108 年 國立臺灣大學光電工程學系碩士班《近代物理學（B）》

核心觀念

本題考查光子與靜止粒子碰撞時的相對論性能量與動量守恆，亦即康普頓散射的基本結果。

設粒子的靜止能量為

$$E_0=m c^2,$$

入射光子能量為 $E$，散射後光子能量為 $E'$，則粒子獲得的動能為

$$K=E-E'.$$

因此，要使反沖粒子的動能最大，就必須使散射後光子的能量 $E'$ 最小。

解題方法

設入射光子與散射光子的夾角為 $\theta$。由相對論性能量與動量守恆，可得康普頓散射公式：

$$E'=\frac{E}{1+\dfrac{E}{E_0}(1-\cos\theta)}.$$

其中 $-1\leq \cos\theta\leq 1$。要使 $E'$ 最小，分母必須最大，因此

$$\cos\theta=-1,$$

也就是散射光子沿入射方向的反方向射出，發生完全反向散射：

$$\theta=\pi.$$

代入康普頓散射公式：

$$E'_{\min} = \frac{E}{1+\dfrac{E}{E_0}(1-(-1))} = \frac{E}{1+\dfrac{2E}{E_0}}.$$

整理得

核心觀念

電子的德布羅意波長由動量決定：

$$\lambda=\frac{h}{p}$$

平面波的相速度與群速度定義為：

$$v_{\mathrm p}=\frac{\omega}{k}=\frac{E}{p}$$ $$v_{\mathrm g}=\frac{d\omega}{dk}=\frac{dE}{dp}$$

其中：

• $E$ 為電子的總能量；
• $K$ 為動能；
• $p$ 為相對論動量；
• 電子靜止能量為

$$m_ec^2=511\ \text{keV}$$

本題的動能為 $500\ \text{keV}$，已經接近電子的靜止能量，必須採用相對論公式。

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解題方法

1. 求電子動量

相對論能量關係為：

$$E^2=p^2c^2+m_e^2c^4$$

又因為

$$E=K+m_ec^2$$

所以

$$p^2c^2=(K+m_ec^2)^2-m_e^2c^4$$

整理得：

$$p^2c^2=K^2+2Km_ec^2$$

因此

$$pc=\sqrt{K(K+2m_ec^2)}$$

代入 $K=500\ \text{keV}$ 與 $m_ec^2=511\ \text{keV}$：

$$pc=\sqrt{500(500+2\times511)}\ \text{keV}$$ $$pc=\sqrt{761000}\ \text{keV} \approx 872.4\ \text{keV}$$

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2. 求德布羅意波長

利用

$$\lambda=\frac{h}{p}=\frac{hc}{pc}$$

取

$$hc\approx 1.23984\ \text{keV}\cdot\text{nm}$$

因此

$$\lambda= \frac{1.23984\ \text{keV}\cdot\text{nm}} {872.4\ \text{keV}}$$ $$\boxed{\lambda\approx 1.42\times10^{-3}\ \text{nm}}$$

亦即

$$\boxed{\lambda\approx1.42\ \text{pm}}$$

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3. 求相速度

電子總能量為：

$$E=K+m_ec^2=500+511=1011\ \text{keV}$$

相速度為：

$$v_{\mathrm p}=\frac{E}{p} =\frac{Ec}{pc}$$

代入數值：

$$v_{\mathrm p} =\frac{1011}{872.4}c \approx1.159c$$

所以

$$\boxed{v_{\mathrm p}\approx1.16c}$$

以公尺每秒表示：

$$v_{\mathrm p}\approx1.16(3.00\times10^8) \approx3.48\times10^8\ \text{m/s}$$

相速度超過光速並不違反相對論，因為相速度不代表粒子、能量或訊息的傳播速度。

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4. 求群速度

群速度為：

$$v_{\mathrm g}=\frac{dE}{dp}$$

核心觀念

一維無限深方井設於 $0<x<L$ 時，基態波函數為

$$\psi_1(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin\left(\frac{\pi x}{L}\right).$$

