114 年 國立臺灣大學光電工程學系碩士班《近代物理學（B）》

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第 1 題

Constants:
Planck's constant h=6.626×10−34 J⋅sh = 6.626 \times 10^{-34} \text{ J}\cdot\text{s}
Electron charge e=1.602×10−19 Ce = 1.602 \times 10^{-19} \text{ C}
Mass of an electron me=9.1×10−31 kgm_e = 9.1 \times 10^{-31} \text{ kg}
Mass of a proton mp=1.67×10−27 kgm_p = 1.67 \times 10^{-27} \text{ kg}
Speed of light c=3×108 m/sc = 3 \times 10^8 \text{ m/s}
Vacuum permeability μ0=1.257×10−6 N/A2\mu_0 = 1.257 \times 10^{-6} \text{ N/A}^2

  1. Rocket A flies towards Earth at 0.9c0.9c, where cc is the speed of light. The other one, called Rocket B, flies away from Earth at 0.5c0.5c. The proper length of Rocket A is 200 m200 \text{ m} and the proper length of Rocket B is 300 m300 \text{ m}.
    (a) (5pts) If the Earth is stationary, calculate the lengths of Rocket A and Rocket B viewed from the Earth.
    (b) (8pts) What is the velocity of Rocket B in the reference frame of Rocket A? What is the length of Rocket B viewed from Rocket A?

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核心觀念

本題考查狹義相對論中的：

  1. 長度收縮

    物體的固有長度 L0L_0 是物體與觀察者相對靜止時測得的長度。當物體以速度 vv 相對觀察者運動時，觀察到的長度為

    L=L0γ=L01−v2c2,L=\frac{L_0}{\gamma}=L_0\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}},

    其中

    γ=11−v2/c2.\gamma=\frac{1}{\sqrt{1-v^2/c^2}}.

  2. 相對速度的洛侖茲速度變換

    若地球座標系中物體速度為 uu，而參考系本身以速度 vv 運動，則物體在該參考系中的速度為

    u′=u−v1−uvc2.u'=\frac{u-v}{1-\dfrac{uv}{c^2}}.

    速度必須連同方向一起代入，不能直接使用牛頓力學的速度相減。

解題方法

取遠離地球的方向為正方向。

因此：

  • 火箭 A 朝向地球飛行：
    vA=−0.9cv_A=-0.9c
  • 火箭 B 遠離地球飛行：
    vB=+0.5cv_B=+0.5c

火箭 A 與火箭 B 給出的長度分別是固有長度：

L0,A=200 m,L0,B=300 m.L_{0,A}=200\ \text{m},\qquad L_{0,B}=300\ \text{m}.

（a）由地球觀察兩艘火箭的長度

火箭 A

火箭 A 的速度大小為 0.9c0.9c，因此

LA=L0,A1−(0.9)2.L_A=L_{0,A}\sqrt{1-\left(0.9\right)^2}.

計算得

LA=2001−0.81=2000.19.L_A=200\sqrt{1-0.81} =200\sqrt{0.19}.

因為

0.19≈0.4359,\sqrt{0.19}\approx 0.4359,

所以

LA≈87.2 m.\boxed{L_A\approx 87.2\ \text{m}}.

火箭 B

火箭 B 的速度大小為 0.5c0.5c，因此

LB=L0,B1−(0.5)2.L_B=L_{0,B}\sqrt{1-\left(0.5\right)^2}.

計算得

LB=3001−0.25=3000.75.L_B=300\sqrt{1-0.25} =300\sqrt{0.75}.

因為

0.75≈0.8660,\sqrt{0.75}\approx 0.8660,

所以

LB≈259.8 m.\boxed{L_B\approx 259.8\ \text{m}}.

（b）由火箭 A 觀察火箭 B

火箭 B 相對火箭 A 的速度

使用速度變換公式。觀察者參考系為火箭 A，因此取

v=vA=−0.9c,v=v_A=-0.9c,

被觀察物體火箭 B 的地球系速度為

u=vB=+0.5c.u=v_B=+0.5c.

代入：

u′=vB−vA1−vBvAc2.u'=\frac{v_B-v_A}{1-\dfrac{v_Bv_A}{c^2}}.

因此

u′=0.5c−(−0.9c)1−(0.5c)(−0.9c)c2.u' =\frac{0.5c-(-0.9c)} {1-\dfrac{(0.5c)(-0.9c)}{c^2}}.

