109 年 國立政治大學應用物理研究所《近代物理》

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第 1 題50 分

  1. [50 points] Short answer questions

(a) If a container has volume V′V' in its own rest frame, S′S', what is its volume as measured by an observer in SS, with respect to which it is moving at high speed vv?

(b) Particle X1X_1 of mass m1m_1 is moving with speed v1>0.5cv_1 > 0.5c and kinetic energy K1K_1. It collides with particle X2X_2 of mass m2m_2 that is initially at rest. The collision produces only a new particle X3X_3 of mass m3m_3 and kinetic energy K3K_3 (that is, X1+X2→X3X_1 + X_2 \to X_3). Is m3m_3 greater than, less than, or equal to the sum of m1+m2m_1 + m_2? Explain your answer.

(c) Let EE represent the average energy of spin-1/2 electrons in a certain block of metal at a temperature of 0K0K. Now suppose the electrons have spin 1 instead of spin 1/2. Would you expect the average energy of the spin = 1 electrons in an otherwise identical block of metal at 0K0K to be greater than, the same as, or less than the energy EE? Explain your answer.

(d) A matter wave of energy E>0E > 0 and wave number kk is incident from the left on a potential well of width LL and depth V0V_0. The top of the well is at zero energy and the bottom of the well is at −V0-V_0, as shown in the figure below. Write down the spatial part of the wave function in Region 3.

🖼️【此處有附圖,請對照原卷】
E
0
Region 1
Region 2
Region 3
-V0
x = 0
L

(e) Please give an approximate value for each of the items below (2 points each).
(i) Energy (in units of eV) of a photon of visible light.
(ii) Diameter of an atom.
(iii) Diameter of a nucleus.

(f) Is ψ(x,t)=Asin⁡(kx−ωt)\psi(x,t) = A \sin(kx - \omega t) an acceptable solution to the time-dependent Schrödinger wave equation? Explain.

(g) The resistivity of most metals increases with increasing temperature, whereas the resistivity of a semiconductor decreases with increasing temperature. What explains this difference in behavior?

🖼️ 本題含圖表,以下為原卷對應頁面:
原卷第 1 頁

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1(a)

核心觀念:洛倫茲收縮

容器在自身靜止座標系 S′S' 中的體積為 V′V'。在座標系 SS 中,容器沿速度 vv 的方向發生長度收縮:

L=L′γ,γ=11−v2/c2.L=\frac{L'}{\gamma}, \qquad \gamma=\frac{1}{\sqrt{1-v^2/c^2}}.

垂直於運動方向的兩個尺寸不變,因此

V=V′γ=V′1−v2c2.V=\frac{V'}{\gamma} =V'\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}.

**解題技巧:**體積只需將運動方向的長度乘上 1/γ1/\gamma,不可將三個方向都作洛倫茲收縮。

【答案】

V=V′1−v2c2=V′γ\boxed{V=V'\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}=\frac{V'}{\gamma}}

1(b)

核心觀念:相對論性能量與四動量守恆

初始總能量為

Ei=E1+m2c2=m1c2+K1+m2c2,E_{\text{i}}=E_1+m_2c^2 =m_1c^2+K_1+m_2c^2,

初始動量為粒子 X1X_1 的動量 p1p_1。碰撞後只有一個粒子 X3X_3,其不變質量滿足

m32c4=Ei2−p12c2.m_3^2c^4=E_{\text{i}}^2-p_1^2c^2.

`

由粒子 X1X_1 的能量—動量關係

E12−p12c2=m12c4,E_1^2-p_1^2c^2=m_1^2c^4,

可得

m32c4=(E1+m2c2)2−p12c2=m12c4+m22c4+2m2c2E1=(m1+m2)2c4+2m2c2K1.\begin{aligned} m_3^2c^4 &=(E_1+m_2c^2)^2-p_1^2c^2\\ &=m_1^2c^4+m_2^2c^4+2m_2c^2E_1\\ &=(m_1+m_2)^2c^4+2m_2c^2K_1. \end{aligned}

因為 K1>0K_1>0,所以

m32>(m1+m2)2.m_3^2>(m_1+m_2)^2.

`

因此

m3>m1+m2.m_3>m_1+m_2.

`

多出的質量來自初始動能轉換成碰撞後粒子的靜止質量與內部能量。

【答案】

m3>m1+m2\boxed{m_3>m_1+m_2}

1(c)

核心觀念:費米能量與自旋簡併度

電子是費米子,在 0 K0\ \mathrm{K} 時會依照泡利不相容原理,從最低能量狀態開始填入。

自旋 1/21/2 時,自旋簡併度為

g=2s+1=2.g=2s+1=2.

假設電子數密度與電子質量均不變,改成自旋 11 後,

g=2(1)+1=3.g=2(1)+1=3.

