110 年 國立政治大學應用物理研究所《近代物理》

核心觀念

本題考查 Stern–Gerlach 實驗的實驗設計、磁矩在非均勻磁場中的受力，以及量子化結果對原子物理的意義。

原子磁矩在磁場中的位能為

$$U=-\boldsymbol{\mu}\cdot\mathbf{B},$$

因此原子受到的力為

$$\mathbf{F}=-\nabla U =\nabla\left(\boldsymbol{\mu}\cdot\mathbf{B}\right).$$

若磁場主要沿 $z$ 方向，且 $B_z$ 隨 $z$ 改變，則

$$F_z=\mu_z\frac{dB_z}{dz}.$$

關鍵在於：非均勻磁場會依照原子磁矩的 $z$ 分量 $\mu_z$，將原子束偏轉到不同方向；若磁矩只能取離散值，原子束便會分裂成數條離散斑痕。

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解題方法與實驗描述

Stern–Gerlach 實驗的基本裝置包括：

1. 加熱爐：產生銀原子蒸氣。
2. 狹縫與準直器：形成方向一致的原子束。
3. 非均勻磁場：磁場梯度使不同磁矩的原子受到不同大小、方向的力。
4. 偵測屏：記錄原子束通過磁場後的位置。

銀原子束通過非均勻磁場時，原子所受的磁力為

$$F_z=\mu_z\frac{dB_z}{dz}.$$

若採用古典物理的連續磁矩模型，原子的磁矩方向可以任意，則不同原子應受到連續分布的力，最後在偵測屏上形成一條連續展寬的帶狀痕跡。

實驗結果卻顯示，銀原子束分裂成上下兩條明顯分離的斑痕，而不是連續分布。這代表銀原子的磁矩在磁場方向上的投影只能取兩個離散值。

銀原子的電子組態可視為封閉內層電子加上一個 $5s$ 電子。封閉殼層的軌道角動量與自旋磁矩大致互相抵消，外層電子具有

$$L=0,\qquad S=\frac{1}{2}.$$

因此原子的總角動量主要由電子自旋決定，且

$$m_s=\pm\frac{1}{2}.$$

電子自旋磁矩與自旋角動量的關係為

$$\boldsymbol{\mu}_s =-g_s\mu_B\frac{\mathbf{S}}{\hbar},$$

其中 $g_s\approx 2$，$\mu_B$ 為波耳磁子：

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

所以磁矩在 $z$ 方向的投影為

$$\mu_z=-g_s\mu_Bm_s,$$

其大小約為

$$|\mu_z|\approx\mu_B.$$

因此兩種自旋狀態在非均勻磁場中受到方向相反的力：

$$F_z\approx \pm\mu_B\frac{dB_z}{dz},$$

原子束便分裂為兩束。

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實驗結果的意義

核心觀念

Larmor precession（拉莫爾進動）是指：具有角動量 $\mathbf{L}$ 的粒子置於外加磁場 $\mathbf{B}$ 中時，磁矩受到力矩作用，使角動量方向繞磁場方向旋轉；角動量大小與其在磁場方向的分量保持不變。

磁矩與角動量的關係為

$$\boldsymbol{\mu}=\gamma\mathbf{L},$$

其中 $\gamma$ 稱為旋磁比。對帶電粒子的軌道角動量，

$$\gamma=\frac{q}{2m},$$

對自旋角動量則通常寫成

$$\boldsymbol{\mu}=g\frac{q}{2m}\mathbf{S}.$$

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解題方法與推導

磁矩在磁場中所受的力矩為

$$\boldsymbol{\tau}=\boldsymbol{\mu}\times\mathbf{B}.$$

由角動量定理，

$$\frac{d\mathbf{L}}{dt}=\boldsymbol{\tau},$$

因此

$$\frac{d\mathbf{L}}{dt} =\boldsymbol{\mu}\times\mathbf{B} =\gamma\mathbf{L}\times\mathbf{B}.$$

