109 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

本題考查迴旋加速器中帶電粒子的動能與速度關係。質子在加速器出口的動能約為

$$K=10\ \text{MeV}$$

質子靜止能量為

$$m_pc^2 \approx 938\ \text{MeV}$$

由於 $10\ \text{MeV}\ll 938\ \text{MeV}$，可使用非相對論近似：

$$K=\frac{1}{2}m_pv^2$$

因此

$$v=\sqrt{\frac{2K}{m_p}}$$

其中

$$m_p=1.67\times 10^{-27}\ \text{kg}$$

解題方法

將 $10\ \text{MeV}$ 轉換為焦耳：

$$K=10\times 10^6\times 1.602\times10^{-19} =1.602\times10^{-12}\ \text{J}$$

代入速度公式：

$$v=\sqrt{ \frac{2(1.602\times10^{-12})} {1.67\times10^{-27}} }$$ $$v\approx \sqrt{1.92\times10^{15}} \approx 4.4\times10^7\ \text{m/s}$$

相對於光速 $c=3.00\times10^8\ \text{m/s}$：

$$\frac{v}{c}\approx 0.146$$

因此質子速度約為光速的 $14.6\%$。

若使用相對論公式驗算：

$$K=(\gamma-1)m_pc^2$$ $$\gamma=1+\frac{10}{938}\approx1.0107$$

核心觀念

本題考查 Compton 散射與「Compton edge」：

• 入射伽瑪光子與電子碰撞。
• 散射後的伽瑪光子帶走部分能量。
• 電子獲得反沖電子動能 $K_e$。
• 當散射光子向後散射，即散射角 $\theta=\pi$ 時，電子獲得最大動能。

能量守恆給出

$$K_e=E_\gamma-E_\gamma'$$

其中 $E_\gamma$ 為入射光子能量，$E_\gamma'$ 為散射光子能量。

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解題方法

由 Compton 散射公式可推得散射光子能量為

$$E_\gamma' = \frac{E_\gamma} {1+\dfrac{E_\gamma}{m_ec^2}(1-\cos\theta)}$$

其中電子靜止能量為

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

反沖電子動能為

$$K_e=E_\gamma-E_\gamma'.$$

要使 $K_e$ 最大，必須使散射光子能量 $E_\gamma'$ 最小。由上式可知，當

$$1-\cos\theta$$

最大時，$E_\gamma'$ 最小。其最大值發生於

$$\theta=\pi,\qquad \cos\theta=-1.$$

因此，散射光子為完全反向散射：

$$E_\gamma' = \frac{E_\gamma} {1+\dfrac{2E_\gamma}{m_ec^2}}.$$

代入

$$E_\gamma=662\ \text{keV},\qquad m_ec^2=511\ \text{keV},$$

得到

核心觀念

本題考查電子經電位差加速後的動量，以及德布羅意波長：

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

電子由靜止經過電位差 $V$ 加速，獲得動能

$$K=eV$$

其中 $e$ 為基本電荷量。當電子能量達到 $200\ \text{keV}$ 時，必須使用相對論動量公式；$50\ \text{eV}$ 則可採用非相對論近似。

電子靜止能量為

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

---

解題方法

（a）經過 $50\ \text{V}$ 加速

電子獲得動能：

$$K=eV=50\ \text{eV}$$

因為

$$\frac{K}{m_ec^2} = \frac{50}{511000} \ll 1$$

可使用非相對論動能公式：

$$K=\frac{p^2}{2m_e}$$

因此

$$p=\sqrt{2m_eK}$$

代入德布羅意關係式：

$$\lambda=\frac{h}{\sqrt{2m_eK}}$$

使用常用電子波長公式：

$$\lambda(\text{\AA}) = \frac{12.27}{\sqrt{V}}$$

故

$$\lambda_{50\text{ V}} = \frac{12.27}{\sqrt{50}}\ \text{\AA} \approx 1.735\ \text{\AA}$$

因此

$$\boxed{\lambda_{50\text{ V}}\approx 1.73\ \text{\AA} =0.173\ \text{nm}}$$

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（b）經過 $200{,}000\ \text{V}$ 加速

