113 年 國立中正大學機械工程學系光機電整合工程碩士班《近代物理》

核心觀念

本題考查光波通過兩種不同折射率介質的邊界時，所產生的反射、折射與全反射現象，核心公式包括：

1. 反射定律：入射角等於反射角。
2. 斯涅耳定律：描述折射光方向。
3. 臨界角與全反射條件。
4. 菲涅耳方程：計算介面上的反射振幅與反射強度。

設光線由介質 1 入射至介質 2，折射率分別為 $n_1$、$n_2$，入射角、反射角、折射角分別為 $\theta_i$、$\theta_r$、$\theta_t$。

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一、全反射 Total Internal Reflection

1. 定義與發生條件

全反射是指光由高折射率介質射向低折射率介質時，折射光不再傳入第二介質，全部能量反射回第一介質。

必須同時滿足：

$$n_1>n_2$$

以及入射角大於臨界角：

$$\theta_i>\theta_c$$

由斯涅耳定律：

$$n_1\sin\theta_i=n_2\sin\theta_t$$

當折射角剛好達到 $90^\circ$ 時，入射角稱為臨界角 $\theta_c$。因此：

$$n_1\sin\theta_c=n_2\sin90^\circ$$

得到：

$$\sin\theta_c=\frac{n_2}{n_1}$$

所以：

$$\theta_c=\sin^{-1}\left(\frac{n_2}{n_1}\right)$$

由於 $\sin\theta_c<1$，必須有 $n_1>n_2$，這也說明全反射不會發生在低折射率介質射向高折射率介質的情況。

2. 全反射的三種入射情況

• 當 $\theta_i<\theta_c$：同時存在反射光與折射光。
• 當 $\theta_i=\theta_c$：折射光沿著介面傳播，$\theta_t=90^\circ$。
• 當 $\theta_i>\theta_c$：不再有可向介質 2 傳播的折射光，產生全反射。

