112 年 國立清華大學工程與系統科學系碩士班丙組《近代物理》

核心觀念

本題考查 X 光光電子能譜（XPS）的光電效應。光子撞擊材料後，若光子能量大於電子的束縛能，電子可逸出表面，其動能為

$$E_e=E_{h\nu}-E_B-\phi$$

其中：

• $E_{h\nu}=1254\ \text{eV}$：入射光子能量
• $E_B$：電子束縛能
• $\phi=3\ \text{eV}$：材料功函數
• $E_e$：逸出光電子的動能

電子動能約為數百 eV，遠小於電子靜止能量 $511\ \text{keV}$，因此採用非相對論動量公式：

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

所以

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

計算動量時，須將 eV 換算為焦耳：

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

---

解題方法

題目給出 Co 的三個 L-shell 束縛能，因此分別計算 $L_I$、$L_{II}$ 與 $L_{III}$ 光電子能量。

題目另給出 Co K-shell binding energy 為 $7709\ \text{keV}$。此能量遠大於入射光子能量 $1254\ \text{eV}$，因此 K-shell 電子無法被此光子激發逸出，不會產生 K-shell 光電子。

---

光電子動能

1. $L_I$ 光電子

$$E_e(L_I)=1254-926-3$$ $$E_e(L_I)=325\ \text{eV}$$

2. $L_{II}$ 光電子

$$E_e(L_{II})=1254-794-3$$ $$E_e(L_{II})=457\ \text{eV}$$

3. $L_{III}$ 光電子

$$E_e(L_{III})=1254-779-3$$ $$E_e(L_{III})=472\ \text{eV}$$

4. K-shell

$$E_e(K)=1254-7709\ \text{keV}-3$$

由於 K-shell 束縛能遠大於光子能量，$E_e(K)<0$，代表光子能量不足以克服束縛能，因此沒有 K-shell 光電子。

---

光電子動量

1. $L_I$ 光電子

先換算能量：

$$E_e=325(1.602\times10^{-19}) =5.207\times10^{-17}\ \text{J}$$

因此

$$p_{L_I} =\sqrt{2(9.11\times10^{-31})(5.207\times10^{-17})}$$ $$p_{L_I}\approx9.74\times10^{-24}\ \text{kg}\cdot\text{m/s}$$

核心觀念

本題考查中子波動性與晶體繞射的布拉格定律：

1. 中子的德布羅意波長
   $\lambda=\frac{h}{p}=\frac{h}{\sqrt{2mE}}$

2. 晶面間距
   $d_{hkl}=\frac{a}{\sqrt{h^2+k^2+l^2}}$

3. 布拉格繞射條件
   $2d_{hkl}\sin\theta=\lambda$

其中 $\theta$ 是入射中子與晶面的掠射角，也就是布拉格角。

解題方法

先求 Ge(111) 晶面的晶面間距，再由中子能量求德布羅意波長，最後代入布拉格定律求 $\theta$。

1. 求 Ge(111) 晶面間距

對於 $(111)$ 晶面，

$$h=1,\qquad k=1,\qquad l=1$$

因此

$$d_{111} =\frac{a}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}} =\frac{0.565}{\sqrt{3}}\ \text{nm}$$ $$d_{111}\approx 0.326\ \text{nm}$$

2. 將中子能量換算為焦耳

$$E=0.020\ \text{eV}$$

利用

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

得到

$$E =0.020(1.602\times10^{-19}) \approx 3.204\times10^{-21}\ \text{J}$$

3. 求中子的德布羅意波長

取普朗克常數

$$h=6.626\times10^{-34}\ \text{J}\cdot\text{s}$$

中子質量為

$$m=1.67\times10^{-27}\ \text{kg}$$

代入

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

先計算動量分母：

$$\sqrt{2mE} = \sqrt{ 2(1.67\times10^{-27}) (3.204\times10^{-21}) }$$

核心觀念

本題考查正電子與電子的湮滅反應，以及相對論性能量與動量守恆。

正電子和電子的靜止質量皆為 $m_e$。當正電子已減速至幾乎靜止，且電子原本也靜止時，初始總動量近似為零。湮滅後產生兩個光子，且兩道伽瑪射線以 $180^\circ$ 背對背飛出，使總動量仍為零。

