109 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

本題考查狹義相對論中的：

• 長度收縮：太空人所在火箭座標系量得的飛行距離會縮短。

• 時間膨脹：太空人在火箭內經歷的時間為固有時間。

• 洛侖茲因子：

  $\gamma=\frac{1}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}$

已知火箭速度為 $v=0.8c$，地球座標系量得地球至 X 星球的距離為 $L=20$ 光年。

解題方法

(a) 太空人感受的飛航距離

在火箭座標系中，地球至 X 星球的距離因長度收縮而變為

$L'=\frac{L}{\gamma}$

先計算洛侖茲因子：

$$\gamma =\frac{1}{\sqrt{1-(0.8)^2}} =\frac{1}{\sqrt{0.36}} =\frac{5}{3}$$

因此太空人量得的飛行距離為

$$L'=\frac{20}{5/3}=12\text{ 光年}$$

所以：

$$\boxed{L'=12\text{ 光年}}$$

(b) 太空人自認為的飛行時間

在火箭座標系中，太空人所經歷的時間為

核心觀念

本題考查自由粒子波包的展開，以及海森堡不確定性原理：

$$\Delta x\,\Delta p\geq \frac{\hbar}{2}$$

粒子具有動量的不確定度，因此不同動量成分的速度不同，波包會隨時間逐漸展寬。這種現象稱為「波包擴散」或「波包色散」。

所附掃描圖內容與題幹所述之「圖 2」不相符，無法由圖讀取額外參數。以下採用標準的自由粒子、最小不確定度高斯波包模型作答。

(a) 原理

此現象符合：

$$\boxed{\text{海森堡不確定性原理}}$$

由於位置的不確定度 $\Delta x$ 不可能與動量的不確定度 $\Delta p$ 同時為零，粒子波包具有不同的動量成分。各成分以不同速度傳播，使波包的空間分布範圍隨時間增加。

(b) 質子分布範圍

已知質量

$$m=1.672\times 10^{-27}\ \text{kg}$$

初始分布範圍為 $\pm 10^{-1}\ \text{m}$，取初始位置不確定度為

$$\Delta x_0=10^{-1}\ \text{m}$$

由最小不確定度原理，

$$\Delta p=\frac{\hbar}{2\Delta x_0}$$

自由粒子經過時間 $\Delta t=1\ \text{s}$ 後，波包位置不確定度為

$$\Delta x(\Delta t) = \sqrt{ \Delta x_0^2+ \left( \frac{\Delta p}{m}\Delta t \right)^2 }$$

代入 $\Delta p$ 得

核心觀念

本題考考生是否能用物質波與電子繞射解釋電子束照射鎳晶體後出現的角度相關散射強度。電子具有波動性，晶體中的原子平面會使電子波產生相干散射；在符合布拉格繞射條件的方向，散射強度會出現最大值。

解題方法

(a) 54 eV 電子束的散射強度會隨方向呈現峰值，這是電子波受到晶體原子平面繞射的結果。因此，應以電子的**物質波（德布羅意波）**描述。

(b) 由圖中幾何關係，$50^\circ$ 是散射方向與入射方向反向延長線的夾角，因此入射與散射方向間的夾角為

核心觀念

本題考查黑體腔體中的電磁波模態與態密度。將立方腔體視為由理想導體壁包圍，腔內電磁波形成駐波；利用邊界條件求出允許的波向量，再在 $k$ 空間中計算單位體積、單位頻率的波數密度。

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(a) 邊界條件

理想導體表面必須滿足切向電場為零：

$$\mathbf{E}_{\parallel}=0$$

因此，對邊長為 $a$ 的立方腔體，在 $x=0,a$、$y=0,a$、$z=0,a$ 六個壁面上，電磁波的電場必須形成節點。可表示為

$$E_x,E_y,E_z \propto \sin\left(\frac{n_x\pi x}{a}\right) \sin\left(\frac{n_y\pi y}{a}\right) \sin\left(\frac{n_z\pi z}{a}\right),$$

其中允許的波數分量為

$$k_x=\frac{n_x\pi}{a},\qquad k_y=\frac{n_y\pi}{a},\qquad k_z=\frac{n_z\pi}{a},$$

