111 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

本題考查愛因斯坦光電效應方程式：

$$hf=\phi+K_{\max}$$

其中：

• $hf$：入射光子的能量
• $\phi$：金屬逸出功
• $K_{\max}$：光電子最大動能

光子的能量也可寫成：

$$E_{\gamma}=hf=\frac{hc}{\lambda}$$

第二小題則利用光電轉換效率計算光電子數目。若入射光子中有 $1\%$ 產生光電子，則：

$$N_e=0.01N_{\gamma}$$

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解題方法

（a）光電子的最大動能

已知：

$$\lambda=310\ \text{nm},\qquad \phi=2.5\ \text{eV}$$

使用常用近似值：

$$hc\approx 1240\ \text{eV}\cdot\text{nm}$$

因此單一光子的能量為：

$$E_{\gamma}=\frac{hc}{\lambda} =\frac{1240}{310}\ \text{eV} =4.00\ \text{eV}$$

代入光電效應方程式：

$$K_{\max}=E_{\gamma}-\phi$$ $$K_{\max}=4.00-2.50=1.50\ \text{eV}$$

若換算成焦耳：

$$K_{\max} =1.50\times 1.602\times10^{-19}\ \text{J}$$ $$\boxed{K_{\max}=2.40\times10^{-19}\ \text{J}}$$

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（b）每秒放出的光電子數

入射光強度為：

$$I=1\ \text{W/m}^2$$

鋰表面面積：

$$A=1\ \text{cm}^2=1.0\times10^{-4}\ \text{m}^2$$

因此每秒入射到表面的光功率為：

$$P=IA =(1)(1.0\times10^{-4}) =1.0\times10^{-4}\ \text{J/s}$$

單一光子的能量為：

$$E_{\gamma} =\frac{hc}{\lambda}$$

取：

$$h=6.626\times10^{-34}\ \text{J}\cdot\text{s}, \qquad c=3.00\times10^8\ \text{m/s}$$

並將波長換成公尺：

核心觀念

帶電粒子垂直進入均勻磁場時，磁力提供圓周運動所需的向心力：

$$|q|vB=\frac{\gamma mv^2}{r}$$

利用相對論動量 $p=\gamma mv$，可得軌道半徑

$$r=\frac{p}{|q|B}$$

電子的運動能量達到 $20\ \text{MeV}$，必須使用相對論動量，不能直接套用低速公式。

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解題方法

題目中的 $20\ \text{MeV}$ 視為電子的動能 $K$。電子靜止能量為

$$m_ec^2=0.511\ \text{MeV}$$

因此總能量為

$$E=K+m_ec^2 =20+0.511 =20.511\ \text{MeV}$$

相對論能量—動量關係為

$$E^2=(pc)^2+(m_ec^2)^2$$

所以

$$pc=\sqrt{E^2-(m_ec^2)^2}$$

代入數值：

$$pc=\sqrt{(20.511)^2-(0.511)^2}\ \text{MeV} \approx 20.505\ \text{MeV}$$

磁場為

$$100\ \text{gauss}=100\times 10^{-4}\ \text{T} =0.0100\ \text{T}$$

使用實用公式

$$r(\text{m})=\frac{p(\text{GeV}/c)} {0.2998\,B(\text{T})}$$

核心觀念

本題考查史特藩–波茲曼定律（Stefan–Boltzmann law）：

$$P=4\pi R^2\sigma T^4$$

其中：

• $P$：恆星表面輻射功率
• $R$：恆星半徑
• $T$：表面絕對溫度
• $\sigma$：史特藩–波茲曼常數

對兩顆恆星而言，$\sigma$ 與 $4\pi$ 相同，因此有

$$\frac{P_A}{P_B} = \left(\frac{R_A}{R_B}\right)^2 \left(\frac{T_A}{T_B}\right)^4$$

題目所問的 size ratio 若指直徑，因為直徑 $D=2R$，所以直徑比與半徑比相同。

解題方法

已知

$$T_A=3000\ \text{K},\qquad T_B=6000\ \text{K}$$

因此溫度比為

$$\frac{T_A}{T_B} = \frac{3000}{6000} = \frac12$$

又已知星體 A 的輻射功率是星體 B 的 $100$ 倍：

$$\frac{P_A}{P_B}=100$$

代入功率比公式：

$$100 = \left(\frac{R_A}{R_B}\right)^2 \left(\frac12\right)^4$$

因為

$$\left(\frac12\right)^4=\frac1{16}$$

所以

核心觀念

本題考察能量—時間不確定性原理：

$$\Delta E\,\Delta t\geq \frac{\hbar}{2}$$

其中：

• $\Delta E$：光子能量的不確定度
• $\Delta t$：量子態存在時間或發光時間的不確定度
• $\hbar=1.055\times10^{-34}\ \mathrm{J\cdot s}$

