114 年 國立中央大學光電科學與工程學系碩士班《近代物理》

核心觀念

1. 光子的動量與能量關係（Photon Momentum & Energy）：
   根據愛因斯坦光子論與德布羅意（de Broglie）假說，波長為 $\lambda$ 的光子，其動量大小為 $p_{\text{photon}} = \frac{h}{\lambda}$，能量大小為 $E_{\text{photon}} = \frac{hc}{\lambda}$。
2. 光電效應與截止電位（Photoelectric Effect & Stopping Potential）：
   愛因斯坦光電方程式為 $E_{\text{photon}} = \Phi + K_{\max}$，其中 $\Phi$ 為金屬功函數（Work function），$K_{\max}$ 為逸出光電子的最大動能。截止電位（Stopping Potential, $V_s$）為阻止具最高動能之光電子到達陽極所需的反向電壓，滿足 $e V_s = K_{\max}$。
3. 物質波之群速率與相速率（Group & Phase Velocities of De Broglie Waves）：
   • 群速率（Group Velocity, $v_g$）：代表波包整體的傳播速率，即粒子的實際物理運動速率，定義為 $v_g = \frac{d\omega}{dk} = \frac{dE}{dp} = v$。
   • 相速率（Phase Velocity, $v_p$）：代表單一等頻率平面波相位的傳播速率，定義為 $v_p = \frac{\omega}{k} = \frac{E}{p}$。
     • 若採用狹義相對論之總能量定義（$E = \gamma m c^2$），則 $v_p = \frac{c^2}{v}$（恆大於光速 $c$）。
     • 若採用非相對論純動能定義（$E = K = \frac{1}{2}mv^2$），則 $v_p = \frac{v}{2}$。

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解題方法

步驟一：計算光子的動量（Momentum of 100-nm photon）

已知光子波長 $\lambda = 100 \text{ nm} = 1.0 \times 10^{-7} \text{ m}$，普朗克常數 $h \approx 6.626 \times 10^{-34} \text{ J}\cdot\text{s}$：
$p_{\text{photon}} = \frac{h}{\lambda} = \frac{6.626 \times 10^{-34} \text{ J}\cdot\text{s}}{100 \times 10^{-9} \text{ m}} = 6.626 \times 10^{-27} \text{ kg}\cdot\text{m/s}$

若以近代物理常用的能動量單位（$\text{eV/c}$）表達：
$E_{\text{photon}} = \frac{hc}{\lambda} \approx \frac{1240 \text{ eV}\cdot\text{nm}}{100 \text{ nm}} = 12.4 \text{ eV}$
$p_{\text{photon}} = \frac{E_{\text{photon}}}{c} = 12.4 \text{ eV/c}$

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步驟二：計算截止電位（Stopping Potential, $V_s$）

金屬金（Au）的功函數 $\Phi = 5.1 \text{ eV}$。
代入愛因斯坦光電方程式，求出逸出光電子的最大動能 $K_{\max}$：
$K_{\max} = E_{\text{photon}} - \Phi = 12.41 \text{ eV} - 5.10 \text{ eV} = 7.31 \text{ eV}$

由截止電位之定義 $e V_s = K_{\max}$：
$V_s = \frac{K_{\max}}{e} = 7.31 \text{ V}$

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步驟三：計算光電子的運動速率 $v$

由於光電子的最大動能 $K_{\max} \approx 7.31 \text{ eV}$ 遠小於電子的靜止能量 $m_e c^2 \approx 5.11 \times 10^5 \text{ eV}$，故可使用非相對論力學公式。
已知電子靜止質量 $m_e \approx 9.109 \times 10^{-31} \text{ kg}$，基本電荷 $e = 1.602 \times 10^{-19} \text{ C}$：
$K_{\max} = \frac{1}{2} m_e v^2 \implies v = \sqrt{\frac{2 K_{\max}}{m_e}}$

觀念與公式

1. 區間輻射強度近似：
   波長區間 $\Delta \lambda = 602 \text{ nm} - 600 \text{ nm} = 2 \text{ nm}$ 遠小於波長本身（$\Delta \lambda \ll \lambda$），故波長區間內的輻射強度 $\Delta I$ 可近似為：
   $\Delta I \approx I(\lambda) \Delta \lambda$

2. 史特藩-波茲曼定律（Stefan-Boltzmann Law）：
   黑體輻射的總強度 $I_{\text{total}}$ 為：
   $I_{\text{total}} = \int_0^\infty I(\lambda) d\lambda = \sigma T^4$

