112 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

本題要求說明三個近代物理的重要術語，重點不在繁複計算，而在於：

1. 說明實驗現象。
2. 寫出代表性公式。
3. 解釋其所支持的物理觀念。
4. 比較經典波動觀與量子論的差異。

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(a) Compton effect（康普頓效應）

定義與物理現象

康普頓效應是指高能量光子，例如 X 射線或 $\gamma$ 射線，與近似自由的電子碰撞後發生散射，散射光子的波長比入射光長：

$$\lambda' > \lambda$$

其中：

• $\lambda$：入射光波長
• $\lambda'$：散射光波長
• $\theta$：光子散射角
• $m_e$：電子靜止質量

實驗顯示，波長改變量只與散射角有關，與入射光的強度及材料種類無直接關係。

解題方法與公式推導

將康普頓散射視為「光子與自由電子的碰撞」，使用能量與動量守恆。

光子的能量與動量為：

$$E_\gamma = \frac{hc}{\lambda}$$ $$p_\gamma = \frac{E_\gamma}{c}=\frac{h}{\lambda}$$

碰撞前電子近似靜止。經碰撞後，光子能量降低，部分能量轉移給電子，因此散射光子的波長增加。

由相對論性能量與動量守恆，可得康普頓公式：

$$\lambda'-\lambda = \frac{h}{m_e c}(1-\cos\theta)$$

其中

$$\lambda_C=\frac{h}{m_e c}$$

稱為電子的康普頓波長，數值約為：

$$\lambda_C \approx 2.43\times 10^{-12}\ \text{m}$$

因此也可寫成：

$$\Delta\lambda = \lambda_C(1-\cos\theta)$$

重要特例

若光子正向散射，$\theta=0^\circ$：

$$\Delta\lambda=0$$

表示波長不改變。

若光子反向散射，$\theta=180^\circ$：

$$\Delta\lambda = \frac{h}{m_e c}(1-(-1)) = \frac{2h}{m_e c}$$

此時波長改變量最大。

物理意義

康普頓效應證明光子具有粒子性。若光只被視為經典電磁波，散射後的波長應主要由電子振動頻率與入射波頻率決定，不應出現上述固定的波長位移公式。

康普頓效應顯示：

• 光子具有能量 $E=hf$。
• 光子具有動量 $p=h/\lambda$。
• 光子可與電子進行類似粒子碰撞的能量、動量交換。

解題技巧與常見陷阱

• 康普頓效應的關鍵字是「波長改變」。
• 散射後光子能量降低，因此頻率降低、波長增加。
• 波長位移公式為：

$$\Delta\lambda=\frac{h}{m_e c}(1-\cos\theta)$$

• $\Delta\lambda$ 只與散射角及散射粒子的質量有關，不直接依賴入射光強度。
• 電子質量越大，康普頓波長越小，因此對重粒子而言波長位移不明顯。

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(b) Photoelectric effect（光電效應）

定義與物理現象

光電效應是指光照射到金屬表面時，若入射光頻率足夠高，金屬會放出電子，這些電子稱為光電子。

光電效應的主要實驗特徵如下：

1. 存在最低頻率，稱為截止頻率或臨界頻率 $\nu_0$。
2. 當 $\nu<\nu_0$ 時，無論光強度多大，都不會放出電子。
3. 當 $\nu>\nu_0$ 時，電子幾乎立即逸出。
4. 光電子的最大動能由入射光頻率決定。
5. 光強度增加時，放出電子的數量增加，但單一電子的最大動能不因此增加。

解題方法與光電方程式

愛因斯坦將光視為由一個個光子組成，每個光子的能量為：

$$E_\gamma=h\nu$$

光子能量先用來克服金屬的功函數 $\phi$，剩餘能量成為逸出電子的最大動能。因此由能量守恆：

$$h\nu=\phi+K_{\max}$$

所以：

$$K_{\max}=h\nu-\phi$$

若以逸出電子的最大速度 $v_{\max}$ 表示：

$$K_{\max}=\frac{1}{2}m_e v_{\max}^2$$

因此：

$$\frac{1}{2}m_e v_{\max}^2=h\nu-\phi$$

在臨界頻率 $\nu_0$ 時，電子剛好逸出，最大動能為零：

$$h\nu_0=\phi$$

故：

$$\nu_0=\frac{\phi}{h}$$

核心觀念

本題比較兩種黑體輻射理論：

• Rayleigh–Jeans 理論：能量取連續值，利用經典統計力學的 Boltzmann 分布。
• Planck 理論：能量以離散量子 $h\nu$ 為單位交換。
• 黑體光譜的比較：低頻時兩者一致，高頻時 Rayleigh–Jeans 理論產生紫外災變，而 Planck 理論趨近於零。

