108 年 國立清華大學核子工程與科學研究所甲組《近代物理》

核心觀念

電子能量達到 GeV 等級時，速度必須使用狹義相對論計算，不能直接套用牛頓力學的 $K=\frac12mv^2$。

電子靜止能量為

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

相對論中，總能量與速度的關係為

$$E=\gamma m_ec^2,\qquad \gamma=\frac{1}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}$$

因此

$$\frac{v}{c} =\sqrt{1-\left(\frac{m_ec^2}{E}\right)^2}$$

其中 $c=2.99792458\times10^8\ \text{m/s}$。

解題方法

題目所稱電子能量為 $3\ \text{GeV}$。在同步加速器語境中，這通常指電子的相對論總能量；即使將其視為動能，最後結果也只會在極微小位數上不同。

先統一單位：

$$3\ \text{GeV}=3000\ \text{MeV}$$

因此

$$\frac{v}{c} = \sqrt{1-\left(\frac{0.511}{3000}\right)^2}$$

計算得

$$\frac{v}{c}\approx 0.9999999855$$

所以電子速度為

$$v\approx (0.9999999855)(2.99792458\times10^8)$$ $$\boxed{v\approx2.99792449\times10^8\ \text{m/s}}$$

也就是電子速度極其接近光速，但仍小於光速。

儲存環周長為

核心觀念

本題利用一維量子系統的能階公式，反推其對應的勢能形式。三種典型能譜如下：

1. 庫侖勢能：能階與 $-1/n^2$ 成正比。
2. 無限深方形勢阱：能階與 $n^2$ 成正比。
3. 簡諧振子勢能：能階與 $n+\frac12$ 成正比。

其中 $n$ 為量子數，通常取 $n=1,2,3,\dots$；簡諧振子則通常取 $n=0,1,2,\dots$。

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解題方法與各小題分析

(a) $E_n$ 與 $-\dfrac{1}{n^2}$ 成正比

氫原子中，電子受到原子核的庫侖吸引力，其勢能為

$$V(r)=-\frac{Ze^2}{4\pi\varepsilon_0 r},$$

其中 $Z$ 為原子序，$e$ 為基本電荷量。

解氫樣原子的薛丁格方程，可得束縛態能階

$$E_n = -\frac{\mu Z^2e^4}{2(4\pi\varepsilon_0)^2\hbar^2} \frac{1}{n^2},$$

因此

$$E_n\propto -\frac{1}{n^2}.$$

負號表示粒子處於束縛態，能量低於無限遠處的零能量基準。

對應勢能：

$$\boxed{V(r)\propto-\frac{1}{r}}$$

也就是吸引型庫侖勢能，例如氫原子或類氫原子的電子能階。

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(b) $E_n$ 與 $n^2$ 成正比

考慮一維無限深方形勢阱：

$$V(x)= \begin{cases} 0, & 0<x<L,\\ \infty, & x\leq 0\ \text{或}\ x\geq L. \end{cases}$$

在勢阱內，薛丁格方程為

$$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dx^2}=E\psi.$$

其波函數必須在兩端滿足邊界條件

$$\psi(0)=\psi(L)=0.$$

因此允許的波數為

$$k_n=\frac{n\pi}{L}, \qquad n=1,2,3,\dots$$

又因為

$$E=\frac{\hbar^2k^2}{2m},$$

所以

$$E_n = \frac{\hbar^2}{2m} \left(\frac{n\pi}{L}\right)^2 = \frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2mL^2}.$$

因此

$$E_n\propto n^2.$$

核心觀念

本題考查核反應的：

1. 質量虧損與反應能量 $Q$ 值
2. 能量守恆
3. 二體反應的動量守恆
4. 伽瑪光子先帶走部分能量後，剩餘能量如何分配給 $\alpha$ 粒子與 $^7_3\mathrm{Li}$ 離子。

核反應為

$$^{10}_5\mathrm{B}+n\rightarrow {}^{11}\mathrm{B}^{*} \rightarrow \alpha+{}^7_3\mathrm{Li}+\gamma$$