整理得

u′=1.4c1+0.45=1.41.45c=2829c.u' =\frac{1.4c}{1+0.45} =\frac{1.4}{1.45}c =\frac{28}{29}c.

所以

u′≈0.9655c.u'\approx 0.9655c.

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第 2 題8 分

  1. (8pts) An experiment was set up as shown in Fig. P2. A metal plate (made of metal A) is used as the anode, and a focused light is shined upon the plate. If we apply proper retarding potential (in volts) between the two plates in the vacuum tube, we will see the electrical current measured by the current reading equipment. The work function of the metal A is 2.3 eV2.3 \text{ eV}, and two different lights: case 1: blue light (λ1=420 nm\lambda_1 = 420 \text{ nm}) and case 2: red light (λ2=630 nm\lambda_2 = 630 \text{ nm}) impinge upon the metal A plate separately to test the currents. If the retarding voltage increases from zero to 10 V10 \text{ V}, please sketch the current reading versus the retarding voltage for case 1 and case 2. In these plots, mark important information that you can obtain from the conditions in this question.

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核心觀念

本題考查光電效應與遏止電位。光照射金屬後，若單一光子的能量大於金屬功函數，電子才會逸出，其最大動能為

Kmax⁡=hf−ϕ=hcλ−ϕK_{\max}=hf-\phi=\frac{hc}{\lambda}-\phi

施加反向遏止電壓 VsV_s 時，電子最大動能恰好被電位能抵消：

eVs=Kmax⁡eV_s=K_{\max}

因此

Vs=hc/λ−ϕeV_s=\frac{hc/\lambda-\phi}{e}

使用

hc≈1240 eV⋅nmhc\approx 1240\ \text{eV}\cdot\text{nm}

即可直接計算遏止電位。

解題方法與計算

Case 1：藍光 λ1=420 nm\lambda_1=420\ \text{nm}

藍光光子能量為

Eγ1=1240420 eV≈2.95 eVE_{\gamma 1}=\frac{1240}{420}\ \text{eV} \approx 2.95\ \text{eV}

因為

2.95 eV>2.3 eV2.95\ \text{eV}>2.3\ \text{eV}

所以會產生光電子。其最大動能為

Kmax⁡,1=2.95−2.3=0.65 eVK_{\max,1}=2.95-2.3=0.65\ \text{eV}

遏止電位為

Vs1=0.65 VV_{s1}=0.65\ \text{V}

因此，反向電壓從 00 增加時，光電流由某個最大值逐漸下降，當

VR=0.65 VV_R=0.65\ \text{V}

時電流降為零；之後增加至 10 V10\ \text{V}，電流皆維持為零。

Case 2：紅光 λ2=630 nm\lambda_2=630\ \text{nm}

紅光光子能量為

Eγ2=1240630 eV≈1.97 eVE_{\gamma 2}=\frac{1240}{630}\ \text{eV} \approx 1.97\ \text{eV}

由於

1.97 eV<2.3 eV1.97\ \text{eV}<2.3\ \text{eV}

光子能量不足以克服金屬功函數，因此不會產生光電子。故在理想情況下，整個電壓範圍內皆無光電流：

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第 3 題

  1. We obtained an atomic emission spectrum of hydrogen. Due to the limit of spectral resolution range, we only cover up to 1000 nm1000 \text{ nm} of wavelength and its first three series in Fig. P3.
    (a) (3pts) λ1,λ2,λ3\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3 represent the shortest wavelengths of emission in the series A, B, and C, respectively. Please obtain their values using the Rydberg constant of 1.097×107 m−11.097 \times 10^7 \text{ m}^{-1}.
    (b) (6pts) Now we know that different series of spectral lines correspond to the different final states of quantum transitions. Will the two adjacent spectral series have their emission wavelength range overlap to each other? (i.e. the shortest emission wavelength of one series is shorter than the other's longest emission wavelength). If this overlap does happen, provide an example between which two spectral series will this phenomenon happen (please specify their final state's quantum number)? If you think the emission spectrum of two adjacent spectral series won't overlap, please prove it.