動量算符為

$$\hat p=-i\hbar\frac{d}{dx},$$

動量平方算符為

$$\hat p^2=-\hbar^2\frac{d^2}{dx^2}.$$

動量的標準差定義為

$$\Delta p=\sqrt{\langle p^2\rangle-\langle p\rangle^2}.$$

因此須先求出 $\langle p\rangle$ 與 $\langle p^2\rangle$。

解題方法

1. 計算 $\langle p\rangle$

期望值公式為

$$\langle p\rangle = \int_0^L \psi_1^*(x)\hat p\psi_1(x)\,dx.$$

因為 $\psi_1(x)$ 為實函數，

$$\frac{d\psi_1}{dx} = \sqrt{\frac{2}{L}}\frac{\pi}{L} \cos\left(\frac{\pi x}{L}\right).$$

代入得

$$\langle p\rangle = -i\hbar\int_0^L \psi_1(x)\frac{d\psi_1}{dx}\,dx.$$

又因為

$$\psi_1\frac{d\psi_1}{dx} = \frac{1}{2}\frac{d}{dx}\left(\psi_1^2\right),$$

所以

$$\langle p\rangle = -\frac{i\hbar}{2} \left[\psi_1^2(x)\right]_0^L.$$

無限深方井的邊界條件為

$$\psi_1(0)=\psi_1(L)=0,$$

因此

$$\boxed{\langle p\rangle=0}.$$

物理上，基態是左右行進平面波的等量疊加，正、負動量彼此抵消，所以平均動量為零。

2. 計算 $\langle p^2\rangle$

先求二階導數：

$$\frac{d^2\psi_1}{dx^2} = -\left(\frac{\pi}{L}\right)^2\psi_1(x).$$

因此

核心觀念

本題考查氫原子軌域的「徑向機率分布」。電子在半徑 $r$ 到 $r+dr$ 間被找到的機率不是單純的 $|\psi|^2$，而必須乘上球殼體積因子：

$$dP(r)=r^2|R(r)|^2dr$$

因此徑向機率分布為

$$P(r)=r^2|R(r)|^2$$

其最大值所對應的 $r$，就是最可能半徑。

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解題方法

對氫原子的 $2p$ 狀態，正確的徑向波函數應為

$$R_{21}(r)=\frac{1}{2\sqrt{6}\,a_0^{3/2}} \left(\frac{r}{a_0}\right)e^{-r/(2a_0)}$$

