108 年 國立中正大學光機電整合工程研究所《近代物理》

核心觀念

本題考查兩個重要定律：

1. 布拉格繞射定律
   $2d\sin\theta=n\lambda$
   其中 $d$ 為晶面間距、$\theta$ 為布拉格角、$n$ 為繞射階數。

2. 黑體輻射的史特藩–波茲曼定律
   $P=\sigma AT^4$
   黑體的輻射功率與絕對溫度的四次方成正比。水吸收的熱量則為
   $Q=mc\Delta T$

（1）（a）最長可繞射波長

由布拉格定律：

$$2d\sin\theta=n\lambda$$

因此

$$\lambda=\frac{2d\sin\theta}{n}$$

因為 $\sin\theta\leq 1$，且未指定繞射階數時，最長波長必發生在最低階的 $n=1$：

$$\lambda_{\max}=2d$$

因此，若波長大於 $2d$，便不存在任何角度能滿足布拉格繞射條件。

若指定為第 $n$ 階繞射，則該階的波長上限為

$$\lambda_{\max}^{(n)}=\frac{2d}{n}$$

（1）（b）黑體溫度加倍後的水溫

設黑體原本的絕對溫度為 $T$。黑體在固定面積、固定照射時間下放出的總能量為

$$E=\sigma AT^4t$$

原本水的溫度由 $25.0^\circ\text{C}$ 上升至 $26.0^\circ\text{C}$，所以

$$\Delta T_1=1.0\ \text{K}$$

水吸收的能量為

$$E_1=mc_w\Delta T_1$$

當黑體的絕對溫度加倍：

核心觀念

本題分別考查：

• 光電效應：愛因斯坦光電方程式
  $K_{\max}=h\nu-\phi=\frac{hc}{\lambda}-\phi$
  其中 $\phi$ 為金屬功函數。
• 雙原子理想氣體的能量均分定理：每一個獨立的二次型自由度貢獻 $\frac{1}{2}R$ 至莫耳定容熱容量。

---

(a) 光電子最大動能

已知入射光波長

$\lambda=500\ \text{nm}$

鈉的功函數為

$\phi=2.28\ \text{eV}$

光子的能量為

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

使用常用近似式

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

因此

$E_{\gamma}=\frac{1240}{500}\ \text{eV}=2.48\ \text{eV}$

依據光電效應能量守恆：

$E_{\gamma}=\phi+K_{\max}$

所以光電子的最大動能為

$K_{\max}=2.48-2.28=0.20\ \text{eV}$

若換算成焦耳：

$K_{\max}=0.20(1.602\times10^{-19})\ \text{J}$

$K_{\max}\approx 3.20\times10^{-20}\ \text{J}$

---

(b) 高、低溫下的莫耳定容熱容量比

低溫情況

對一般雙原子理想氣體，在振動運動尚未被激發的溫度範圍內，具有：

• 三個平移自由度；
• 兩個轉動自由度。

因此有效自由度為

$f_{\text{low}}=3+2=5$

核心觀念

本題將電子與中子視為以萬有引力束縛的二體系統，使用 Bohr 原子模型的兩項條件：

1. 萬有引力提供圓周運動所需的向心力。
2. 軌道角動量量子化：
   $L=n\hbar,\qquad n=1,2,3,\ldots$

由於電子與中子皆會運動，精確處理時應使用約化質量

$$\mu=\frac{m_e m_n}{m_e+m_n}.$$

令兩粒子間距離為 $r$，並定義

$$K=Gm_em_n.$$

則引力位能為

$$V(r)=-\frac{K}{r}=-\frac{Gm_em_n}{r},$$

其中無限遠處位能取為零。

解題方法與推導

在質心座標系中，電子與中子的相對運動可視為約化質量 $\mu$ 的粒子繞中心運動。

圓周運動的向心力條件為

$$\frac{\mu v^2}{r}=\frac{Gm_em_n}{r^2}.$$

因此

$$\mu v^2=\frac{Gm_em_n}{r}.$$

Bohr 角動量量子化條件為

$$\mu vr=n\hbar,$$

所以

$$v=\frac{n\hbar}{\mu r}.$$

代入向心力方程：

$$\mu\left(\frac{n\hbar}{\mu r}\right)^2 =\frac{Gm_em_n}{r}.$$

整理得第 $n$ 個允許軌道半徑

$$r_n=\frac{n^2\hbar^2}{\mu Gm_em_n}.$$

系統總能量為動能與位能之和：

$$E=T+V=\frac12\mu v^2-\frac{Gm_em_n}{r}.$$

由向心力條件 $\mu v^2=Gm_em_n/r$，可得

$$T=\frac{Gm_em_n}{2r}.$$

因此

$$E=-\frac{Gm_em_n}{2r}.$$

代入 $r_n$：

核心觀念

本題探討雙原子分子（Diatomic molecule）的相互作用位能模型（類似莫爾斯位能 Morse Potential 的形式），考查以下核心物理觀念與定義：

