113 年 國立中央大學光電科學與工程學系半導體光電科技碩士班《近代物理》

核心觀念

光電效應中，光電子的最大動能為

其中 $h$ 是普朗克常數、$f$ 是入射光頻率、$\phi$ 是金屬的逸出功。施加反向電壓使光電流降為零時，電壓稱為截止電壓，其大小滿足

因此，入射光波長縮短、光子能量增加時，截止電壓的大小也會增加。

解題方法

波長由 $465\,\text{nm}$ 縮短為 $400\,\text{nm}$，光電子最大動能增加量為

已知 $465\,\text{nm}$ 照射時，電池電壓設為 $-3\,\text{V}$，電流表讀值為零，因此原截止電壓為 $-3\,\text{V}$。波長縮短後，截止電壓的反向電壓大小增加約 $0.43\,\text{V}$：

核心觀念

電子的電荷量為 $-e$，其中基本電荷量大小 $e=1.602\times10^{-19}\,\mathrm{C}$；電子靜止質量為 $m_e=9.11\times10^{-31}\,\mathrm{kg}$。總電荷為 $-1\,\mathrm{C}$ 時，電子個數由電荷量的大小求得：

總質量則為：

解題方法

代入 $Q=-1\,\mathrm{C}$，先求電子個數：

再乘上單一電子的質量：

核心觀念

粒子在長度為 $L$ 的區域內自由運動、區域外被無限高位能牆限制，屬於一維無限深方形位能井。能階為

因此在相同粒子與相同井寬下，能量與量子數平方成正比：$E_n\propto n^2$。

解題方法

由圖形數波函數在 $0$ 到 $L$ 之間的半波段數。$\phi_a$ 有兩個半波段，因此對應 $n_a=2$；$\phi_b$ 有四個半波段，因此對應 $n_b=4$。

兩態能量比為

已知 $E_a=1\ \text{eV}$，所以

核心觀念

兩個狹縫到觀察點 $P$ 的路徑差若為半波長的奇數倍，會產生破壞性干涉：

圖中兩狹縫相距 $a$，觀察方向與中央軸夾角為 $\theta$。在遠場近似下，兩束光的路徑差為

解題方法

破壞性干涉的路徑差依序為 $\frac{1}{2}\lambda$、$\frac{3}{2}\lambda$、$\frac{5}{2}\lambda$ 等。題目選項中的 $1.5\lambda$ 對應第二個破壞性干涉條件，因此

在小角度近似下，$\sin\theta\approx\tan\theta$，所以可寫成

選項分析

• (A) $b\sin\theta=1.5\lambda$：錯。 路徑差由狹縫間距 $a$ 在傳播方向上的投影決定；$b$ 是螢幕上 $P$ 相對中央軸的位移，不是狹縫間距。

核心觀念

1. 波函數的物理意義（Born 機率詮釋）：
   量子力學中，微觀粒子的狀態由波函數 $\phi(x,t)$ 描述。在時間 $t$、位置 $x$ 附近「單位長度內找到粒子的機率」即為機率密度（Probability Density） $P(x,t)$，定義為波函數的絕對值平方：
   $P(x,t) = |\phi(x,t)|^2 = \phi^*(x,t) \phi(x,t)$
   其中 $\phi^*(x,t)$ 代表波函數的複數共軛（Complex Conjugate）。
2. 複數模數平方與三角恆等式：
   對於任意複數 $z = a + ib$，其模數平方為 $|z|^2 = z^* z = a^2 + b^2$。配合畢氏三角恆等式 $\sin^2\theta + \cos^2\theta = 1$，可將震盪項簡化。

解題方法

根據題意，求「時間 $t$ 時在座標 $x$ 附近單位長度內找到粒子的機率」，即計算機率密度 $P(x,t) = |\phi(x,t)|^2$。

給定粒子的波函數為：
$\phi(x,t) = A\sin(\omega t+kx) + i A\cos(\omega t+kx)$

為簡化表示，令相位 $\theta = \omega t + kx$，波函數可寫為：
$\phi(x,t) = A (\sin\theta + i \cos\theta)$

取其複數共軛 $\phi^*(x,t)$（將虛數單位 $i$ 替換為 $-i$）：
$\phi^*(x,t) = A (\sin\theta - i \cos\theta)$