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計算步驟

1. 計算 $600 \text{ nm}$ 至 $602 \text{ nm}$ 的輻射強度 $\Delta I$

取中心波長 $\lambda = 600 \text{ nm} = 6.0 \times 10^{-7} \text{ m}$，波長寬度 $\Delta \lambda = 2 \text{ nm} = 2.0 \times 10^{-9} \text{ m}$。

已知常數：

• $h = 6.626 \times 10^{-34} \text{ J}\cdot\text{s}$
• $c = 3.0 \times 10^8 \text{ m/s}$
• $k = 1.38 \times 10^{-23} \text{ J/K}$
• $T = 6000 \text{ K}$

計算指數項：
$\frac{hc}{\lambda kT} = \frac{6.626 \times 10^{-34} \times 3.0 \times 10^8}{6.0 \times 10^{-7} \times 1.38 \times 10^{-23} \times 6000} \approx 3.999$

(a) 散射光子能量 $E'$

根據康普頓散射公式，散射光子能量 $E'$ 與入射光子能量 $E$ 之關係為：
$E' = \frac{E}{1 + \frac{E}{m_0 c^2}(1 - \cos\theta)}$

已知條件：

• 入射光子能量 $E = 0.7 \text{ MeV}$
• 電子靜能量 $m_0 c^2 \approx 0.511 \text{ MeV}$
• 散射角 $\theta = 60^\circ$（$\cos 60^\circ = 0.5$）

代入數值計算：
$E' = \frac{0.7}{1 + \frac{0.7}{0.511}(1 - 0.5)} = \frac{0.7}{1 + 0.6849} \approx 0.4154 \text{ MeV}$

【答案】散射光子能量為 $0.415 \text{ MeV}$（或 $415.4 \text{ keV}$）

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(b) 散射電子之動能 $K_e$ 與散射角 $\phi$

1. 散射電子動能 $K_e$

核心觀念

本題考查單電子類氫離子（Hydrogen-like ion）在量子物理基礎理論中的兩個核心模型與概念：

1. 玻爾模型（Bohr's Model）：
   • 類氫離子的原子序為 $Z$（對於 $\text{Li}^{2+}$，核電荷 $Z = 3$）。
   • 軌道角動量量子化條件：$L = m v r = n \hbar$，其中 $n$ 為主量子數（基態 $n=1$，第一激發態 $n=2$）。
   • 庫侖靜電力提供電子圓周運動所需的向心力：$\dfrac{1}{4\pi\epsilon_0} \dfrac{Z e^2}{r^2} = \dfrac{m v^2}{r}$。
   • 玻爾半徑定義為：$a_0 = \dfrac{4\pi\epsilon_0 \hbar^2}{m e^2}$。
2. 海森堡不確定性原理（Heisenberg Uncertainty Principle）：
   • 位置與動量的不確定度關係式為 $\Delta x \Delta p \ge \dfrac{\hbar}{2}$（或量級估算式 $\Delta x \Delta p \approx \hbar$）。
   • 粒子被限制在半徑為 $r$ 的空間區域時，其位置不確定度可取為 $\Delta x \approx r$。
   • 平均動量 $\langle p \rangle = 0$ 時，最小動能可由動量變異數估估算：$K_{\text{min}} = \dfrac{\langle p^2 \rangle}{2m} \ge \dfrac{(\Delta p)^2}{2m}$。

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解題方法

第一部分：利用玻爾模型估算動能 ($K_{\text{Bohr}}$)

1. 求出軌道半徑 $r_n$ 與速度 $v_n$：
   根據庫侖力提供向心力方程式：
   $\frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Z e^2}{r^2} = \frac{m v^2}{r} \implies m v^2 = \frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Z e^2}{r}$
   將角動量量子化條件 $v = \dfrac{n \hbar}{m r}$ 代入上式：
   $\frac{1}{4\pi\epsilon_0} \frac{Z e^2}{r^2} = m \left(\frac{n \hbar}{m r}\right)^2 \frac{1}{r} = \frac{n^2 \hbar^2}{m r^3}$
   整理可得類氫離子的第 $n$ 軌道半徑為：
   $r_n = \frac{4\pi\epsilon_0 \hbar^2}{m e^2} \frac{n^2}{Z} = \frac{n^2}{Z} a_0$