電子的靜止能量為

$$m_e c^2 = 0.511\ \text{MeV}.$$

解題方法

初始狀態包含一個電子與一個正電子，兩者動能均可忽略，因此初始總能量為兩者的靜止能量總和：

$$E_{\text{initial}} = m_e c^2 + m_e c^2 = 2m_e c^2.$$

湮滅後產生兩個光子。設兩個光子的能量分別為 $E_{\gamma 1}$ 與 $E_{\gamma 2}$。

由能量守恆：

$$E_{\gamma 1}+E_{\gamma 2}=2m_e c^2.$$

由於兩個光子以 $180^\circ$ 背對背飛出，且初始總動量為零，因此兩個光子的動量大小相等。光子滿足

$$E_\gamma = pc,$$

所以兩個光子的能量相等：

$$E_{\gamma 1}=E_{\gamma 2}.$$

因此每個光子的能量為

核心觀念

本題考查兩個重點：

1. 氫原子光子躍遷的選擇定則。
2. 能階寬度與激發態壽命之間的海森堡能量—時間不確定性關係。

電偶極輻射（electric dipole radiation，E1）的選擇定則為

$$\Delta l=\pm 1,$$

其中 $l$ 是軌域角動量量子數。氫原子中：

• $2s$ 態：$l=0$
• $2p$ 態：$l=1$
• $1s$ 態：$l=0$

---

第一部分：為何 $2s\to1s$ 不會發生單光子放射？

由於

$$2s\to1s:\qquad \Delta l=0-0=0,$$

不符合電偶極輻射的選擇定則 $\Delta l=\pm1$，因此 $2s\to1s$ 的單光子放射躍遷被禁止。

從宇稱觀點也可得到相同結論。原子態的宇稱為

$$P=(-1)^l.$$

因此：

• $2s$ 與 $1s$ 都具有偶宇稱；
• 電偶極矩算符 $\mathbf r$ 具有奇宇稱。

電偶極躍遷要求初態與末態的宇稱不同，但 $2s$ 與 $1s$ 宇稱相同，所以矩陣元素

$$\langle 1s|\mathbf r|2s\rangle=0.$$

故 $2s\to1s$ 不可能透過「放出一個光子」完成。

需注意，$2s$ 態並非完全不能衰變；它可透過二光子放射等高階過程衰變至 $1s$，但本題所問的單光子光發射被選擇定則禁止。

---

第二部分：$2p\to1s$ 是否可能？

對於

$$2p\to1s,$$

有

$$\Delta l=0-1=-1,$$

符合

$$\Delta l=\pm1.$$

因此 $2p\to1s$ 可以透過電偶極輻射放出一個光子，是允許的光學躍遷。

---

第三部分：由能階寬度求衰變時間

海森堡能量—時間不確定性原理為

$$\Delta E\,\Delta t\gtrsim \hbar.$$

對具有有限壽命的激發態，能量寬度 $\Gamma$ 與壽命 $\tau$ 的標準關係為

$$\Gamma\tau=\hbar.$$

題目給定 $2p$ 態的能量寬度

$$\Gamma=2\ \text{eV},$$

且

核心觀念

1. 波耳類氫原子模型（Bohr Model for Hydrogen-like Ions）：
   對於僅含單一電子的類氫離子系統（如 $\text{He}^+, \text{Li}^{2+}$ 等，原子序為 $Z$），電子的定態能階公式為：
   $E_n = -\frac{Z^2 E_{\text{H}}}{n^2} = -\frac{E_0}{n^2}$
   其中 $n$ 為主量子數（$n = 1, 2, 3, \dots$），$E_{\text{H}} \approx 13.6\text{ eV}$ 為氫原子的基態能量量值，而 $E_0 = Z^2 E_{\text{H}}$ 代表該特定類氫離子在 $n=1$ 時的基態束縛能基準常數。

2. 能階躍遷輻射能量（Transition Energy）：
   電子從較高能階 $n_i$ 躍遷至較低能階 $n_f$ 所釋放的光子能量（能階差）為：
   $\Delta E_{n_i \to n_f} = E_{n_i} - E_{n_f} = E_0 \left( \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} \right)$

---

解題方法

本題已知 $n=3 \to n=2$ 的躍遷能量為 $3.7\text{ eV}$，欲求 $n=2 \to n=1$ 的能量差。由於系統並非中性氫原子（$Z \ne 1$），不可直接代入 $13.6\text{ eV}$，但可透過比例關係消除未知常數 $E_0$（即含 $Z$ 的係數）。