且 $n_x,n_y,n_z$ 為整數。

電磁波還必須滿足橫波條件：

$$\mathbf{k}\cdot\mathbf{E}=0,$$

所以每一組非零的 $\mathbf{k}$ 通常具有兩種獨立偏振態。

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(b) 推導黑體腔內的波數密度

令波向量大小為

$$k=\sqrt{k_x^2+k_y^2+k_z^2}.$$

在 $k$ 空間中，允許的波向量點間距為 $\pi/a$，因此每一個模態所占的 $k$ 空間體積為

$$\left(\frac{\pi}{a}\right)^3=\frac{\pi^3}{V},$$

其中立方腔體體積為

$$V=a^3.$$

波數介於 $k$ 與 $k+dk$ 之間的模態，位於半徑 $k$、厚度 $dk$ 的球殼內。由於 $n_x,n_y,n_z>0$，只需計算第一卦限，其體積為

$$\frac{1}{8}(4\pi k^2dk).$$

核心觀念

本題考查波爾模型中的兩項基本條件：

1. 庫侖力提供電子的向心力。
2. 電子角動量量子化：
   $mvr=n\hbar,\qquad n=1,2,3,\ldots$

當原子核不再視為固定時，必須改用電子與原子核的約化質量：

$\mu=\frac{mM}{m+M}$

其中 $m$ 為電子質量，$M$ 為原子核質量。

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(a) 原子核靜止不動時的軌道半徑

電子與原子核間的庫侖力為

$$F=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{e^2}{r^2}$$

令庫侖力提供電子的向心力：

$$\frac{mv^2}{r} = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{e^2}{r^2}$$

又由波爾角動量量子化條件：

$$mvr=n\hbar$$

因此

$$v=\frac{n\hbar}{mr}$$

代入向心力方程式：

$$\frac{m}{r} \left(\frac{n\hbar}{mr}\right)^2 = \frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{e^2}{r^2}$$

整理得

$$\frac{n^2\hbar^2}{mr^3} = \frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0r^2}$$

所以第 $n$ 個軌道半徑為

$$\boxed{ r_n = \frac{4\pi\varepsilon_0\hbar^2}{me^2}n^2 }$$

若以玻爾半徑

$$a_0=\frac{4\pi\varepsilon_0\hbar^2}{me^2}$$

表示，則

$$\boxed{r_n=n^2a_0}$$

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(b) 電子與原子核皆繞質心運動

解題方法

此時電子與原子核之間的距離設為 $R$，兩者皆以相同角速度繞質心運動。二體問題可化為一個約化質量 $\mu$ 的粒子，繞另一粒子運動：

$$\mu=\frac{mM}{m+M}$$

相對運動的波爾條件為

$$\mu v_{\mathrm{rel}}R=n\hbar$$

核心觀念

題目考的是一維無限深方形量子井的能階。井寬為 $L$ 時，電子的第 $n$ 個能階為

$$E_n=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2m_0L^2},\qquad n=1,2,3,\ldots$$

題目給的 $h=1.05\times10^{-34}\,\mathrm{J\cdot s}$，依數值視為約化普朗克常數 $\hbar$。

解題方法

已知 $L=0.5\,\mathrm{nm}=0.5\times10^{-9}\,\mathrm m$。代入基態公式：

$$E_1=\frac{\pi^2(1.05\times10^{-34})^2} {2(9.11\times10^{-31})(0.5\times10^{-9})^2} \approx 2.39\times10^{-19}\,\mathrm J$$

利用 $1\,\mathrm{eV}=1.6\times10^{-19}\,\mathrm J$ 換算：

核心觀念

本題考查電子穿越矩形量子位能障的穿隧效應。由於電子能量 $E$ 小於位能障高度 $V_0$，在障壁內的波函數呈指數衰減，仍有非零機率穿透。

假設電子質量為自由電子質量 $m_e$，且位能障為標準矩形障壁：

• 位能障高度：$V_0=1\ \text{eV}$
• 電子能量：$E=0.5\ \text{eV}$
• 障壁寬度：$a=1\ \text{nm}$

解題方法

對矩形位能障，穿隧係數為

$$T=\left[ 1+\frac{V_0^2\sinh^2(\kappa a)} {4E(V_0-E)} \right]^{-1},$$

其中

$$\kappa=\frac{\sqrt{2m_e(V_0-E)}}{\hbar}.$$

先計算衰減常數。因為

$$V_0-E=0.5\ \text{eV} =0.5(1.602\times10^{-19})\ \text{J},$$

所以

核心觀念

本題考查光與物質交互作用所造成的兩種散射現象：Rayleigh scattering 與 Raman scattering。主要比較散射光的頻率是否改變，以及能量轉移的物理機制。