電子獲得動能：

$$K=eV=200\ \text{keV}$$

此時 $K$ 已達到電子靜止能量 $511\ \text{keV}$ 的相當比例，不能使用非相對論公式。

相對論性能量與動量關係為：

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

電子總能量為

$$E=K+m_ec^2$$

因此

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

整理得：

$$p^2c^2=K(K+2m_ec^2)$$

所以

$$p=\frac{1}{c}\sqrt{K(K+2m_ec^2)}$$

德布羅意波長為：

$$\lambda = \frac{hc}{\sqrt{K(K+2m_ec^2)}}$$

以電子伏特為單位計算，可寫成：

核心觀念

自由粒子的平面波可寫成

$$\Psi(x,t)=Ae^{i(kx-\omega t)}$$

其中：

• $k$ 為波數，與動量關係為
  $p=\hbar k$
• $\omega$ 為角頻率，與能量關係為
  $E=\hbar\omega$

若採用非相對論自由粒子模型，其動能為

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

因此可由波函數中的 $k$ 與 $\omega$ 求出粒子質量 $m$。

解題方法

題目給定

$$\Psi(x,t)=Ae^{i(2.8\times10^{11}x-2.0\times10^{13}t)}$$

與標準形式

$$\Psi(x,t)=Ae^{i(kx-\omega t)}$$

比較可得

$$k=2.8\times10^{11}\ \text{m}^{-1}$$ $$\omega=2.0\times10^{13}\ \text{s}^{-1}$$

由德布羅意關係，

$$p=\hbar k$$

而能量為

$$E=\hbar\omega$$

代入自由粒子的能量公式：

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

解出質量：

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

取

$$\hbar=1.054571817\times10^{-34}\ \text{J}\cdot\text{s}$$

因此

核心觀念

本題使用一維無限深方形位能井的能階公式：

$$E_n=\frac{n^2h^2}{8mL^2}$$

其中：

• $n$：量子數
• $h$：普朗克常數
• $m$：電子質量
• $L$：方形位能井寬度

電子由 $n=2$ 跃遷至 $n=1$ 時，會放出光子，其能量為：

$$E_{\gamma}=E_2-E_1$$

光子的能量則為：

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

因此可利用光波長求出位能井寬度 $L$。

解題方法

電子在無限深方形位能井中的兩個能階為：

$$E_1=\frac{h^2}{8mL^2}$$ $$E_2=\frac{4h^2}{8mL^2}$$

因此能階差為：

$$\Delta E=E_2-E_1 =\frac{4h^2}{8mL^2}-\frac{h^2}{8mL^2} =\frac{3h^2}{8mL^2}$$

此能量差等於所放出光子的能量：

$$\frac{hc}{\lambda}=\frac{3h^2}{8mL^2}$$

約去一個 $h$，並整理 $L$：

$$L^2=\frac{3h\lambda}{8mc}$$ $$L=\sqrt{\frac{3h\lambda}{8mc}}$$

代入

$$\lambda=694\ \text{nm}=694\times10^{-9}\ \text{m}$$

以及

核心觀念

在多電子原子（Multi-electron Atoms）中，電子除了受到原子核的庫侖引力外，電子彼此之間還存在庫侖排斥力。這導致軌域能量產生了遮蔽效應（Shielding effect）與穿透效應（Penetration effect），使得簡併態（Degeneracy）解除，軌域能量不再只取決於主量子數 $n$，而是同時與主量子數 $n$ 及軌域角量子數 $l$ 相關。

次殼層（Subshell）的能量高低排序遵循**構造原理（Aufbau Principle）**中的 $(n + l)$ 規則（亦稱 馬德隆規則 Madelung Rule 或 克列奇科夫斯基規則 Klechkowski's Rule）：

1. $(n + l)$ 越小，軌域能量越低：電子優先填入 $(n + l)$ 較小的次殼層。
2. $(n + l)$ 相同時，$n$ 越小，軌域能量越低：若兩個次殼層的 $(n + l)$ 總和相同，則主量子數 $n$ 較小者具有較低的能量（因其徑向波函數在近核處具有更高的穿透機率）。

各次殼層對應的角量子數 $l$ 為：

• $s$ 軌域：$l = 0$
• $p$ 軌域：$l = 1$
• $d$ 軌域：$l = 2$
• $f$ 軌域：$l = 3$

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解題方法

依據題目要求，需列出由 $1s$ 起始至 $5d$ 為止的所有次殼層能量順序。計算各次殼層的 $(n + l)$ 值並由小到大分組排序：

次殼層	主量子數 $n$	角量子數 $l$	$(n + l)$ 總和	能量相對順序（同組內 $n$ 小者先）
$1s$	$1$	$0$	$1$	1
$2s$	$2$	$0$	$2$	2
$2p$	$2$	$1$	$3$	3
$3s$	$3$	$0$	$3$	4
$3p$	$3$	$1$	$4$	5
$4s$	$4$	$0$	$4$	6
$3d$	$3$	$2$	$5$	7
$4p$	$4$	$1$	$5$	8
$5s$	$5$	$0$	$5$	9
$4d$	$4$	$2$	$6$	10
$5p$	$5$	$1$	$6$	11
$6s$	$6$	$0$	$6$	12
$4f$	$4$	$3$	$7$	13
$5d$	$5$	$2$	$7$	14