題目給定靜止的硼核，入射中子動能為 $10\ \mathrm{keV}$，複合核階段放出一個能量 $0.48\ \mathrm{MeV}$ 的伽瑪光子。

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第一步：計算核反應的 $Q$ 值

題目提供

$$m(^{10}\mathrm{B})=10.013\ \mathrm{amu}$$ $$m(n)=1.0086652\ \mathrm{amu}$$ $$m(^{7}\mathrm{Li})=7.016003\ \mathrm{amu}$$

$\alpha$ 粒子質量以 SI 單位給出：

$$m_\alpha=6.64424\times10^{-27}\ \mathrm{kg}$$

取

$$1\ \mathrm{amu}=1.66054\times10^{-27}\ \mathrm{kg}$$

因此

$$m_\alpha = \frac{6.64424\times10^{-27}} {1.66054\times10^{-27}} \approx 4.0013\ \mathrm{amu}$$

反應前後的質量差為

$$\Delta m = m(^{10}\mathrm{B})+m(n)-m_\alpha-m(^{7}\mathrm{Li})$$

代入數值得

$$\Delta m = 10.013+1.0086652-4.0013-7.016003$$ $$\Delta m\approx 0.00441\ \mathrm{amu}$$

利用

$$1\ \mathrm{amu}c^2=931.5\ \mathrm{MeV}$$

可得

$$Q=\Delta m c^2 \approx 0.00441\times 931.5 \approx 4.11\ \mathrm{MeV}$$

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第二步：扣除入射中子與伽瑪射線的能量

入射中子的動能為

$$K_n=10\ \mathrm{keV}=0.010\ \mathrm{MeV}$$

伽瑪光子帶走

$$E_\gamma=0.48\ \mathrm{MeV}$$

核心觀念

本題考查兩個基本關係：

1. 自由粒子的能量與角頻率 $\omega$、波數 $k$ 之間的色散關係。
2. 電子的德布羅意波長：

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

其中 $h$ 為普朗克常數，$p$ 為粒子動量。

對非相對論自由粒子，

$$E=\frac{p^2}{2m},\qquad E=\hbar\omega$$

且若 $k$ 表示波向量大小，則

$$p=\hbar k$$

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解題方法一：$\omega$ 與 $k$ 的關係

由

$$E=\frac{p^2}{2m}$$

代入 $p=\hbar k$，得到

$$E=\frac{\hbar^2 k^2}{2m}$$

再利用 $E=\hbar\omega$：

$$\hbar\omega=\frac{\hbar^2 k^2}{2m}$$

因此

$$\boxed{\omega=\frac{\hbar k^2}{2m}}$$

這就是非相對論自由粒子的色散關係。

題目將 $k$ 寫成「momentum or wavevector」，需區分兩種符號慣例：

• 若 $k$ 是波數（wavevector 的大小），即 $p=\hbar k$，則

  $$\boxed{\omega=\frac{\hbar k^2}{2m}}$$

• 若題目中的 $k$ 直接代表動量，則應寫成

  $$E=\frac{k^2}{2m}=\hbar\omega$$

  因此

  $$\boxed{\omega=\frac{k^2}{2m\hbar}}$$

在量子力學中，標準用法通常是 $k$ 表示波數，$p$ 表示動量，所以本題主要答案為

$$\boxed{\omega=\frac{\hbar k^2}{2m}}$$

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解題方法二：400 keV 電子的波長

電子的動能為

$$K=400\ \text{keV}$$

由於電子的靜止能量為

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

而 $K$ 已接近電子靜止能量，不能使用純非相對論公式，必須採用相對論動量關係。

相對論總能量為

$$E=K+m_ec^2$$

利用

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

可得

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

整理為

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