其中，頻率為 $\nu$ 的電磁模態數密度為

$$g(\nu)d\nu=\frac{8\pi \nu^2}{c^3}d\nu$$

因此，頻譜能量密度為

$$u_\nu=g(\nu)\langle E\rangle$$

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(a) Rayleigh–Jeans 理論中的平均總能量

解題方法

題目給出的 $P(E)$ 應視為能量的機率密度函數。因為能量為連續變數，必須使用積分進行正規化與求平均值。

能量範圍為

$$0\leq E<\infty$$

Boltzmann 分布為

$$P(E)=Ae^{-E/kT}$$

1. 求正規化常數 $A$

機率密度的總積分必須等於 $1$：

$$\int_0^\infty P(E)\,dE=1$$

因此

$$A\int_0^\infty e^{-E/kT}\,dE=1$$

利用

$$\int_0^\infty e^{-E/kT}\,dE=kT$$

得到

$$A kT=1$$

所以

$$A=\frac{1}{kT}$$

因此機率密度為

$$P(E)=\frac{1}{kT}e^{-E/kT}$$

2. 求平均能量

連續能量的平均值為

$$\langle E\rangle=\int_0^\infty E P(E)\,dE$$

代入 $P(E)$：

$$\langle E\rangle = \frac{1}{kT} \int_0^\infty E e^{-E/kT}\,dE$$

令

$$x=\frac{E}{kT}$$

則

$$E=kTx,\qquad dE=kT\,dx$$

所以

$$\langle E\rangle = \frac{1}{kT} \int_0^\infty (kTx)e^{-x}(kT)\,dx$$

整理得

$$\langle E\rangle = kT\int_0^\infty xe^{-x}\,dx$$

而

$$\int_0^\infty xe^{-x}\,dx=1$$

故平均總能量為

$$\boxed{\langle E\rangle_{\mathrm{RJ}}=kT}$$

這也符合經典均分定理：一個簡諧振子具有動能與位能兩個二次項，每一項平均貢獻 $\frac{1}{2}kT$，總能量即為 $kT$。

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(b) Planck 假設與平均能量

Planck 的量子化假設

Planck 假設頻率為 $\nu$ 的振子，其能量不能連續變化，而只能取離散值：

$$E_n=nh\nu,\qquad n=0,1,2,\ldots$$

其中：

• $h$ 為 Planck 常數；
• $\nu$ 為振盪頻率；
• 每次能量交換的最小單位為 $h\nu$。

1. 建立配分函數

在溫度 $T$ 下，第 $n$ 個能階的 Boltzmann 權重為

$$e^{-E_n/kT} = e^{-nh\nu/kT}$$

因此配分函數為

$$Z=\sum_{n=0}^{\infty}e^{-nh\nu/kT}$$

這是等比級數，故

$$Z= \frac{1}{1-e^{-h\nu/kT}}$$

令

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

則

$$Z=\frac{1}{1-e^{-x}}$$

2. 求平均能量

平均能量為

$$\langle E\rangle = \frac{\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}E_n e^{-E_n/kT}} {\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}e^{-E_n/kT}}$$

代入 $E_n=nh\nu$：

$$\langle E\rangle = h\nu \frac{\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}n e^{-nx}} {\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}e^{-nx}}$$