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次殼層能階排列分析

本題為非選擇題，以下針對各階段的能階交錯（Inversion）機制進行重點剖析：

核心觀念

原子中兩組量子數的差異，來自自旋—軌道耦合（spin–orbit coupling）效應，也稱為自旋—軌道作用。

電子具有：

• 軌道角動量 $\mathbf{L}$，量子數為 $l,m_l$
• 自旋角動量 $\mathbf{S}$，量子數為 $s,m_s$

因此，未考慮兩者耦合時，可用

$$n,\ l,\ m_l,\ m_s$$

描述電子狀態。其中 $m_l$ 描述軌道角動量在指定方向的分量，$m_s$ 描述電子自旋在指定方向的分量。

當考慮自旋—軌道耦合後，軌道角動量與自旋角動量會合成總角動量：

$$\mathbf{J}=\mathbf{L}+\mathbf{S}$$

此時改用

$$n,\ l,\ j,\ m_j$$

描述狀態，其中：

• $j$：總角動量量子數
• $m_j$：總角動量在指定方向的磁量子數

解題方法

比較兩組量子數所描述的角動量即可判斷：

第一組量子數為

$$n,\ l,\ m_l,\ m_s$$

它分別描述主量子數、軌道角動量及自旋角動量的分量，屬於未耦合的描述方式。

第二組量子數為

$$n,\ l,\ j,\ m_j$$

其中總角動量由

$$\mathbf{J}=\mathbf{L}+\mathbf{S}$$

給出，屬於耦合後的描述方式。

電子自旋與其軌道運動產生的磁矩交互作用，使能量中出現自旋—軌道項：

$$H_{\mathrm{SO}}\propto \mathbf{L}\cdot\mathbf{S}$$

利用

核心觀念

本題考查磁場中的 Zeeman effect 與 Larmor 進動頻率。

電子在磁場 $B$ 中的磁矩與磁場作用，會造成能階分裂。若題目給出的 Zeeman 能量為

$$\Delta E=5.8\times10^{-5}\ \text{eV},$$

則微波吸收所對應的頻率滿足能量量子化關係

$$\Delta E=h\nu_L,$$

其中 $\nu_L$ 為 Larmor 頻率，$h$ 為 Planck 常數。

對軌道磁矩而言，也可由

$$\omega_L=\frac{eB}{2m_e}$$

得到 Larmor 角頻率，再利用 $\omega_L=2\pi\nu_L$ 求普通頻率。

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解題方法

直接將 Zeeman 能量換算成焦耳，再利用

$$\nu_L=\frac{\Delta E}{h}$$

計算。

先將能量由電子伏特換成焦耳：

$$\Delta E = 5.8\times10^{-5} \times 1.602\times10^{-19}\ \text{J}$$ $$\Delta E \approx 9.29\times10^{-24}\ \text{J}.$$

代入 Planck 常數 $h=6.626\times10^{-34}\ \text{J}\cdot\text{s}$：

$$\nu_L = \frac{9.29\times10^{-24}} {6.626\times10^{-34}} \ \text{Hz}$$ $$\nu_L \approx 1.40\times10^{10}\ \text{Hz}.$$

因此

$$\boxed{\nu_L\approx 14.0\ \text{GHz}}.$$

亦可直接使用磁子公式驗算：

$$\Delta E=\mu_B B,$$

且

$$\mu_B=5.788\times10^{-5}\ \text{eV/T}.$$

在 $B=1\ \text{T}$ 時，

核心觀念

本題考查 X 光管中電子經靶材減速時產生的制動輻射（Bremsstrahlung），以及最短波長的 Duane–Hunt 定律。

電子由加速電壓 $V$ 加速後，獲得最大動能

$$K_{\max}=eV$$

若電子將全部最大動能一次轉換成單一 X 光光子能量，便產生最高能量、最短波長的 X 光：

$$E_{\gamma,\max}=eV=\frac{hc}{\lambda_{\min}}$$

因此

$$\lambda_{\min}=\frac{hc}{eV}$$

Cu 的 K-edge 為 $8.9\ \mathrm{keV}$，主要用於判斷銅的特性 X 光是否能產生，並不決定制動輻射的最短波長。

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解題方法

加速電壓為

$$V=45\ \mathrm{kV}$$

電子通過此電位差後的最大動能為

$$K_{\max}=e(45\ \mathrm{kV})=45\ \mathrm{keV}$$

制動輻射中，光子最大能量為 $45\ \mathrm{keV}$。利用

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

並採用常用換算式

$$hc=12.398\ \mathrm{keV\cdot \mathring{A}}$$

可得

$$\lambda_{\min} =\frac{12.398\ \mathrm{keV\cdot \mathring{A}}}{45\ \mathrm{keV}} =0.2755\ \mathring{A}$$