1. 平衡鍵長（Bond Length, $r_0$）：
   分子在穩定平衡狀態時，原子間所受合力為零（$F = -\frac{\mathrm{d}U}{\mathrm{d}r} = 0$），且位能處於局部極小值（$\frac{\mathrm{d}^2U}{\mathrm{d}r^2} > 0$）。此極小值對應的核間距離 $r_0$ 即為鍵長。
2. 分子解離能（Dissociation Energy, $D_e$）：
   將處於平衡鍵長（位能井底）的兩原子完全分開至相互作用力消失（$r \to \infty$）所需的最小能量，其數學定義為：
   $D_e = U(\infty) - U(r_0)$

---

解題方法

題目給定雙原子分子的位能函數為：
$U(r) = U_0 \left[ \left(\mathrm{e}^{(b-r)/a} - 1\right)^2 - 1 \right]$
其中 $U_0, a, b > 0$ 且 $b \gg a$。

步驟一：求平衡鍵長（Bond Length）

對位能函數 $U(r)$ 關於原子間距 $r$ 進行一階微分：
$\frac{\mathrm{d}U}{\mathrm{d}r} = U_0 \cdot 2\left(\mathrm{e}^{(b-r)/a} - 1\right) \cdot \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}r}\left(\mathrm{e}^{(b-r)/a} - 1\right)$
$\frac{\mathrm{d}U}{\mathrm{d}r} = 2U_0 \left(\mathrm{e}^{(b-r)/a} - 1\right) \cdot \left(-\frac{1}{a}\mathrm{e}^{(b-r)/a}\right) = -\frac{2U_0}{a} \mathrm{e}^{(b-r)/a} \left(\mathrm{e}^{(b-r)/a} - 1\right)$

令一階導數為零以尋求極值點：
$\left. \frac{\mathrm{d}U}{\mathrm{d}r} \right|_{r=r_0} = 0$

因為 $\frac{2U_0}{a} > 0$ 且對任意實數 $r$，$\mathrm{e}^{(b-r)/a} \neq 0$，故必滿足：
$\mathrm{e}^{(b-r_0)/a} - 1 = 0 \implies \mathrm{e}^{(b-r_0)/a} = 1$

取自然對數：
$\frac{b-r_0}{a} = 0 \implies r_0 = b$

檢驗二階導數以確認為穩定平衡極小點：

核心觀念

本題使用一維定態薛丁格方程：

$$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dx^2}+U(x)\psi(x)=E\psi(x)$$

題目給定粒子總能量 $E=0$，因此

$$U(x)\psi(x)=\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dx^2}$$

在 $\psi(x)\neq 0$ 的位置，

$$U(x)=\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\psi''(x)}{\psi(x)}$$

其中 $A$ 為常數，會在比值中消去，因此不影響勢能函數。

解題方法

已知

$$\psi(x)=Axe^{-x^2/(2a^2)}$$

先求一階導數：

$$\psi'(x) =A\frac{d}{dx}\left(xe^{-x^2/(2a^2)}\right) =Ae^{-x^2/(2a^2)} \left(1-\frac{x^2}{a^2}\right)$$

再求二階導數：

$$\begin{aligned} \psi''(x) &=A\frac{d}{dx} \left[ e^{-x^2/(2a^2)} \left(1-\frac{x^2}{a^2}\right) \right]\\ &=Ae^{-x^2/(2a^2)} \left( -\frac{3x}{a^2}+\frac{x^3}{a^4} \right) \end{aligned}$$

將 $\psi''(x)$ 除以 $\psi(x)$：

核心觀念

氫原子的量子數 $(n,l,m_l)$ 必須滿足：

1. 主量子數固定為
   $n=5.$

2. 角量子數 $l$ 的允許值為
   $l=0,1,2,\ldots,n-1.$
   因此當 $n=5$ 時，
   $l=0,1,2,3,4.$

3. 磁量子數 $m_l$ 對每一個 $l$ 的允許值為
   $m_l=-l,-l+1,\ldots,0,\ldots,l-1,l.$
   共 $2l+1$ 個值。