利用等比級數結果：

$$\sum_{n=0}^{\infty}e^{-nx} = \frac{1}{1-e^{-x}}$$

以及

$$\sum_{n=0}^{\infty}n e^{-nx} = \frac{e^{-x}}{(1-e^{-x})^2}$$

可得

$$\langle E\rangle = h\nu \frac{e^{-x}}{1-e^{-x}}$$

整理為

$$\boxed{ \langle E\rangle_{\mathrm{Planck}} = \frac{h\nu}{e^{h\nu/kT}-1} }$$

這就是 Planck 理論中，頻率為 $\nu$ 的振子的平均熱能。

若採用含零點能量的能階 $E_n=(n+\frac12)h\nu$，平均能量會多出 $\frac12h\nu$。但零點能量與溫度無關，不參與黑體輻射的熱平衡光譜，因此標準黑體公式使用上式。

Planck 光譜公式

乘上頻率為 $\nu$ 的模態數密度：

$$u_\nu^{\mathrm{Planck}} = \frac{8\pi\nu^2}{c^3} \frac{h\nu}{e^{h\nu/kT}-1}$$

因此

$$\boxed{ u_\nu^{\mathrm{Planck}} = \frac{8\pi h\nu^3}{c^3} \frac{1}{e^{h\nu/kT}-1} }$$

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(c) Rayleigh–Jeans 光譜與 Planck 光譜

1. Rayleigh–Jeans 光譜

由

核心觀念

本題考查兩個核心觀念：

1. 德布羅意物質波長
   $\lambda=\frac{h}{p}=\frac{2\pi\hbar}{p}$
   在非相對論情況下，動能與動量關係為
   $K=\frac{p^2}{2m}.$

2. 海森堡不確定性原理
   $\Delta x\,\Delta p\geq \frac{\hbar}{2}.$
   石頭雖然由高度 $S$ 垂直落下，但其水平方向仍具有位置與動量的不確定性，因此落地時會有橫向散布。

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（a）電子與 $\alpha$ 粒子的德布羅意波長比

電子與 $\alpha$ 粒子的動能相同，設共同動能為 $K$。

由
$K=\frac{p^2}{2m}$

可得
$p=\sqrt{2mK}.$

德布羅意波長為

$$\lambda=\frac{h}{p} =\frac{h}{\sqrt{2mK}}.$$

在 $K$ 相同時，
$\lambda\propto \frac{1}{\sqrt{m}}.$

因此

$$\frac{\lambda_e}{\lambda_\alpha} =\sqrt{\frac{m_\alpha}{m_e}}.$$

$\alpha$ 粒子由兩個質子與兩個中子組成，其質量約為電子質量的 $4\times 1836$ 倍：

$m_\alpha\approx 7296m_e.$

所以

$$\frac{\lambda_e}{\lambda_\alpha} \approx \sqrt{7296} \approx 85.4.$$

因此電子的德布羅意波長約為 $\alpha$ 粒子的 $85$ 倍。

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（b）石頭落地時的橫向偏移量

解題方法

設石頭在水平方向的初始位置不確定度為 $\Delta x$，水平方向動量不確定度為 $\Delta p$。根據不確定性原理，

$\Delta x\,\Delta p\gtrsim \hbar.$

落下時間由自由落體公式決定：

$S=\frac{1}{2}gt^2,$

因此

$t=\sqrt{\frac{2S}{g}}.$

水平方向沒有外力，故石頭在時間 $t$ 後因動量不確定性所造成的位置散布量約為

$\Delta x_{\text{spread}}\sim \frac{\Delta p}{m}t.$

所以落地時的總橫向不確定度可估計為

$\Delta X\sim \Delta x+\frac{t}{m}\Delta p.$

利用 $\Delta p\sim \hbar/\Delta x$，得到

$\Delta X\sim \Delta x+\frac{\hbar t}{m\Delta x}.$

要使落地散布最小，令兩項具有相同量級：

$\Delta x\sim \frac{\hbar t}{m\Delta x}.$

因此

核心觀念

本題考查一維有限矩形位壘的量子散射，重點包括：

1. 定態薛丁格方程在分段常數位能中的波動解。
2. 波函數 $\psi$ 與其一階導數 $\psi'$ 在有限位能不連續處必須連續。
3. 反射率與穿透率的定義：

$$R=\frac{J_{\mathrm r}}{J_{\mathrm i}}, \qquad T=\frac{J_{\mathrm t}}{J_{\mathrm i}}.$$

