115 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

本題探討的是逆康普頓散射（Inverse Compton Scattering, ICS）。

1. 能量與動量守恆（四維動量不變量）：
   在相對論力學中，高能帶電粒子與光子碰撞的散射問題，最嚴謹且簡捷的解法是利用四維動量（4-momentum）的羅倫茲不變量（Lorentz Invariant）$P^2 = P_\mu P^\mu$。
   • 電子四維動量：$P_e = \left(\dfrac{E_e}{c}, \vec{p}_e\right)$，滿足 $P_e^2 = m^2 c^2$
   • 光子四維動量：$P_\gamma = \left(\dfrac{\epsilon}{c}, \vec{p}_\gamma\right)$，滿足 $P_\gamma^2 = 0$
2. 極大散射能量條件（對頭碰撞與背向反彈）：
   碰撞前電子與光子為迎面「對頭碰撞」（head-on collision）。碰撞後光子獲得最大能量的幾何條件，為光子完全反彈並沿著高能電子原本的前進方向飛出（散射角相對於入射光子為 $180^\circ$）。
3. 超相對論極限（Ultra-relativistic Limit）：
   當 $\gamma = \dfrac{E_e}{mc^2} \gg 1$ 且 $\beta = \dfrac{v}{c} \to 1$ 時，利用近迫展開：
   $1 - \beta = \frac{1 - \beta^2}{1 + \beta} = \frac{1}{\gamma^2(1 + \beta)} \approx \frac{1}{2\gamma^2}$
   在湯姆森散射區間（Thomson regime，即電子靜止座標系中光子能量遠小於電子靜止能量），分母的高階修正項可忽略，得到 $E_\gamma' \approx 4\gamma^2 \epsilon$。

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解題方法

(a) 推導散射後光子的最大能量 $E_\gamma'$

取實驗室座標系，設定高能電子沿 $+x$ 方向運動，低能量入射光子沿 $-x$ 方向運動（對頭碰撞）。
碰撞前：

• 電子四維動量：
  $P_e = \left(\frac{E_e}{c}, p_e, 0, 0\right) = \left(\frac{E_e}{c}, \frac{\beta E_e}{c}, 0, 0\right)$
• 入射光子四維動量：
  $P_\gamma = \left(\frac{\epsilon}{c}, -\frac{\epsilon}{c}, 0, 0\right)$

碰撞後：
欲使散射後光子能量 $E_\gamma'$ 達到極大值，光子動量必須與初態電子同向（沿 $+x$ 方向飛出）：

• 出射光子四維動量：
  $P_\gamma' = \left(\frac{E_\gamma'}{c}, \frac{E_\gamma'}{c}, 0, 0\right)$
• 出射電子四維動量記為 $P_e'$。

由四維動量守恆定律：
$P_e + P_\gamma = P_e' + P_\gamma' \implies P_e' = (P_e + P_\gamma) - P_\gamma'$

利用散射後電子的質量殼不變量 $(P_e')^2 = m^2 c^2$ 進行純量積運算：
$(P_e')^2 = (P_e + P_\gamma - P_\gamma')^2 = m^2 c^2$

展開上式：
$P_e^2 + P_\gamma^2 + (P_\gamma')^2 + 2(P_e \cdot P_\gamma) - 2(P_e \cdot P_\gamma') - 2(P_\gamma \cdot P_\gamma') = m^2 c^2$

代入粒子質量關係 $P_e^2 = m^2 c^2$ 以及光子為零質量粒子 $P_\gamma^2 = (P_\gamma')^2 = 0$：
$m^2 c^2 + 0 + 0 + 2(P_e \cdot P_\gamma) - 2(P_e \cdot P_\gamma') - 2(P_\gamma \cdot P_\gamma') = m^2 c^2$
$P_e \cdot P_\gamma = P_e \cdot P_\gamma' + P_\gamma \cdot P_\gamma'$

分別計算各四維動量的閔氏內積（Minkowski inner product，採用度規符號 $(+,-,-,-)$）：

1. 初態電子與初態光子：
   $P_e \cdot P_\gamma = \frac{E_e \epsilon}{c^2} - p_e \left(-\frac{\epsilon}{c}\right) = \frac{E_e \epsilon}{c^2} + \frac{\beta E_e \epsilon}{c^2} = \frac{E_e \epsilon}{c^2}(1 + \beta)$
2. 初態電子與末態光子：
   $P_e \cdot P_\gamma' = \frac{E_e E_\gamma'}{c^2} - p_e \left(\frac{E_\gamma'}{c}\right) = \frac{E_e E_\gamma'}{c^2} - \frac{\beta E_e E_\gamma'}{c^2} = \frac{E_e E_\gamma'}{c^2}(1 - \beta)$
3. 初態光子與末態光子：