步驟一：列出已知躍遷能量關係式

已知 $n=3 \to n=2$ 的能階差為：
$\Delta E_{3 \to 2} = E_0 \left( \frac{1}{2^2} - \frac{1}{3^2} \right) = E_0 \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{9} \right) = \frac{5}{36} E_0$
題給 $\Delta E_{3 \to 2} = 3.7\text{ eV}$，因此：
$\frac{5}{36} E_0 = 3.7\text{ eV} \implies E_0 = 3.7 \times \frac{36}{5} = 26.64\text{ eV}$

核心觀念

本題考查狹義相對論中的相對論性動能。當電子速度接近光速時，不能使用古典公式

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

而必須使用

$$K=\gamma mc^2-mc^2=(\gamma-1)mc^2,$$

其中

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

電子靜止能量為

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

---

第一部分：速度為 $0.999c$ 時的電子動能

已知

$$\beta=0.999.$$

因此洛倫茲因子為

$$\gamma=\frac{1}{\sqrt{1-(0.999)^2}}.$$

計算得

$$(0.999)^2=0.998001,$$

所以

$$\gamma =\frac{1}{\sqrt{1-0.998001}} =\frac{1}{\sqrt{0.001999}} \approx 22.366.$$

相對論性動能為

$$K=(\gamma-1)m_ec^2.$$

代入電子靜止能量：

$$K=(22.366-1)(0.511\ \text{MeV})$$ $$K\approx 10.91\ \text{MeV}.$$

因此，電子速度為 $0.999c$ 時，其動能約為

$$\boxed{K\approx 10.9\ \text{MeV}}.$$

換算成 GeV：

$$K\approx 0.0109\ \text{GeV}.$$

---

第二部分：TPS 電子動能為 $3\ \text{GeV}$ 時的速度

已知電子動能

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

由

$$K=(\gamma-1)m_ec^2$$

可解得

$$\gamma=1+\frac{K}{m_ec^2}.$$

代入數值：

$$\gamma =1+\frac{3000}{0.511} \approx 5871.84.$$

又因為

核心觀念

核反應

$${}^{2}\mathrm{H}+{}^{3}\mathrm{H} \rightarrow {}^{4}\mathrm{He}+n$$

所釋放的能量來自反應前後的質量虧損：

$$Q=\Delta m c^2$$

題目指出沒有放出 $\gamma$ 射線與 X 射線，且氦原子處於基態，因此反應能量全部轉化為中子與氦原子的動能：

$$Q=K_n+K_{\mathrm{He}}$$

由於反應前的氘、氚可視為靜止，反應後只有中子與氦原子，動量守恆給出兩者動量大小相等。

---

解題方法

1. 計算質量虧損與反應能

反應前總質量為

$$m_i=m_D+m_T =2.014102+3.016049 =5.030151\ \mathrm{amu}$$

反應後總質量為

$$m_f=m_n+m_{\mathrm{He}} =1.008665+4.002603 =5.011268\ \mathrm{amu}$$

因此質量虧損

$$\Delta m=m_i-m_f =5.030151-5.011268 =0.018883\ \mathrm{amu}$$

利用

$$1\ \mathrm{amu}=1.67\times10^{-27}\ \mathrm{kg}, \qquad c=3.00\times10^8\ \mathrm{m/s}$$

得到反應釋放能量

$$\begin{aligned} Q &=(0.018883)(1.67\times10^{-27})(3.00\times10^8)^2\\ &=2.84\times10^{-12}\ \mathrm{J} \end{aligned}$$

換算成電子伏特：

$$1\ \mathrm{MeV}=1.602\times10^{-13}\ \mathrm{J}$$

所以

$$Q=\frac{2.84\times10^{-12}}{1.602\times10^{-13}} \approx17.7\ \mathrm{MeV}$$

---

2. 利用動量守恆分配動能

反應前系統總動量為零，因此反應後

核心觀念

本題考查：

• 過渡元素的 $d$ 軌域容納電子數。
• 過渡金屬離子的電子組態。
• 未成對電子與自旋磁矩。
• 特徵 X 光譜的命名方式。

相關規則如下：

1. 每個軌域最多容納 $2$ 個電子；$d$ 副層共有 $5$ 個軌域，因此最多容納 $10$ 個電子。
2. 形成過渡金屬陽離子時，通常先移除最外層的 $s$ 電子，再移除 $(n-1)d$ 電子。
3. 自旋磁矩通常採用自旋-only 公式：
   $\mu=\sqrt{n(n+2)}\mu_B$
   其中 $n$ 為未成對電子數，$\mu_B$ 為波耳磁子。
4. 特徵 X 光以「電子躍遷終點所在的殼層」命名：
   • 躍遷至 $K$ 殼層：$K$ 系列。
   • $L\to K$：$K_\alpha$。
   • $M\to K$：$K_\beta$。