由叉積性質，

$$\mathbf{L}\times\mathbf{B} =-\mathbf{B}\times\mathbf{L},$$

所以

$$\frac{d\mathbf{L}}{dt} =-\gamma\mathbf{B}\times\mathbf{L}.$$

若角動量以角速度 $\boldsymbol{\omega}_L$ 繞固定軸進動，則

$$\frac{d\mathbf{L}}{dt} =\boldsymbol{\omega}_L\times\mathbf{L}.$$

比較兩式可得

$$\boxed{\boldsymbol{\omega}_L=-\gamma\mathbf{B}}.$$

因此拉莫爾進動的角頻率大小為

$$\boxed{\omega_L=|\gamma|B}.$$

對軌道運動的帶電粒子，

$$\boxed{\omega_L=\frac{|q|B}{2m}}.$$

相應的頻率為

$$\boxed{f_L=\frac{\omega_L}{2\pi} =\frac{|\gamma|B}{2\pi}}.$$

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進動方向與物理意義

力矩 $\boldsymbol{\tau}$ 永遠垂直於 $\mathbf{L}$，因此它主要改變角動量的方向，不改變角動量大小：

$$\frac{d}{dt}\left(L^2\right) =2\mathbf{L}\cdot\frac{d\mathbf{L}}{dt} =2\mathbf{L}\cdot(\boldsymbol{\mu}\times\mathbf{B})=0.$$

若 $\mathbf{B}$ 取為 $z$ 軸方向，則 $\mathbf{L}$ 的 $z$ 分量不變，而橫向分量繞 $z$ 軸旋轉，形成圓錐形運動。

對正電荷，$\gamma>0$，由

核心觀念

量子簡諧振子的一維哈密頓量為

$$\hat{H}=\frac{\hat{p}^{\,2}}{2m}+\frac{1}{2}m\omega^2x^2$$

其中：

• 動能算符為 $\hat{T}=\dfrac{\hat{p}^{\,2}}{2m}$
• 位能函數為
  $V(x)=\frac{1}{2}m\omega^2x^2$
• 能階為
  $E_n=\left(n+\frac{1}{2}\right)\hbar\omega,\qquad n=0,1,2,\ldots$

量子簡諧振子的三個重要特徵是：

1. 能階間距相等。
2. 位能關於原點對稱。
3. 即使在基態，仍具有非零的零點能量與動能期望值。
4. 波函數具有高斯尾端，因此粒子在古典允許區域外被找到的機率不為零。

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解題方法

直接根據簡諧振子的能階公式、位能函數對稱性，以及基態波函數的空間分布逐項判斷。

能階公式為

$$E_n=\left(n+\frac{1}{2}\right)\hbar\omega$$

因此基態能量為

$$E_0=\frac{1}{2}\hbar\omega$$

基態波函數為

$$\psi_0(x)= \left(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^{1/4} \exp\left(-\frac{m\omega x^2}{2\hbar}\right)$$

其機率密度為

$$|\psi_0(x)|^2= \left(\frac{m\omega}{\pi\hbar}\right)^{1/2} \exp\left(-\frac{m\omega x^2}{\hbar}\right)$$

此函數在任意有限的 $x$ 都不等於零，並且會延伸到很大的 $|x|$，所以古典允許範圍外仍有非零機率。

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選項分析

I. Evenly spaced energy states

正確。

由

$$E_n=\left(n+\frac{1}{2}\right)\hbar\omega$$

可得相鄰能階差為

$$E_{n+1}-E_n = \left(n+\frac{3}{2}\right)\hbar\omega - \left(n+\frac{1}{2}\right)\hbar\omega = \hbar\omega$$

相鄰能階之間的能量差與 $n$ 無關，因此能階是等間距排列。

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II. The potential energy function is symmetric about the origin in the position coordinate