核心觀念

1. 光電效應（Photoelectric Effect）：
   入射光子能量 $E_\gamma = h\nu$。金屬功函數 $\Phi \approx 0$（題目註明可忽略），因此逸出之光電子獲得的最大動能為： $$K = E_\gamma - \Phi \approx E_\gamma = 0.511 \text{ MeV}$$
2. 相對論動能與勞侖茲因子（Lorentz Factor, $\gamma$）：
   電子的靜止能量為 $E_0 = m_e c^2 = 0.511\text{ MeV}$。
   當動能 $K$ 與靜止能量同階數量級（$K \sim m_e c^2$）時，必須使用狹義相對論動力學，不可套用古典力學公式： $$E = K + m_e c^2 = \gamma m_e c^2$$ 勞侖茲因子定義為： $$\gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - \frac{v^2}{c^2}}} = \frac{K + m_e c^2}{m_e c^2} = 1 + \frac{K}{m_e c^2}$$
3. 相對論粒子在均勻磁場中的迴旋半徑（Cyclotron Radius）：
   在垂直磁場 $\vec{B}$ 中，勞侖茲力提供向心力： $$F = q v B = \frac{dp}{dt} = \frac{\gamma m_e v^2}{R} \implies p = q B R$$ 故迴旋半徑公式為： $$R = \frac{p}{q B}$$ 其中 $p$ 為相對論動量，可由能量-動量關係式計算： $$E^2 = (p c)^2 + (m_e c^2)^2 \implies p c = \sqrt{E^2 - (m_e c^2)^2} = m_e c^2 \sqrt{\gamma^2 - 1}$$

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解題方法

(a) 計算光電子的勞侖茲因子 $\gamma$

1. 根據題意，入射 X 射線能量 $E_\gamma = 0.511\text{ MeV}$，功函數忽略不計，故電子的相對論動能為： $$K = 0.511\text{ MeV}$$
2. 題目給定電子靜止質量 $m_e = 0.511\text{ MeV}/c^2$，即靜止能量： $$E_0 = m_e c^2 = 0.511\text{ MeV}$$
3. 電子的總能量為： $$E = K + m_e c^2 = 0.511\text{ MeV} + 0.511\text{ MeV} = 1.022\text{ MeV}$$
4. 由相對論總能量公式 $E = \gamma m_e c^2$ 可得： $$\gamma = \frac{E}{m_e c^2} = \frac{1.022\text{ MeV}}{0.511\text{ MeV}} = 2$$

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(b) 計算光電子在磁場中的迴旋半徑 $R$（以公分表示）

1. 求電子的相對論動量 $p$：
   由相對論動量-能量關係： $$p c = \sqrt{E^2 - (m_e c^2)^2} = m_e c^2 \sqrt{\gamma^2 - 1}$$ 將 $\gamma = 2$ 及 $m_e c^2 = 0.511\text{ MeV}$ 代入：

核心觀念

1. 表面繞射光柵方程式（Davisson-Germer 實驗模型）：
   當單能電子束垂直入射（normal incidence）於晶格常數為 $d$ 的晶體表面時，表面相鄰原子散射的電子波產生相長干涉。相鄰原子散射波的光程差為 $\Delta x = d\sin\phi$，其中 $\phi$ 為繞射角（diffraction angle，即散射方向與入射光束之夾角）。主極大（相長干涉）條件為：
   $d \sin\phi = n \lambda \quad (n = 1, 2, 3, \dots)$
   (註：題目特別提醒 $\phi$ 為繞射角而非布拉格角 $\theta$。若自布拉格反射面視角切入，等效布拉格面間距為 $d_B = d\sin(\phi/2)$，布拉格角為 $\theta = 90^\circ - \phi/2$，由 $2d_B \sin\theta = 2[d\sin(\phi/2)]\cos(\phi/2) = d\sin\phi = n\lambda$，兩者本質完全相同。)

2. 德布羅意物質波（de Broglie Wavelength）與非相對論動能：
   電子的動量 $p$ 與物質波波長 $\lambda$ 符合：
   $\lambda = \frac{h}{p}$
   在非相對論極限下（動能 $K \ll m_e c^2$），動能由加速電壓 $V$ 提供：
   $K = eV = \frac{p^2}{2m_e} \implies p = \sqrt{2m_e eV}$
   $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2m_e eV}}$