4. 矩形位壘的共振穿透現象：當位壘寬度內的波程符合特定相位條件時，即使存在位壘，也可能有 $T=1$。

題目中的 $V_2$ 應視為入射粒子的能量，即

$$E=V_2,\qquad 0<V_0<V_2.$$

因此粒子在三個區域皆為振盪波。

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解題方法

將空間分成三個區域：

• 區域 I：$x<0$，$V=0$
• 區域 II：$0\le x\le a$，$V=V_0$
• 區域 III：$x>a$，$V=0$

由定態薛丁格方程

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

分別求解各區域波函數。

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各區域波函數

區域 I：$x<0$

入射粒子由左方射向位壘，因此波函數由向右傳播的入射波與向左傳播的反射波組成：

$$\psi_{\mathrm I}(x)=e^{ikx}+r e^{-ikx},$$

其中

$$k=\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar} =\frac{\sqrt{2mV_2}}{\hbar}.$$

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區域 II：$0\le x\le a$

在位壘內，粒子的動能為 $E-V_0>0$，因此仍為振盪解：

$$\psi_{\mathrm{II}}(x)=A e^{iqx}+B e^{-iqx},$$

其中

$$q=\frac{\sqrt{2m(E-V_0)}}{\hbar} =\frac{\sqrt{2m(V_2-V_0)}}{\hbar}.$$

位壘內的德布羅意波長為

$$\lambda_{\mathrm{II}}=\frac{2\pi}{q}.$$

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區域 III：$x>a$

右方沒有由無限遠處射回的波，因此只有向右傳播的透射波：

$$\psi_{\mathrm{III}}(x)=t e^{ikx}.$$

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邊界條件

由於位能只有有限的不連續，必須滿足

$$\psi_{\mathrm I}(0)=\psi_{\mathrm{II}}(0), \qquad \psi'_{\mathrm I}(0)=\psi'_{\mathrm{II}}(0),$$

以及

$$\psi_{\mathrm{II}}(a)=\psi_{\mathrm{III}}(a), \qquad \psi'_{\mathrm{II}}(a)=\psi'_{\mathrm{III}}(a).$$

在 $x=0$ 處：

$$1+r=A+B,$$ $$k(1-r)=q(A-B).$$

在 $x=a$ 處：

$$A e^{iqa}+B e^{-iqa}=t e^{ika},$$ $$q\left(A e^{iqa}-B e^{-iqa}\right) =kt e^{ika}.$$

由 $x=a$ 的兩式可得

$$A=\frac{t}{2}\left(1+\frac{k}{q}\right)e^{i(k-q)a},$$ $$B=\frac{t}{2}\left(1-\frac{k}{q}\right)e^{i(k+q)a}.$$

進一步代回 $x=0$ 的邊界條件，得到透射振幅

$$t= \frac{e^{-ika}} {\cos(qa)-i\frac{k^2+q^2}{2kq}\sin(qa)}.$$

反射振幅為

$$r= \frac{i(q^2-k^2)\sin(qa)} {2kq\left[\cos(qa)-i\frac{k^2+q^2}{2kq}\sin(qa)\right]}.$$

因此完整的定態解為

核心觀念

題目給出的波函數由氫原子本徵態 $\psi_{nlm}$ 疊加而成。由於這些狀態彼此正交且分別是下列算符的本徵態：

$$H\psi_{nlm}=E_n\psi_{nlm},$$ $$L^2\psi_{nlm}=\hbar^2l(l+1)\psi_{nlm},$$ $$L_z\psi_{nlm}=m\hbar\psi_{nlm},$$

因此各物理量的期望值可直接利用「各本徵態的機率權重乘上對應本徵值」求得。

題目所給波函數為

$$\Psi=\frac{1}{6} \left[ 4\psi_{100}+3\psi_{211}-\sqrt{10}\psi_{210} \right].$$

由於

$$\left|\frac{4}{6}\right|^2+ \left|\frac{3}{6}\right|^2+ \left|\frac{-\sqrt{10}}{6}\right|^2 = \frac{16+9+10}{36} = \frac{35}{36},$$