換算成其他單位：

核心觀念

本題旨在測驗特徵 X 射線（Characteristic X-rays）之命名法則（又稱席格邦命名法，Siegbahn Notation）以及原子內層電子躍遷的基本概念：

1. 電子殼層（Electron Shells）與主量子數 $n$ 的對應關係：
   • $K$ 殼層：$n = 1$（最內層，束縛能最強）
   • $L$ 殼層：$n = 2$
   • $M$ 殼層：$n = 3$
   • $N$ 殼層：$n = 4$
2. 席格邦命名法（Siegbahn Notation）規則：
   • 大寫英文字母：代表電子躍遷的終態殼層（Final Shell）。若電子最終填補 $K$ 殼層的電洞，則稱為 $K$ 系列（$K$-series）；填補 $L$ 殼層電洞則為 $L$ 系列（$L$-series）。
   • 希臘字母下標：代表初態與終態的**主量子數差值（$\Delta n = n_i - n_f$）**或躍遷距離：
     • $\Delta n = 1 \implies \alpha$（緊鄰的外一層跳入）
     • $\Delta n = 2 \implies \beta$（外兩層跳入）
     • $\Delta n = 3 \implies \gamma$（外三層跳入）

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解題方法

1. 確認終態殼層（決定大寫英文字母）：
   題目敘述螢光光子由 $M$ 殼層躍遷至 $K$ 殼層（emitted from M shell to K shell）。

   • 終態為 $K$ 殼層（主量子數 $n_f = 1$），因此屬於 $K$ 系列，主名稱為 $K$。

2. 確認躍遷級數（決定希臘字母下標）：

   • 初態為 $M$ 殼層（主量子數 $n_i = 3$）。
   • 主量子數差值為：

$$\Delta n = n_i - n_f = 3 - 1 = 2$$

• 依據命名規則，$\Delta n = 2$ 的躍遷對應之希臘字母為 $\beta$。

3. 綜合命名：
   將系列名稱與下標組合，此特徵 X 射線的名稱即為 $K_\beta$（或 $K_\beta\text{ X-ray}$）。

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核心觀念

本題考查海森堡不確定性原理，要求寫出位置—動量與能量—時間兩組不確定性關係。對同一量子態而言，若某兩物理量無法同時具有任意精確的測量值，則其測量標準差滿足下限。

一般形式為

$$\Delta A\,\Delta B\geq \frac{1}{2}\left|\langle[\hat A,\hat B]\rangle\right|,$$

其中 $[\hat A,\hat B]$ 為對易子：

$$[\hat A,\hat B]=\hat A\hat B-\hat B\hat A.$$

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解題方法

1. 位置與動量

量子力學中，位置算符 $\hat x$ 與動量算符 $\hat p_x$ 滿足基本對易關係

$$[\hat x,\hat p_x]=i\hbar.$$

代入一般不確定性關係：

$$\Delta x\,\Delta p_x \geq \frac{1}{2}\left|\langle i\hbar\rangle\right| =\frac{\hbar}{2}.$$

因此

$$\boxed{\Delta x\,\Delta p_x\geq \frac{\hbar}{2}}$$

由於 $\hbar=h/(2\pi)$，也可寫成

$$\boxed{\Delta x\,\Delta p_x\geq \frac{h}{4\pi}}.$$

2. 能量與時間

能量—時間不確定性關係寫為

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

亦可表示為

$$\boxed{\Delta E\,\Delta t\geq \frac{h}{4\pi}}.$$

核心觀念

在量子力學中，若兩個以上彼此獨立、可區分的量子態，具有相同的能量本徵值，則稱這些量子態具有簡併（degeneracy）。

若能量本徵值 $E$ 對應到 $g$ 個獨立量子態，則稱其簡併度為 $g$：

$$\hat{H}\psi_i=E\psi_i,\qquad i=1,2,\ldots,g$$

其中 $\psi_1,\psi_2,\ldots,\psi_g$ 是彼此線性獨立的波函數。簡併表示「不同量子態具有相同能量」，並非表示這些量子態完全相同。

解題方法

題目要求說明 degeneracy 的意義，直接使用能量本徵態的定義即可：

1. 找出系統的能量本徵值 $E$。
2. 判斷是否有兩個以上彼此獨立的量子態對應到同一個 $E$。
3. 若有，則該能階為簡併能階；對應的獨立量子態數目就是簡併度。

