0}^{2\pi} d\phi \int_{0}^{\pi} \sin\theta \, d\theta \int_{0}^{\infty} \left| C e^{-r/a} \right|^2 r^2 \, dr = 1$

2. 拆解角度與逕向積分：
   由於波函數具備球對稱性（與 $\theta, \phi$ 無關），可將角度積分與逕向積分獨立開來：
   $\left( \int_{0}^{2\pi} d\phi \right) \left( \int_{0}^{\pi} \sin\theta \, d\theta \right) \cdot |C|^2 \int_{0}^{\infty} r^2 e^{-2r/a} \, dr = 1$

3. 計算各部分積分值：

   • 角度部分：
     $\int_{0}^{2\pi} d\phi = 2\pi$
     $\int_{0}^{\pi} \sin\theta \, d\theta = \left[ -\cos\theta \right]_0^\pi = 1 - (-1) = 2$
     兩者相乘得整個立體角 $4\pi$。
   • 逕向部分：
     利用已知公式 $\int_0^\infty x^n e^{-bx} dx = \frac{n!}{b^{n+1}}$，此處對應 $n = 2$，$b = \frac{2}{a}$：
     $\int_{0}^{\infty} r^2 e^{-2r/a} \, dr = \frac{2!}{\left(\frac{2}{a}\right)^{2+1}} = \frac{2}{\frac{8}{a^3}} = \frac{a^3}{4}$

4. 求解歸一化常數 $C$：
   將各項結果代回歸一化條件式：
   $(2\pi) \cdot (2) \cdot |C|^2 \cdot \frac{a^3}{4} = 1$
   $4\pi |C|^2 \cdot \frac{a^3}{4} = 1 \implies \pi |C|^2 a^3 = 1$

核心觀念

本題考查原子物理學與量子力學中角動量耦合（Angular Momentum Coupling）及角動量量子化的基本法則。主要觀念包含：

1. 單一電子的總角動量耦合：電子的總角動量 $\mathbf{J}$ 為軌域角動量 $\mathbf{L}$ 與自旋角動量 $\mathbf{S}$ 之向量和，即 $\mathbf{J} = \mathbf{L} + \mathbf{S}$。單一電子的自旋量子數固定為 $s = 1/2$。
2. 空間量子化（Spatial Quantization）：角動量在空間中特定方向（通常定為 $z$ 軸）的分量是量子化的。對於量子數為 $j$ 的角動量，其 $z$ 軸分量量子數 $m_j$ 可取 $2j+1$ 個可能值。
3. 角動量加法定理（Clebsch-Gordan 級數）：若兩個獨立角動量系統的量子數分別為 $j_1$ 與 $j_2$，合成後的總角動量量子數 $j$ 必須符合三角不等式關係限制，且可能值以步長 1 遞減。
4. 多電子系統角動量耦合：多電子系統可先分別耦合軌域角動量與自旋角動量（$L\text{-}S$ 耦合，或稱 Russell-Saunders 耦合），再合成系統總角動量 $\mathbf{J} = \mathbf{L} + \mathbf{S}$。

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解題方法與推導過程

(a) 求單一電子的總角動量量子數 $j$

對於單一電子，軌域角動量量子數為 $l$，自旋角動量量子數為 $s = 1/2$。
總角動量量子數 $j$ 的可能取值由 Clebsch-Gordan 級數決定，範圍介於 $|l - s|$ 到 $l + s$ 之間，且間隔為 1：
$j = l + s, \, l + s - 1, \, \dots, \, |l - s|$

將 $s = 1/2$ 代入：

• 當 $l = 0$ 時：
  $j = \left|0 - \frac{1}{2}\right| = \frac{1}{2}$
• 當 $l > 0$ 時：
  $j = l + \frac{1}{2} \quad \text{或} \quad j = l - \frac{1}{2}$

(b) 求總角動量 $\mathbf{J}$ 的 $z$ 軸分量 $J_z$

總角動量 $\mathbf{J}$ 的 $z$ 軸分量算符作用於量子態時，其本徵值為 $J_z = m_j \hbar$。
對於給定的總角動量量子數 $j$，總角動量磁量子數 $m_j$ 的允許取值為從 $-j$ 到 $+j$，步長為 1（共 $2j+1$ 個可能值）：
$m_j \in \{-j, \, -j+1, \, \dots, \, j-1, \, j\}$

因此，總角動量 $z$ 軸分量 $J_z$ 的可能值為：
$J_z = m_j \hbar \quad \left(m_j = -j, -j+1, \dots, j\right)$