2. 計算 $\text{Li}^{2+}$ 第一激發態的參數：

   • 鋰離子的原子序 $Z = 3$。
   • 第一激發態對應的主量子數 $n = 2$。
   • 軌道半徑 $r_2$ 為：
     $r_2 = \frac{2^2}{3} a_0 = \frac{4}{3} a_0$

3. 計算電子動能 $K_{\text{Bohr}}$：
   由向心力關係可知動能與潛能的關係為 $K = \dfrac{1}{2} m v^2 = \dfrac{1}{2} \left(\dfrac{1}{4\pi\epsilon_0} \dfrac{Z e^2}{r}\right)$。
   利用 $a_0 = \dfrac{4\pi\epsilon_0 \hbar^2}{m e^2}$ 替換換算：
   $\frac{1}{4\pi\epsilon_0} e^2 = \frac{\hbar^2}{m a_0}$
   因此動能通式為：
   $K_{\text{Bohr}} = \frac{1}{2} \left( \frac{Z \hbar^2}{m a_0 r_n} \right) = \frac{1}{2} \left( \frac{Z \hbar^2}{m a_0 \cdot \frac{n^2}{Z} a_0} \right) = \frac{Z^2 \hbar^2}{2 m n^2 a_0^2}$
   代入 $Z = 3$ 與 $n = 2$：
   $K_{\text{Bohr}} = \frac{3^2 \cdot \hbar^2}{2 m (2^2) a_0^2} = \frac{9 \hbar^2}{8 m a_0^2}$
   （若以普朗克常數 $h = 2\pi\hbar$ 表示，則 $K_{\text{Bohr}} = \dfrac{9 h^2}{32 \pi^2 m a_0^2}$）。

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核心觀念

1. 一維定態薛丁格方程式（Time-Independent Schrödinger Equation）：
   質量為 $m$ 的粒子於位能 $V(x)$ 中運動時，其波函數 $\psi(x)$ 滿足：
   $-\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2\psi(x)}{dx^2} + V(x)\psi(x) = E\psi(x)$

2. 無窮深位能井（Infinite Square Well）：
   位能井邊界處位能無限大，波函數在井外嚴格為零。對稱井寬為 $L$ 時，強制的邊界條件使基態波函數在井壁處歸零，其基態能量為：
   $E_{1,\text{infinite}} = \frac{\pi^2 \hbar^2}{2mL^2}$

3. 有限深位能井與穿透效應（Finite Square Well & Barrier Penetration）：
   當井外位能為有限值 $V_0$ 時，在 bound state 條件下（$0 < E < V_0$），波函數會滲透進入井外，形成指數衰減的隱沒波（evanescent wave）。此穿透現象相當於擴大了粒子的有效運動空間範圍（有效井寬 $L_{\text{eff}} > L$），進而降低粒子的基態能量。

4. 超越方程式與束縛態數量（Transcendental Equations for Bound States）：
   對於井寬為 $L$、深度為 $V_0$ 的對稱有限深位能井，波函數可依對稱性分為偶對稱（Even parity）與奇對稱（Odd parity）。定義無因次變數 $\xi = \frac{kL}{2}$ 與 $\eta = \frac{\alpha L}{2}$，其中 $k = \frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}$，$\alpha = \frac{\sqrt{2m(V_0 - E)}}{\hbar}$，兩者滿足圓方程式：
   $\xi^2 + \eta^2 = R^2 = \frac{mV_0 L^2}{2\hbar^2}$

   • 偶對稱態（含基態）：滿足 $\eta = \xi \tan\xi$
   • 奇對稱態（含第一激發態）：滿足 $\eta = -\xi \cot\xi$

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解題方法

一、 基態能量比較與物理機制解釋

1. 無窮深位能井之基態能量：
   粒子的空間分佈嚴格限制於 $-L/2 \le x \le L/2$。邊界條件要求 $\psi(\pm L/2) = 0$，對應基態波函數為 $\psi(x) = \sqrt{\frac{2}{L}} \cos\left(\frac{\pi x}{L}\right)$，其能量為：
   $E_{1,\text{infinite}} = \frac{\pi^2 \hbar^2}{2mL^2}$

2. 有限深位能井之基態能量：
   在有限深位能井中，位能障壁高度為有限值 $V_0$。於井外（$|x| > L/2$），薛丁格方程式解為指數衰減形式 $\psi(x) \propto \exp(-\alpha |x|)$。