3. 全反射的波動現象

全反射時，介質 2 中仍存在沿介面方向傳播的電磁場，但其垂直介面的振幅呈指數衰減，稱為倏逝波。其形式可寫成：

$$E(z)\propto e^{-\alpha z}$$

其中 $z$ 為離開介面的距離，$\alpha$ 為衰減常數。

因此，全反射並非表示介質 2 中完全沒有電磁場，而是沒有能量向介質 2 深處傳播。倏逝波也是光纖傳輸、全反射螢光顯微鏡與受抑全反射等技術的基礎。

4. 全反射時的反射率

反射率定義為反射光強度與入射光強度之比：

$$R=\frac{I_r}{I_i}$$

理想無吸收介質在全反射時：

$$R=1$$

表示入射能量全部反射，透射功率為零。

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二、反射 Reflection

1. 反射定律

光線射到介面後返回原介質的現象稱為反射。反射定律為：

$$\theta_r=\theta_i$$

其中兩個角度都必須相對於介面法線量測，而不是相對於介面本身量測。

入射光線、反射光線與法線位於同一平面，稱為入射面。

2. 反射的物理原因

光波抵達兩介質的交界面時，電場與磁場必須滿足介面邊界條件。由於兩介質的折射率、波阻抗不同，入射波不能全部直接轉換成透射波，必須產生反射波以滿足邊界條件。

對非磁性介質，折射率與波阻抗的關係為：

$$Z=\frac{Z_0}{n}$$

其中 $Z_0$ 為真空波阻抗。

介面兩側的光學性質差異越大，反射通常越強；兩介質折射率越接近，反射通常越弱。

3. 反射光的相位變化

光由低折射率介質射向高折射率介質時，反射電場通常會產生 $\pi$ 的相位反轉，也就是波峰變成波谷。

光由高折射率介質射向低折射率介質時，反射電場通常不產生此種 $\pi$ 相位反轉。

相位變化會影響薄膜干涉、牛頓環與多層膜反射等現象。

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三、介面反射 Interface Reflection

1. 菲涅耳方程

核心觀念

全內反射（total internal reflection, TIR）是指光線在兩介質界面處，沒有折射光進入第二介質，入射光能量全部反射回原介質的現象。

全內反射必須同時滿足兩個條件：

1. 光線由折射率較大的介質射向折射率較小的介質：
   $n_1>n_2$

2. 入射角大於臨界角：
   $\theta_i>\theta_c$

其中入射角、折射角皆由光線與界面法線的夾角定義，不能以光線與界面的夾角代入公式。

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解題方法與推導

依據 Snell 定律：

$$n_1\sin\theta_i=n_2\sin\theta_t$$

當入射角逐漸增大時，若 $n_1>n_2$，折射角 $\theta_t$ 會增大。當折射光恰好沿著界面傳播時，

$$\theta_t=90^\circ$$

此時的入射角稱為臨界角 $\theta_c$，因此：

$$n_1\sin\theta_c=n_2\sin90^\circ$$

得到：

$$\boxed{\sin\theta_c=\frac{n_2}{n_1}}$$

所以：

$$\boxed{\theta_c=\sin^{-1}\left(\frac{n_2}{n_1}\right)}$$

當入射角大於臨界角時，

$$\sin\theta_t=\frac{n_1}{n_2}\sin\theta_i>1$$

由於實數折射角不可能具有大於 $1$ 的正弦值，因此第二介質中不存在向外傳播的折射光，只剩下反射光，形成全內反射。

在波動觀點下，第二介質中仍可存在沿界面方向傳播、垂直界面方向指數衰減的倏逝波（evanescent wave），但它不代表有能量向第二介質深處傳播的折射光。

核心觀念

f-number 定義為焦距 $f$ 與光圈直徑 $D$ 的比值：

$$N=\frac{f}{D}$$

在焦距固定、ISO 與拍攝環境不變時，進入相機的光量與光圈面積及曝光時間成正比：

$$\text{光量}\propto D^2t$$

由於 $D=f/N$，且焦距固定，因此：

$$D\propto \frac{1}{N} \quad\Rightarrow\quad t\propto N^2$$

解題方法

原本設定為 $f/2$，曝光時間為：

$$t_1=\frac{1}{100}\text{ 秒}$$

改為 $f/4$ 時，f-number 變為原來的 $2$ 倍，光圈直徑變為原來的 $1/2$，光圈面積變為：

$$\left(\frac{1}{2}\right)^2=\frac{1}{4}$$

因此單位時間進入的光量只剩原來的 $\frac14$，曝光時間必須增加為 $4$ 倍：

$$t_2 =t_1\left(\frac{4}{2}\right)^2 =\frac{1}{100}\times 4 =\frac{1}{25}\text{ 秒}$$

也可直接由光圈直徑計算：

核心觀念

本題考查兩個基本關係：

1. 電子繞原子核作圓周運動，相當於一個微小電流迴路，其磁矩大小為
   $\mu=IA$

2. 玻爾的角動量量子化條件為
   $L_n=m_e v_n r_n=n\hbar,\qquad n=1,2,3,\ldots$

其中 $m_e$ 為電子質量、$v_n$ 為第 $n$ 軌道的速率、$r_n$ 為軌道半徑。電子電荷為 $q=-e$，其中 $e>0$ 表示基本電荷量。

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解題方法與推導

電子繞行一周所需週期為

$$T_n=\frac{2\pi r_n}{v_n}.$$

電子繞行所形成的電流，其大小為

$$I_n=\frac{e}{T_n} =\frac{e v_n}{2\pi r_n}.$$

第 $n$ 軌道所包圍的面積為

$$A_n=\pi r_n^2.$$

因此，磁矩大小為

$$\begin{aligned} \mu_n &=I_n A_n\\ &=\left(\frac{e v_n}{2\pi r_n}\right)(\pi r_n^2)\\ &=\frac{e v_n r_n}{2}. \end{aligned}$$

玻爾模型中的軌道角動量為

$$L_n=m_e v_n r_n.$$

代入上式可得

$$\mu_n=\frac{e}{2m_e}L_n.$$

再利用角動量量子化條件

$$L_n=n\hbar,$$

得到第 $n$ 軌道的磁矩大小：

$$\boxed{\mu_n=\frac{n e\hbar}{2m_e}}.$$

定義玻爾磁子

$$\mu_B=\frac{e\hbar}{2m_e},$$

故

$$\boxed{\mu_n=n\mu_B}.$$

其中

$$\mu_B\approx 9.274\times10^{-24}\ \mathrm{J/T}.$$

核心觀念

本題考查弱磁場中的異常塞曼效應。磁場弱於精細結構作用，因此 $L$ 與 $S$ 仍先耦合成總角動量 $J$，能階以 $J,m_J$ 標記；不使用強磁場下的 Paschen–Back 模型。