光子能量為

$$E=hf$$

其中 $h$ 為普朗克常數，$f$ 為光頻率。

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Rayleigh scattering

Rayleigh scattering 是彈性散射。入射光使分子中的電子雲產生受迫振盪，分子再以偶極輻射形式放出散射光。

由於散射前後光子與分子之間沒有淨能量交換，因此

$$f_{\text{scattered}}=f_0$$

散射光的能量、頻率與波長均與入射光相同，改變的主要是光的傳播方向。

對尺寸遠小於波長的粒子，Rayleigh 散射強度近似滿足

$$I_{\text{Rayleigh}}\propto \frac{1}{\lambda^4}$$

因此短波長的藍光比長波長的紅光更容易被散射，這也是晴天時天空呈現藍色的主要原因。

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Raman scattering

Raman scattering 是非彈性散射。入射光與分子的振動或轉動能階交換能量，使散射光的頻率與入射光不同。

若分子吸收部分光子能量，使分子由較低振動能階躍遷至較高能階，散射光能量降低，稱為 Stokes scattering：

$$hf_{\text{S}}=hf_0-\Delta E$$

因此

$$f_{\text{S}}=f_0-\frac{\Delta E}{h}$$

若分子原本處於激發振動能階，並將能量傳給光子，散射光能量增加，稱為 anti-Stokes scattering：

$$hf_{\text{AS}}=hf_0+\Delta E$$

因此

核心觀念

本題考查電偶極躍遷的 Selection Rule。

原子軌域的選擇定則

電偶極躍遷需滿足：

$$\Delta l=\pm 1,\qquad \Delta m=0,\pm1,\qquad \Delta s=0$$

其中 $l$ 是軌域角動量量子數：

• $s$ 軌域：$l=0$
• $p$ 軌域：$l=1$
• $d$ 軌域：$l=2$

此外，若題目要求「釋放出光子」，躍遷後的能量必須低於原本能量。

量子井的選擇定則

對稱無限深量子井中，第 $n$ 個能量態的波函數具有交替的宇稱。電偶極矩積分

$$\langle f|x|i\rangle$$

只有在初、末態宇稱不同時才不為零，因此必須滿足：

$$n_i-n_f=\text{奇數}$$

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解題方法

（a）3p 軌域電子的躍遷

初態為 $3p$：

$$n_i=3,\qquad l_i=1$$

依照 $\Delta l=\pm1$：

$$l_f=l_i\pm1=0\ \text{或}\ 2$$

因此末態必須是 $s$ 軌域或 $d$ 軌域。

又因為要放出光子，末態能量必須低於 $3p$。在氫原子能階中：

• $3p\rightarrow 1s$：允許，且會放出光子。
• $3p\rightarrow 2s$：允許，且會放出光子。
• $3p\rightarrow 3s$：在理想氫原子中與 $3p$ 能量簡併，不產生非零能量的光子。
• $3p\rightarrow 2d$：不存在，因為 $n=2$ 時只能有 $l=0,1$，不可能有 $d$ 軌域。

因此：

核心觀念

BJT 的 **Early effect（厄利效應）**發生於電晶體的正向主動區，主要原因是基極—集極接面反向偏壓增加，使其耗盡區向基極側擴展，導致有效基極寬度 $W_B$ 變小：

$$W_{B,\mathrm{eff}}=W_B-\Delta W_B$$

有效基極變窄後，電子穿越基極時的復合減少，集極電流 $I_C$ 增加。因此在輸出特性中，即使 $V_{CE}$ 增加，$I_C$ 仍會略微上升，可近似表示為：

$$I_C \approx I_S e^{V_{BE}/V_T} \left(1+\frac{V_{CE}}{V_A}\right)$$

其中 $V_A$ 為 Early voltage。

解題方法

判斷每個敘述是否直接符合 Early effect 的成因：

1. Early effect 的工作區域應為正向主動區，而非飽和區。
2. 其本質是 BJT 的有效基極寬度調變。
3. 造成基極寬度改變的主要因素是基極—集極接面耗盡區寬度增加。
4. 「channel length modulation」是 MOSFET 的通道長度調變，並非 BJT 的正式成因。

選項分析

(a) 錯誤（X）

Early effect 主要發生在 BJT 的正向主動區。飽和區中，射極—基極與基極—集極接面皆為正向偏壓，並非 Early effect 的典型操作區域。

核心觀念

本題考查 Si $p$-$n$ 接面在摻雜濃度、溫度與光照條件改變時的基本特性，主要使用：

1. 內建電位
   $V_{bi}=\frac{kT}{q}\ln\left(\frac{N_A N_D}{n_i^2}\right)$

2. 空乏區寬度
   $W=\sqrt{\frac{2\varepsilon_s V_{bi}}{q}\left(\frac{1}{N_A}+\frac{1}{N_D}\right)}$