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核心觀念

氫原子放光時，電子由較高能階 nin_i 跳至較低能階 nfn_f，波長由芮得柏公式決定：

1λ=R(1nf2−1ni2),ni>nf\frac{1}{\lambda} =R\left(\frac{1}{n_f^2}-\frac{1}{n_i^2}\right), \qquad n_i>n_f

同一光譜系列的終態 nfn_f 固定。初態 nin_i 越大，波長越短；當 ni→∞n_i\to\infty 時，波長趨近該系列的最短波長，也就是系列極限。

解題方法

依圖中 Fig. P3，系列 A、B、C 分別是終態 nf=1,2,3n_f=1,2,3 的萊曼、巴耳末、帕邢系列。令 ni→∞n_i\to\infty，則：

λmin⁡=nf2R\lambda_{\min} =\frac{n_f^2}{R}

代入 R=1.097×107 m−1R=1.097\times10^7\ \text{m}^{-1}：

λ1=1R=9.12×10−8 m≈91.2 nm\lambda_1=\frac{1}{R} =9.12\times10^{-8}\ \text{m} \approx 91.2\ \text{nm} λ2=4R≈364.6 nm\lambda_2=\frac{4}{R} \approx 364.6\ \text{nm} λ3=9R≈820.4 nm\lambda_3=\frac{9}{R} \approx 820.4\ \text{nm}

因此，圖中三個系列的最短波長依序約為 91.2 nm91.2\ \text{nm}、364.6 nm364.6\ \text{nm}、820.4 nm820.4\ \text{nm}。

相鄰系列的波長範圍是否重疊

終態為 nn 的系列，最長波長來自最低一條躍遷 ni=n+1→nn_i=n+1\to n：

λmax⁡,n=1R(1n2−1(n+1)2)=n2(n+1)2R(2n+1)\lambda_{\max,n} =\frac{1}{R\left(\frac{1}{n^2}-\frac{1}{(n+1)^2}\right)} =\frac{n^2(n+1)^2}{R(2n+1)}

相鄰的下一系列，其最短波長為：

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第 4 題

  1. In a 1-D potential with infinite barriers and its width is L, as shown in the Fig. P4.
    (a) (3pts) First show the wavefunction for the n-th energy level in this structure via the time-independent Schrodinger equation.
    (b) (3pts) In this 1-D potential well, what is the expectation value of location variable x?
    (c) (9pts) Same situation as (b), what is the standard deviation of this variable x? The standard deviation is defined as: σx=⟨x2⟩−⟨x⟩2\sigma_x = \sqrt{\langle x^2 \rangle - \langle x \rangle^2}.
    (d) (5pts) If L is reduced indefinitely to a very very small number (close to zero), will the standard deviation of x become negligible or even approach zero? Will this violate the uncertainty principle? (please state your reasons).

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核心觀念

本題考查一維無限深方形位能井的定態解、位置期望值與標準差，以及位置與動量的不確定關係。由圖可讀出井內範圍為 0<x<L0<x<L、井內位能為 00，井外位能為無限大，因此粒子在井外的波函數為零，並須滿足邊界條件 ψ(0)=ψ(L)=0\psi(0)=\psi(L)=0。

(a) 第 nn 個能階的波函數

井內的定態薛丁格方程為

−ℏ22md2ψdx2=Eψ,0<x<L.-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dx^2}=E\psi,\qquad 0<x<L.

令 k=2mE/ℏk=\sqrt{2mE}/\hbar，方程的通解為 ψ(x)=Asin⁡(kx)+Bcos⁡(kx)\psi(x)=A\sin(kx)+B\cos(kx)。套用 ψ(0)=0\psi(0)=0 得 B=0B=0；再套用 ψ(L)=0\psi(L)=0，可得 sin⁡(kL)=0\sin(kL)=0，因此

kn=nπL,n=1,2,3,…k_n=\frac{n\pi}{L},\qquad n=1,2,3,\ldots

將波函數正規化後，井內波函數為

ψn(x)=2Lsin⁡(nπxL),0<x<L.\psi_n(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right),\qquad 0<x<L.

井外 ψn(x)=0\psi_n(x)=0。相應能量為

En=ℏ2kn22m=n2π2ℏ22mL2.E_n=\frac{\hbar^2 k_n^2}{2m} =\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2mL^2}.

(b) 位置期望值 ⟨x⟩\langle x\rangle

依期望值定義，

⟨x⟩=∫0Lx∣ψn(x)∣2 dx=2L∫0Lxsin⁡2(nπxL) dx.\langle x\rangle=\int_0^L x|\psi_n(x)|^2\,dx =\frac{2}{L}\int_0^L x\sin^2\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx.