代入數值：

核心觀念

本題考查電子自旋共振（ESR）及晶體缺陷的物理意義。

ESR 的全名是：

Electron Spin Resonance，電子自旋共振

具有未成對電子的物質，其電子自旋磁矩可在外加磁場中發生能階分裂。當外加電磁波頻率符合共振條件時，電子會吸收能量而產生 ESR 訊號：

$$h\nu=g\mu_B B_0$$

其中：

• $h$：普朗克常數
• $\nu$：微波頻率
• $g$：電子的 $g$ 因子
• $\mu_B$：波耳磁子
• $B_0$：外加磁場

因此，ESR 訊號的基本來源是未成對電子，也就是具有順磁性的電子狀態。

解題方法

理想的矽晶體中，每個矽原子以共價鍵與鄰近原子結合。若晶格完整，電子大多以成對形式存在，電子自旋彼此抵消，因此不會產生明顯的 ESR 訊號。

若矽晶圓受到高能量粒子或電離輻射照射，入射能量可能使矽原子偏離晶格位置，形成：

• 空缺（vacancy）
• 間隙原子（interstitial）
• 矽－矽鍵斷裂
• 懸掛鍵（dangling bond）
• 輻射誘發的缺陷能階

核心觀念

單電子的光譜記號通常寫成

$$n\,l_j$$

其中：

• $n$：主量子數。
• $l$：軌道角動量量子數，以英文字母表示：

$$\begin{array}{c|cccccc} l & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5\\ \hline \text{符號} & s & p & d & f & g & h \end{array}$$

• $j$：總角動量量子數，由軌道角動量與電子自旋耦合而成：

$$\mathbf{j}=\mathbf{l}+\mathbf{s}$$

對電子而言，自旋量子數為

$$s=\frac12$$

因此允許的 $j$ 值為

$$j=l\pm\frac12$$

原子項符號則寫成

$${}^{2S+1}L_J$$

其中 $2S+1$ 為自旋多重度，$L$ 使用大寫字母表示總軌道角動量；但本題第 (a) 小題給的是單電子的 $n,l,j$，因此採用 $n\,l_j$ 記號。

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(a) $n=4,\ l=3,\ j=7/2$

由對照關係可知：

$$l=3\quad\Longrightarrow\quad f$$

主量子數為 $n=4$，總角動量為

$$j=\frac72$$

代入單電子光譜記號 $n\,l_j$：

$$\boxed{4f_{7/2}}$$

此結果也符合角動量耦合規則，因為當 $l=3$、$s=1/2$ 時，

$$j=l\pm\frac12 =3\pm\frac12 =\frac52,\frac72$$

所以 $j=7/2$ 是允許的總角動量值。

若以完整原子項符號表示，因為單一電子的 $S=s=1/2$，且 $L=l=3$ 對應大寫 $F$，也可寫成

$${}^2F_{7/2}$$

但就本題直接給定 $n,l,j$ 的寫法而言，標準答案為 $4f_{7/2}$。

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核心觀念

本題考查一維含時薛丁格方程式（one-dimensional time-dependent Schrödinger equation），描述質點波函數 $\Psi(x,t)$ 隨位置與時間的演化。

在非相對論量子力學中，系統的總能量由哈密頓算符表示：

$$\hat{H}=\hat{T}+\hat{V}$$

其中動能算符為

$$\hat{T}=\frac{\hat{p}^{\,2}}{2m}$$

位置表象下，動量算符與動能算符分別為

$$\hat{p}=-i\hbar\frac{\partial}{\partial x}$$

以及

$$\hat{T} =-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2}{\partial x^2}.$$

解題方法

含時薛丁格方程式的一般形式為

$$i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\Psi(x,t) = \hat{H}\Psi(x,t).$$

若一維位能函數為 $V(x,t)$，則哈密頓算符為

$$\hat{H} = -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2}{\partial x^2} +V(x,t).$$

將其代入含時薛丁格方程式，可得一維完整形式：

$$\boxed{ i\hbar\frac{\partial\Psi(x,t)}{\partial t} = \left[ -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{\partial^2}{\partial x^2} +V(x,t) \right]\Psi(x,t) }$$