3. 二極體反向飽和電流 $I_S$ 的溫度特性。

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解題方法

逐項判斷各敘述是否符合 $p$-$n$ 接面的物理關係。判斷溫度效應時，須注意 Si 的本質載子濃度 $n_i$ 會隨溫度快速增加，不能只看公式中的 $T$。

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選項分析

(a) 當摻雜濃度增加時，內建電位增加。

$V_{bi}=\frac{kT}{q}\ln\left(\frac{N_A N_D}{n_i^2}\right)$

在溫度固定下，提高 $N_A$ 或 $N_D$ 會使 $\ln(N_A N_D/n_i^2)$ 增加，因此 $V_{bi}$ 增加。

故此敘述正確，答案為 O。

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(b) 當溫度增加時，內建電位增加。

雖然公式前方有 $T$，但對 Si 而言，溫度升高時 $n_i$ 會快速增加，使

$\ln\left(\frac{N_A N_D}{n_i^2}\right)$

明顯下降。固定摻雜濃度下，內建電位通常隨溫度升高而降低。

故此敘述錯誤，答案為 X。

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(c) 開路接面中，當摻雜濃度增加時，空乏區寬度增加。

空乏區寬度為

核心觀念

本題考查 NMOS 的工作區判斷、二極體接法，以及電阻負載下的工作點分析。

已知：

$$V_{DD}=3\text{ V},\quad V_T=0.6\text{ V}$$ $$\mu C_{\mathrm{ox}}=200\,\mu\text{A/V}^2,\quad \frac WL=\frac{4}{0.8}=5$$

因此：

$$k_n' \frac WL =200\times 5 =1000\,\mu\text{A/V}^2 =1\,\text{mA/V}^2$$

假設兩顆 NMOS 的 source 接地，因此：

$$V_{GS}=V_G,\qquad V_{DS}=V_D$$

NMOS 飽和區電流：

$$I_D=\frac12 k_n' \frac WL (V_{GS}-V_T)^2$$

三極區電流：

$$I_D=k_n'\frac WL \left[(V_{GS}-V_T)V_{DS}-\frac{V_{DS}^2}{2}\right]$$

工作區判斷條件為：

• 截止區：$V_{GS}<V_T$
• 三極區：$V_{GS}>V_T$ 且 $V_{DS}<V_{GS}-V_T$
• 飽和區：$V_{GS}>V_T$ 且 $V_{DS}\ge V_{GS}-V_T$

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解題方法

Q1 的 drain 與 gate 相連，因此 Q1 為二極體接法：

$$V_{D1}=V_{G1}=V_{G2}$$

所以先利用 $R_1$ 與 Q1 的電流方程式求出 $V_{D1}$，再由兩顆電晶體的共用閘極電壓求 Q2 的工作區與 $V_{D2}$。

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(a) Q1 的工作區

由於 Q1 的 drain 與 gate 相連：

$$V_{D1}=V_{G1}$$

因此：

$$V_{DS1}=V_{GS1}$$

只要 Q1 導通，即 $V_{GS1}>V_T$，便有：

$$V_{DS1}=V_{GS1}>V_{GS1}-V_T$$

所以 Q1 必定工作於飽和區。

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(b) 計算 Q1 的 drain voltage $V_{D1}$

Q1 工作於飽和區，且由電阻 $R_1$ 提供電流：

$$I_{D1}=\frac{V_{DD}-V_{D1}}{R_1} =\frac{3-V_{D1}}{25\,\text{k}\Omega}$$

令：

$$V_{OV1}=V_{GS1}-V_T=V_{D1}-0.6$$

Q1 的飽和區電流為：

$$I_{D1} =\frac12(1)(V_{D1}-0.6)^2\ \text{mA}$$

由於電阻以 $\text{k}\Omega$ 表示，電流可直接以 mA 計算：

$$\frac{3-V_{D1}}{25} =\frac12(V_{D1}-0.6)^2$$

令：

$$x=V_{D1}-0.6$$

則：

$$V_{D1}=x+0.6$$

代入得：

$$\frac{2.4-x}{25}=\frac12x^2$$ $$2.4-x=12.5x^2$$ $$12.5x^2+x-2.4=0$$

解得正值根：

$$x=0.4\text{ V}$$

因此：

$$\boxed{V_{D1}=0.6+0.4=1.0\text{ V}}$$

同時：

$$I_{D1} =\frac{3-1}{25\,\text{k}\Omega} =80\,\mu\text{A}$$

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(c) 計算 Q2 的 drain voltage $V_{D2}$

Q1 與 Q2 共用閘極，因此：