其中與 $r$ 有關的部分為

$$R_{21}(r)\propto r e^{-r/(2a_0)}$$

所以徑向機率分布為

$$P(r)\propto r^2\left|r e^{-r/(2a_0)}\right|^2$$

整理得

$$P(r)\propto r^4e^{-r/a_0}$$

取導數求極大值。為方便計算，對數微分：

$$\ln P(r)=4\ln r-\frac{r}{a_0}$$

因此

$$\frac{d}{dr}\ln P(r)=\frac{4}{r}-\frac{1}{a_0}$$

令其為零：

核心觀念

本題將氫分子視為由兩個相同質量的氫原子組成的剛性轉子，主要使用：

1. 質點對固定軸的轉動慣量
   $I=\sum_i m_i r_i^2$

2. 轉動動能與角動量的關係
   $K=\frac{L^2}{2I}$

3. 角動量量子化條件
   $L=n\hbar,\qquad n=0,1,2,\cdots$

4. 光子的能量與波長
   $\Delta E=hf=\frac{hc}{\lambda}$

其中 $R$ 是兩個氫原子間的距離，兩原子各自距離分子中心 $R/2$。

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(a) 分子的轉動慣量

兩個氫原子的質量皆為 $M_H$，且分子中心位於兩原子的中點。因此每個原子到轉軸的距離為

$$r=\frac{R}{2}.$$

將兩個氫原子視為質點，轉動慣量為

$$I=M_H\left(\frac{R}{2}\right)^2 +M_H\left(\frac{R}{2}\right)^2.$$

因此

$$\boxed{I=\frac{M_HR^2}{2}}.$$

由於 $R=2r_0$，也可寫成

$$\boxed{I=2M_Hr_0^2}.$$

若代入題目給定的數值，

$$I=\frac{(1.674\times10^{-27}) (0.5\times10^{-10})^2}{2} \ \mathrm{kg\,m^2}.$$

題目不要求數值答案，因此保留符號形式即可。

為何可視為質點？

本題採用剛性轉子模型，將每個氫原子的內部結構忽略，只保留其總質量 $M_H$，並把質量集中在原子中心。這代表：

• 不考慮電子雲的形狀與內部運動；
• 不考慮氫原子本身的轉動；
• 只研究兩個氫原子之間的整體分子轉動。

因此每個氫原子可近似成位於分子兩端的質點。這是分子轉動光譜中常用的理想化近似。

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(b) 以角動量表示動能與能階

剛性轉子的角速度為 $\omega$，其角動量與動能分別為

$$L=I\omega,$$

以及

$$K=\frac{1}{2}I\omega^2.$$

由 $\omega=L/I$ 代入動能式：

$$K=\frac{1}{2}I\left(\frac{L}{I}\right)^2 =\frac{L^2}{2I}.$$

所以分子的轉動動能為

$$\boxed{K=\frac{L^2}{2I}}.$$

依題目指定的角動量量子化條件，

$$L=n\hbar,$$

因此轉動能階為

$$E_n=\frac{(n\hbar)^2}{2I}.$$

故

$$\boxed{E_n=\frac{n^2\hbar^2}{2I}}, \qquad n=0,1,2,\cdots$$

再代入 $I=M_HR^2/2$：

$$E_n =\frac{n^2\hbar^2}{M_HR^2}.$$

因此也可寫成

$$\boxed{E_n=\frac{n^2\hbar^2}{M_HR^2}}.$$

補充：嚴格量子力學的剛性轉子

嚴格的三維剛性轉子角動量應滿足

$$L^2=\ell(\ell+1)\hbar^2,$$

所以能階為

核心觀念

本題用磁場造成的塞曼位移，估算它與氫原子 $2p$ 能階精細結構分裂相當時的磁場。依圖示，兩個能階分別移動 $+\mu_B B$ 與 $-\mu_B B$，因此能階間距的改變量為 $2\mu_B B$。令此能量差等於精細結構分裂 $\Delta U$：

$$\Delta U=2\mu_B B$$

解題方法

由圖中關係解出磁場：

$$B=\frac{\Delta U}{2\mu_B}$$

先將精細結構分裂由電子伏特換成焦耳：

$$\Delta U =4.5\times10^{-5}\ \mathrm{eV} \times1.602\times10^{-19}\ \frac{\mathrm{J}}{\mathrm{eV}} =7.209\times10^{-24}\ \mathrm{J}$$