正確。

簡諧振子的位能為

$$V(x)=\frac{1}{2}m\omega^2x^2$$

將 $x$ 換成 $-x$：

$$V(-x)=\frac{1}{2}m\omega^2(-x)^2 =\frac{1}{2}m\omega^2x^2 =V(x)$$

核心觀念

本題考查正則系綜中的配分函數。單一量子簡諧振子的能階為

$$E_n=\hbar\omega\left(n+\frac12\right),\qquad n=0,1,2,\ldots$$

其中 $\omega$ 為角頻率，$\hbar=h/(2\pi)$。溫度為 $T$ 時，正則配分函數定義為

$$Z=\sum_n e^{-\beta E_n}, \qquad \beta=\frac{1}{k_BT}.$$

解題方法

將簡諧振子的能階代入配分函數：

$$Z=\sum_{n=0}^{\infty} \exp\left[-\beta\hbar\omega\left(n+\frac12\right)\right].$$

把與 $n$ 無關的零點能因子提出：

$$Z=e^{-\beta\hbar\omega/2} \sum_{n=0}^{\infty} \left(e^{-\beta\hbar\omega}\right)^n.$$

後方為等比級數，其公比為 $e^{-\beta\hbar\omega}$。由於 $T>0$，有

$$0<e^{-\beta\hbar\omega}<1,$$

因此

$$\sum_{n=0}^{\infty} \left(e^{-\beta\hbar\omega}\right)^n = \frac{1}{1-e^{-\beta\hbar\omega}}.$$

故配分函數為

$$Z= \frac{e^{-\beta\hbar\omega/2}} {1-e^{-\beta\hbar\omega}}.$$

也可將其整理成雙曲函數形式：

$$\boxed{ Z=\frac{1}{2\sinh\left(\frac{\beta\hbar\omega}{2}\right)} }$$

代入 $\beta=1/(k_BT)$，得到

核心觀念

本題考查量子統計中，粒子依據交換對稱性所服從的分布函數：

• 光子是玻色子，服從 Bose–Einstein 分布。
• 费米子服從 Fermi–Dirac 分布。

對單粒子能量為 $\varepsilon$ 的量子態，其平均佔據數由化學勢 $\mu$ 決定。

解題方法

在熱平衡、溫度為 $T$ 的系統中，量子態的平均佔據數為

$$\bar n(\varepsilon) = \frac{1} {\exp\left[\dfrac{\varepsilon-\mu}{k_B T}\right]\pm 1},$$