3. 相對論修正（Relativistic Correction）：
   電子的相對論總能量為 $E = K + m_e c^2$，且滿足能量－動量關係式：
   $E^2 = p^2 c^2 + m_e^2 c^4$
   由 $p^2 c^2 = (K + m_e c^2)^2 - m_e^2 c^4 = K^2 + 2m_e c^2 K$，解出動量為：
   $p_{\text{rel}} = \sqrt{2m_e K \left(1 + \frac{K}{2m_e c^2}\right)}$
   由此比較相對論與非相對論的動量與波長大小關係。

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解題方法

(a) 計算加速電壓 $V$

1. 求電子的德布羅意波長 $\lambda$：
   根據垂直入射的晶體表面繞射極大條件，代入一階繞射 $n = 1$、晶格常數 $d = 0.2\text{ nm}$ 以及繞射角 $\phi = 30^\circ$：
   $\lambda = \frac{d \sin\phi}{n} = \frac{0.2\text{ nm} \times \sin 30^\circ}{1} = 0.2\text{ nm} \times 0.5 = 0.1\text{ nm} = 1.0 \times 10^{-10}\text{ m}$

2. 由物質波公式反推加速電壓 $V$：
   依據非相對論公式，電子的動量為：
   $p = \frac{h}{\lambda} = \frac{6.626 \times 10^{-34}\text{ J}\cdot\text{s}}{1.0 \times 10^{-10}\text{ m}} = 6.626 \times 10^{-24}\text{ kg}\cdot\text{m/s}$
   電子獲得的動能 $K = eV$ 為：
   $eV = \frac{p^2}{2m_e}$
   因此加速電壓為：
   $V = \frac{p^2}{2m_e e} = \frac{h^2}{2m_e e \lambda^2}$

   利用電子靜止能量 $m_e c^2 = 0.511\text{ MeV} = 5.11 \times 10^5\text{ eV}$，亦可將式子整理為方便計算的形式：
   $eV = \frac{(hc)^2}{2(m_e c^2)\lambda^2}$
   其中 $hc = (6.626 \times 10^{-34}\text{ J}\cdot\text{s}) \times (2.998 \times 10^8\text{ m/s}) / (1.602 \times 10^{-19}\text{ J/eV}) \approx 1240\text{ eV}\cdot\text{nm}$。
   代入數值：

核心觀念

本題探討一維量子力學中的一維有限位能阱散射問題（Potential Well Scattering）及共振透射（Resonant Transmission / Ramsauer-Townsend效應）。

1. 薛丁格方程式（Time-Independent Schrödinger Equation, TISE）：
   在不同區域分別求解定態波函數，利用邊界連續條件（波函數值與一階導數在界面處連續）求得透射波與入射波的振幅關係。
2. 穿透係數（Transmission Coefficient, $T$）：
   定義為透射機率流密度（Probability Current Density）與入射機率流密度的比值： $$T = \frac{j_{\text{trans}}}{j_{\text{inc}}} = \left|\frac{F}{A}\right|^2$$ （當入射區與透射區的位能相同、波數相等時，透射係數即為振幅比的平方）。
3. 量子共振穿透（Resonance Transmission）：
   當位能阱內的去布羅意波波長滿足干涉增強條件（相當於光學法布立–培羅干涉儀的共振透射條件）時，反射波發生破壞性干涉而抵消，穿透率達到 100%（$T = 1$）。

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解題方法

位能分布為：

$$V(x) = \begin{cases} 0, & x < -a \quad (\text{區域 I}) \\ -V_0, & -a \le x \le a \quad (\text{區域 II}) \\ 0, & x > a \quad (\text{區域 III}) \end{cases}$$

粒子質量為 $m$，能量 $E > 0$，自左向右（$x = -\infty$）入射。

(a) 推導穿透係數 $T(E, V_0, 2a)$

步驟 1：建立各區域之薛丁格方程式與通解

• 區域 I（$x < -a$，$V = 0$）：

  $$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi_{\text{I}}}{dx^2} = E\psi_{\text{I}} \implies \frac{d^2\psi_{\text{I}}}{dx^2} + k_1^2 \psi_{\text{I}} = 0$$

  其中波數：

  $$k_1 = \frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}$$

  通解包含入射波與反射波：

  $$\psi_{\text{I}}(x) = A e^{i k_1 x} + B e^{-i k_1 x}$$

• 區域 II（$-a < x < a$，$V = -V_0$）：

  $$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi_{\text{II}}}{dx^2} - V_0\psi_{\text{II}} = E\psi_{\text{II}} \implies \frac{d^2\psi_{\text{II}}}{dx^2} + k_2^2 \psi_{\text{II}} = 0$$