(c) 求兩個角動量 $J_1$ 與 $J_2$ 耦合後的可能總角動量量子數 $j$

若兩個子系統的角動量量子數分別為 $j_1$ 與 $j_2$，根據量子力學角動量加法原理，合成總角動量 $\mathbf{J} = \mathbf{J}_1 + \mathbf{J}_2$ 的可能總角動量量子數 $j$ 受限於三角不等式：
$|j_1 - j_2| \le j \le j_1 + j_2$

核心觀念

本題考查原子物理學中角動量的耦合與相加法則（Addition of Angular Momenta）。

在量子力學中，當系統包含兩個獨立的軌道角動量 $\mathbf{L}_1$ 與 $\mathbf{L}_2$（對應量子數分別為 $l_1$ 與 $l_2$）時，系統的總軌道角動量定義為 $\mathbf{L} = \mathbf{L}_1 + \mathbf{L}_2$。根據量子力學的角動量相加定理（Clebsch-Gordan 展開與向量模型），總軌道角動量量子數 $L$ 的可能取值必須滿足三角不等式關係：
$|l_1 - l_2| \le L \le l_1 + l_2$
且 $L$ 的取值必須以步長為 $1$ 的連續整數遞增。

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解題方法

步驟一：明確已知條件

• 第一顆電子的軌道角動量量子數 $l_1 = 2$（對應 $d$ 軌域）
• 第二顆電子的軌道角動量量子數 $l_2 = 3$（對應 $f$ 軌域）

步驟二：計算總軌道角動量量子數 $L$ 的邊界值

• 最小可能量子數（向量反向抵銷）：
  $L_{\min} = |l_1 - l_2| = |2 - 3| = 1$
• 最大可能量子數（向量同向相加）：
  $L_{\max} = l_1 + l_2 = 2 + 3 = 5$

步驟三：列出所有可能的量子數 $L$
在 $L_{\min} = 1$ 到 $L_{\max} = 5$ 之間，以間隔為 $1$ 的整數列出：
$L = 1, 2, 3, 4, 5$

步驟四：維度守恆驗算（簡明推導證明完整性）
兩獨立電子的未耦合態空間總維度為：
$N_{\text{uncoupled}} = (2l_1 + 1)(2l_2 + 1) = (2 \times 2 + 1)(2 \times 3 + 1) = 5 \times 7 = 35$

核心觀念

本題考查原子電偶極躍遷（electric dipole transition, E1）的選擇定則。鈉原子的能階以光譜項表示為

$$n\,^{2S+1}L_J$$

其中：

• $n$：主量子數；
• $S$：總自旋量子數；
• $L$：總軌道角動量，$S,P,D$ 分別代表 $L=0,1,2$；
• $J$：總角動量。

電偶極躍遷的主要選擇定則為：

$$\Delta S=0$$ $$\Delta L=\pm 1$$ $$\Delta J=0,\pm 1$$

但 $J=0\leftrightarrow J=0$ 不允許；此外，電偶極躍遷必須改變宇稱。單電子軌域的宇稱為

$$\pi=(-1)^l$$

因此，$S\leftrightarrow P$、$P\leftrightarrow D$ 會改變宇稱，可以符合電偶極躍遷；$S\leftrightarrow S$、$D\leftrightarrow S$ 則不改變宇稱。

本題所有能階皆為雙重態，故 $S=1/2$，自旋選擇定則均可滿足，關鍵在於檢查 $\Delta L$、$\Delta J$ 與宇稱變化。

解題方法

逐一讀出每個能階的 $L$ 與 $J$：

$$S\text{ 態}: L=0,\qquad P\text{ 態}: L=1,\qquad D\text{ 態}: L=2$$

接著對每個躍遷檢查：

1. 是否滿足 $\Delta L=\pm1$；
2. 是否滿足 $\Delta J=0,\pm1$；
3. 是否發生宇稱改變。

只要有任一條定則違反，該躍遷就不是電偶極躍遷。

選項分析

① $4S_{1/2}\rightarrow 3S_{1/2}$

初態與末態皆為 $S$ 態：

$$L_i=0,\qquad L_f=0$$

因此

$$\Delta L=0$$

違反電偶極躍遷的軌道角動量選擇定則 $\Delta L=\pm1$。

同時，$S\rightarrow S$ 不改變宇稱，亦不符合電偶極躍遷必須改變宇稱的要求。

因此此躍遷不發生為電偶極躍遷。

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② $4S_{1/2}\rightarrow 3P_{3/2}$

此躍遷為 $S\rightarrow P$：

$$\Delta L=1-0=+1$$

符合 $\Delta L=\pm1$。

總角動量變化為

$$\Delta J=\frac{3}{2}-\frac{1}{2}=+1$$

符合 $\Delta J=0,\pm1$，且 $S$ 態與 $P$ 態的宇稱不同。

因此此躍遷允許作為電偶極躍遷。

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③ $4P_{3/2}\rightarrow 3S_{1/2}$