---

8-1　3-$d$ 軌域全滿時有多少電子？

解題方法

$d$ 副層包含 $5$ 個軌域：

$$d_{xy},\ d_{yz},\ d_{xz},\ d_{x^2-y^2},\ d_{z^2}$$

依據泡利不相容原理，每個軌域最多容納自旋相反的 $2$ 個電子，因此：

$$N=5\times 2=10$$

【答案】

$$\boxed{10\text{ 個電子}}$$

---

8-2　Fe$^{2+}$ 的電子組態

核心觀念

鐵的原子序為 $Z=26$，中性鐵原子有 $26$ 個電子。其基態電子組態為：

$$\mathrm{Fe}:1s^2\,2s^2\,2p^6\,3s^2\,3p^6\,4s^2\,3d^6$$

簡寫為：

$$\mathrm{Fe}:[\mathrm{Ar}]\,4s^2\,3d^6$$

形成 Fe$^{2+}$ 時，移除 $2$ 個電子。過渡金屬失去電子時，先移除能量較高、主量子數較大的 $4s$ 電子：

$$\mathrm{Fe}^{2+}:[\mathrm{Ar}]\,3d^6$$

完整組態為：

$$1s^2\,2s^2\,2p^6\,3s^2\,3p^6\,3d^6$$

【答案】

$$\boxed{\mathrm{Fe}^{2+}:[\mathrm{Ar}]\,3d^6}$$

---

8-3　Fe$^{2+}$ 的磁矩

核心觀念

Fe$^{2+}$ 的電子組態為：

$$[\mathrm{Ar}]\,3d^6$$

$d$ 副層有 $5$ 個軌域。依洪德規則，電子會先以相同自旋分占各軌域，再開始成對：

$$\begin{array}{ccccc} \uparrow\downarrow & \uparrow & \uparrow & \uparrow & \uparrow \end{array}$$

因此 $3d^6$ 中有 $4$ 個未成對電子：

$$n=4$$

解題方法

採用自旋-only 磁矩公式：

$$\mu=\sqrt{n(n+2)}\mu_B$$

核心觀念

本題綜合考查近代物理中幾個奠定量子論與原子物理的經典實驗：

• 黑體輻射：能量量子化與 Planck 常數 $h$
• Stern–Gerlach 實驗：角動量空間量子化與電子自旋
• Millikan 油滴實驗：基本電荷量子化與電子電荷
• Einstein：光電效應的量子解釋
• Franck–Hertz 實驗：原子能階離散化

---

9-1 黑體輻射實驗驗證了哪個數值？

解題方法

黑體輻射的實驗光譜無法由古典物理的 Rayleigh–Jeans 定律完整解釋。Planck 假設振子能量只能取離散值：

$$E_n=nh\nu,\qquad n=0,1,2,\ldots$$

其中 $h$ 為 Planck 常數。由此得到黑體輻射定律：

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

實驗結果與此式符合，並可由黑體輻射光譜測定 $h$ 的數值。因此本題所問的「number」是 Planck 常數。

【答案】

黑體輻射實驗驗證並測定了 Planck 常數 $h$，即能量量子化的基本常數。

---

9-2 Stern–Gerlach 實驗的新發現

解題方法

Stern–Gerlach 實驗使銀原子束通過非均勻磁場。若原子磁矩方向可連續變化，螢光屏上應形成連續分布；實驗卻觀察到原子束分裂成離散的兩束。

磁矩在磁場梯度中受到力：

$$F_z=\mu_z\frac{\partial B_z}{\partial z}.$$

實驗結果表示磁矩在指定方向的分量只能取離散值，即發生空間量子化。後來此結果被理解為銀原子最外層未配對電子具有自旋 $s=\frac12$，其自旋磁量子數為

$$m_s=\pm\frac12.$$

因此自旋磁矩在量測方向上呈現兩種可能結果。

【答案】

Stern–Gerlach 實驗發現角動量（特別是電子自旋）的空間量子化；銀原子束在非均勻磁場中分裂成兩束，顯示電子具有自旋 $\frac12$。

---

9-3 Millikan 油滴實驗的新發現

解題方法

帶電油滴在重力、浮力與電力作用下達到平衡。忽略空氣浮力修正時，懸浮條件為

$$qE=mg.$$

Millikan 由油滴的運動測得其電荷量，發現所有油滴電荷皆為某一基本電荷的整數倍：

$$q=ne,\qquad n=1,2,3,\ldots$$

其中

10-1 電子繞射為何需要真空，而中子或 X 射線繞射通常不需要？

核心觀念

電子帶有電荷，會與氣體分子產生強烈的庫倫作用，容易被氣體分子散射或吸收。電子繞射所利用的是電子波的干涉，因此電子必須在到達樣品前維持近似直線、保持良好的波束方向。