可知題目所寫波函數並未歸一化。因此先將其正規化：

$$\Psi_{\rm N} = \sqrt{\frac{36}{35}}\Psi = \frac{1}{\sqrt{35}} \left[ 4\psi_{100}+3\psi_{211}-\sqrt{10}\psi_{210} \right].$$

所以三個本徵態的機率分別為

$$P_{100}=\frac{16}{35},\qquad P_{211}=\frac{9}{35},\qquad P_{210}=\frac{10}{35}.$$

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(a) 能量期望值

氫原子的能量只與主量子數 $n$ 有關：

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

三個狀態的能量為

$$E_1=-13.6\ {\rm eV},$$ $$E_2=-\frac{13.6}{4}=-3.4\ {\rm eV}.$$

其中 $\psi_{100}$ 的 $n=1$，而 $\psi_{211}$、$\psi_{210}$ 的 $n=2$。因此

$$\langle H\rangle = \frac{16}{35}E_1+ \frac{9}{35}E_2+ \frac{10}{35}E_2.$$

代入數值：

$$\begin{aligned} \langle H\rangle &= \frac{16}{35}(-13.6) + \frac{19}{35}(-3.4)\\ &= -\frac{217.6+64.6}{35}\\ &= -8.062857\ {\rm eV}. \end{aligned}$$

因此

$$\boxed{\langle H\rangle\approx -8.06\ {\rm eV}}.$$

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(b) $L^2$ 的期望值

角動量平方的本徵值為

$$L^2=\hbar^2l(l+1).$$

各狀態的角量子數如下：

核心觀念

本題考查二維電子氣的能態密度（density of states, DOS）推導。核心定義為

$$D^{2D}(E)=\frac{1}{A}\frac{dN}{dE},$$

其中 $N$ 是能量低於 $E$ 的允許電子態數，$A$ 是二維系統面積。因此，二維系統的 DOS 單位是「每單位面積、每單位能量」，而非三維系統的「每單位體積、每單位能量」。