此躍遷為 $P\rightarrow S$：

$$\Delta L=0-1=-1$$

符合 $\Delta L=\pm1$。

總角動量變化為

核心觀念

• 麥克斯威速率分布函數（Maxwell speed distribution function）：描述處於熱平衡狀態的古典理想氣體中，分子速率落在特定區間 $v \to v+dv$ 的機率分布（或分子數目分布）。
• 最概然速率（Most Probable Speed, 記作 $v_p$）：指氣體分子出現機率最高的速率，即機率分布函數 $f(v)$ 達到極大值（分布曲線最高峰）所對應的 $v$ 值。
• 極值微積分判據：對分布函數對速率 $v$ 求一階導數，令其等於零：
  $\frac{df(v)}{dv} = 0$
  解出的 $v$ 即為最概然速率 $v_p$，並可透過二階導數 $\frac{d^2 f(v)}{dv^2} < 0$ 確認其為極大值點。

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解題方法

1. 簡化分布函數表示式

將題目給定的麥克斯威速率分布函數整理為：
$f(v) = C v^2 e^{-\frac{m v^2}{2 k T}}$
其中常數項為 $C = 4\pi N \left( \frac{m}{2\pi k T} \right)^{3/2}$，對於特定溫度的定量氣體而言，$C$ 為獨立於 $v$ 的正實數。

2. 計算一階導數

對 $f(v)$ 關於 $v$ 進行微分，運用乘法微分法則（Product Rule）：
$\frac{df(v)}{dv} = C \left[ \frac{d(v^2)}{dv} \cdot e^{-\frac{m v^2}{2 k T}} + v^2 \cdot \frac{d}{dv}\left(e^{-\frac{m v^2}{2 k T}}\right) \right]$

利用連鎖律（Chain Rule）求指數項的導數：
$\frac{d}{dv}\left(e^{-\frac{m v^2}{2 k T}}\right) = \left( -\frac{2mv}{2kT} \right) e^{-\frac{m v^2}{2 k T}} = -\frac{mv}{kT} e^{-\frac{m v^2}{2 k T}}$

代回一階導數式：
$\frac{df(v)}{dv} = C \left[ 2v e^{-\frac{m v^2}{2 k T}} - \frac{m v^3}{kT} e^{-\frac{m v^2}{2 k T}} \right] = C v e^{-\frac{m v^2}{2 k T}} \left( 2 - \frac{m v^2}{k T} \right)$

3. 求解極值點 $v_p$

令一階導數等於零：
$\frac{df(v)}{dv} \Big|_{v=v_p} = 0$

由於當 $v > 0$ 時，$C \neq 0$、 $v_p \neq 0$ 且 $e^{-\frac{m v_p^2}{2 k T}} > 0$，因此括號內算式必須為零：
$2 - \frac{m v_p^2}{k T} = 0$

移項解出 $v_p$：
$v_p^2 = \frac{2kT}{m}$
$v_p = \sqrt{\frac{2kT}{m}}$

4. 二階導數驗證極大值

計算二階導數 $\frac{d^2 f(v)}{dv^2}$ 並代入 $v = v_p$：

核心觀念

• 雙原子分子剛性轉子模型（Rigid Rotor Model）：
  雙原子分子繞其質心旋轉的運動，在量子力學中可簡化為一個質量等於折合質量（Reduced Mass）$\mu$ 的單一粒子，在半徑為平衡鍵長 $r_0$ 的球面上的轉動。
• 角動量量子化（Quantization of Angular Momentum）：
  根據量子力學，空間轉動角動量大小的平方 $L^2$ 滿足量子化條件：
  $L^2 = J(J+1)\hbar^2, \quad J = 0, 1, 2, \dots$
  其中 $J$ 為旋轉量子數（部分文獻或題目以 $l$ 或 $I$ 表示），$\hbar = \frac{h}{2\pi}$ 為約化普朗克常數。
• 轉動能階（Rotational Energy Levels）：
  古典轉動動能表達式為 $E = \frac{1}{2}I\omega^2 = \frac{L^2}{2I}$。結合角動量量子化條件，可得轉動能階：
  $E_J = \frac{\hbar^2}{2I} J(J+1), \quad J = 0, 1, 2, \dots$
  其中轉動慣量 $I = \mu r_0^2$，折合質量 $\mu = \frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2}$。
• 能階躍遷與能階差：
  從 $J = 0$ 至 $J = 1$ 的躍遷能階差為：
  $\Delta E = E_1 - E_0 = \frac{\hbar^2}{I}$