將波函數與其複數共軛相乘，求得機率密度：
$P(x,t) = \phi^*(x,t) \cdot \phi(x,t)$
$P(x,t) = \left[ A(\sin\theta - i\cos\theta) \right] \cdot \left[ A(\sin\theta + i\cos\theta) \right]$
$P(x,t) = A^2 \left[ \sin^2\theta - (i)^2 \cos^2\theta \right]$

因為 $i^2 = -1$，式子可化簡為：
$P(x,t) = A^2 (\sin^2\theta + \cos^2\theta)$

套用三角恆等式 $\sin^2\theta + \cos^2\theta = 1$：
$P(x,t) = A^2 \cdot 1 = A^2$

核心觀念

光線通過平行介面時，依序使用史涅耳定律：

其中角度是相對於介面法線量測。圖中的入射角 $60^\circ$ 是相對於介面量測，因此相對法線的入射角為 $30^\circ$。題圖標示 $n_2=2^{0.5}=\sqrt{2}$。

解題方法

第一個介面 $n_1\to n_2$：

所以 $\sin\theta_2=1/\sqrt{2}$，得到 $\theta_2=45^\circ$（相對法線）。

第二個介面 $n_2\to n_3$：

核心觀念

本題考查**一維無限深位能井（1D Infinite Quantum Well / Particle in a Box）**中的量子化能階（Energy Levels）。

核心公式與相關物理常數如下：

1. 一維無限深位能井的能階公式：
   當粒子（電子）被限制在寬度為 $L$ 的無限深位能井中時，其第 $n$ 個能階（$n = 1, 2, 3, \dots$）的能量為：
   $E_n = \frac{n^2 h^2}{8 m L^2} = n^2 E_1$
   其中：

   • $n$ 為主量子數（Principal Quantum Number），$n=1$ 對應基態（第 1 能階），$n=3$ 對應第 3 能階。
   • $h$ 為普朗克常數（Planck's constant），約為 $6.63 \times 10^{-34} \text{ J}\cdot\text{s}$。
   • $m$ 為電子靜止質量（Electron Mass），約為 $9.1 \times 10^{-31} \text{ kg}$。
   • $L$ 為位能井寬度，本題為 $L = 1 \text{ nm} = 10^{-9} \text{ m}$。
   • $E_1$ 為基態能量（Ground State Energy）。

2. 能量單位換算：
   $1 \text{ eV} = 1.6 \times 10^{-19} \text{ J}$

解題方法

步驟一：求出基態能量 $E_1$（$n = 1$）
將題目給定數值與基本物理常數代入 $n = 1$ 之能階公式：
$E_1 = \frac{1^2 \cdot h^2}{8 m L^2} = \frac{(6.63 \times 10^{-34})^2}{8 \cdot (9.1 \times 10^{-31}) \cdot (10^{-9})^2}$

計算焦耳（$\text{J}$）數值：

• 分子：$(6.63 \times 10^{-34})^2 \approx 4.3957 \times 10^{-67} \text{ J}^2\cdot\text{s}^2$
• 分母：$8 \cdot (9.1 \times 10^{-31}) \cdot 10^{-18} = 7.28 \times 10^{-48} \text{ kg}\cdot\text{m}^2$

$E_1 \approx \frac{4.3957 \times 10^{-67}}{7.28 \times 10^{-48}} \approx 6.038 \times 10^{-20} \text{ J}$

將焦耳換算為電子伏特（$\text{eV}$）：
$E_1 = \frac{6.038 \times 10^{-20} \text{ J}}{1.6 \times 10^{-19} \text{ J/eV}} \approx 0.377 \text{ eV}$

核心觀念

• 斯乃爾定律（Snell's Law / 折射定律）：當光線由介質 1 進入介質 2 時，入射角 $\theta_1$ 與折射角 $\theta_2$ 滿足關係式 $n_1 \sin\theta_1 = n_2 \sin\theta_2$。其中空氣的折射率一般取 $n_1 = 1.00$。
• 偏折角（Deviation Angle, $\delta$）：光線經過介質界面發生折射後，折射光線與原入射光線傳播方向之間的夾角。當光由疏介質進入密介質（折射光線偏向法線）時，偏折角定義為 $\delta = \theta_1 - \theta_2$，因此折射角可寫為 $\theta_2 = \theta_1 - \delta$。
• 折射率的物理維度：折射率 $n$ 定義為光在真空中與在介質中傳播速率的比值（$n = \frac{c}{v}$），為無因次物理量（沒有單位）。