展開後亦可寫成

$$\boxed{ i\hbar\frac{\partial\Psi(x,t)}{\partial t} = -\frac{\hbar^2}{2m} \frac{\partial^2\Psi(x,t)}{\partial x^2} + V(x,t)\Psi(x,t) }$$

式中：

• $\Psi(x,t)$：粒子的波函數。
• $m$：粒子質量。
• $V(x,t)$：位能函數。
• $\hbar=h/(2\pi)$：約化普朗克常數。
• $i$：虛數單位，滿足 $i^2=-1$。

若位能與時間無關，即 $V(x,t)=V(x)$，方程式則簡寫為

核心觀念

本題考查兩個基本關係：

1. 帶電粒子的軌道磁矩 $\boldsymbol{\mu}$ 與軌道角動量 $\mathbf{L}$ 的關係。
2. 外加磁場中的拉莫爾進動角頻率 $\omega_L$ 與磁場 $B$ 的關係。

其中 $q$ 為粒子電荷，$m$ 為質量。

解題方法

一、磁矩與角動量的關係

考慮電荷 $q$ 以半徑 $r$、速率 $v$ 作圓周運動。

粒子的軌道角動量大小為

$$L=mvr.$$

圓周運動形成的等效電流為

$$I=\frac{q}{T} =\frac{qv}{2\pi r},$$

而圓形軌道所包圍的面積為

$$A=\pi r^2.$$

因此磁矩大小為

$$\mu=IA =\frac{qv}{2\pi r}\pi r^2 =\frac{qvr}{2}.$$

由 $L=mvr$ 得

$$\boxed{\boldsymbol{\mu}=\frac{q}{2m}\mathbf{L}}.$$

這是帶電粒子的軌道磁矩與軌道角動量之間的迴旋磁比關係。

• 若 $q>0$，$\boldsymbol{\mu}$ 與 $\mathbf{L}$ 同方向。
• 若 $q<0$，$\boldsymbol{\mu}$ 與 $\mathbf{L}$ 反方向。

對電子而言 $q=-e$，因此

$$\boldsymbol{\mu}=-\frac{e}{2m_e}\mathbf{L}.$$

二、拉莫爾頻率與磁場的關係

磁矩置於磁場 $\mathbf{B}$ 中會受到力矩

$$\boldsymbol{\tau}=\boldsymbol{\mu}\times\mathbf{B}.$$

核心觀念

本題考查原子的第一游離能（first ionization energy），定義為：

從基態氣態中性原子移除最外層一個電子，形成 $+1$ 價陽離子所需的最小能量。

可表示為：

$$X(g)\rightarrow X^+(g)+e^-$$

游離能主要受下列因素影響：

1. 有效核電荷 $Z_{\mathrm{eff}}$：原子核對價電子的實際吸引力。$Z_{\mathrm{eff}}$ 越大，電子越難移除，游離能越高。
2. 主量子數 $n$：電子所在殼層越外層，平均距離原子核越遠，游離能越低。
3. 遮蔽效應：內層電子會削弱原子核對外層電子的吸引，使游離能降低。
4. 軌域穿透性與電子配對：$s$ 軌域比 $p$ 軌域更靠近原子核；同一軌域中的電子彼此排斥，也會使其中一個電子較容易被移除。

對類氫原子近似而言，電子束縛能可寫成：

$$E\propto \frac{Z_{\mathrm{eff}}^2}{n^2}$$

因此，$Z_{\mathrm{eff}}$ 越大、$n$ 越小，游離能通常越高。

解題方法

週期表中，第一游離能的整體趨勢為：

• 同一週期由左至右增加：核電荷增加，$Z_{\mathrm{eff}}$ 大致增加，電子受到更強吸引。
• 同一族由上至下降低：價電子位於更外層，$n$ 增加，距離原子核更遠且遮蔽效應更強。