設磁場為 $\mathbf B=B\hat z$，忽略核自旋與超精細結構。塞曼能量位移為

$$\Delta E_Z=g_J\mu_Bm_JB,$$

其中

$$\mu_B=\frac{e\hbar}{2m_e}$$

為波耳磁子，$e$ 為基本電荷量的大小，$m_e$ 為電子質量。取 $g_s\simeq 2$ 時，Landé 因子為

$$g_J = 1+\frac{J(J+1)+S(S+1)-L(L+1)} {2J(J+1)}.$$

本題三個能階的 Landé 因子如下：

$$g\left({}^{2}S_{1/2}\right)=2, \qquad g\left({}^{2}P_{1/2}\right)=\frac23, \qquad g\left({}^{2}P_{3/2}\right)=\frac43.$$

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(a) 能階圖與塞曼能量位移

各磁量子數所對應的位移如下。表中每一列代表一條塞曼子能階，縱向排列表示零磁場時的能階順序，實際間距未按比例繪製。

零磁場能階	$m_J$	塞曼位移 $\Delta E_Z$
${}^{2}P_{3/2}$（$D_2$）	$+\frac32$	$+2\mu_BB$
	$+\frac12$	$+\frac23\mu_BB$
	$-\frac12$	$-\frac23\mu_BB$
	$-\frac32$	$-2\mu_BB$
${}^{2}P_{1/2}$（$D_1$）	$+\frac12$	$+\frac13\mu_BB$
	$-\frac12$	$-\frac13\mu_BB$
${}^{2}S_{1/2}$（基態）	$+\frac12$	$+\mu_BB$
	$-\frac12$	$-\mu_BB$

因此，弱磁場下的示意能階排列為

$${}^{2}P_{3/2} \longrightarrow \begin{cases} m_J=+\frac32,\ \Delta E_Z=+2\mu_BB\\ m_J=+\frac12,\ \Delta E_Z=+\frac23\mu_BB\\ m_J=-\frac12,\ \Delta E_Z=-\frac23\mu_BB\\ m_J=-\frac32,\ \Delta E_Z=-2\mu_BB \end{cases}$$ $${}^{2}P_{1/2} \longrightarrow \begin{cases} m_J=+\frac12,\ \Delta E_Z=+\frac13\mu_BB\\ m_J=-\frac12,\ \Delta E_Z=-\frac13\mu_BB \end{cases}$$ $${}^{2}S_{1/2} \longrightarrow \begin{cases} m_J=+\frac12,\ \Delta E_Z=+\mu_BB\\ m_J=-\frac12,\ \Delta E_Z=-\mu_BB \end{cases}$$

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(b) 允許的躍遷

電偶極躍遷的選擇定則為

$$\Delta J=0,\pm1 \qquad (J=0\leftrightarrow J=0\text{ 禁止}),$$

以及

$$\Delta m_J=m_{J,u}-m_{J,l}=0,\pm1.$$

其中下標 $u$、$l$ 分別表示上能階與下能階。$\Delta m_J=0$ 為 $\pi$ 躍遷，$\Delta m_J=+1,-1$ 分別為 $\sigma^+,\sigma^-$ 躍遷。

以下依吸收方向「下能階 $\to$ 上能階」列示；放射方向將箭頭反向即可。

$D_1:\ {}^{2}S_{1/2}\leftrightarrow{}^{2}P_{1/2}$

下能階 $\to$ 上能階	$\Delta m_J$	類型
$m_l=-\frac12\to m_u=+\frac12$	$+1$	$\sigma^+$
$m_l=+\frac12\to m_u=+\frac12$	$0$	$\pi$
$m_l=-\frac12\to m_u=-\frac12$	$0$	$\pi$
$m_l=+\frac12\to m_u=-\frac12$	$-1$	$\sigma^-$

因此 $D_1$ 有四個允許的塞曼分量。

核心觀念

將分子視為鍵長固定的二原子剛性轉子。其轉動慣量必須取質心軸上的轉動慣量：

$$I=\mu L^2, \qquad \mu=\frac{m_a m_s}{m_a+m_s},$$

其中 $\mu$ 為約化質量。

量子化後，轉動量子數為 $J=0,1,2,\ldots$，轉動能階為

$$E_J=\frac{\hbar^2J(J+1)}{2I}.$$

角動量大小為

$$|\mathbf{J}|=\sqrt{J(J+1)}\,\hbar.$$

以剛性轉子的等效角速度定義

$$\omega_J=\frac{|\mathbf{J}|}{I}.$$

解題方法

設 A、B 到質心的距離分別為 $r_a$、$r_s$。由

$$r_a+r_s=L, \qquad m_a r_a=m_s r_s,$$

可得

$$r_a=\frac{m_s}{m_a+m_s}L, \qquad r_s=\frac{m_a}{m_a+m_s}L.$$

因此，分子對質心的轉動慣量為