其中：

• 分母取 $-1$ 時，為玻色–愛因斯坦分布；
• 分母取 $+1$ 時，為費米–狄拉克分布；
• $k_B$ 為波茲曼常數；
• $\mu$ 為化學勢。

1. 光子的分布函數

光子數目不必守恆，光子可由物質發射，也可被物質吸收，因此在熱平衡時光子的化學勢為

$$\mu_\gamma=0.$$

光子為玻色子，因此其平均佔據數為

$$\boxed{ \bar n_\gamma(\varepsilon) = \frac{1}{e^{\varepsilon/(k_B T)}-1} }$$

若以光子頻率 $\nu$ 表示能量 $\varepsilon=h\nu$，則

$$\boxed{ \bar n_\gamma(\nu) = \frac{1}{e^{h\nu/(k_B T)}-1} }$$

若題目所稱的「光子分布函數」是指黑體輻射的頻譜能量密度，則由每單位體積、每單位頻率的光子態密度

$$g(\nu)=\frac{8\pi \nu^2}{c^3}$$

乘上每一態的平均佔據數，可得普朗克分布：

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

核心觀念

光電效應中，單一光子的能量為

$$E_\gamma=hf$$

其中 $h$ 為普朗克常數，$f$ 為入射光頻率。光電子逸出金屬所需的最小能量為功函數 $\phi$，因此由愛因斯坦光電方程：

$$K_{\max}=hf-\phi$$

停止電位 $V_s$ 的定義，是使最大動能光電子也無法到達集電極的反向電位，因此

$$eV_s=K_{\max}$$

故

$$V_s=\frac{hf-\phi}{e}$$

由公式可知，停止電位只由入射光頻率 $f$ 與金屬功函數 $\phi$ 決定，與光的振幅無關。

解題方法

在頻率固定時，增加光振幅代表光強增加。對於單色光而言，光強增加主要表示單位時間內入射的光子數增加，而不會改變每一個光子的能量：

$$E_\gamma=hf$$

因此，增加振幅會使單位時間逸出的光電子數增加，光電流增大；但每個光電子所能獲得的最大動能仍為

$$K_{\max}=hf-\phi$$

所以停止電位仍為

核心觀念

本題考查光電效應的愛因斯坦方程式：

$$K_{\max}=h\nu-\phi$$

其中：

• $K_{\max}$：光電子最大動能
• $h$：普朗克常數
• $\nu$：入射光頻率
• $\phi$：金屬的功函數

若縱軸繪製的是遏止電位 $V_s$，則因為

$$K_{\max}=eV_s$$

可得

$$eV_s=h\nu-\phi$$

因此，無論縱軸是 $K_{\max}$ 或 $V_s$，其與入射頻率 $\nu$ 的關係皆為一直線。

解題方法

水平截距是曲線與橫軸交會的位置，此時縱軸數值為零。

若圖形為 $K_{\max}$ 對 $\nu$ 的關係圖，水平截距表示

$$K_{\max}=0$$

代入光電效應方程式：

$$0=h\nu_0-\phi$$

因此

$$\nu_0=\frac{\phi}{h}$$

其中 $\nu_0$ 稱為臨界頻率或截止頻率。

其物理意義是：入射光子的能量恰好等於金屬功函數，電子剛好能離開金屬表面，但逸出後的最大動能為零：

$$h\nu_0=\phi$$

核心觀念

直線斜率定義為縱軸物理量對橫軸物理量的變化率：

$$m=\frac{\Delta y}{\Delta x}$$

若曲線為連續函數，局部斜率則為：

$$m=\frac{dy}{dx}$$

因此，斜率的物理意義不是固定的，而是由圖形的縱軸與橫軸所代表的物理量決定。斜率的單位為：

$$[m]=\frac{[y]}{[x]}$$

解題方法

判斷直線斜率的物理意義時，依照以下步驟：

1. 先確認縱軸與橫軸分別代表的物理量。

2. 寫出斜率：

   $m=\frac{\Delta(\text{縱軸物理量})}{\Delta(\text{橫軸物理量})}$

3. 依物理定律將此比值辨認成相應的物理量。

例如：

• 若圖為位置 $x$ 對時間 $t$：

  $m=\frac{\Delta x}{\Delta t}=v$

  斜率代表粒子的速度。

• 若圖為能量 $E$ 對波向量 $k$：

  $m=\frac{dE}{dk}$

  由群速度公式

  $v_g=\frac{1}{\hbar}\frac{dE}{dk}$

核心觀念

本題考查：

• 波函數的歸一化條件：
  $\int_{-\infty}^{\infty}|\psi(x)|^2\,dx=1$
• 位置機率的計算：
  $P(x_1\le x\le x_2)=\int_{x_1}^{x_2}|\psi(x)|^2\,dx$
• 無限深方形位能井中，粒子只存在於 $0\le x\le b$；井外波函數為零。

假設 $0<a<b$。波函數在 $x=0$ 與 $x=b$ 皆為零，並且在 $x=a$ 達到最大值 $A$，因此圖形是由兩條直線組成的三角形。

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2.1 波函數示意與歸一化常數

在 $0\le x\le a$，

$$\psi(x)=A\frac{x}{a}$$

其由 $(0,0)$ 線性上升至 $(a,A)$。

在 $a\le x\le b$，

$$\psi(x)=A\frac{b-x}{b-a}$$

其由 $(a,A)$ 線性下降至 $(b,0)$。

因此示意圖如下：

ψ(x)
 ↑
 A|          /\
  |         /  \
  |        /    \
  |       /      \
  |______/________\______→ x
       0    a      b