3. 物理解釋：
   由於井外位能有限，波函數在邊界 $x = \pm L/2$ 處不必為零，而能連續過渡並滲透至位能障壁中（障壁穿透，Barrier Penetration）。
   這使得波函數的空間分佈擴張，其「有效位能井寬度」大於實際幾何寬度（$L_{\text{eff}} \approx L + \frac{2}{\alpha} > L$）。
   依據海森堡不確定性原理（Heisenberg Uncertainty Principle）$\Delta x \cdot \Delta p \ge \frac{\hbar}{2}$，位置不確定度 $\Delta x$ 的增加會導致動量不確定度 $\Delta p$ 減小。動量平均平方值 $\langle p^2 \rangle$ 變小，意味著粒子的動能下降。
   因此，相同寬度 $L$ 下，有限深位能井的基態能量必小於無窮深位能井的基態能量：
   $E_{1,\text{finite}} < E_{1,\text{infinite}}$

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二、 僅支持一個束縛態的位能井臨界高度推導

考慮寬度為 $L$、深度為 $V_0$ 的對稱有限深位能井：
$V(x) = \begin{cases} 0, & |x| < \frac{L}{2} \\ V_0, & |x| > \frac{L}{2} \end{cases}$

無因次變數 $\xi = \frac{kL}{2}$ 及 $\eta = \frac{\alpha L}{2}$ 滿足半徑為 $R$ 的圓方程式：
$\xi^2 + \eta^2 = \frac{mV_0 L^2}{2\hbar^2} \equiv R^2$

圖形解分析如下：

1. 偶對稱束縛態（基態）：
   超越方程式為 $\eta = \xi \tan\xi$（在第一象限 $\xi, \eta > 0$）。
   當 $\xi \to 0^+$ 時，$\xi \tan\xi \to 0$。

核心觀念

本題考查量子力學中的**一維階梯位能障（Step Potential）之波動特性與穿透率（Transmission Probability, $T$）**的推導與計算。

當粒子總能量 $E$ 大於階梯位能高度 $V_0$（即 $E > V_0$）時：

1. 古典物理學角度：粒子能量大於位能障，粒子會 $100\%$ 越過位能障，即穿透率 $T = 1$、反射率 $R = 0$。
2. 量子力學角度：物質波在位能發生突變處（$x = 0$）會產生波的反射與折射現象。因此，即使 $E > V_0$，粒子仍有一定機率被反射，穿透率 $T < 1$。

解題核心為建立兩區域的時空無關薛丁格方程式（Time-Independent Schrödinger Equation），利用邊界處波函數連續與一階導數連續求出振幅關係，再透過**機率流密度（Probability Current Density, $J$）**計算穿透率。

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解題方法

Step 1：建立兩區域之波函數與波向量

設位能分布為：
$V(x) = \begin{cases} 0, & x < 0 \text{（區域 I）} \\ V_0 = 3\text{ eV}, & x \ge 0 \text{（區域 II）} \end{cases}$

已知電子能量 $E = 5\text{ eV} > V_0 = 3\text{ eV}$：

• 區域 I（$x < 0$）：
  $-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi_1}{dx^2} = E\psi_1 \implies \psi_1(x) = A e^{i k_1 x} + B e^{-i k_1 x}$
  其中波向量 $k_1 = \frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}$。$A e^{i k_1 x}$ 代表入射波，$B e^{-i k_1 x}$ 代表反射波。

• 區域 II（$x > 0$）：
  $-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi_2}{dx^2} + V_0\psi_2 = E\psi_2 \implies \psi_2(x) = C e^{i k_2 x}$
  其中波向量 $k_2 = \frac{\sqrt{2m(E - V_0)}}{\hbar}$。$C e^{i k_2 x}$ 代表穿透波（無來自右方的反射波）。

Step 2：套用邊界條件求振幅比

在 $x = 0$ 邊界處，波函數及其一階導數必須連續：

1. 波函數連續：$\psi_1(0) = \psi_2(0)$
   $A + B = C \quad \text{--- (1)}$
2. 一階導數連續：$\psi'_1(0) = \psi'_2(0)$
   $i k_1 (A - B) = i k_2 C \implies A - B = \frac{k_2}{k_1} C \quad \text{--- (2)}$

將式 (1) 與式 (2) 相加：
$2A = \left(1 + \frac{k_2}{k_1}\right) C \implies \frac{C}{A} = \frac{2 k_1}{k_1 + k_2}$