採用拋物線能帶近似：

$$E=E_c+\frac{\hbar^2 k^2}{2m^*},$$

其中 $E_c$ 為導帶底、$m^*$ 為電子有效質量。若討論自由電子氣，則可令 $E_c=0$ 且 $m^*=m$。

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解題方法：由二維 $k$ 空間計算能態數

1. 二維 $k$ 空間中的態密度

對邊長為 $L_x,L_y$ 的二維系統，面積為

$$A=L_xL_y.$$

週期性邊界條件使得 $k$ 空間中每一個量子態所占的面積為

$$\frac{(2\pi)^2}{A}.$$

因此，每單位面積的 $k$ 空間態密度為

$$\frac{1}{(2\pi)^2}.$$

若考慮電子自旋簡併，則自旋簡併度為

$$g_s=2.$$

更一般地，也可保留 $g_s$ 作為自旋簡併因子。

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2. 計算能量低於 $E$ 的態數

能量不超過 $E$ 的態，位於半徑為 $k$ 的圓形區域內。二維 $k$ 空間中，此圓的面積為

$$\pi k^2.$$

因此，能量低於 $E$ 的總態數為

$$N(E) = g_s \left(\frac{A}{(2\pi)^2}\right) \pi k^2.$$

整理得

$$N(E)=\frac{g_s A k^2}{4\pi}.$$

除以面積 $A$，得到每單位面積的累積態數：

$$\frac{N(E)}{A} = \frac{g_s k^2}{4\pi}.$$

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3. 代入二維拋物線能量關係

由

$$E-E_c=\frac{\hbar^2 k^2}{2m^*},$$

可得

$$k^2=\frac{2m^*(E-E_c)}{\hbar^2}.$$

代入累積態數：

$$\frac{N(E)}{A} = \frac{g_s}{4\pi} \frac{2m^*(E-E_c)}{\hbar^2}.$$

因此

$$\frac{N(E)}{A} = \frac{g_s m^*}{2\pi\hbar^2}(E-E_c).$$

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4. 對能量微分得到 DOS

根據定義，

$$D^{2D}(E) = \frac{1}{A}\frac{dN}{dE}.$$

所以

$$D^{2D}(E) = \frac{g_s m^*}{2\pi\hbar^2}.$$

由於能量必須位於導帶底以上，完整寫法為

$$\boxed{ D^{2D}(E) = \frac{g_s m^*}{2\pi\hbar^2} \Theta(E-E_c) }$$

其中 $\Theta$ 為階梯函數，表示 $E<E_c$ 時沒有可用電子態。

對通常的電子自旋簡併 $g_s=2$，得到

$$\boxed{ D^{2D}(E) = \frac{m^*}{\pi\hbar^2} \Theta(E-E_c) }$$

這就是二維電子氣的能態密度。可見二維 DOS 與能量無關，呈現階梯狀常數。

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若考慮能谷簡併

若材料具有 $g_v$ 個等價能谷，則總簡併度為

核心觀念

本題考查雷射產生的三種基本光–物質交互作用，以及三能階與四能階雷射的差異。

光子能量為

$$E_\gamma=h\nu=E_2-E_1$$

其中 $E_2$、$E_1$ 分別為高、低能階能量。當光子的頻率滿足共振條件

$$\nu=\frac{E_2-E_1}{h}$$

時，便可能發生能階間的躍遷。

雷射放大的關鍵是「粒子數反轉」：

$$N_2>N_1$$

其中 $N_2$ 為高能階粒子數，$N_1$ 為低能階粒子數。只有在受激放射多於吸收時，光才能形成增益並被放大。

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解題方法

作答時可先畫出兩個能階，標示能量差 $E_2-E_1$，再分別用箭頭說明三種過程。三者的判斷重點如下：

• 吸收：低能階 $\rightarrow$ 高能階。
• 受激放射：外來光子誘發高能階 $\rightarrow$ 低能階，產生第二個相同光子。
• 自發放射：高能階自行回到低能階，放出光子。

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(a) 吸收、受激放射與自發放射

設低能階為 $E_1$，高能階為 $E_2$，且

$$E_2-E_1=h\nu$$

1. 吸收（Absorption）

粒子原本位於低能階 $E_1$。當它吸收一個能量恰為 $h\nu$ 的光子後，會躍遷至高能階 $E_2$：

$$E_1+h\nu\longrightarrow E_2$$

能階圖可表示為：

E2  ─────────────
        ↑
        │  吸收光子 hν
        │
E1  ─────────────

吸收的特徵是：

• 粒子由低能階上升至高能階。
• 入射光子被消耗。
• 必須滿足共振條件 $h\nu=E_2-E_1$。
• 吸收會削弱光場，因此不是雷射放大的來源。

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2. 受激放射（Stimulated Emission）

粒子原本位於高能階 $E_2$。當一個頻率符合共振條件的外來光子接近時，會誘發粒子躍遷至低能階 $E_1$，並放出另一個光子：

$$E_2+h\nu\longrightarrow E_1+2h\nu$$

能階圖可表示為：

E2  ─────────────
        ↓
        │  外來光子 hν 誘發
        │
E1  ─────────────
       → hν

受激放射所產生的光子，與入射光子具有相同的：

• 頻率
• 相位
• 偏振方向
• 傳播方向

因此，原本的一個光子會變成兩個性質高度一致的光子，形成光學增益。這是雷射具有高單色性、高同調性與高方向性的主要原因。

受激放射的發生率與高能階粒子數及光場強度有關，可概念性地寫成

$$R_{\mathrm{stim}}\propto N_2\rho(\nu)$$

其中 $\rho(\nu)$ 表示該頻率附近的光場能量密度。

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3. 自發放射（Spontaneous Emission）

粒子位於高能階 $E_2$ 時，即使沒有外來光子誘發，也可能自行躍遷至低能階 $E_1$，並放出一個光子：

$$E_2\longrightarrow E_1+h\nu$$

能階圖可表示為：

E2  ─────────────
        ↓
        │  自發躍遷
        │
E1  ─────────────
       → hν