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解題方法

(a) 推導雙原子分子的轉動能階

1. 建立系統轉動慣量與折合質量：
   設雙原子分子由兩原子組成，質量分別為 $m_1$ 與 $m_2$，兩核間距為 $r_0$。兩原子相對於質心的距離分別為 $r_1$ 與 $r_2$，滿足 $r_1 + r_2 = r_0$ 且質心條件 $m_1 r_1 = m_2 r_2$。
   系統相對於質心的轉動慣量 $I$ 為：
   $I = m_1 r_1^2 + m_2 r_2^2 = \frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2} (r_1 + r_2)^2 = \mu r_0^2$
   其中折合質量 $\mu$ 定義為：
   $\mu = \frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2}$

2. 導出量子化能階：
   古典物理中，動量與角動量的關係為 $L = I\omega$，故轉動動能可表示為：
   $E = \frac{1}{2} I \omega^2 = \frac{(I\omega)^2}{2I} = \frac{L^2}{2I}$
   代入量子力學中角動量大小算符固有值 $L^2 = J(J+1)\hbar^2$，得到雙原子分子的轉動能階公式為：
   $E_J = \frac{\hbar^2}{2I} J(J+1) = \frac{\hbar^2}{2\mu r_0^2} J(J+1), \quad (J = 0, 1, 2, \dots)$

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(b) 求 CO 分子的平衡鍵長 $r_0$

1. 導出轉動慣量 $I$ 與能階差 $\Delta E$ 的關係：
   當量子數由 $J = 0$ 躍遷至 $J = 1$ 時：
   $E_0 = \frac{\hbar^2}{2I} (0)(0+1) = 0$
   $E_1 = \frac{\hbar^2}{2I} (1)(1+1) = \frac{\hbar^2}{I}$
   兩能階差為：
   $\Delta E = E_1 - E_0 = \frac{\hbar^2}{I} \implies I = \frac{\hbar^2}{\Delta E}$

2. 計算 CO 分子的折合質量 $\mu$：
   一氧化碳（CO）分子由碳原子 $^{12}\text{C}$ ($m_1 = 12 \text{ u}$) 與氧原子 $^{16}\text{O}$ ($m_2 = 16 \text{ u}$) 組成：
   $\mu = \frac{12 \times 16}{12 + 16} \text{ u} = \frac{192}{28} \text{ u} = \frac{48}{7} \text{ u} \approx 6.85714 \text{ u}$

核心觀念

本題考查固態物理與古典/微觀電學中的**電流密度（Current Density）與漂移速度（Drift Velocity）**的基本定義與計算。

1. 電流密度 $J$：定義為單位截面積所通過的電流。若電流 $I$ 均勻分佈於截面積為 $A$ 的導體截面上，其關係式為：
   $J = \frac{I}{A}$

2. 漂移速度 $v_d$：金屬內自由電子在外加電場作用下形成的平均定向移動速度。微觀電流密度公式為：
   $J = n e v_d$
   由此可得漂移速度關係式為：
   $v_d = \frac{J}{n e} = \frac{I}{n e A}$
   其中：

   • $I$ 為電流（$\text{A}$）
   • $A$ 為導線橫截面積（$\text{m}^2$）
   • $n$ 為自由電子體積濃度（$\text{m}^{-3}$）
   • $e$ 為基本電荷量（微觀載子電荷 magnitude，接近 $1.602 \times 10^{-19} \text{ C}$）

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解題方法

1. 物理量單位轉換與幾何參數計算

• 電流 $I = 1 \text{ mA} = 1.0 \times 10^{-3} \text{ A}$
• 銅線直徑 $d = 0.163 \text{ cm} = 1.63 \times 10^{-3} \text{ m}$
• 銅線半徑 $r = \frac{d}{2} = 0.0815 \text{ cm} = 8.15 \times 10^{-4} \text{ m}$
• 截面積 $A$ 為：
  $A = \pi r^2 = \pi \times \left(8.15 \times 10^{-4} \text{ m}\right)^2 \approx 2.087 \times 10^{-6} \text{ m}^2$
• 電子濃度 $n = 8.47 \times 10^{28} \text{ m}^{-3}$
• 電荷量 $e = 1.602 \times 10^{-19} \text{ C}$

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2. (a) 計算電流密度 $J$

將電流 $I$ 與截面積 $A$ 代入電流密度公式：
$J = \frac{I}{A} = \frac{1.0 \times 10^{-3} \text{ A}}{2.087 \times 10^{-6} \text{ m}^2} \approx 4.79 \times 10^2 \text{ A/m}^2 \quad (\text{或 } 479 \text{ A/m}^2)$

若換算為 $\text{A/cm}^2$：
$J = \frac{1.0 \times 10^{-3} \text{ A}}{0.02087 \text{ cm}^2} \approx 4.79 \times 10^{-2} \text{ A/cm}^2$

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