利用 sin⁡2θ=1−cos⁡(2θ)2\sin^2\theta=\frac{1-\cos(2\theta)}{2}，積分中的餘弦項在 00 到 LL 的積分為零，得到

⟨x⟩=1L∫0Lx dx=L2.\langle x\rangle=\frac{1}{L}\int_0^L x\,dx =\frac{L}{2}.

因此，粒子的位置平均在井的中央，且與能階 nn 無關。

(c) 位置標準差 σx\sigma_x

先計算二次位置期望值：

⟨x2⟩=2L∫0Lx2sin⁡2(nπxL) dx.\langle x^2\rangle =\frac{2}{L}\int_0^L x^2\sin^2\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx.

同樣使用 sin⁡2θ=1−cos⁡(2θ)2\sin^2\theta=\frac{1-\cos(2\theta)}{2}，並對餘弦項分部積分，可得

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第 5 題8 分

  1. The emission spectrum from the Sodium (Na) atom consists of a closely spaced pair of spectral lines at wavelengths of 588.995 nm588.995 \text{ nm} and 589.592 nm589.592 \text{ nm}. This is due to the spin-orbit splitting of the sodium 3p3p level. Please draw an energy-level diagram and show the electronic transitions giving rise to these lines. In your diagram, label the atomic states that participate in this transition. Determine the magnitude of the spin-orbit energy based on this transition. (8pts)

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核心觀念

鈉原子的基態電子組態為

Na:1s22s22p63s1\mathrm{Na}: 1s^2 2s^2 2p^6 3s^1

因此可將鈉視為「一個價電子繞著封閉殼層運動」的類氫原子。此題的兩條相近譜線來自 3p3p 能階受到自旋—軌道耦合後產生的精細結構分裂。

相關原子態為：

  • 基態：3s 2S1/23s\,{}^2S_{1/2}
  • 激發態：
    • 3p 2P1/2o3p\,{}^2P^o_{1/2}
    • 3p 2P3/2o3p\,{}^2P^o_{3/2}

其中：

  • 2S+1=22S+1=2 表示電子自旋 S=1/2S=1/2
  • SS、PP 分別代表 L=0L=0、L=1L=1
  • 下標 JJ 為總角動量量子數
  • 上標 oo 表示奇宇稱

自旋—軌道作用使原本的 3p 2Po3p\,{}^2P^o 能階分裂成 J=1/2J=1/2 與 J=3/2J=3/2 兩個能階。

解題方法

電偶極躍遷需滿足選擇定則：

ΔL=±1,ΔJ=0,±1\Delta L=\pm 1,\qquad \Delta J=0,\pm 1

但不允許 J=0→J=0J=0\rightarrow J=0。

因此兩個 3p3p 精細結構能階皆可躍遷至基態 3s 2S1/23s\,{}^2S_{1/2}：

3p 2P3/2o→3s 2S1/23p\,{}^2P^o_{3/2}\rightarrow 3s\,{}^2S_{1/2} 3p 2P1/2o→3s 2S1/23p\,{}^2P^o_{1/2}\rightarrow 3s\,{}^2S_{1/2}

光子的能量為

Eγ=hc/λE_\gamma=hc/\lambda

波長較短的光具有較大的能量，因此：

  • 588.995 nm588.995\ \mathrm{nm} 對應較高能量的上能階 3p 2P3/2o3p\,{}^2P^o_{3/2}
  • 589.592 nm589.592\ \mathrm{nm} 對應較低能量的上能階 3p 2P1/2o3p\,{}^2P^o_{1/2}

能階圖與電子躍遷

能量 E↑3p 2P3/2o⟶3s 2S1/2λ=588.995 nm3p 2P1/2o⟶3s 2S1/2λ=589.592 nm3s 2S1/2\begin{array}{c} \text{能量 }E \\[2mm] \uparrow \\[2mm] 3p\,{}^2P^o_{3/2} \quad\longrightarrow\quad 3s\,{}^2S_{1/2} \qquad \lambda=588.995\ \mathrm{nm} \\[5mm] 3p\,{}^2P^o_{1/2} \quad\longrightarrow\quad 3s\,{}^2S_{1/2} \qquad \lambda=589.592\ \mathrm{nm} \\[5mm] 3s\,{}^2S_{1/2} \end{array}