解題方法

1. 計算折射角 $\theta_2$：
   題目給定光線由空氣射入液體，入射角 $\theta_1 = 52^\circ$，偏折角 $\delta = 19^\circ$。
   因為折射光線偏向法線，折射角 $\theta_2$ 為：
   $\theta_2 = \theta_1 - \delta = 52^\circ - 19^\circ = 33^\circ$

2. 套用斯乃爾定律：
   設空氣折射率 $n_1 = 1.00$，液體折射率為 $n_2 = n$。代入斯乃爾定律：
   $n_1 \sin\theta_1 = n_2 \sin\theta_2$
   $1.00 \times \sin(52^\circ) = n \times \sin(33^\circ)$
   $n = \frac{\sin(52^\circ)}{\sin(33^\circ)}$

核心觀念：光柵方程式與角擴散率（Angular Dispersion）

根據 $m$ 階繞射的光柵方程式（Grating Equation）：
$a \sin\theta = m\lambda$

其中 $a$ 為光柵間距，$m$ 為繞射階數，$\theta$ 為繞射角，$\lambda$ 為波長。

由題目條件，本題為 2 階繞射（$m = 2$），故：
$a \sin\theta = 2\lambda$

對 $\lambda$ 全微分可得角擴散關係：

觀念：德布羅意物質波（de Broglie Wavelength）

根據德布羅意關係式，粒子的波長 $\lambda$ 與動量 $p$ 之關係為：
$\lambda = \frac{h}{p} = \frac{h}{m v}$

整理可得電子速度 $v$ 之求解公式：
$v = \frac{h}{m \lambda}$

已知物理常數與題目給定條件：

• 普朗克常數 $h \approx 6.626 \times 10^{-34} \text{ J}\cdot\text{s}$
• 電子靜止質量 $m \approx 9.109 \times 10^{-31} \text{ kg}$

觀念與公式推導

1. 角動量量子化條件：
   在玻爾氫原子模型中，電子在主量子數為 $n$ 的軌道上，其角動量 $L$ 滿足：
   $L = mvr = n\hbar$

2. 動能與總能量絕對值的關係：
   由庫侖靜電力提供向心力與維里定理（Virial Theorem）可知，電子的動能 $K$ 與總能量絕對值 $|E|$ 滿足：
   $K = \frac{1}{2}mv^2 = |E| \implies mv^2 = 2|E|$

核心觀念

本題考查粒子進入位能階梯的古典禁制區時，定態波函數的形式。定態薛丁格方程在定值位能區為

當 $E<V_0$，粒子在 $x>0$ 的區域是古典禁制區，波函數呈指數衰減，而非振盪行進波。

解題方法

圖中位能在 $x=0$ 處由左側的低位能跳升至右側的 $V_0$；粒子從左側朝 $+x$ 方向入射，且 $E<V_0$。因此在 $x>0$，位能為常數 $V_0$，代入薛丁格方程可得

令

則此區域的通解為

核心觀念

本題考查海森堡位置—動量不確定性原理：

其中 $\Delta x$ 是位置的不確定度，$\Delta p$ 是動量的不確定度，且 $\hbar=h/(2\pi)$。題目問「基本精度」，即位置測量所能達到的最小不確定度，因此取不確定性關係的下限。

解題方法

子彈質量固定，且以非相對論動量 $p=mv$ 描述，因此速度的不確定度 $\Delta v$ 對應的動量不確定度為

代入不確定性原理：

因此位置測量的基本精度下限為

故選項 (A) 正確。

選項分析

• **(A) $\frac{h}{4\pi m\Delta v}$：正確。

核心觀念

水下的魚只能透過水面上方一個圓形視窗看到外界。視窗邊界由臨界角決定：光從水中射向空氣時，當折射角達 $90^\circ$，水中的入射角就是臨界角 $\theta_c$。由史涅耳定律，

解題方法

原卷第 14 題提供的關鍵資訊是：魚在水中看向平滑湖面，水面上方只有正上方的一個圓形區域明亮，水的折射率為 $1.333$。題目沒有另附示意圖；所求的「視角」是魚看見的整個圓形視窗所張的角，因此須計算臨界角的兩倍。