因此：

• 最高游離能應出現在週期表右上角；
• 最低游離能應出現在週期表左下角。

題目限制 $Z<82$，所以不包含原子序 $87$ 的鍅（Fr）。在此範圍內：

• 右上角的氦（He，$Z=2$）具有最高第一游離能；
• 左下方鹼金屬中的銫（Cs，$Z=55$）具有最低第一游離能。

最高游離能：氦（He）

氦的電子組態為：

$$\mathrm{He}:1s^2$$

核心觀念

原子內層電子受到高能 X 光或帶電粒子撞擊而被擊出後，K 殼層（$n=1$）會留下空缺。較外層的電子會躍遷至 K 殼層，以填補此空缺，並將兩能階間的能量差以特性 X 光釋放：

$$E_{\gamma}=E_{\text{initial}}-E_{\text{final}}$$

由於能階具有離散性，所放出的 X 光能量也具有特定值，因此稱為螢光 X 射線或特性 X 射線。

解題方法

題目指定最後都躍遷至 K 殼層，因此判斷重點在於電子原本位於哪一個外層：

1. L 殼層 $\rightarrow$ K 殼層

   L 殼層對應主量子數 $n=2$，此躍遷稱為 K 系列中的

   $K_{\alpha}\ \text{線}$

   其光子能量為

   $E_{K_{\alpha}}=E_L-E_K$

2. M 殼層 $\rightarrow$ K 殼層

   M 殼層對應主量子數 $n=3$，此躍遷稱為 K 系列中的

   $K_{\beta}\ \text{線}$

核心觀念

自由中子不是穩定粒子。當中子離開反應器後，若不再與任何物質碰撞或作用，便不會發生核反應、散射或中子捕獲；但它仍可進行自身的弱作用衰變：

$$n\rightarrow p+e^-+\bar{\nu}_e$$

亦即，中子進行 $\beta^-$ 衰變，轉變為質子、電子與電子反微中子。

中子與質子的質量差為

$$m_n-m_p\approx 1.293\ \text{MeV}/c^2,$$

扣除電子的靜止能量後，衰變可釋放的總能量約為

$$Q=(m_n-m_p-m_e)c^2\approx 0.782\ \text{MeV}.$$

這些能量分配給質子、電子與反微中子，其中反微中子帶走的能量可連續分布，因此電子動能不是固定值。

解題方法

題目特別說明中子不再與任何物質互動，因此可排除下列過程：

• 與原子核碰撞造成散射；
• 被原子核吸收；
• 造成裂變或其他核反應；
• 因介質作用而減速。

此時中子只需考慮其本身的放射性衰變。自由中子的存活機率服從指數衰減：

$$P(t)=e^{-t/\tau},$$

其中 $\tau$ 為自由中子的平均壽命，實驗值約為

$$\tau\approx 879\ \text{s}\approx 14.7\ \text{min}.$$

因此在時間 $t$ 之後已經衰變的機率為

核心觀念

本題考查量子力學中的穿隧效應（tunneling effect）。

銅線表面的天然氧化銅層通常具有較大的能隙，對一般電子而言近似為絕緣體。然而，氧化層厚度非常薄，且兩條銅線纏繞、接觸時會產生局部壓力，使氧化層變得更薄甚至出現微小破損。電子因此能以量子力學的波動性穿過原本無法以古典力學通過的絕緣勢壘。

解題方法

在古典物理中，電子若能量 $E$ 小於氧化銅所形成的勢壘高度 $V_0$，便不能穿越氧化層：

$$E<V_0$$

因此，古典觀點會預測氧化層完全阻絕電流。

量子力學中，電子由波函數描述。進入厚度為 $a$、勢壘高度為 $V_0$ 的絕緣層後，波函數不會立刻變成零，而會以指數形式衰減：

$$\psi(x)\propto e^{-\kappa x}$$

其中

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

所以電子穿過勢壘的穿透率近似為

$$T\propto e^{-2\kappa a}$$

雖然 $T$ 可能很小，但只要氧化層厚度 $a$ 足夠薄，仍會有非零機率穿越氧化層，形成電流。