歸一化條件為

$$\int_0^b |\psi(x)|^2\,dx=1$$

分段計算：

$$\int_0^a A^2\frac{x^2}{a^2}\,dx + \int_a^b A^2\frac{(b-x)^2}{(b-a)^2}\,dx =1$$

第一項為

$$\int_0^a A^2\frac{x^2}{a^2}\,dx = \frac{A^2}{a^2}\left[\frac{x^3}{3}\right]_0^a = \frac{A^2a}{3}$$

第二項令 $u=b-x$，則當 $x=a$ 時 $u=b-a$，當 $x=b$ 時 $u=0$，所以

核心觀念

電子速度達到 $0.85c$，必須使用狹義相對論的能量公式。

相對論性洛倫茲因子為

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

電子的靜止能量為

$$E_0=m_ec^2=0.511\ \text{MeV}=5.11\times 10^5\ \text{eV}.$$

因此：

• 總能量：

  $E=\gamma m_ec^2=\gamma E_0$

• 動能：

  $K=E-E_0=(\gamma-1)m_ec^2=(\gamma-1)E_0$

解題方法

已知

$$v=0.85c,$$

所以

$$\gamma =\frac{1}{\sqrt{1-(0.85)^2}} =\frac{1}{\sqrt{1-0.7225}} =\frac{1}{\sqrt{0.2775}} \approx 1.898.$$

1. 總能量

$$E=\gamma E_0 =(1.898)(0.511\ \text{MeV}) \approx 0.970\ \text{MeV}.$$

換算成電子伏特：

$$E\approx 9.70\times 10^5\ \text{eV}.$$

2. 動能

核心觀念

本題考察一維量子力學中的「位能階梯」散射問題。粒子由左側射向位能階梯，因波函數在界面處必須連續，即使粒子總能量高於右側位能，仍會同時產生反射波與透射波。

位能設定為

$$U(x)= \begin{cases} 0, & x<0,\\ V, & x\ge 0, \end{cases} \qquad V<E.$$

兩側的波數分別為

$$k_1=\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}, \qquad k_2=\frac{\sqrt{2m(E-V)}}{\hbar}.$$

由於 $V<E$，右側仍為振盪波，因此存在傳播中的透射波。

反射係數與透射係數定義為機率流密度之比：

$$R=\frac{|j_{\mathrm{反}}|}{j_{\mathrm{入}}}, \qquad T=\frac{j_{\mathrm{透}}}{j_{\mathrm{入}}}.$$

其中，平面波 $\psi=Ae^{ikx}$ 的機率流密度為

$$j=\frac{\hbar k}{m}|A|^2.$$

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解題方法

採用定態薛丁格方程式，分別寫出 $x<0$ 與 $x\ge 0$ 兩區域的波函數，再利用 $x=0$ 處波函數及其一階導數的連續條件求得反射、透射振幅。

1. 左側區域：$x<0$

左側位能為零，粒子由左向右入射，因此波函數包含入射波與反射波：

$$\psi_1(x)=Ae^{ik_1x}+Be^{-ik_1x}.$$

其中：

• $Ae^{ik_1x}$ 為向右傳播的入射波；
• $Be^{-ik_1x}$ 為向左傳播的反射波。

2. 右側區域：$x\ge 0$

右側位能為 $V$。由於右方沒有額外入射粒子，因此只保留向右傳播的透射波：

$$\psi_2(x)=Ce^{ik_2x}.$$

3. 套用邊界條件

有限位能階梯在 $x=0$ 處要求：

$$\psi_1(0)=\psi_2(0),$$

因此

$$A+B=C.$$

一階導數也必須連續：

$$\left.\frac{d\psi_1}{dx}\right|_{x=0} = \left.\frac{d\psi_2}{dx}\right|_{x=0}.$$