較清楚地表示如下：

能量 ↑

3p ²P°₃/₂  ───────────────
                 │  λ = 588.995 nm
                 ↓

3p ²P°₁/₂  ───────────────
                 │  λ = 589.592 nm
                 ↓

3s ²S₁/₂   ───────────────

由於 588.995 nm<589.592 nm588.995\ \mathrm{nm}<589.592\ \mathrm{nm}，前者的光子能量較大，所以 3p 2P3/2o3p\,{}^2P^o_{3/2} 位於 3p 2P1/2o3p\,{}^2P^o_{1/2} 之上。

自旋—軌道分裂能量

兩條譜線的能量差就是 3p3p 能階的自旋—軌道分裂能量：

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第 6 題

  1. A He-Ne laser is a type of gas laser whose high energetic gain medium consists of a mixture of helium and neon. Assume a He-Ne laser produces an output power of 3.5 mW3.5 \text{ mW} with a diameter of 2.4 mm2.4 \text{ mm}. The power can be expressed as P=12ϵ0μ0E02Asin⁡2(kz−ωt)P = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\epsilon_0}{\mu_0}} E_0^2 A \sin^2(kz - \omega t), where AA is the area of the laser spot size.
    (a) (4pts) Please calculate how many photons per second are emitted by the laser.
    (b) (4pts) Please estimate the amplitude of the electrical field (E0E_0) of the light wave by the average power, i.e. Pavg=12ϵ0μ0E02AP_{avg} = \frac{1}{2} \sqrt{\frac{\epsilon_0}{\mu_0}} E_0^2 A.
    (c) (4pts) If we have another incandescent light bulb that emits 100 W100 \text{ W}, please estimate the amplitude of the electric field at a distance of 1 m1 \text{ m} from the light bulb. (4pts)

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核心觀念

本題考查電磁波能量、光子能量與光強度的關係：

  1. 單一光子的能量為
    Ephoton=hf=hcλE_{\text{photon}}=hf=\frac{hc}{\lambda}

  2. 單位時間發射的光子數為

N=PEphoton=PλhcN=\frac{P}{E_{\text{photon}}} =\frac{P\lambda}{hc}
  1. 電磁波的平均功率為
Pavg=12ϵ0μ0E02AP_{\text{avg}} =\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\epsilon_0}{\mu_0}}E_0^2A

其中 E0E_0 是電場振幅，且
ϵ0μ0=1Z0≈2.65×10−3 S\sqrt{\frac{\epsilon_0}{\mu_0}}=\frac{1}{Z_0}\approx 2.65\times10^{-3}\ \text{S}

  1. 對均勻向各方向發光的燈泡，距離 rr 處的光強度為
    I=P4πr2I=\frac{P}{4\pi r^2}

    而平面電磁波的平均光強度為
    I=12ϵ0μ0E02I=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\epsilon_0}{\mu_0}}E_0^2

本題未明確給出 He-Ne 雷射波長，採用標準 He-Ne 雷射波長

λ=632.8 nm\lambda=632.8\ \text{nm}

並假設白熾燈泡的 100 W100\ \text{W} 全部視為向外放出的光功率，且近似為各向同性發光。

（a）每秒發射的光子數

雷射輸出功率為

P=3.5 mW=3.5×10−3 WP=3.5\ \text{mW}=3.5\times10^{-3}\ \text{W}

單一光子的能量為

Ephoton=hcλE_{\text{photon}} =\frac{hc}{\lambda}

代入

h=6.626×10−34 J⋅sh=6.626\times10^{-34}\ \text{J}\cdot\text{s}

c=3.00×108 m/sc=3.00\times10^8\ \text{m/s}

λ=632.8×10−9 m\lambda=632.8\times10^{-9}\ \text{m}

可得

Ephoton=(6.626×10−34)(3.00×108)632.8×10−9E_{\text{photon}} =\frac{(6.626\times10^{-34})(3.00\times10^8)} {632.8\times10^{-9}} Ephoton≈3.14×10−19 JE_{\text{photon}} \approx3.14\times10^{-19}\ \text{J}