取空氣折射率為 $1$，代入史涅耳定律：

圓形視窗以魚正上方的方向為中心，左右兩側各延伸至臨界角，因此視窗張角為

核心觀念

平行鏡面間的光線每穿越一次鏡面間距，就沿鏡長方向前進一段固定距離。入射角是相對於鏡面法線量度，因此若鏡間距為 $d$、入射角為 $\theta$，每次穿越的鏡長方向位移為

題目說「計入第一次反射」，所以在鏡子一端的初始入射點也要算一次反射。

解題方法

令鏡子長度為 $L=1.6\,\text{m}$，鏡間距為 $d=0.20\,\text{m}$，入射角為 $\theta=30^\circ$。每次由一面鏡子穿越到另一面鏡子，沿鏡長方向前進

以初始端點作為第 $0$ 個位置，反射位置依序相隔 $\Delta x$。第 $n$ 個位置距離初始端點為

計算長度 $1.6\,\text{m}$ 內的反射位置：

核心觀念

這題考水平拋射。 marble 離開桌面時，水平方向保有初速度；垂直方向則由靜止開始自由落下。兩方向的運動彼此獨立，忽略空氣阻力。

解題方法

從原卷圖可讀到： marble 的速度為 $20\,\text{cm/s}$，桌高為 $80\,\text{cm}$。取重力加速度 $g=980\,\text{cm/s}^2$，先用垂直落下距離求飛行時間，再計算水平方向的位移。

垂直方向初速度為零，因此

水平方向速度不變，水平距離為

因此 marble 約在桌緣外 $8\,\text{cm}$ 處落地。

核心觀念

一維無限深位能井中，電子第 $n$ 個能階的能量為

其中 $L$ 是位能井寬度。由 $E_2$ 跃遷至 $E_1$ 時，光子的能量等於兩能階的能量差：

光子能量與波長的關係為 $E_\gamma=hc/\lambda$，因此在同一躍遷下，光子波長與位能井寬度平方成正比。

解題方法

設原位能井寬度為 $L_1=5\,\text{nm}$，新寬度為 $L_2=10\,\text{nm}$。由於躍遷仍是 $E_2\to E_1$，能量差滿足 $\Delta E\propto 1/L^2$：

光子能量減為原來的四分之一。由 $\lambda=hc/\Delta E$，波長則增為原來的四倍：

核心觀念

位移電流由電通量隨時間的變化定義：

平行板電容器忽略邊緣效應時，板間電場近似均勻。若板上電荷為 $q$、面積為 $A$，則

因此

位移電流等於電容器電荷的變化率。

解題方法

將題目給定的電荷函數對時間微分：

所以正確選項為 (A)。

選項分析

核心觀念

電磁感應定律指出，線圈中的感應電動勢等於磁通量對時間的變化率乘上負號：

其中 $N$ 是線圈匝數，$\Phi_B=BA\cos\theta$ 是每匝線圈的磁通量，$\theta$ 為磁場與線圈面積法向量的夾角。題目說線圈平面垂直於磁場，因此面積法向量平行於磁場，$\theta=0$，磁通量為 $\Phi_B=BA$。

解題方法

先將面積換算成 SI 單位：

磁場為

因此感應電動勢為

對磁場函數微分：

代入 $N=300$ 與 $A=2\times10^{-3}\,\text{m}^2$：

核心觀念

本題使用庫侖定律，點電荷 $q_1$、$q_2$ 相距 $r$ 時，作用力大小為

其中 $k\approx 8.99\times10^9\ \text{N}\cdot\text{m}^2/\text{C}^2$。題目另給兩電荷總和，因此可先由庫侖定律求出電荷乘積，再利用和與積求出兩個電荷。

兩電荷互相排斥，代表它們帶同號電荷；總電荷為正的 $20\,\mu\text{C}$，故兩電荷皆為正。

解題方法

已知 $r=3\,\text{m}$、$F=0.075\,\text{N}$，由庫侖定律：

因為 $1\,\mu\text{C}=10^{-6}\,\text{C}$，所以

令兩電荷以 $\mu\text{C}$ 為單位表示，則

因此 $q_1$、$q_2$ 是下列二次方程式的兩根：

因式分解得

故兩電荷為 $5\,\mu\text{C}$ 與 $15\,\mu\text{C}$。