核心觀念

本題考查三個重點：

1. 三能階與四能階雷射的粒子數反轉條件。
2. He–Ne 雷射中氦原子的能量轉移作用。
3. 雷射臨界增益、臨界人口反轉與泵浦功率的關係。

雷射振盪的基本條件為增益等於腔內損耗：

$$g_{\text{th}} = \alpha+\frac{1}{2L}\ln\left(\frac{1}{R_1R_2}\right)$$

其中 $\alpha$ 為腔內損耗係數、$L$ 為共振腔長度、$R_1,R_2$ 為兩端鏡面反射率。

若受激放射截面為 $\sigma$，人口反轉密度為

$$\Delta N=N_2-N_1$$

則增益係數可寫成

$$g=\sigma\Delta N$$

因此臨界人口反轉密度為

$$\boxed{\Delta N_{\text{crit}}=\frac{g_{\text{th}}}{\sigma}}$$

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a) 四能階雷射相較於三能階雷射的優點

四能階雷射的雷射躍遷為 $E_3\rightarrow E_2$，而下雷射能階 $E_2$ 會迅速衰減至基態 $E_1$。因此雷射作用開始前，通常有

$$N_2\approx 0$$

人口反轉條件為

$$N_3>N_2$$

只要將少量原子激發至上雷射能階即可達成人口反轉。

三能階雷射的下雷射能階就是基態。若總原子數為 $N$，則

$$N_1+N_3=N$$

人口反轉要求

$$N_3>N_1$$

在忽略其他能階的情況下，必須有

$$N_3>\frac{N}{2}$$

也就是超過一半的原子都必須被激發，泵浦困難度很高。

四能階雷射的主要優點如下：

• 臨界人口反轉較低：下雷射能階幾乎沒有原子，容易滿足 $N_3>N_2$。
• 泵浦功率較小：不必激發超過一半的工作原子。
• 容易達到連續波操作：三能階雷射常需強脈衝泵浦，四能階雷射較容易連續運轉。
• 效率與穩定性較高：較低的閾值使熱負載、泵浦需求及操作難度下降。

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b) He–Ne 雷射為何需要氦？為何不能只使用氖？

He–Ne 雷射真正產生雷射的是氖原子，氦原子本身主要扮演能量轉移媒介。

氦原子的亞穩態能階能量約為 $20.6$、$19.8\ \text{eV}$，而氖原子的某些激發能階能量非常接近。放電時，電子先將氦原子激發至亞穩態：

$$\mathrm{He}+e^- \rightarrow \mathrm{He}^*+e^-$$

接著氦亞穩態原子與基態氖原子碰撞，將能量選擇性地轉移給氖：

$$\mathrm{He}^*+\mathrm{Ne} \rightarrow \mathrm{He}+\mathrm{Ne}^*$$

由於兩者能階接近，此碰撞轉移效率很高，使氖原子大量累積於上雷射能階，建立人口反轉。以 $632.8\ \text{nm}$ 紅光為例，主要雷射躍遷發生在氖原子的能階之間：

$$\mathrm{Ne}^*_{\text{upper}} \rightarrow \mathrm{Ne}^*_{\text{lower}} + h\nu$$

只使用氖的問題在於：

• 電子碰撞激發氖至目標上能階的效率較低。
• 氖的激發能階分布不利於有效建立人口反轉。
• 放電能量容易分散至其他激發態、游離及碰撞損耗。
• He–Ne 混合氣體能透過氦的亞穩態，將能量有效集中到氖的雷射上能階。

因此，氦不是主要的雷射發光原子，而是高效率的「能量轉移與泵浦媒介」。

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c) Ruby 與 He–Ne 雷射的臨界人口反轉及功率需求

1. 臨界人口反轉

兩種雷射的閾值條件皆為

$$\sigma\Delta N_{\text{crit}}=g_{\text{th}}$$

所以

$$\Delta N_{\text{crit}}=\frac{g_{\text{th}}}{\sigma}$$

Ruby 雷射為三能階系統。其下雷射能階接近基態，因此原本已有大量原子位於下能階。人口反轉必須滿足

$$N_2>N_1$$

若只考慮基態與上能階，至少需要

$$N_2>\frac{N}{2}$$

所以 Ruby 雷射的臨界人口反轉非常高。

He–Ne 雷射屬於四能階型態。下雷射能階會快速衰減，故

$$N_1\approx 0$$

人口反轉近似為

$$\Delta N\approx N_2$$

只須使少量氖原子位於上雷射能階，即可達到雷射閾值。因此

$$\boxed{ \Delta N_{\text{crit,He-Ne}} \ll \Delta N_{\text{crit,Ruby}} }$$

一般典型數值可表示為：

$$\Delta N_{\text{crit,Ruby}}\sim 10^{19}\ \text{cm}^{-3}$$ $$\Delta N_{\text{crit,He-Ne}}\sim 10^{10}\text{--}10^{12}\ \text{cm}^{-3}$$