題目給出量子點在激發後約 $1\ \mathrm{ns}$ 內發光，因此取

$$\Delta t=1.0\times10^{-9}\ \mathrm{s}$$

最小能量不確定度在不等式取等號時得到。

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解題方法

(a) 能量的不確定度

由能量—時間不確定性原理：

$$\Delta E_{\min}=\frac{\hbar}{2\Delta t}$$

代入數值：

$$\Delta E_{\min} =\frac{1.055\times10^{-34}} {2(1.0\times10^{-9})} =5.28\times10^{-26}\ \mathrm{J}$$

換算成電子伏特，利用 $1\ \mathrm{eV}=1.602\times10^{-19}\ \mathrm{J}$：

$$\Delta E_{\min} =\frac{5.28\times10^{-26}} {1.602\times10^{-19}} =3.30\times10^{-7}\ \mathrm{eV}$$

因此：

$$\boxed{\Delta E_{\min}=5.28\times10^{-26}\ \mathrm{J} =3.30\times10^{-7}\ \mathrm{eV}}$$

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(b) 波長的不確定度

光子的能量與波長關係為：

$$E=\frac{hc}{\lambda}$$

波長為 $600\ \mathrm{nm}$ 時，光子能量為：

$$E=\frac{(6.626\times10^{-34})(3.00\times10^8)} {600\times10^{-9}}$$ $$E=3.313\times10^{-19}\ \mathrm{J} \approx 2.07\ \mathrm{eV}$$

由

$$E=\frac{hc}{\lambda}$$

微分可得：

核心觀念

一維簡諧振子的能量本徵值為

$$E_n=\left(n+\frac12\right)\hbar\omega, \qquad n=0,1,2,\ldots$$

第一激發態對應 $n=1$。若要求的是能量算符

$$\hat H=\hbar\omega\left(\hat a^\dagger\hat a+\frac12\right)$$

的期望值，則因為第一激發態 $|1\rangle$ 是 $\hat H$ 的本徵態，期望值等於其本徵能量。

題目未明確指定觀測量；以下依簡諧振子題目的標準解讀，將「expectation value」視為能量期望值。

解題方法與計算

第一激發態滿足

$$\hat H|1\rangle=E_1|1\rangle.$$

由簡諧振子的能階公式，

$$E_1=\left(1+\frac12\right)\hbar\omega =\frac32\hbar\omega.$$

因此能量的期望值為

$$\langle H\rangle =\langle 1|\hat H|1\rangle =\langle 1|E_1|1\rangle.$$

由於本徵態已正規化，$\langle 1|1\rangle=1$，所以

$$\boxed{\langle H\rangle=E_1=\frac32\hbar\omega}.$$

相關期望值補充

若題目原意是要求位置或動量的期望值，答案會不同。利用

$$\hat x=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(\hat a+\hat a^\dagger),$$

以及

核心觀念

位置機率密度為

$$P(x)=|\Psi(x)|^2.$$

波函數在 $-1\le x\le 1$ 以外為 $0$，因此：

• 區間 $[a,b]$ 的機率為 $$\Pr(a\le x\le b)=\int_a^b |\Psi(x)|^2\,dx；$$
• 位置期望值為 $$\langle x\rangle=\int_{-\infty}^{\infty}x|\Psi(x)|^2\,dx.$$

本題波函數為

$$\Psi(x)=\cos\left(\frac{\pi x}{2}\right),\qquad -1\le x\le 1.$$

先確認其已歸一化：

$$\int_{-1}^{1}|\Psi(x)|^2dx = \int_{-1}^{1}\cos^2\left(\frac{\pi x}{2}\right)dx.$$

利用

$$\cos^2\theta=\frac{1+\cos 2\theta}{2},$$

可得

$$\int_{-1}^{1}\cos^2\left(\frac{\pi x}{2}\right)dx = \int_{-1}^{1}\frac{1+\cos(\pi x)}{2}dx =1.$$

因此題目給定的 $\Psi$ 已經是歸一化波函數。

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解題方法與計算

（1）粒子位於 $x=-0.4$ 到 $x=0.6$ 的機率

機率為

$$\Pr(-0.4\le x\le 0.6) = \int_{-0.4}^{0.6} \cos^2\left(\frac{\pi x}{2}\right)dx.$$