  其中波數：

  $$k_2 = \frac{\sqrt{2m(E + V_0)}}{\hbar}$$

  通解為：

  $$\psi_{\text{II}}(x) = C e^{i k_2 x} + D e^{-i k_2 x}$$

• 區域 III（$x > a$，$V = 0$）：
  無由右側返回的反射波，僅有向右傳播的透射波：

  $$\psi_{\text{III}}(x) = F e^{i k_1 x}$$

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步驟 2：利用邊界條件列式

波函數及其一階導數在邊界面 $x = -a$ 與 $x = a$ 處必須連續：

1. 在 $x = a$ 處：

   • 波函數連續 $\psi_{\text{II}}(a) = \psi_{\text{III}}(a)$： $$C e^{i k_2 a} + D e^{-i k_2 a} = F e^{i k_1 a}$$
   • 導數連續 $\psi_{\text{II}}'(a) = \psi_{\text{III}}'(a)$： $$i k_2 \left(C e^{i k_2 a} - D e^{-i k_2 a}\right) = i k_1 F e^{i k_1 a}$$ 化簡得： $$C e^{i k_2 a} - D e^{-i k_2 a} = \frac{k_1}{k_2} F e^{i k_1 a}$$

   由上述兩式解出 $C$ 與 $D$（以 $F$ 表示）：

   $$C = \frac{1}{2}\left(1 + \frac{k_1}{k_2}\right) F e^{i(k_1 - k_2)a}$$ $$D = \frac{1}{2}\left(1 - \frac{k_1}{k_2}\right) F e^{i(k_1 + k_2)a}$$

2. 在 $x = -a$ 處：

   • 波函數連續 $\psi_{\text{I}}(-a) = \psi_{\text{II}}(-a)$： $$A e^{-i k_1 a} + B e^{i k_1 a} = C e^{-i k_2 a} + D e^{i k_2 a}$$
   • 導數連續 $\psi_{\text{I}}'(-a) = \psi_{\text{II}}'(-a)$： $$i k_1 \left(A e^{-i k_1 a} - B e^{i k_1 a}\right) = i k_2 \left(C e^{-i k_2 a} - D e^{i k_2 a}\right)$$ 化簡得： $$A e^{-i k_1 a} - B e^{i k_1 a} = \frac{k_2}{k_1}\left(C e^{-i k_2 a} - D e^{i k_2 a}\right)$$

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步驟 3：消去反射振幅 $B$，求入射與透射振幅比 $\frac{A}{F}$

將 $x = -a$ 的兩式相加消去 $B$：

$$2A e^{-i k_1 a} = \left(1 + \frac{k_2}{k_1}\right) C e^{-i k_2 a} + \left(1 - \frac{k_2}{k_1}\right) D e^{i k_2 a}$$

核心觀念

本題探討一維對稱有限位能阱（finite square well）在井寬趨近於零、井深趨近於無窮大，且兩者乘積維持常數 $2aV_0 = g$ 的極限行為。此極限即為量子力學中著名的狄拉克 Delta 位能阱（Dirac delta potential well）：

$$V(x) = -g \delta(x)$$

本題核心在於考察：

1. 薛丁格方程式的邊界條件與波函數對稱性：對於偶對稱位能 $V(-x) = V(x)$，束縛態波函數具有確定的宇稱（偶宇稱與奇宇稱）。
2. 超越方程式（Transcendental equations）的存在性分析：
   • 偶態（Even states）：滿足 $\alpha = k \tan(ka)$，其中 $k = \sqrt{\frac{2m(V_0 - |E|)}{\hbar^2}}$，$\alpha = \sqrt{\frac{2m|E|}{\hbar^2}}$。
   • 奇態（Odd states）：滿足 $\alpha = -k \cot(ka)$。
3. Delta 位能的不連續條件：在奇異位能點 $x = 0$ 處，波函數的一階導數具有跳躍不連續性：

$$\lim_{\epsilon \to 0^+} \left[ \psi'(\epsilon) - \psi'(-\epsilon) \right] = -\frac{2mg}{\hbar^2}\psi(0)$$

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解題方法

位能定義為對稱位能阱（取井底為 $-V_0$，井外為 $0$）：

$$V(x) = \begin{cases} -V_0, & |x| < a \\ 0, & |x| > a \end{cases}$$

設束縛態能量為 $E = -|E| < 0$（即 $0 < |E| < V_0$）。
定義波數：

$$k \equiv \sqrt{\frac{2m(V_0 - |E|)}{\hbar^2}}, \quad \alpha \equiv \sqrt{\frac{2m|E|}{\hbar^2}}$$