每個空間動量狀態可容納的自旋狀態增加,因此填滿相同數量電子時,只需填到較低的最大動量。三維自由電子氣的費米波數滿足

kF∝(ng)1/3,k_F\propto \left(\frac{n}{g}\right)^{1/3},

`

所以

EF∝kF2∝g−2/3.E_F\propto k_F^2\propto g^{-2/3}.

`

自旋 11 時 gg 較大,故費米能量較低。0 K0\ \mathrm{K} 時平均能量為

⟨E⟩=35EF,\langle E\rangle=\frac{3}{5}E_F,

`

因此平均能量也較低。

【答案】

自旋 1 電子的平均能量小於 E\boxed{\text{自旋 }1\text{ 電子的平均能量小於 }E}

1(d)

核心觀念:分區波函數與定態薛丁格方程

Region 3 位於位能井外,圖中其位能為

V3=0.V_3=0.

粒子的能量為 E>0E>0,因此 Region 3 的波數為

k3=2m(E−V3)ℏ=2mEℏ.k_3=\frac{\sqrt{2m(E-V_3)}}{\hbar} =\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}.

由於物質波從左側入射,Region 3 只有向右傳播的透射波,不需加入從右側入射的波:

ψ3(x)=A3eik3x,x>L.\psi_3(x)=A_3e^{ik_3x}, \qquad x>L.

若只要求空間部分,則可寫成

ψ3(x)=A3eik3x.\psi_3(x)=A_3e^{ik_3x}.

【答案】

ψ3(x)=A3eik3x,k3=2mEℏ,x>L\boxed{ \psi_3(x)=A_3e^{ik_3x}, \qquad k_3=\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}, \quad x>L }

1(e)

核心觀念:數量級估算

只需掌握原子、原子核與可見光的典型尺度。

(i) 可見光光子能量

可見光波長約為 400∼700 nm400\sim700\ \mathrm{nm},利用

E=hcλ,E=\frac{hc}{\lambda},

`

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第 2 題15 分

  1. [15 points] Molecular Energy Levels

The vibrational energy levels of a certain diatomic molecule are given by En=ℏω(n+1/2)E_n = \hbar\omega(n + 1/2), where nn is an integer and ℏω=0.124 eV\hbar\omega = 0.124 \text{ eV}. (Note that hc=1240 eV⋅nmhc = 1240 \text{ eV}\cdot\text{nm}.)

(a) What is the energy (in units of eV) of the longest-wavelength photon that can be emitted by transitions between vibrational states of this molecule?

(b) What would the wavelength of this photon be?

(c) Considering whatever value you found for part (b), is this wavelength representative of photons in the visible, infrared, or ultraviolet?

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核心觀念

分子振動能階為

En=ℏω(n+12),E_n=\hbar\omega\left(n+\frac12\right),

其中 n=0,1,2,…n=0,1,2,\ldots。光子由高能階躍遷至低能階時,其能量等於能階差:

Eγ=ΔE=Eni−Enf=hc/λ.E_\gamma=\Delta E=E_{n_i}-E_{n_f}=hc/\lambda.

光子波長越長,代表光子能量越小。因此,最長波長的光子來自最小的非零能階差。


解題方法

相鄰振動能階的能量差為

ΔE=En+1−En=ℏω(n+1+12)−ℏω(n+12)=ℏω.\begin{aligned} \Delta E &=E_{n+1}-E_n\\ &=\hbar\omega\left(n+1+\frac12\right) -\hbar\omega\left(n+\frac12\right)\\ &=\hbar\omega. \end{aligned}

題目給定

ℏω=0.124 eV.\hbar\omega=0.124\ \text{eV}.

因此,分子由 n+1n+1 跃遷至 nn 時,所放出的光子具有最小能量,也就具有最長波長。

(a) 光子能量

Eγ=0.124 eV\boxed{E_\gamma=0.124\ \text{eV}}

(b) 光子波長

利用

Eγ=hcλ,E_\gamma=\frac{hc}{\lambda},

得

λ=hcEγ.\lambda=\frac{hc}{E_\gamma}.

代入題目提供的 hc=1240 eV⋅nmhc=1240\ \text{eV}\cdot\text{nm}:

λ=1240 eV⋅nm0.124 eV=10000 nm.\lambda =\frac{1240\ \text{eV}\cdot\text{nm}} {0.124\ \text{eV}} =10000\ \text{nm}.

因此

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第 3 題15 分

  1. [15 points] Stern-Gerlach experiment

In a Stern-Gerlach type of experiment, the magnetic field varies with distance in the z direction according to dBz/dz=1.4 T/mmdB_z/dz = 1.4 \text{ T/mm}. The silver atoms travel a distance x=3.5 cmx = 3.5 \text{ cm} through the magnet. The most probable speed of the atoms emerging from the oven is v=750 m/sv = 750 \text{ m/s}. Find the separation of the two beams as they leave the magnet. The mass of a silver atom is 1.8×10−25 kg1.8 \times 10^{-25} \text{ kg}, and its magnetic moment is about 1 Bohr magneton (μB≈9.27×10−24 J⋅T−1\mu_B \approx 9.27 \times 10^{-24} \text{ J}\cdot\text{T}^{-1}).