計算導數可得

$$ik_1A-ik_1B=ik_2C.$$

約去 $i$ 後：

$$k_1(A-B)=k_2C.$$

代入 $C=A+B$：

$$k_1(A-B)=k_2(A+B).$$

整理得

$$(k_1-k_2)A=(k_1+k_2)B,$$

所以反射振幅比為

$$\frac{B}{A}=\frac{k_1-k_2}{k_1+k_2}.$$

再由 $C=A+B$，透射振幅比為

$$\frac{C}{A} = 1+\frac{B}{A} = 1+\frac{k_1-k_2}{k_1+k_2} = \frac{2k_1}{k_1+k_2}.$$

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反射係數

入射波與反射波的波數大小相同，分別為 $k_1$ 與 $-k_1$，因此反射係數為振幅比的平方：

$$R=\left|\frac{B}{A}\right|^2.$$

由於 $k_1,k_2$ 為實數：

$$\boxed{ R= \left(\frac{k_1-k_2}{k_1+k_2}\right)^2 }.$$

代入波數：

核心觀念

本題考查金屬自由電子氣在絕對零度下的費米能量與總能量。

在 $T=0$ 時，電子依照泡利不相容原理，從最低能量開始填入所有電子能階，直到某一最高 occupied energy，稱為費米能量 $\epsilon_F$。

已知能階密度為

$$g(\epsilon)=\frac{8\pi V m^{3/2}\sqrt{2\epsilon}}{h^3}.$$

其中 $g(\epsilon)d\epsilon$ 表示能量介於 $\epsilon$ 與 $\epsilon+d\epsilon$ 間的電子能階數目，且已包含兩種自旋狀態。

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解題方法

由於 $T=0$ 時所有電子填滿 $0\leq \epsilon\leq \epsilon_F$ 的能階，因此：

• 電子總數為能階密度的積分；
• 電子總能量為能量乘上能階密度後的積分。

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5.1 費米能量 $\epsilon_F$

電子總數 $N$ 為

$$N=\int_0^{\epsilon_F}g(\epsilon)\,d\epsilon.$$

代入題目給定的 $g(\epsilon)$：

$$N= \frac{8\pi V m^{3/2}}{h^3} \int_0^{\epsilon_F}\sqrt{2\epsilon}\,d\epsilon.$$

因為

$$\sqrt{2\epsilon}=\sqrt{2}\,\epsilon^{1/2},$$

所以

$$\int_0^{\epsilon_F}\sqrt{2\epsilon}\,d\epsilon = \sqrt{2}\int_0^{\epsilon_F}\epsilon^{1/2}\,d\epsilon = \frac{2\sqrt{2}}{3}\epsilon_F^{3/2}.$$

因此

$$N= \frac{16\sqrt{2}\pi V m^{3/2}}{3h^3} \epsilon_F^{3/2}.$$

整理得

$$\epsilon_F^{3/2} = \frac{3Nh^3}{16\sqrt{2}\pi V m^{3/2}}.$$

兩邊取 $2/3$ 次方：

$$\epsilon_F = \left( \frac{3Nh^3}{16\sqrt{2}\pi V m^{3/2}} \right)^{2/3}.$$

將常數整理成較常見的形式：

$$\boxed{ \epsilon_F= \frac{h^2}{2m} \left(\frac{3N}{8\pi V}\right)^{2/3} }.$$

若以電子數密度 $n=N/V$ 表示，則

$$\boxed{ \epsilon_F= \frac{h^2}{2m} \left(\frac{3n}{8\pi}\right)^{2/3} }.$$

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5.2 電子總能量與平均電子能量

電子總能量

所有電子的總能量為

$$E_{\text{total}} = \int_0^{\epsilon_F}\epsilon\,g(\epsilon)\,d\epsilon.$$

代入 $g(\epsilon)$：