滿足關係式：

$$k^2 + \alpha^2 = \frac{2mV_0}{\hbar^2} \implies (ka)^2 + (\alpha a)^2 = \frac{2mV_0 a^2}{\hbar^2} = \frac{mga}{\hbar^2}$$

當 $a \to 0$ 且 $2aV_0 = g$ 固定時：

$$R^2 \equiv (ka)^2 + (\alpha a)^2 = \frac{mga}{\hbar^2} \to 0$$

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(a) 證明系統永遠僅存在單一束縛態

對稱位能阱的束縛態可依波函數宇稱分為兩類：

1. 奇宇稱態（Odd Parity States）：
   奇態波函數在井內外滿足的本徵值超越方程式為：

   $$\alpha a = -ka \cot(ka)$$

   因為 $\alpha > 0$ 且 $k > 0$，要使方程式有解，必須滿足 $\cot(ka) < 0$，即需要：

   $$ka > \frac{\pi}{2} \implies R = \sqrt{(ka)^2 + (\alpha a)^2} > \frac{\pi}{2}$$

   此為奇宇稱束縛態存在的門檻條件。
   但在本題之極限下，$a \to 0$ 導致 $R \to 0$。因為 $R < \frac{\pi}{2}$，系統不可能存在任何奇宇稱束縛態。

2. 偶宇稱態（Even Parity States）：
   偶態波函數在井內外滿足的本徵值超越方程式為：

   $$\alpha a = ka \tan(ka)$$

   引入無因次變數 $\xi = ka$ 與 $\eta = \alpha a$，方程式為 $\eta = \xi \tan\xi$，且受限於圓方程式 $\xi^2 + \eta^2 = R^2$（其中 $\xi, \eta > 0$）。
   在第一象限中，當 $\xi \to 0^+$ 時：

   $$\xi \tan\xi \approx \xi^2 > 0$$

   曲線 $\eta = \xi \tan\xi$ 從原點 $(0, 0)$ 出發，其斜率在原點為 $0$。而圓方程式 $\xi^2 + \eta^2 = R^2$ 在第一象限與該曲線相交的條件對任意 $R > 0$ 恆成立，且在 $0 < R < \frac{\pi}{2}$ 範圍內恰好只有一個交點。

因此，在 $a \to 0$ 且 $2aV_0 = g$（即 $R \to 0$）的極限下，系統無法容納奇宇稱態，僅能容納唯一一個偶宇稱束縛態。

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(b) 求此束縛態的能量 $E$

解法一：利用有限位能阱極限之級數展開

在 $a \to 0$ 極限下，$ka \ll 1$，可利用泰勒展開近似：

$$\tan(ka) \approx ka$$

代入偶態之超越方程式 $\alpha = k \tan(ka)$：

$$\alpha \approx k (ka) = k^2 a$$

核心觀念

1. 高斯波包與極小不確定度態（Minimum Uncertainty State）：
   對於自由粒子，其實數型高斯波包在 $t = 0$ 時達到海森堡測不準原理（Heisenberg Uncertainty Principle）的理論下限： $$\Delta x(0) \cdot \Delta p = \frac{\hbar}{2}$$ 其中標準差（標準不確定度）定義為 $\Delta A = \sqrt{\langle A^2 \rangle - \langle A \rangle^2}$。
2. 自由粒子的薛丁格方程式與時間演化（Time Evolution）：
   在無外位能（$V = 0$）情況下，哈密頓算符為 $\hat{H} = \frac{\hat{p}^2}{2m} = -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2}{\partial x^2}$。波函數的時間演化可透過動量空間（動量本徵態分解）或是利用 Ehrenfest 定理／算符海森堡繪景（Heisenberg Picture）計算算符期望值的時間變化。
3. 波包擴散（Wave Packet Spreading）：
   由於高斯波包由不同動量（即不同相速度與群速度）的平面波疊加而成，在非相對論性色散關係 $\omega(k) = \frac{\hbar k^2}{2m}$ 下，各頻率分量的傳播速度不同，導致波包在實空間中隨時間逐漸擴散，其寬度 $\Delta x(t)$ 隨時間增加。