Step 3：計算機率流密度與穿透率

一維機率流密度公式為 $J = \frac{\hbar}{m} \text{Im}\left(\psi^* \frac{d\psi}{dx}\right)$：

• 入射機率流密度：$J_{\text{inc}} = \frac{\hbar k_1}{m} |A|^2$
• 穿透機率流密度：$J_{\text{trans}} = \frac{\hbar k_2}{m} |C|^2$

穿透率 $T$ 定義為穿透流與入射流之比：

核心觀念

1. 一維量子諧振子 (1D Quantum Simple Harmonic Oscillator)：
   題給位能函數為 $V(x) = Ax^2 + B$。與標準一維諧振勢能 $\frac{1}{2}m\omega^2 x^2 + B$ 對照，可得固有角頻率 $\omega = \sqrt{\frac{2A}{m}}$。
   含常數偏置 $B$ 之諧振子能量本徵值（能階）公式為：
   $E_n = \left(n + \frac{1}{2}\right)\hbar\omega + B = \left(n + \frac{1}{2}\right)\hbar\sqrt{\frac{2A}{m}} + B \quad (n = 0, 1, 2, \dots)$
2. 維里定理 (Virial Theorem)：
   對於形如 $V_{\text{osc}}(x) = Ax^2$ 的二次方勢場，量子態 $n$ 下的動能期望值 $\langle T \rangle_n$ 與二次諧振位能期望值 $\langle Ax^2 \rangle_n$ 平分諧振能量：
   $\langle T \rangle_n = \langle Ax^2 \rangle_n = \frac{1}{2} E_{\text{osc}, n} = \frac{1}{2}\left(n + \frac{1}{2}\right)\hbar\omega$
   因此總位能期望值為 $\langle V \rangle_n = \langle Ax^2 \rangle_n + B$。
3. 包立不相容原理與費米子統計 (Pauli Exclusion Principle & Fermion Statistics)：
   電子為自旋 $s = 1/2$ 的費米子。依據包立不相容原理，每一個空間本徵態（確定量子數 $n$）最多可容納 2 個自旋方向相反（$m_s = +1/2, -1/2$）的電子。
   在絕對零度 ($T = 0\text{ K}$) 下，系統處於基態，10 個電子會從最低能階 ($n=0$) 開始向上依次填滿能階。

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解題方法

(a) 第一激發態電子的平均位能

1. 求出固有角頻率 $\omega$：
   將位能 $V(x) = Ax^2 + B$ 比對標準式 $\frac{1}{2}m\omega^2 x^2 + B$，得到：
   $A = \frac{1}{2}m\omega^2 \implies \omega = \sqrt{\frac{2A}{m}}$
2. 計算第一激發態 ($n = 1$) 之諧振部分能量：
   第一激發態對應量子數 $n = 1$，其純諧振能量為：
   $E_{\text{osc}, 1} = \left(1 + \frac{1}{2}\right)\hbar\omega = \frac{3}{2}\hbar\omega = \frac{3}{2}\hbar\sqrt{\frac{2A}{m}}$
3. 運用維里定理求平均位能 $\langle V \rangle_{n=1}$：
   二次項位能之期望值為諧振能量的一半：
   $\langle Ax^2 \rangle_1 = \frac{1}{2} E_{\text{osc}, 1} = \frac{3}{4}\hbar\omega = \frac{3}{4}\hbar\sqrt{\frac{2A}{m}}$
   加入常數位能 $B$，即得第一激發態電子的平均位能：

核心觀念

本題旨在推導自由電子氣模型（Free Electron Gas Model / Sommerfeld Model）下，金屬中**費米能級（Fermi Energy, $E_F$）**與單位體積電子數密度 $n$ 及電子質量 $m$ 之定量關係。

解題核心涵蓋以下物理定律與量子力學觀念：

1. 三維無窮深位井（3D Infinite Potential Well）：將金屬中的自由電子視為受限於邊長為 $L$、體積為 $V = L^3$ 的三維區域內，求解時間無關薛丁格方程式以取得量化能階與波向量 $k$ 的關係。
2. 泡利不相容原理（Pauli Exclusion Principle）：電子為自旋 $s = 1/2$ 的費米子（Fermion），每個空間量子態最多只能容納 2 個自旋方向相反（自旋向上與自旋向下）的電子，即自旋簡併度 $g_s = 2$。
3. 費米球與費米波矢（Fermi Sphere & Fermi Wavevector）：在絕對零度（$T = 0\text{ K}$）下，系統總能量最低，電子會從最低能階開始依序向上填滿至最高能量狀態，該最高能階即為費米能級 $E_F$，對應於 $k$ 空間中半徑為 $k_F$ 的「費米球」。