因此每秒發射的光子數為

N=PEphotonN=\frac{P}{E_{\text{photon}}}

N=3.5×10−33.14×10−19N= \frac{3.5\times10^{-3}} {3.14\times10^{-19}}

N≈1.1×1016 photons/s\boxed{N\approx1.1\times10^{16}\ \text{photons/s}}

（b）雷射光的電場振幅

雷射光束直徑為

d=2.4 mmd=2.4\ \text{mm}

半徑為

r=d2=1.2 mm=1.2×10−3 mr=\frac{d}{2}=1.2\ \text{mm} =1.2\times10^{-3}\ \text{m}

雷射光斑面積為

A=πr2A=\pi r^2

A=π(1.2×10−3)2≈4.52×10−6 m2A=\pi(1.2\times10^{-3})^2 \approx4.52\times10^{-6}\ \text{m}^2

題目給出的平均功率關係為

Pavg=12ϵ0μ0E02AP_{\text{avg}} =\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\epsilon_0}{\mu_0}}E_0^2A

解出電場振幅：

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第 7 題

  1. The vibrational energy of CO is 0.2691 eV0.2691 \text{ eV} when the molecule contains the most common isotopes of carbon (mass = 12.00 u12.00 \text{ u}) and oxygen (mass = 16.00 u16.00 \text{ u}). The vibrational energy depends on the vibrational frequency ff, which is determined by the bond's force constant kk and the reduced mass μ\mu of the molecule. Assume the vibrational energy of 0.2691 eV0.2691 \text{ eV} corresponds to the ground state (n=0n=0).
    (a) (5pts) What would be the vibrational energy if the oxygen atom is replaced by its less abundant isotope with a mass of 18.00 u18.00 \text{ u}?
    (b) (5pts) Calculate the vibrational frequency ff if the carbon atom is replaced with radioactive carbon (C-14).

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核心觀念

雙原子分子的振動可視為簡諧振子，其能階為

En=(n+12)hfE_n=\left(n+\frac12\right)hf

題目指定 0.2691 eV0.2691\ \text{eV} 為基態 n=0n=0，因此

E0=12hfE_0=\frac12 hf

雙原子分子的振動頻率為

f=12πkμf=\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{k}{\mu}}

其中 kk 為鍵的力常數，μ\mu 為約化質量：

μ=mCmOmC+mO\mu=\frac{m_Cm_O}{m_C+m_O}

同位素替換只改變原子質量，因此假設化學鍵的力常數 kk 不變，則

f∝1μf\propto \frac{1}{\sqrt{\mu}}

基態振動能量 E0=12hfE_0=\frac12hf 也具有相同的比例關係：

E0∝1μE_0\propto \frac{1}{\sqrt{\mu}}

解題方法

先以原本的 12C16O{}^{12}\mathrm C{}^{16}\mathrm O 作為基準：

μ0=(12.00)(16.00)12.00+16.00=19228=487 u\mu_0=\frac{(12.00)(16.00)}{12.00+16.00} =\frac{192}{28} =\frac{48}{7}\ \text{u}

（a）氧替換為 18O{}^{18}\mathrm O

新的分子為 12C18O{}^{12}\mathrm C{}^{18}\mathrm O，其約化質量為

μ1=(12.00)(18.00)12.00+18.00=21630=7.20 u\mu_1=\frac{(12.00)(18.00)}{12.00+18.00} =\frac{216}{30} =7.20\ \text{u}

由於 kk 不變，

E1E0=f1f0=μ0μ1\frac{E_1}{E_0} =\frac{f_1}{f_0} =\sqrt{\frac{\mu_0}{\mu_1}}

代入數值：

E10.2691=48/77.20=2021\frac{E_1}{0.2691} = \sqrt{\frac{48/7}{7.20}} = \sqrt{\frac{20}{21}}

因此

E1=0.26912021=0.2626 eVE_1 =0.2691\sqrt{\frac{20}{21}} =0.2626\ \text{eV}

氧原子質量增加，使約化質量增加、振動頻率降低，因此振動能量降低。

（b）碳替換為放射性碳 14C{}^{14}\mathrm C

新的分子為 14C16O{}^{14}\mathrm C{}^{16}\mathrm O，其約化質量為

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第 8 題8 分

  1. Consider a block of metal at 0 K, where the electrons are spin-1/2 particles. The average energy of these electrons is EE. Now imagine the electrons are replaced by particles with spin 1, while all other properties of the block of metal remain the same. Would the average energy of the spin-1 particles at 0 K be higher, lower, or the same as EE? Explain your reasoning based on the principles of quantum mechanics and the distribution of particles in energy states. (8pts)