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解題方法與詳細推導

(a) 估算動量標準差 $\Delta p$

1. 計算初始位置不確定度 $\Delta x(0)$：
   波包在 $t = 0$ 的機率密度分佈為：

   $$P(x, 0) = |\Psi(x, 0)|^2 = \frac{1}{\sqrt{\pi}\sigma} e^{-x^2/\sigma^2}$$

   由對稱性可知，奇函數積分為零：

   $$\langle x \rangle = \int_{-\infty}^{\infty} x |\Psi(x, 0)|^2 dx = 0$$

   計算位置平方的期望值 $\langle x^2 \rangle$（利用高斯積分公式 $\int_{-\infty}^{\infty} x^2 e^{-\alpha x^2} dx = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{\alpha^3}}$，其中 $\alpha = \frac{1}{\sigma^2}$）：

   $$\langle x^2 \rangle = \frac{1}{\sqrt{\pi}\sigma} \int_{-\infty}^{\infty} x^2 e^{-x^2/\sigma^2} dx = \frac{1}{\sqrt{\pi}\sigma} \left[ \frac{1}{2} \sqrt{\pi \sigma^6} \right] = \frac{\sigma^2}{2}$$

   故位置的不確定度為：

   $$\Delta x(0) = \sqrt{\langle x^2 \rangle - \langle x \rangle^2} = \frac{\sigma}{\sqrt{2}}$$

2. 利用海森堡測不準原理估算 $\Delta p$：
   實數型高斯函數滿足極小不確定度條件：

   $$\Delta x(0) \cdot \Delta p \ge \frac{\hbar}{2} \implies \Delta p \ge \frac{\hbar}{2\Delta x(0)}$$

   因此動量標準差的估計值為：

   $$\Delta p = \frac{\hbar}{2 \Delta x(0)} = \frac{\hbar}{2(\sigma/\sqrt{2})} = \frac{\hbar}{\sqrt{2}\sigma}$$

   (註：若題目採用將寬度參數直接視為位置範圍 $\Delta x \approx \sigma$ 的粗略估計，則 $\Delta p \approx \frac{\hbar}{2\sigma}$；但在嚴謹的量子力學定義中，波函數 $\Psi \propto e^{-x^2/(2\sigma^2)}$ 的標準差為 $\Delta x = \frac{\sigma}{\sqrt{2}}$，對應之極小動量不確定度為 $\Delta p = \frac{\hbar}{\sqrt{2}\sigma}$)。

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(b) 推導 $\Delta x(t) = \sigma\sqrt{1 + (t/\tau)^2}$ 並求特徵時間 $\tau$

本小題要求證波包寬度隨時間增加，並導出指定形式的數學表達式。

方法一：動量空間傅立葉轉換與波函數時間演化（標準解析法）

1. 轉換至動量表示法（Momentum Representation）：
   自由粒子的動量本徵態為能量本徵態，因此在動量空間中演化極為簡單：

   $$\phi(p, 0) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}} \int_{-\infty}^{\infty} \Psi(x, 0) e^{-ipx/\hbar} dx$$

   代入 $\Psi(x, 0) = \left(\frac{1}{\pi\sigma^2}\right)^{1/4} e^{-x^2/(2\sigma^2)}$，利用高斯積分完成配方：

   $$\phi(p, 0) = \left(\frac{\sigma^2}{\pi\hbar^2}\right)^{1/4} e^{-\sigma^2 p^2 / (2\hbar^2)}$$

2. 引入時間演化因子：
   能量 $E = \frac{p^2}{2m}$，隨時間演化的動量波函數為：

   $$\phi(p, t) = \phi(p, 0) e^{-iEt/\hbar} = \left(\frac{\sigma^2}{\pi\hbar^2}\right)^{1/4} \exp\left[ -\left( \frac{\sigma^2}{2\hbar^2} + \frac{it}{2m\hbar} \right) p^2 \right]$$

3. 反轉換回坐標空間：

   $$\Psi(x, t) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\hbar}} \int_{-\infty}^{\infty} \phi(p, t) e^{ipx/\hbar} dp$$

核心觀念

本題考查氫原子中電子的軌域角動量量子化，以及角動量算符的本徵態（Eigenstate）與期望值（Expectation value）性質。

1. 軌域角動量算符之本徵值：
   在球對稱位能場（如氫原子庫侖位能場）中，軌域角動量平方算符 $L^2$ 與其 $z$ 軸分量算符 $L_z$ 可對易（$[L^2, L_z] = 0$），擁有共同的本徵態 $|n, l, m\rangle$：
   • 軌域角動量平方的本徵值： $$L^2 |n, l, m\rangle = l(l+1)\hbar^2 |n, l, m\rangle$$ 其量值為 $|L| = \sqrt{\langle L^2 \rangle} = \sqrt{l(l+1)}\hbar$。
   • $z$ 軸分量的本徵值： $$L_z |n, l, m\rangle = m\hbar |n, l, m\rangle$$
2. 算符關係與對稱性：
   • 總角動量平方算符由三個分量構成： $$L^2 = L_x^2 + L_y^2 + L_z^2$$
   • 在 $L_z$ 的本徵態 $|n, l, m\rangle$ 中，由於體系繞著 $z$ 軸具有旋轉對稱性，電子在垂直於 $z$ 軸的 $xy$ 平面上沒有任何特定的方向偏好，故對稱性要求： $$\langle L_x^2 \rangle = \langle L_y^2 \rangle$$
   • 此外，$\langle L_x \rangle = \langle L_y \rangle = 0$。