電子的德布羅意波長為

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

若電子束在空氣中傳播，會因碰撞而改變方向與能量，使繞射圖樣模糊。抽氣後，氣體分子的數密度降低，電子的平均自由程增加，才能清楚觀察繞射峰。

中子不帶電，主要透過核力與原子核作用；X 射線是電磁波，也不帶電。兩者在一般氣體中的散射與吸收相對較弱，因此實驗光路通常不必維持高真空。中子與 X 射線仍會受到氣體影響，但在一般繞射實驗的距離與能量下，影響通常足夠小。

解題方法

判斷是否需要真空，關鍵在於：

1. 粒子是否帶電。
2. 是否容易與空氣分子發生碰撞。
3. 碰撞是否會破壞入射波束的方向與能量。

電子帶電，與空氣作用強，平均自由程短，因此需要真空。中子與 X 射線不帶電，在氣體中的穿透能力較強，故通常不需樣品真空腔。

解題技巧

看到「電子繞射需要真空」時，優先聯想到「帶電粒子在空氣中會發生庫倫散射」。不要誤答成「電子波長太短」；波長短是電子能用於晶格繞射的原因，不是真空需求的主因。

【答案】電子帶電，會強烈散射空氣分子，必須抽真空以增加平均自由程並保持繞射束清晰；中子與 X 射線不帶電，在空氣中的散射與吸收較弱，所以通常不需樣品真空腔。

---

10-2 為何鐵是鐵磁性，而鋁不是？

核心觀念

磁性主要來自電子的自旋磁矩與軌道磁矩。材料是否具有鐵磁性，不只取決於原子中是否有未成對電子，還取決於晶體中電子自旋是否能透過交換作用形成大範圍的平行排列。

鐵的電子組態為

$$\mathrm{Fe}: [\mathrm{Ar}]\,3d^6 4s^2.$$

其 $3d$ 能帶未填滿，存在大量未成對自旋。鐵原子間的交換作用使鄰近電子自旋傾向平行排列，形成磁畴。未加外磁場時，各磁畴方向可能互相抵消；施加外磁場後，磁畴轉向並成長，產生強烈且可保留的磁化，因此鐵具有鐵磁性。

鋁的電子組態為

$$\mathrm{Al}: [\mathrm{Ne}]\,3s^2 3p^1.$$

雖然孤立鋁原子有一個未成對電子，但在金屬晶體中，電子形成能帶，鋁的能帶結構與交換作用不足以使自旋形成長程平行排列。鋁主要表現為弱順磁性，並混有抗磁性貢獻，整體不具有鐵磁性。

解題方法

判斷金屬是否鐵磁，應依序考慮：

1. 是否有未成對電子，判斷是否具有磁矩來源。
2. 未成對電子是否位於未填滿的 $d$ 能帶。
3. 交換作用是否強到足以使自旋長程平行排列。

鐵符合上述條件，能形成磁畴與自發磁化；鋁雖有原子磁矩來源，但其金屬能帶中的交換作用不足，不會形成鐵磁有序。

解題技巧

「有未成對電子」只是成為順磁性或鐵磁性的必要條件之一，不是鐵磁性的充分條件。判斷鐵磁性時，必須進一步考慮晶體中的交換作用與能帶結構。

【答案】鐵的未填滿 $3d$ 能帶具有未成對自旋，且交換作用足以使自旋平行排列並形成磁畴，因此是鐵磁性；鋁雖有未成對電子，但其能帶與交換作用不足以形成長程自旋排列，因此不是鐵磁性。

---

10-3 如何測定太陽表面溫度約為 $5800\ \mathrm{K}$？

核心觀念

太陽可近似視為黑體，其連續光譜的峰值波長與溫度滿足 Wien 位移定律：

$$\lambda_{\max}T=b,$$

其中

$$b=2.898\times10^{-3}\ \mathrm{m\cdot K}.$$

太陽光譜的最大強度約位於

$$\lambda_{\max}\approx 500\ \mathrm{nm} =5.00\times10^{-7}\ \mathrm{m}.$$

解題方法