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核心觀念

本題考查兩個量子力學原則：

  1. 電子是自旋 12\frac12 的費米子，遵守泡利不相容原理；每個單粒子空間態最多容納兩個電子，分別對應兩種自旋態。
  2. 自旋為整數的粒子屬於玻色子，不受泡利不相容原理限制；在 0 K0\ \mathrm{K} 時，玻色子可全部佔據最低能量態。

因此，電子在 0 K0\ \mathrm{K} 時會填滿一系列能階形成費米海，平均能量高於最低能量；自旋為 11 的粒子則會集中於最低能量態。

解題方法

金屬中的電子可視為自由費米氣體。於 0 K0\ \mathrm{K} 時，電子由最低能量開始依序填入各量子態，直到費米能量 EFE_F。三維自由電子氣的平均能量為

⟨E⟩electron=35EF,\langle E\rangle_{\text{electron}}=\frac35 E_F,

其中 EFE_F 高於單粒子基態能量，因此電子平均能量為有限的正值（若將最低能量設定為零，則 E>0E>0）。

電子為自旋 12\frac12 費米子，受到泡利不相容原理限制，不能全部塞入最低能量態。

替換成自旋 11 的粒子後，依據自旋與統計的關係，這些粒子是玻色子。玻色子可以大量佔據同一個最低能量態。於絕對零度時，所有粒子都會落在能量最低的基態，因此

⟨E⟩spin-1=E0,\langle E\rangle_{\text{spin-1}}=E_0,
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第 9 題

  1. (a) In an intrinsic semiconductor, the Fermi energy at absolute zero temperature lies exactly in the middle of the energy gap between the valence band and the conduction band. When the temperature is increased to around room temperature, it is observed that there are NeN_e empty states in the valence band. At this temperature, is the number of filled states in the conduction band greater than, less than, or equal to NeN_e? Explain your reasoning. (4pts)
    (b) If this intrinsic semiconductor is doped with donor atoms, the Fermi energy shifts closer to the conduction band. Suppose the temperature is raised to around room temperature for this doped semiconductor. Will the number of the number of filled states in the conduction band now be greater than, less than, or equal to NeN_e? Explain your reasoning. (4pts)
    (c) How does the position of the Fermi energy relative to the conduction band influence the relative number of empty and filled states in the material at room temperature? (4pts)

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核心觀念

本題考查半導體中的：

  • 價帶空穴與導帶電子的產生關係。
  • 費米能階 EFE_F 與費米–狄拉克分布。
  • 本質半導體與施體摻雜半導體的電中性條件。
  • EFE_F 位置對導帶電子數與價帶空穴數的影響。

電子佔據能量為 EE 的狀態，其機率為

f(E)=1e(E−EF)/kBT+1.f(E)=\frac{1}{e^{(E-E_F)/k_BT}+1}.

因此：

  • EFE_F 越靠近導帶，導帶狀態被電子填滿的機率越高。
  • EFE_F 越靠近價帶，價帶產生空穴的機率越高。

在非簡併、室溫近似下，

n=Nce−(Ec−EF)/kBT,n=N_c e^{-(E_c-E_F)/k_BT}, p=Nve−(EF−Ev)/kBT,p=N_v e^{-(E_F-E_v)/k_BT},

其中 nn 為導帶電子數，pp 為價帶空穴數。

(a) 本質半導體

本質半導體沒有施體或受體雜質。室溫下，價帶中的電子受熱激發至導帶：

價帶電子⟶導帶電子.\text{價帶電子} \longrightarrow \text{導帶電子}.

每激發一個電子到導帶，就會在價帶留下恰好一個空穴。因此電子—空穴對成對產生，電中性條件為

n=p.n=p.

題目指出價帶中有 NeN_e 個空穴，即

p=Ne.p=N_e.

所以導帶中被填滿的狀態數為

n=p=Ne.n=p=N_e.

故導帶中的填滿狀態數與 NeN_e 相等。

(b) 摻入施體原子的半導體

摻入施體後，施體原子提供額外電子。室溫下施體大多電離，產生自由電子：

ND⟶ND++e−.N_D \longrightarrow N_D^+ + e^-.

此時電中性條件為

n=p+ND+.n=p+N_D^+.

由於 ND+>0N_D^+>0，因此

n>p.n>p.

此外，施體摻雜會使費米能階向導帶移動。由

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