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核心觀念

Stern–Gerlach 實驗利用非均勻磁場分離具有不同磁矩投影的原子束。磁矩在 zz 方向所受的力為

Fz=μzdBzdz.F_z=\mu_z\frac{dB_z}{dz}.

銀原子的有效磁矩約為一個玻爾磁子 μB\mu_B,因此兩種自旋狀態的磁矩分別為

μz=+μB,μz=−μB.\mu_z=+\mu_B,\qquad \mu_z=-\mu_B.

兩束原子受到大小相等、方向相反的力,因而產生上下分離。

解題方法

1. 單一原子所受的磁力

磁場梯度為

dBzdz=1.4 T/mm=1.4×103 T/m.\frac{dB_z}{dz}=1.4\ \text{T/mm} =1.4\times10^3\ \text{T/m}.

對磁矩為 +μB+\mu_B 的原子,

Fz=μBdBzdz.F_z=\mu_B\frac{dB_z}{dz}.

其加速度為

a=Fzm=μBmdBzdz.a=\frac{F_z}{m} =\frac{\mu_B}{m}\frac{dB_z}{dz}.

代入數值:

a=(9.27×10−24)(1.4×103)1.8×10−25≈7.22×104 m/s2.a= \frac{(9.27\times10^{-24})(1.4\times10^3)} {1.8\times10^{-25}} \approx 7.22\times10^4\ \text{m/s}^2.

另一種磁矩為 −μB-\mu_B 的原子,受到大小相同但方向相反的加速度。

2. 原子在磁鐵中的飛行時間

原子沿 xx 方向以速度 v=750 m/sv=750\ \text{m/s} 前進,通過磁鐵長度 x=3.5 cmx=3.5\ \text{cm} 所需時間為

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第 4 題20 分

  1. [20 points] Particle on a ring

We consider a particle with mass m.

(a) Write down the time-independent Schrödinger equation for this particle confined to move on a circle of radius R.

(b) The wave functions must be single-valued functions on the circle, i.e. the solutions to the Schrödinger equation must satisfy the condition: ψ(x)=ψ(x+2πR)\psi(x) = \psi(x + 2\pi R). Find the energy eigenvalues.

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核心觀念

本題考查「環上粒子」(particle on a ring)的量子化條件:

  1. 以圓周弧長座標 xx 描述粒子位置,範圍可取 0≤x<2πR0\le x<2\pi R。
  2. 圓周上無位能,因此薛丁格方程中的位能 V(x)=0V(x)=0。
  3. 波函數必須具有單值性:
    ψ(x)=ψ(x+2πR)\psi(x)=\psi(x+2\pi R)
    此週期邊界條件會使波數 kk 離散化,進而使能量量子化。

解題方法

(a) 定態薛丁格方程

粒子沿圓周運動,使用弧長座標 xx 時,動能算符為

T^=−ℏ22md2dx2.\hat{T}=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}.

若圓周上沒有其他位能,則 V(x)=0V(x)=0,因此時間獨立薛丁格方程為

[−ℏ22md2dx2+V(x)]ψ(x)=Eψ(x),\left[-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}+V(x)\right]\psi(x)=E\psi(x),

化簡得

−ℏ22md2ψ(x)dx2=Eψ(x).-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi(x)}{dx^2}=E\psi(x).

也可寫成

d2ψ(x)dx2+k2ψ(x)=0,k2=2mEℏ2.\frac{d^2\psi(x)}{dx^2}+k^2\psi(x)=0, \qquad k^2=\frac{2mE}{\hbar^2}.

其一般解為

ψ(x)=Aeikx+Be−ikx,\psi(x)=Ae^{ikx}+Be^{-ikx},

其中 AA、BB 為常數。


(b) 由單值性求能量本徵值

對其中一個平面波解 ψ(x)=eikx\psi(x)=e^{ikx},施加週期邊界條件:

ψ(x+2πR)=ψ(x).\psi(x+2\pi R)=\psi(x).

因此

eik(x+2πR)=eikx,e^{ik(x+2\pi R)}=e^{ikx},

消去 eikxe^{ikx} 後得到

ei2πkR=1.e^{i2\pi kR}=1.

複數指數等於 11 的條件為

2πkR=2πn,n∈Z,2\pi kR=2\pi n, \qquad n\in\mathbb{Z},

所以波數為

kn=nR,n=0,±1,±2,…k_n=\frac{n}{R}, \qquad n=0,\pm1,\pm2,\ldots

又因為

E=ℏ2k22m,E=\frac{\hbar^2k^2}{2m},

代入 kn=n/Rk_n=n/R,可得能量本徵值

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