108 年 國立政治大學應用物理研究所《近代物理》

(a)

根據光電效應方程式：
$K_{\max} = h\nu - \Phi = \frac{hc}{\lambda} - \Phi$
電子的最大動能 $K_{\max}$ 僅取決於入射光的波長 $\lambda$（或頻率 $\nu$）以及金屬材料的功函數 $\Phi$。

當更換為波長相同但強度較弱的新光源時，入射光電子的單一光子能量 $h\nu$ 完全保持不變，因此發射電子的最大動能極限保持不變（Remain the same）。光強度的減小僅代表單位時間內照射到金屬表面的光子數減少，從而使單位時間發射的光電子數（光電流）降低，並不影響單一光子的能量與光電子的最大動能。

【答案】Remain the same（保持不變）

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(b)

設靜止粒子質量為 $M$，衰變後生成的兩個相同粒子質量均為 $m = 0.100M$，運動速度大小均為 $v$。
由相對論能量守恆定律：
$E_i = E_f \implies M c^2 = 2 \gamma m c^2$
其中勞侖茲因子 $\gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - v^2/c^2}}$。
將 $m = 0.100M$ 代入上式：
$M c^2 = 2 \gamma (0.100 M) c^2 = 0.200 \gamma M c^2 \implies \gamma = 5$
求粒子速度 $v$：
$\frac{1}{\sqrt{1 - v^2/c^2}} = 5 \implies 1 - \frac{v^2}{c^2} = \frac{1}{25} = 0.04 \implies \frac{v^2}{c^2} = 0.96$
$v = \sqrt{0.96} \, c = \frac{2\sqrt{6}}{5} \, c \approx 0.9798 \, c$

【答案】$v = \sqrt{0.96} \, c = \frac{2\sqrt{6}}{5} \, c \approx 0.98 c$

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(c)

根據維恩位移定律（Wien's Displacement Law）：
$\lambda_{\max} T = b = \text{常數}$
即黑體輻射最強波長與絕對溫度成反比：
$\lambda_1 T_1 = \lambda_2 T_2$
代入已知條件 $T_1 = T$, $\lambda_1 = 5.6\ \mu\text{m}$, $T_2 = 4T$：
$(5.6\ \mu\text{m}) \times T = \lambda_2 \times (4T)$
$\lambda_2 = \frac{5.6\ \mu\text{m}}{4} = 1.4\ \mu\text{m}$

【答案】$1.4\ \mu\text{m}$

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(d)

邊界在 $x = 0$ 至 $x = L$ 的無限深位能井，其本徵能量與本徵波函數為：
$E_n = \frac{n^2 \pi^2 \hbar^2}{2mL^2}, \quad \psi_n(x) = \sqrt{\frac{2}{L}} \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$
題目給定能量為 $E = \frac{9\hbar^2\pi^2}{2mL^2}$，可知對應主量子數 $n = 3$。

粒子出現在 $x = 0$ 至 $x = L/6$ 區間的機率 $P$ 為：
$P = \int_0^{L/6} |\psi_3(x)|^2 dx = \frac{2}{L} \int_0^{L/6} \sin^2\left(\frac{3\pi x}{L}\right) dx$
令 $u = \frac{3\pi x}{L}$，當 $x = 0 \implies u = 0$；當 $x = L/6 \implies u = \frac{\pi}{2}$，且 $dx = \frac{L}{3\pi} du$：
$P = \frac{2}{L} \cdot \frac{L}{3\pi} \int_0^{\pi/2} \sin^2 u \, du = \frac{2}{3\pi} \left[ \frac{u}{2} - \frac{\sin 2u}{4} \right]_0^{\pi/2} = \frac{2}{3\pi} \left( \frac{\pi}{4} \right) = \frac{1}{6}$

【答案】$\frac{1}{6}$

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(e)

三維等向諧振子位能為 $V(r) = \frac{1}{2}m\omega^2 (x^2+y^2+z^2)$，其能量本徵值為：
$E = \left( n_x + n_y + n_z + \frac{3}{2} \right) \hbar\omega = \left( N + \frac{3}{2} \right) \hbar\omega$

核心觀念

本題考查狹義相對論的相對論性都卜勒效應。設靜止星系測得的譜線波長為 $\lambda_0$，星系沿視線方向運動時，觀測波長為 $\lambda$，則

$$\lambda=\lambda_0\sqrt{\frac{1+\beta}{1-\beta}}, \qquad \beta=\frac{v}{c},$$

其中：

• $\beta>0$ 表示遠離觀測者；
• $\beta<0$ 表示朝向觀測者；
• $c$ 為光速。

將公式平方並解出 $\beta$：

$$\left(\frac{\lambda}{\lambda_0}\right)^2 = \frac{1+\beta}{1-\beta},$$

因此

$$\beta = \frac{\left(\dfrac{\lambda}{\lambda_0}\right)^2-1} {\left(\dfrac{\lambda}{\lambda_0}\right)^2+1}.$$