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解題方法

本題給定電子的量子態為 $|n, l, m\rangle = |3, 2, 1\rangle$，對應主量子數 $n = 3$、角量子數 $l = 2$、磁量子數 $m = 1$。

(a) 計算軌域角動量量值 $|L|$ 與 $z$ 軸分量 $L_z$

1. 計算角動量量值 $|L|$：
   根據角動量量子化公式，軌域角動量的量值為：

   $$|L| = \sqrt{l(l+1)}\hbar$$

   代入 $l = 2$：

   $$|L| = \sqrt{2(2+1)}\hbar = \sqrt{6}\hbar$$

   若表示為數值型態（以普朗克常數 $\hbar = \frac{h}{2\pi} = \frac{6.626 \times 10^{-34}}{2\pi} \approx 1.055 \times 10^{-34}\text{ J}\cdot\text{s}$）：

   $$|L| = \sqrt{6} \times 1.055 \times 10^{-34} \approx 2.583 \times 10^{-34}\text{ J}\cdot\text{s}$$

2. 計算角動量的 $z$ 軸分量 $L_z$：
   由於 $|3, 2, 1\rangle$ 為 $L_z$ 的本徵態，其本徵值即為確定之測量值：

   $$L_z = m\hbar$$

   代入 $m = 1$：

   $$L_z = 1\hbar = \hbar$$

   若表示為數值：

   $$L_z \approx 1.055 \times 10^{-34}\text{ J}\cdot\text{s}$$

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(b) 計算 $\langle L_x^2 \rangle$ 的期望值

1. 利用期望值的線性關係：
   對算符關係式 $L^2 = L_x^2 + L_y^2 + L_z^2$ 兩側取在態 $|3, 2, 1\rangle$ 下的期望值：

   $$\langle L^2 \rangle = \langle L_x^2 \rangle + \langle L_y^2 \rangle + \langle L_z^2 \rangle$$

2. 分別求得各分量項的期望值：

   • 態 $|3, 2, 1\rangle$ 為 $L^2$ 的本徵態，本徵值為 $l(l+1)\hbar^2$： $$\langle L^2 \rangle = l(l+1)\hbar^2 = 2(2+1)\hbar^2 = 6\hbar^2$$

核心觀念

1. 波耳磁子（Bohr Magneton, $\mu_B$）的定義：
   電子軌域角動量所產生的磁偶極矩基本單位定義為： $$\mu_B \equiv \frac{e\hbar}{2m_e}$$
2. 空間量子化（Space Quantization）：
   • 軌域角動量大小 $|\mathbf{L}| = \sqrt{l(l+1)}\,\hbar$。
   • 軌域角動量沿著外加磁場方向（通常取為 $z$ 軸）的分量為： $$L_z = m_l\hbar \quad (\text{題目以 } m \text{ 表示})$$ 其中磁量子數 $m = -l, -l+1, \dots, +l$。
   • 電子軌域磁矩沿 $z$ 軸的分量大小為： $$\mu_{L,z} = -\frac{e}{2m_e}L_z = -\frac{e\hbar}{2m_e}m = -m\mu_B$$ 磁偶極矩向量大小為： $$|\boldsymbol{\mu}_L| = \frac{e}{2m_e}|\mathbf{L}| = \sqrt{l(l+1)}\,\mu_B$$
3. 正常塞曼效應（Normal Zeeman Effect）與交互作用能：
   當原子置於均勻外加磁場 $\mathbf{B} = B\hat{\mathbf{z}}$ 中，忽略自旋－軌域耦合（spin-orbit coupling）時，磁偶極交互作用位能為： $$\Delta E = -\boldsymbol{\mu}_L \cdot \mathbf{B} = -\mu_{L,z}B = -(-m\mu_B)B = m\mu_B B$$ 此效應破除了原先能量對磁量子數 $m$ 的簡併（degeneracy），使得一個角動量量子數為 $l$ 的能階分裂為 $2l+1$ 個次能階。