將平方降冪：

$$\Pr = \int_{-0.4}^{0.6} \frac{1+\cos(\pi x)}{2}dx.$$

積分得

$$\Pr = \left[ \frac{x}{2}+\frac{\sin(\pi x)}{2\pi} \right]_{-0.4}^{0.6}.$$

代入上下限：

$$\Pr = \frac{0.6-(-0.4)}{2} + \frac{\sin(0.6\pi)-\sin(-0.4\pi)}{2\pi}.$$

由於

$$\sin(-0.4\pi)=-\sin(0.4\pi),$$

且 $\sin(0.6\pi)=\sin(0.4\pi)$，所以

核心觀念

本題考查三維無限深方形位能井中的量子化能階。量子點可視為三個方向皆受到侷限的奈米尺度系統；在無限高位能障壁假設下，電子只能具有離散能量。

若量子點為邊長皆為 $L$ 的立方體，三維無限深方井的能量本徵值為

$$E_{n_x,n_y,n_z} = \frac{\pi^2\hbar^2}{2m_eL^2} \left(n_x^2+n_y^2+n_z^2\right),$$

其中

$$n_x,n_y,n_z=1,2,3,\ldots$$

由於無限深位能井的波函數必須在邊界處為零，因此量子數不能取 $0$。

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解題方法

題目給出的量子點尺寸為 $1\ \mathrm{nm}$，採用立方體模型：

$$L=1\ \mathrm{nm}=1.0\times10^{-9}\ \mathrm{m}.$$

最低能量對應於三個方向皆取最小量子數：

$$n_x=n_y=n_z=1.$$

因此基態能量為

$$E_{111} = \frac{\pi^2\hbar^2}{2m_eL^2}(1^2+1^2+1^2) = \frac{3\pi^2\hbar^2}{2m_eL^2}.$$

代入

$$\hbar=1.055\times10^{-34}\ \mathrm{J\,s},$$ $$m_e=9.11\times10^{-31}\ \mathrm{kg},$$ $$L=1.0\times10^{-9}\ \mathrm{m},$$

可得

$$E_{111} = \frac{3\pi^2(1.055\times10^{-34})^2} {2(9.11\times10^{-31})(1.0\times10^{-9})^2}.$$

計算結果為

$$E_{111}\approx1.83\times10^{-19}\ \mathrm{J}.$$

利用

$$1\ \mathrm{eV}=1.602\times10^{-19}\ \mathrm{J},$$

換算成電子伏特：

核心觀念

這題考的是正常 Zeeman effect：外加磁場使具有軌道角動量的能階（$l\ne 0$）依磁量子數 $m_l$ 分裂。

電子的軌道磁矩在磁場方向的分量為

$$\mu_z=-m_l\mu_B,$$

其中 $\mu_B$ 為波耳磁子：

$$\mu_B=\frac{e\hbar}{2m_e} =9.274\times10^{-24}\ \mathrm{J/T} =5.788\times10^{-5}\ \mathrm{eV/T}.$$

磁場造成的能量修正為

$$\Delta E=-\boldsymbol{\mu}\cdot\mathbf{B} =m_l\mu_B B.$$

由於

$$m_l=-l,-l+1,\ldots,l-1,l,$$

相鄰 Zeeman 能階的 $m_l$ 相差 $1$，因此相鄰分量的能量間隔固定為

$$\Delta E_{\text{相鄰}}=\mu_B B.$$

解題方法

題目給定磁場

$$B=0.3\ \mathrm{T}.$$

代入波耳磁子的數值：

$$\Delta E_{\text{相鄰}} =\mu_B B =(5.788\times10^{-5}\ \mathrm{eV/T})(0.3\ \mathrm{T}).$$

因此

$$\boxed{\Delta E_{\text{相鄰}} =1.736\times10^{-5}\ \mathrm{eV}}.$$

換算成焦耳：

(1) 普朗克輻射公式 (Planck Radiation Formula)

單位體積內、頻率介於 $\nu$ 至 $\nu + d\nu$ 間的能量頻譜密度 $u(\nu)$ 公式為：

$u(\nu) = \frac{8\pi h \nu^3}{c^3} \frac{1}{e^{\frac{h\nu}{k_B T}} - 1}$

若改以單位光子能量 $E = h\nu$ 表示，其能量頻譜密度 $u(E)$ 為：

$u(E) = \frac{8\pi E^3}{(hc)^3} \frac{1}{e^{\frac{E}{k_B T}} - 1}$

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(2) 計算 $T = 6000\text{ K}$、光子能量 $E = 2\text{ eV}$ 時的光子數密度