因此兩者的臨界人口反轉密度可相差約 $10^7$ 至 $10^9$ 倍，實際數值須依題目所附表格中的截面、腔長、反射率及損耗資料計算。

2. 泵浦功率公式

核心觀念

增強型 PMOS 的飽和區電流由閘極過驅電壓決定。以正值表示 PMOS 電壓，可寫成

$$I_D=\frac{1}{2}K_p\frac{W}{L}(V_{SG}-|V_t|)^2$$

飽和區條件為

$$V_{SD}\ge V_{SG}-|V_t|$$

本題電路的源極接 $+5\text{ V}$，閘極由 $R_{G1}$、$R_{G2}$ 分壓，汲極經 $R_D$ 接地。

解題方法

先設定閘極偏壓與原設計的 $R_D$

代入 $I_D=0.5\text{ mA}$、$K_p(W/L)=1\text{ mA/V}^2$：

$$0.5=\frac{1}{2}(V_{SG}-1)^2$$

因此 $V_{SG}-1=1\text{ V}$，得到 $V_{SG}=2\text{ V}$。源極為 $5\text{ V}$，所以閘極電壓需為

$$V_G=V_S-V_{SG}=5-2=3\text{ V}$$

分壓器需滿足

$$3=5\frac{R_{G2}}{R_{G1}+R_{G2}}$$

故 $R_{G2}=1.5R_{G1}$。題目未指定電阻的絕對值，因此分壓器電阻只需符合此比例。

汲極指定為 $V_D=3\text{ V}$，所以原設計的汲極電阻為

$$R_D=\frac{V_D}{I_D} =\frac{3\text{ V}}{0.5\text{ mA}} =6\text{ k}\Omega$$

求維持飽和區時的最大 $R_D$

閘極偏壓固定時，飽和區電流維持 $0.5\text{ mA}$。增大 $R_D$ 會使汲極電壓上升，直到到達飽和區邊界：

核心觀念

本題考查二極體的單向導電特性與半波整流器的工作原理：

• 二極體順向偏壓時導通，可視為低電阻。
• 二極體逆向偏壓時截止，可視為開路。
• 半波整流器只讓交流輸入的一個半週期通過，因此輸出為脈動直流。
• 題目給定二極體電阻遠小於負載電阻，即
  $r_d \ll R_L$
  因此導通時二極體上的壓降可忽略，負載電壓近似等於輸入電壓。

以下採用理想二極體模型，忽略二極體的順向導通電壓。

解題方法

設正弦輸入電壓為

$$v_i(t)=V_m\sin\omega t$$

其中 $V_m$ 為輸入電壓峰值，$\omega$ 為角頻率。

判斷每個半週期的二極體狀態：

1. 當 $v_i(t)>0$ 時，二極體順向偏壓而導通。
2. 當 $v_i(t)<0$ 時，二極體逆向偏壓而截止。

因此，輸出電壓只保留輸入電壓的正半週期。

a) 半波整流器電路

二極體的陽極接交流電源，陰極接負載電阻，使輸入為正時二極體導通。

             D
      o─────|>|────o──── v_o(t)
      │             │
   ~  v_i(t)       R_L
      │             │
      o─────────────o

其中：

• $D$：二極體
• $R_L$：負載電阻
• $v_i(t)$：輸入電壓
• $v_o(t)$：負載電阻兩端的輸出電壓

當輸入電壓為正時，電流方向為

$$\text{電源}\rightarrow D\rightarrow R_L$$

二極體導通；當輸入電壓為負時，二極體截止，負載中沒有電流。

b) 輸入與輸出波形

輸入電壓

輸入為完整正弦波：

$$v_i(t)=V_m\sin\omega t$$

其週期為

$$T=\frac{2\pi}{\omega}$$

正半週期

在

$$0<\omega t<\pi$$

時，$\sin\omega t>0$，二極體導通。因為 $r_d\ll R_L$，有

$$v_o(t)\approx v_i(t)$$

因此

$$v_o(t)=V_m\sin\omega t \qquad (0<\omega t<\pi)$$

負半週期

在

$$\pi<\omega t<2\pi$$

時，$\sin\omega t<0$，二極體截止。此時

$$i(t)=0$$

負載電阻上的輸出電壓為

$$v_o(t)=i(t)R_L=0$$

輸出電壓完整表示式