自發放射的光子具有隨機的：

• 發射時間
• 相位
• 傳播方向
• 偏振方向

因此，自發放射通常形成非同調光，類似一般光源的發光。其放射速率可寫為

$$R_{\mathrm{sp}}=A_{21}N_2$$

其中 $A_{21}$ 是由高能階 $E_2$ 自發放射至低能階 $E_1$ 的 Einstein 係數。

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三種過程的比較

過程	粒子躍遷	外來光子	放出光子特性
吸收	$E_1\rightarrow E_2$	需要	入射光子被消耗
受激放射	$E_2\rightarrow E_1$	需要誘發	與入射光子同頻、同相、同方向、同偏振

核心觀念

本題考查電磁輻射的光子觀點：

• 每個光子的能量為
  $E=h\nu$
• 頻率與波長的關係為
  $\nu=\frac{c}{\lambda}$
• 因此光子能量也可寫成
  $E=\frac{hc}{\lambda}$

其中 $c=3.00\times10^8\ \text{m/s}$。波長越短，頻率越高，單一光子的能量越大。

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解題方法

(a) 可見光光子的能量範圍

可見光波長範圍為 $400\ \text{nm}$ 至 $700\ \text{nm}$。

由

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

可知：

• 最短波長 $400\ \text{nm}$ 對應最大能量；
• 最長波長 $700\ \text{nm}$ 對應最小能量。

先將波長換算為公尺：

$400\ \text{nm}=400\times10^{-9}\ \text{m}$

$700\ \text{nm}=700\times10^{-9}\ \text{m}$

最大光子能量：

$$E_{\max} =\frac{(6.626\times10^{-34})(3.00\times10^8)} {400\times10^{-9}}$$ $$E_{\max}\approx4.97\times10^{-19}\ \text{J}$$

最小光子能量：

$$E_{\min} =\frac{(6.626\times10^{-34})(3.00\times10^8)} {700\times10^{-9}}$$ $$E_{\min}\approx2.84\times10^{-19}\ \text{J}$$

所以可見光光子的能量範圍為

$$\boxed{2.84\times10^{-19}\ \text{J}\le E\le4.97\times10^{-19}\ \text{J}}$$

若以電子伏特表示，約為 $1.77\ \text{eV}$ 至 $3.10\ \text{eV}$。

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(b) 無線電波與 X 射線的古典描述

核心觀念

本題考查 2022 年諾貝爾物理學獎所表彰的量子糾纏、貝爾不等式，以及量子資訊科學的實驗基礎。

2022 年諾貝爾物理學獎授予 Alain Aspect、John F. Clauser 與 Anton Zeilinger，主要成就包括：

1. 以實驗驗證量子糾纏現象。
2. 驗證量子力學對貝爾不等式違反的預測。
3. 證明自然界的關聯性不能完全以「局域隱變數理論」解釋。
4. 發展以糾纏為基礎的量子資訊技術。

若兩個粒子處於糾纏態，即使相距很遠，測量其中一個粒子的結果仍會與另一個粒子的結果呈現強烈關聯。典型的雙粒子糾纏態可寫成

$$|\psi\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} \left( |0\rangle_A|1\rangle_B - |1\rangle_A|0\rangle_B \right).$$

此狀態表示兩粒子的測量結果彼此相關，但在測量前不能將每個粒子的物理量視為已經具有確定值。

解題方法

本題要求「簡述重要成就及可能應用」，適合採用「實驗成就 → 物理意義 → 技術應用」的架構作答。

1. 貝爾不等式與量子力學的差異

若粒子的物理性質由局域隱變數預先決定，則不同測量方向所得到的關聯性必須滿足貝爾不等式。以 CHSH 不等式為例，定義

$$S=E(a,b)+E(a,b')+E(a',b)-E(a',b'),$$

其中 $E(a,b)$ 表示兩粒子分別以測量設定 $a$ 與 $b$ 測量時的結果關聯。局域隱變數理論要求

$$|S|\leq 2.$$

量子力學則預測某些糾纏態可達到

$$|S|=2\sqrt{2},$$

明顯違反貝爾不等式。

Clauser 建立可實驗檢驗的貝爾不等式形式；Aspect 改良實驗設計，快速改變測量設定，排除部分局域性漏洞；Zeilinger 則進一步操控與應用糾纏光子，奠定量子資訊實驗技術。

2. 重要物理意義