單位體積、單位能量區間的光子數密度（Photon Number Density per unit energy）$n(E) = \frac{u(E)}{E}$：

$n(E) = \frac{8\pi E^2}{(hc)^3 \left(e^{\frac{E}{k_B T}} - 1\right)}$

註：題幹首句「at 1000K blackbody.」為無關前言，依題意採 $T = 6000\text{ K}$ 計算。

1. 參數計算與單位轉換：
   • 光子能量 $E = 2\text{ eV}$

核心觀念

本題考察 BJT 的輸出特性 $I_C$–$V_{CE}$ 曲線，以及 Early effect（Early 效應）的物理成因。

以 NPN BJT 為例，在主動區可近似表示為

$$I_C \approx I_S e^{V_{BE}/V_T}$$

若考慮 Early effect，則

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

其中：

• $I_S$：尺度電流；
• $V_T$：熱電壓；
• $V_A$：Early 電壓；
• $V_{BE}$：基極—射極電壓。

題目附圖在目前提供的掃描頁中未出現 BJT 電路，該掃描圖內容是資料結構考題。因此以下依標準共射極 NPN BJT 輸出特性作答。

(a) 有無 Early effect 的 $I_C$–$V_{CE}$ 特性

不考慮 Early effect

固定不同的 $V_{BE}$，在 BJT 的主動區內：

$$I_C \approx I_S e^{V_{BE}/V_T}$$

因此 $I_C$ 幾乎與 $V_{CE}$ 無關，曲線為近似水平線。

$V_{BE}$ 越大，注入基極的電子越多，因此對應的集極電流越大：

$$V_{BE3}>V_{BE2}>V_{BE1} \quad\Longrightarrow\quad I_{C3}>I_{C2}>I_{C1}$$

在 $V_{CE}$ 很小時，BJT 進入飽和區，$I_C$ 不再維持水平，曲線會向左下方彎折。

考慮 Early effect

考慮 Early effect 後：

$$I_C \approx I_{C0} \left(1+\frac{V_{CE}}{V_A}\right)$$

其中

$$I_{C0}=I_S e^{V_{BE}/V_T}$$

因此在主動區內，$I_C$ 會隨 $V_{CE}$ 增加而略微增加，曲線具有正斜率：

$$\frac{\partial I_C}{\partial V_{CE}} \approx \frac{I_{C0}}{V_A}$$

各條曲線向左延伸後，約交於 $V_{CE}=-V_A$，此點稱為 Early 電壓的外推截距。

示意圖如下：

I_C
↑
│                         V_BE3
│                       ／
│                    ／
│                 ／
│              ／          V_BE2
│            ／           ／
│          ／           ／
│        ／           ／       V_BE1
│      ／           ／       ／
│____／___________／_______／____________→ V_CE
│  飽和區
│
└───────────────┬──────────────────────
               -V_A

更精確地說：

• 不考慮 Early effect：主動區曲線近似水平；
• 考慮 Early effect：主動區曲線向右上方傾斜；
• $V_{BE}$ 越大，整條曲線越高；
• $V_{BE}$ 固定時，$V_{CE}$ 增加會使 $I_C$ 稍微增加；
• 各曲線向左外推，約交於 $-V_A$。

若以小訊號模型表示，Early effect 對應有限的輸出電阻：

$$r_o=\left(\frac{\partial I_C}{\partial V_{CE}}\right)^{-1} \approx \frac{V_A}{I_C}$$

核心觀念

兩小題都使用 MOSFET 飽和區平方律：

$$I_D=\frac{1}{2}\mu C_{ox}\frac{W}{L}V_{OV}^{\,2}$$

其中 NMOS 的 $V_{OV}=V_{GS}-V_{tn}$，PMOS 的 $V_{OV}=V_{SG}-|V_{tp}|$。二極體接法的 MOSFET，其閘極與汲極相連，導通時工作於飽和區。

解題方法

(a) 求 $I_1$ 與 $V_2$

圖 (a) 中，NMOS 與 PMOS 串接，兩管皆為二極體接法，流過兩管的電流相同。先分別寫出兩管的過驅電壓：

$$V_{OV,n}=V_2-1$$ $$V_{OV,p}=(3-V_2)-1=2-V_2$$

兩管的尺寸比為

$$\frac{W}{L}=\frac{100}{1.6}=62.5$$

因此

$$\beta_n=\mu_n C_{ox}\frac{W}{L} =20\times 62.5=1250\ \mu\text{A}/\text{V}^2$$ $$\beta_p=\mu_p C_{ox}\frac{W}{L} =5\times 62.5=312.5\ \mu\text{A}/\text{V}^2$$

令兩管電流相等：

$$\frac{1}{2}\beta_n(V_2-1)^2 = \frac{1}{2}\beta_p(2-V_2)^2$$

代入 $\beta_n=4\beta_p$，且兩個過驅電壓皆為正：

$$2(V_2-1)=2-V_2$$ $$V_2=\frac{4}{3}\ \text{V}$$

再代回 NMOS 電流式：

$$I_1=\frac{1}{2}(1250)\left(\frac{4}{3}-1\right)^2 =\frac{625}{9}\ \mu\text{A} \approx 69.4\ \mu\text{A}$$

(b) 求小訊號電壓增益