解題方法

逐一代入 $l=0$ 至 $l=4$，列出對應的 $m_l$。

• 當 $l=0$：
  $m_l=0$
  得
  $(5,0,0).$

• 當 $l=1$：
  $m_l=-1,0,1$
  得
  $(5,1,-1),\ (5,1,0),\ (5,1,1).$

• 當 $l=2$：
  $m_l=-2,-1,0,1,2$
  得
  $(5,2,-2),\ (5,2,-1),\ (5,2,0),\ (5,2,1),\ (5,2,2).$

• 當 $l=3$：
  $m_l=-3,-2,-1,0,1,2,3$
  得
  $(5,3,-3),\ (5,3,-2),\ (5,3,-1),\ (5,3,0),$
  $(5,3,1),\ (5,3,2),\ (5,3,3).$

核心觀念

金屬導電率可用 Drude–Sommerfeld 模型表示為

$$\sigma=\frac{ne^2\tau}{m^*}=ne\mu ,$$

其中 $n$ 為導電電子濃度、$\tau$ 為平均碰撞時間、$m^*$ 為有效質量、$\mu$ 為電子遷移率。高導電率主要來自：

1. 有足夠的導電電子；
2. 導電電子所在能帶寬廣，使 $m^*$ 小；
3. 電子受到的散射較少，使 $\tau$ 大。

在固體中，孤立原子的軌域會因晶格週期性排列而形成能帶。費米能階附近的電子最能響應外加電場，因而主導導電。

解題方法

先寫出兩種元素的基態電子組態：

$$\mathrm{Cu}:\ [\mathrm{Ar}]\,3d^{10}4s^1$$ $$\mathrm{Ag}:\ [\mathrm{Kr}]\,4d^{10}5s^1$$

兩者的共同特徵都是

$$(n-1)d^{10}ns^1 .$$

也就是說，內層的 $d$ 次殼層已經滿填，最外層則各有一個 $s$ 電子。

銅的導電性

銅的 $3d^{10}$ 次殼層已填滿，十個 $d$ 電子皆成對排列。形成固體能帶後，$3d$ 電子主要形成填滿且較局域化的 $d$ 能帶，能帶頂大多位於費米能階以下，因此不是主要的導電載子。

銅的 $4s^1$ 電子則可在晶格中離域化。$4s$ 軌域空間分布較廣，鄰近原子的 $4s$ 軌域具有良好重疊，形成寬廣的 $s$ 型能帶。以簡化能帶模型而言，一條 $s$ 能帶每個原子最多容納兩個電子，而銅約有一個 $4s$ 電子，因此該能帶為部分填滿，費米能階位於能帶內，電子可在外加電場下改變動量並形成電流。

因此，銅具有高載子濃度、較小有效質量與高遷移率。

銀的導電性

銀的電子組態為

$$[\mathrm{Kr}]\,4d^{10}5s^1 .$$

其中 $4d^{10}$ 為滿填的 $d$ 次殼層，主要形成位於費米能階下方的填滿能帶；真正主導導電的是最外層的 $5s^1$ 電子。

核心觀念

本題旨在評量固態物理與半導體物理中「雜質半導體（Extrinsic Semiconductor）」的摻雜機制與能帶理論（Energy Band Theory）：

1. 價電子數與摻雜型態：
   • 矽（$\text{Si}$）為週期表第 $\text{IV}$ 族元素，具有 $4$ 個價電子。
   • 施體（Donor）雜質：第 $\text{V}$ 族元素（如砷 $\text{As}$、磷 $\text{P}$、銻 $\text{Sb}$）具有 $5$ 個價電子，提供多餘的自由電子，形成 n 型半導體（n-type semiconductor）。
   • 受體（Acceptor）雜質：第 $\text{III}$ 族元素（如銦 $\text{In}$、硼 $\text{B}$、鎵 $\text{Ga}$）具有 $3$ 個價電子，容易捕獲電子並產生電洞，形成 p 型半導體（p-type semiconductor）。
2. 雜質能階與費米能階（Fermi Level）：
   • n 型能帶：施體能階 $E_d$ 位於傳導帶底 $E_c$ 下方極靠近處（約 $0.05\text{ eV}$ 以內）；室溫下費米能階 $E_F$ 會上移至能隙中央 $E_i$ 之上、接近 $E_d$。
   • p 型能帶：受體能階 $E_a$ 位於價帶頂 $E_v$ 上方極靠近處；室溫下費米能階 $E_F$ 會下移至能隙中央 $E_i$ 之下、接近 $E_a$。