波長變短為藍移，表示光源朝向觀測者；波長變長為紅移，表示光源遠離觀測者。

解題方法

已知靜止星系的譜線波長為

$$\lambda_0=550\ \text{nm}.$$

Galaxy A：由 $550\ \text{nm}$ 藍移至 $450\ \text{nm}$

代入

$$\frac{\lambda_A}{\lambda_0} = \frac{450}{550} = \frac{9}{11}.$$

所以

$$\beta_A = \frac{\left(\frac{9}{11}\right)^2-1} {\left(\frac{9}{11}\right)^2+1} = \frac{\frac{81}{121}-1}{\frac{81}{121}+1}.$$

整理得

$$\beta_A = \frac{-40/121}{202/121} = -\frac{20}{101} \approx -0.198.$$

因此

$$v_A=\beta_A c\approx -0.198c.$$

負號代表 Galaxy A 朝向觀測者運動，速率為

$$|v_A|\approx 0.198c.$$

若取 $c=3.00\times10^5\ \text{km/s}$，則

一維不含時薛丁格方程式為：
$-\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2\psi(x)}{dx^2} + V(x)\psi(x) = E\psi(x)$

對波函數 $\psi(x) = Cxe^{-bx}$ 計算一階與二階空間微分：
$\frac{d\psi}{dx} = C e^{-bx} - C b x e^{-bx} = C(1 - bx)e^{-bx}$
$\frac{d^2\psi}{dx^2} = -Cb e^{-bx} - C b (1 - bx)e^{-bx} = C(b^2 x - 2b)e^{-bx} = \left(b^2 - \frac{2b}{x}\right) \psi(x)$

將二階微分代回薛丁格方程式：

核心觀念

本題考查無限深方井中「非定態」的時間演化，以及能量期望值與能量不確定度。

無限深方井 $0<x<L$ 的定態滿足

$$\hat H\psi_n(x)=E_n\psi_n(x),$$

且本徵態正交歸一：

$$\int_0^L\psi_m^*(x)\psi_n(x)\,dx=\delta_{mn}.$$

其能量本徵值為

$$E_n=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2mL^2}.$$

定態的時間演化為

$$\psi_n(x,t)=\psi_n(x)e^{-iE_nt/\hbar}.$$

因此，初態若為多個能量本徵態的線性組合，之後各分量會分別累積不同的相位，形成非定態。

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解題方法

將初態寫成能量本徵態的線性組合，利用 $\psi_1$ 與 $\psi_2$ 的正交性求出歸一化常數，再對每個能量本徵態分別乘上時間因子。能量期望值與不確定度則直接使用能量測量的機率分布計算。

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(a) 求歸一化常數 $C$

歸一化條件為

$$\int_0^L |\Psi(x,0)|^2\,dx=1.$$

代入

$$\Psi(x,0)=C[\psi_1(x)+\psi_2(x)],$$

得到

$$1=|C|^2\int_0^L [\psi_1(x)+\psi_2(x)]^* [\psi_1(x)+\psi_2(x)]\,dx.$$

展開後：

$$1=|C|^2\left[ \langle \psi_1|\psi_1\rangle +\langle \psi_2|\psi_2\rangle +\langle \psi_1|\psi_2\rangle +\langle \psi_2|\psi_1\rangle \right].$$

由於 $\psi_1,\psi_2$ 已歸一化且彼此正交，

$$\langle\psi_1|\psi_1\rangle = \langle\psi_2|\psi_2\rangle=1,$$ $$\langle\psi_1|\psi_2\rangle = \langle\psi_2|\psi_1\rangle=0.$$

所以

$$1=2|C|^2,$$

因此

$$|C|=\frac{1}{\sqrt2}.$$

通常取整體相位為零，故

$$\boxed{C=\frac{1}{\sqrt2}}.$$

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(b) 求任意時間的波函數 $\Psi(x,t)$

每個能量本徵態的時間演化為

$$\psi_n(x,t)=\psi_n(x)e^{-iE_nt/\hbar}.$$

因此初態中的兩個分量分別演化：

$$\boxed{ \Psi(x,t)=\frac{1}{\sqrt2} \left[ \psi_1(x)e^{-iE_1t/\hbar} + \psi_2(x)e^{-iE_2t/\hbar} \right] }.$$

其中

$$E_1=\frac{\pi^2\hbar^2}{2mL^2},$$ $$E_2=\frac{4\pi^2\hbar^2}{2mL^2}=4E_1.$$

若寫出無限深方井的空間本徵函數

$$\psi_n(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right),$$

則

$$\Psi(x,t) = \frac{1}{\sqrt L} \left[ \sin\left(\frac{\pi x}{L}\right)e^{-iE_1t/\hbar} + \sin\left(\frac{2\pi x}{L}\right)e^{-iE_2t/\hbar} \right], \qquad 0<x<L.$$

井外則有