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解題方法

步驟一：建立三維空間中電子的能量與波矢關係

假設邊長為 $L$ 的立方體金屬塊（體積 $V = L^3$），內部位能 $V(x,y,z) = 0$，邊界位能為無窮大。自由電子的三維時間無關薛丁格方程式為：
$-\frac{\hbar^2}{2m} \nabla^2 \psi(x,y,z) = E \psi(x,y,z)$

滿足邊界條件 $\psi = 0$ 之駐波解波函數為：
$\psi(x,y,z) = \left(\frac{2}{L}\right)^{3/2} \sin\left(k_x x\right) \sin\left(k_y y\right) \sin\left(k_z z\right)$

其中波矢分量經由量子化滿足：
$k_x = \frac{n_x \pi}{L}, \quad k_y = \frac{n_y \pi}{L}, \quad k_z = \frac{n_z \pi}{L} \qquad (n_x, n_y, n_z = 1, 2, 3, \dots)$

自由電子的能量本徵值 $E$ 與總波矢大小 $k = \sqrt{k_x^2 + k_y^2 + k_z^2}$ 之色散關係為：
$E = \frac{\hbar^2 k^2}{2m} = \frac{\hbar^2 \pi^2}{2m L^2} (n_x^2 + n_y^2 + n_z^2)$

步驟二：計算絕對零度下的總電子數與量子態數

在量子數空間（$n_x, n_y, n_z$ 空間）中，每個獨立的空間量子態佔據的單位體積為 $1 \times 1 \times 1 = 1$。
由於 $n_x, n_y, n_z$ 必須皆為正整數，所有能量小於等於費米能級 $E_F$ 的量子態，分布於半徑為 $n_F$ 的球體在第一卦限（Positive Octant，占全球體積的 $1/8$）之區域：
$E_F = \frac{\hbar^2 \pi^2 n_F^2}{2m L^2}$

對應的第一卦限總空間量子態數 $N_{\text{spatial}}$ 為：
$N_{\text{spatial}} = \frac{1}{8} \times \left( \frac{4}{3} \pi n_F^3 \right) = \frac{\pi}{6} n_F^3$

考量電子自旋簡併度（$g_s = 2$），每個空間量子態可容納 2 個電子，故在 $T = 0\text{ K}$ 時系統內的總電子數 $N$ 為：
$N = 2 \times N_{\text{spatial}} = \frac{\pi}{3} n_F^3$

步驟三：導出費米波矢 $k_F$ 與單位體積電子數密度 $n$ 的關係

將 $n_F = \frac{k_F L}{\pi}$ 代入總電子數 $N$ 的表示式中：
$N = \frac{\pi}{3} \left(\frac{k_F L}{\pi}\right)^3 = \frac{k_F^3 L^3}{3\pi^2} = \frac{k_F^3 V}{3\pi^2}$

將上式兩邊同除以體積 $V$，定義單位體積電子數密度 $n = \frac{N}{V}$：
$n = \frac{k_F^3}{3\pi^2}$

1. 未加磁場時的躍遷波長（$\lambda_0$）

氫原子由第一激發態（$n = 2$）躍遷至基態（$n = 1$），發射光子的能量差為：
$\Delta E_0 = E_2 - E_1 = -13.6\text{ eV} \times \left(\frac{1}{2^2} - \frac{1}{1^2}\right) = 10.2\text{ eV}$

未加外加磁場時對應的發射波長 $\lambda_0$ 為：
$\lambda_0 = \frac{hc}{\Delta E_0} = \frac{1240\text{ eV}\cdot\text{nm}}{10.2\text{ eV}} \approx 121.57\text{ nm}$

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2. 塞曼效應（Zeeman Effect）引發之能階與波長分裂

外加磁場 $B = 1\text{ T}$ 時，根據正常塞曼效應（Normal Zeeman Effect）與選擇規則 $\Delta m_l = 0, \pm 1$，一條譜線分裂為三條（塞曼三重線），對應的能量偏移量為：
$\Delta E_B = \mu_B B$
其中玻爾磁子 $\mu_B = \frac{e\hbar}{2m_e} \approx 5.788 \times 10^{-5}\text{ eV/T}$。

代入 $B = 1\text{ T}$ 得：
$\Delta E_B = 5.788 \times 10^{-5}\text{ eV}$