例如，若

$$\hat{H}\psi_1=E\psi_1,\qquad \hat{H}\psi_2=E\psi_2$$

且 $\psi_1$ 與 $\psi_2$ 線性獨立，則能量 $E$ 是二重簡併，簡併度為 $2$。

核心觀念

原子具有磁矩 $\boldsymbol{\mu}$，置於外加磁場 $\mathbf{B}$ 中時，磁矩與磁場會產生交互作用。其磁位能定義為

$$U=-\boldsymbol{\mu}\cdot\mathbf{B}$$

其中：

• $\boldsymbol{\mu}$：原子的磁矩
• $\mathbf{B}$：外加磁場
• $\boldsymbol{\mu}\cdot\mathbf{B}$：兩向量的內積

若磁矩與磁場的夾角為 $\theta$，則

$$U=-\mu B\cos\theta$$

這表示磁位能取決於磁矩方向與磁場方向的相對關係。

解題方法

磁偶極矩在磁場中受到的力矩為

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

其大小為

$$\tau=\mu B\sin\theta$$

磁場會使磁矩傾向轉向與磁場同方向。磁位能與力矩的關係為

$$\tau=-\frac{dU}{d\theta}$$

因此

$$-\frac{dU}{d\theta}=\mu B\sin\theta$$

整理得

$$dU=-\mu B\sin\theta\,d\theta$$

積分可得

$$U=\mu B\cos\theta+C$$

依照物理慣例，取磁矩與磁場垂直，即 $\theta=90^\circ$ 時的位能為零，因此 $C=0$，得到

核心觀念

本題考查：

1. 由原子序與鄰近閉殼層元素寫出基態電子組態。
2. 鑭系元素釓（Gd）的特殊電子組態。
3. 原子失去價電子形成穩定氧化態的原因。
4. 由離子電荷判斷氧化物化學式。

釓的原子序為 $Z=64$，表示中性 Gd 原子共有 64 個電子。題目給出氙（Xe）原子序 $54$，因此可先以 Xe 作為核心：

$$\mathrm{Gd}=[\mathrm{Xe}]+\text{其餘 }10\text{ 個電子}$$

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解題方法：寫出 Gd 的基態電子組態

氙的電子組態為：

$$\mathrm{Xe}=[\mathrm{Kr}]\,4d^{10}5s^25p^6$$

從 Xe 的 $54$ 個電子增加至 Gd 的 $64$ 個電子，需配置剩餘的 10 個電子。依照鑭系元素的填入順序，Gd 的基態電子組態為：

$$\boxed{\mathrm{Gd}=[\mathrm{Xe}]\,4f^75d^16s^2}$$

電子數驗算如下：

$$54+7+1+2=64$$

因此完整電子組態為：

$$\boxed{ 1s^22s^22p^63s^23p^64s^23d^{10}4p^65s^24d^{10}5p^64f^75d^16s^2 }$$

為何不是單純的 $[\mathrm{Xe}]\,4f^86s^2$？

$4f$ 軌域具有 7 個等能軌域。依洪德規則，7 個電子可分別單獨佔據這 7 個軌域，形成半滿的 $4f^7$：

$$4f^7:\quad \uparrow\ \uparrow\ \uparrow\ \uparrow\ \uparrow\ \uparrow\ \uparrow$$

半滿副殼層具有較大的交換穩定化能，因此 $[\mathrm{Xe}]\,4f^75d^16s^2$ 比單純依序填入所得的 $[\mathrm{Xe}]\,4f^86s^2$ 更穩定，這是 Gd 的基態電子組態特殊之處。

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氧化時的電子移除

Gd 的價電子可視為：

$$4f^75d^16s^2$$

形成陽離子時，電子通常依序從主量子數較大的外層軌域移除，因此先移除 $6s$ 電子，再移除 $5d$ 電子：

$$\mathrm{Gd} \rightarrow \mathrm{Gd}^{3+}+3e^-$$

電子組態變化為：

$$[\mathrm{Xe}]\,4f^75d^16s^2 \rightarrow [\mathrm{Xe}]\,4f^7$$

所以：

$$\boxed{\mathrm{Gd}^{3+}=[\mathrm{Xe}]\,4f^7}$$