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解題方法

(a) 以 $\mu_B$、$l$ 與 $m$ 表示磁偶極矩

1. 向量大小（Magnitude）：
   根據軌域角動量算符的本徵值性質，角動量大小為 $|\mathbf{L}| = \sqrt{l(l+1)}\,\hbar$。
   因此，軌域磁偶極矩的量值為：

   $$|\boldsymbol{\mu}_L| = \frac{e}{2m_e}|\mathbf{L}| = \frac{e}{2m_e}\sqrt{l(l+1)}\,\hbar = \sqrt{l(l+1)}\,\mu_B$$

2. $z$ 軸分量（$z$-component）：
   因空間量子化，可精確測量的是磁偶極矩沿磁場軸（$z$ 軸）的分量 $\mu_{L,z}$：

   $$\mu_{L,z} = -\frac{e}{2m_e}L_z = -\frac{e}{2m_e}(m\hbar) = -m\left(\frac{e\hbar}{2m_e}\right) = -m\mu_B$$

3. 向量形式表示（Vector Operator Form）：
   若以角動量無因次算符 $\mathbf{L}/\hbar$ 表示向量：

   $$\boldsymbol{\mu}_L = -\frac{\mu_B}{\hbar}\mathbf{L}$$

   通常近代物理題目中，要求以量子數 $l$ 與 $m$ 表示時，完整列出大小 $|\boldsymbol{\mu}_L|$ 與 $z$ 軸分量 $\mu_{L,z}$ 最為標準完整。

核心觀念

本題考查**二維自由電子氣體（2D Free Electron Gas）**的統計物理與量子力學基礎觀念：

1. $k$ 空間（波向量空間）的量子態計數：在二維無限深位能阱（或週期性邊界條件）下，電子能量與波向量的關係（色散關係）為非相對論性拋物線關係： $$E = \frac{\hbar^2 k^2}{2m}$$
2. 態密度（Density of States, DOS）定義：單位能量區間內的量子態數目，即 $g(E) = \frac{dN}{dE}$（或以單位面積態密度表示為 $\mathcal{D}(E) = \frac{1}{A}\frac{dN}{dE}$）。由於電子自旋 $s = 1/2$，每個軌域態可容納 $2s + 1 = 2$ 個自旋態。
3. 絕對零度下的費米能階（Fermi Energy, $E_F$）：在 $T = 0\text{ K}$ 時，電子依照包立不相容原理從基態能量由低至高填入，填滿至最高能量狀態即為費米能階 $E_F$。

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解題方法

(a) 推導二維態密度 $g(E)$ 並證明其與能量 $E$ 無關

1. 設定邊界條件與波向量量子化：
   考慮邊長為 $L$、面積為 $A = L^2$ 的二維平面。採用週期性邊界條件（Periodic Boundary Conditions, PBC），電子的波向量分量滿足：

   $$k_x = \frac{2\pi n_x}{L}, \quad k_y = \frac{2\pi n_y}{L} \quad (n_x, n_y \in \mathbb{Z})$$

   在二維 $k$ 空間中，每一個單獨的空間量子態所佔據的「面積」為：

   $$\Delta k_x \Delta k_y = \left(\frac{2\pi}{L}\right)^2 = \frac{4\pi^2}{A}$$

   （若採用駐波硬壁邊界條件，取第 $1$ 象限計算，結果完全相同）。

2. 計算能量小於等於 $E$ 的總量子態數 $N(E)$：
   電子的色散關係為 $E = \frac{\hbar^2 k^2}{2m}$，故半徑為 $k$ 的圓對應的波向量大小為：

   $$k = \sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}$$

   在 $k$ 空間中半徑為 $k$ 的圓面積為 $\pi k^2$。計入電子自旋簡併度（$g_s = 2s+1 = 2$），能量小於等於 $E$ 的總態數為：

   $$N(E) = 2 \times \frac{\pi k^2}{\left(\frac{4\pi^2}{A}\right)} = 2 \times \frac{\pi \left(\frac{2mE}{\hbar^2}\right)}{\frac{4\pi^2}{A}} = \frac{mA}{\pi \hbar^2} E$$

3. 求態密度 $g(E)$：
   根據態密度的微積分定義：

   $$g(E) = \frac{dN(E)}{dE} = \frac{d}{dE}\left(\frac{mA}{\pi \hbar^2} E\right) = \frac{mA}{\pi \hbar^2}$$

   若表示成單位面積的態密度 $\mathcal{D}(E) = \frac{g(E)}{A}$，則為：

   $$\mathcal{D}(E) = \frac{m}{\pi \hbar^2} = \frac{4\pi m}{h^2}$$