---

解題步驟與推導

(a) 矽摻雜砷（$\text{Si}$ doped with $\text{As}$）

1. 原子成鍵分析：
   砷（$\text{As}$）為第 $\text{V}$ 族元素，有 $5$ 個價電子。當少量 $\text{As}$ 取代晶格中的 $\text{Si}$ 原子時，其中 $4$ 個價電子與鄰近的 $4$ 個 $\text{Si}$ 原子形成共價鍵，第 $5$ 個電子束縛極弱。
2. 導電載子判斷：
   室溫熱激發即可使第 $5$ 個電子脫離束縛躍遷至傳導帶（Conduction Band），成為導電自由電子。因多數載子（Majority Carrier）為帶負電的電子（Electrons），故形成 n 型半導體（n-type）。

(b) 矽摻雜銦（$\text{Si}$ doped with $\text{In}$）

1. 原子成鍵分析：
   銦（$\text{In}$）為第 $\text{III}$ 族元素，有 $3$ 個價電子。當少量 $\text{In}$ 取代晶格中的 $\text{Si}$ 原子時，其 $3$ 個價電子與相鄰 $\text{Si}$ 原子成鍵後，尚缺 $1$ 個電子才能填滿四個共價鍵，形成一個空缺（電洞）。
2. 導電載子判斷：
   相鄰共價鍵上的價電子只需很小的能量即可跳入填補該空缺，使受體離子化並在價帶（Valence Band）中留下可自由移動的電洞。因多數載子為帶正電的電洞（Holes），故形成 p 型半導體（p-type）。

---

能帶圖繪製與說明

繪製能帶圖時，必須完整標示出：傳導帶底 $E_c$、價帶頂 $E_v$、能隙 $E_g$、本質費米能階 $E_i$、雜質能階（$E_d$ 或 $E_a$）以及實際費米能階 $E_F$。

(c) 矽摻雜砷之能帶圖（n-type）

核心觀念

太陽能電池的效率定義為

$$\eta=\frac{P_{\text{電}}}{P_{\text{入射}}}$$

因此，太陽能電池產生的電功率為

$$P_{\text{電}}=\eta I A$$

其中：

• $\eta=30\%=0.30$：太陽能電池效率
• $I=680\ \text{W/m}^2$：平均太陽能通量
• $A$：有效受光面積

每日產生的能量則為

$$E=Pt$$

必須將小時換算成秒，才能得到焦耳；若保留電力工程常用單位，也可使用 $\text{MW}\cdot\text{h}$。

解題方法

(a) 太陽能陣列每日產生的能量

陣列面積為

$$A=(100\ \text{m})(100\ \text{m}) =1.00\times10^4\ \text{m}^2$$

每天照射期間，入射的太陽功率為

$$P_{\text{入射}}=IA =(680)(1.00\times10^4) =6.80\times10^6\ \text{W}$$

考慮太陽能電池效率 $30\%$，實際輸出的電功率為

$$P_{\text{電}} =\eta P_{\text{入射}} =(0.30)(6.80\times10^6) =2.04\times10^6\ \text{W}$$

也就是

$$P_{\text{電}}=2.04\ \text{MW}$$

日照時間為 $12$ 小時，因此每日電能為

$$E_{\text{solar}} =(2.04\ \text{MW})(12\ \text{h}) =24.48\ \text{MWh}$$

換算成焦耳：

$$E_{\text{solar}} =(2.04\times10^6\ \text{W})(12\times3600\ \text{s})$$ $$\boxed{E_{\text{solar}}=8.8128\times10^{10}\ \text{J}}$$

因此，太陽能陣列每日產生

$$\boxed{24.48\ \text{MWh}}$$

核心觀念

理想氣體分子的平移動能可寫為

$$K_{\text{trans}} =\frac{p_x^2}{2m}+\frac{p_y^2}{2m}+\frac{p_z^2}{2m}.$$

由能量均分定理，每一個二次型自由度的平均能量為 $\frac{1}{2}kT$。分子具有 $x,y,z$ 三個平移自由度，因此單一分子的平均平移動能為

$$\left\langle K_{\text{trans}}\right\rangle=\frac{3}{2}kT.$$

一莫耳氣體含有 $N_A$ 個分子，所以其總平均平移動能為

$$E_{\text{mol}}=N_A\left\langle K_{\text{trans}}\right\rangle =\frac{3}{2}N_AkT =\frac{3}{2}RT.$$

其中採用阿佛加厥常數 $N_A=6.02\times10^{23}\ \mathrm{mol^{-1}}$。

解題方法

(a) 單一分子的平均平移動能

代入 $T=293\ \mathrm{K}$ 與 $k=1.38\times10^{-23}\ \mathrm{J/K}$：

$$\left\langle K_{\text{trans}}\right\rangle =\frac{3}{2}(1.38\times10^{-23})(293)$$ $$=6.0651\times10^{-21}\ \mathrm{J}.$$

利用 $1\ \mathrm{eV}=1.60\times10^{-19}\ \mathrm{J}$ 進行換算：