108 年 國立成功大學物理學系碩士班《近代物理學》

核心觀念

雷德堡常數 $R_\infty$ 出現在氫原子光譜的雷德堡公式中：

$$\frac{1}{\lambda} = R_\infty \left( \frac{1}{n_f^2}-\frac{1}{n_i^2} \right), \qquad n_i>n_f$$

其中 $R_\infty$ 的單位是 $\mathrm{m^{-1}}$，實際數值約為

$$R_\infty \approx 1.097\times 10^7\ \mathrm{m^{-1}}.$$

因此其數量級為 $10^7\ \mathrm{m^{-1}}$。

解題方法

雷德堡常數可由基本常數表示為

$$R_\infty = \frac{m_e e^4}{8\varepsilon_0^2 h^3c},$$

但本題只詢問數量級，考試時直接記憶其標準值即可：

$$R_\infty \approx 1.1\times 10^7\ \mathrm{m^{-1}}.$$

因為前面的係數 $1.1$ 接近 $1$，所以數量級取 $10^7$，選擇 $(c)$。

選項分析

核心觀念

一維無限深方井寬度為 $L$ 時，電子能階為

$$E_n=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2mL^2} =\frac{n^2h^2}{8mL^2}, \qquad n=1,2,3,\dots$$

基態對應 $n=1$，因此

$$E_0=\frac{h^2}{8ma^2}.$$

由公式可知，在粒子質量不變時，基態能量與方井寬度的平方成反比：

$$E_0\propto \frac{1}{L^2}.$$

解題方法

原本方井寬度為

$$L=a,$$

基態能量為

$$E_0=\frac{h^2}{8ma^2}.$$

當方井寬度變為 $2a$ 時，新的基態能量為

$$E_0' =\frac{h^2}{8m(2a)^2} =\frac{h^2}{32ma^2}.$$

與原本的 $E_0$ 比較：

$$E_0' =\frac{1}{4}\frac{h^2}{8ma^2} =\frac{1}{4}E_0.$$

因此新的基態能量為

$$E_0'=0.25E_0.$$

方井變寬後，電子的空間侷限減弱，基態能量下降，符合物理直覺。

核心觀念

本題考查正常 Zeeman 效應。原子置於外加磁場 $B$ 中時，軌道角動量的磁矩與磁場交互作用，使具有不同磁量子數 $m_l$ 的能階產生分裂。

忽略自旋—軌道耦合時，只需考慮軌道角動量。磁場中的能階位移為

$$\Delta E=m_l\mu_B B,$$

其中 $\mu_B$ 為波耳磁子，$m_l$ 為軌道磁量子數。

電磁躍遷的選擇定則為

$$\Delta m_l=0,\ \pm1.$$

因此，正常 Zeeman 效應通常產生三條譜線：

• $\Delta m_l=0$：$\pi$ 線
• $\Delta m_l=+1$：$\sigma^+$ 線
• $\Delta m_l=-1$：$\sigma^-$ 線

解題方法

鈉原子的黃色譜線是價電子由 $3p$ 能階躍遷至 $3s$ 能階：

$$3p\rightarrow 3s.$$

對於 $3p$ 狀態，

$$l=1,\qquad m_l=-1,0,+1.$$

因此在磁場中，$3p$ 能階分裂成三個子能階，其位移分別為

$$-\mu_B B,\qquad 0,\qquad +\mu_B B.$$

對於 $3s$ 狀態，

$$l=0,\qquad m_l=0,$$

所以 $3s$ 能階不因軌道 Zeeman 效應而分裂。

由選擇定則 $\Delta m_l=0,\pm1$，三個上能階皆可與下能階進行允許躍遷：

核心觀念

理想二能級順磁體中的磁偶極，在外加磁場 $B$ 下具有兩個能級。磁偶極與磁場的交互作用能為

$$E=-\boldsymbol{\mu}\cdot\mathbf{B}.$$

當磁矩與磁場同向時為基態：

$$E_g=-\mu B,$$

反向時為激發態：

$$E_e=+\mu B.$$

因此，激發態躍遷至基態所釋放的光子能量為

$$\Delta E=E_e-E_g=2\mu B.$$

解題方法

代入題目給定數值：

$$\Delta E=2(10^{-23})(10) =2.0\times10^{-22}\ \text{J}.$$

由光子能量公式 $\Delta E=hf$，可得頻率

$$f=\frac{\Delta E}{h} =\frac{2.0\times10^{-22}} {6.626\times10^{-34}} \approx3.02\times10^{11}\ \text{Hz}.$$

進一步求波長：

$$\lambda=\frac{c}{f} =\frac{3.00\times10^8}{3.02\times10^{11}} \approx9.9\times10^{-4}\ \text{m} \approx1.0\ \text{mm}.$$

頻率約為 $3\times10^{11}\ \text{Hz}$，屬於微波範圍的高頻端，故放出的電磁波為微波。

選項分析

核心觀念

本題考查各物理量與普朗克常數 $h$ 的關係。判斷方法是寫出各物理量的基本公式，觀察其中是否含有 $h$。

普朗克常數主要出現在量子化關係：

$$E=h\nu,\qquad p=\frac{h}{\lambda}$$

以及黑體輻射、光電效應、康普頓散射、原子能階等量子物理公式中。

解題方法

逐一檢查各選項的定義或理論公式：

• 若物理量的公式直接含有 $h$，或其理論推導建立在量子化條件上，則與 $h$ 有關。
• 若公式只涉及經典力學與庫侖力，且不含 $h$，則與 $h$ 無直接關係。

選項分析

(a) Wien 位移常數

Wien 位移定律為

$$\lambda_{\max}T=b$$

由黑體輻射的量子理論可得

$$b=\frac{hc}{kx_0}$$

其中 $x_0$ 是由普朗克黑體輻射公式決定的無因次常數，$k$ 為波茲曼常數，$c$ 為光速。

因此 Wien 位移常數 $b$ 與 $h$ 成正比，與普朗克常數有關。

(b) Stefan–Boltzmann 常數

Stefan–Boltzmann 定律為

$$P=\sigma AT^4$$

普朗克黑體輻射公式積分後得到

$$\sigma=\frac{2\pi^5k^4}{15h^3c^2}$$

可見 Stefan–Boltzmann 常數含有 $h^{-3}$，因此與普朗克常數有關。

(c) Rydberg 常數

氫原子光譜的波數公式為

$$\frac{1}{\lambda} =R_{\infty}\left(\frac{1}{n_f^2}-\frac{1}{n_i^2}\right)$$

在玻爾模型中，角動量量子化條件為

$$m_ev r=n\hbar$$

核心觀念

本題考查「紫外災變」（ultraviolet catastrophe）所代表的經典物理學困境。

在經典電磁學與能量均分定理下，Rayleigh–Jeans 定律給出黑體輻射的頻譜能量密度：

$$u(\nu,T)=\frac{8\pi \nu^2}{c^3}k_BT$$

其中：

• $\nu$ 為電磁波頻率；
• $T$ 為黑體絕對溫度；
• $k_B$ 為波茲曼常數；
• $c$ 為光速。

當頻率 $\nu$ 增大時，

$$u(\nu,T)\propto \nu^2$$

因此經典理論預測在高頻率、紫外線區域，黑體輻射能量會無限增大。對所有頻率積分可得總能量：

$$U=\int_0^\infty u(\nu,T)\,d\nu =\frac{8\pi k_BT}{c^3}\int_0^\infty \nu^2\,d\nu \to\infty$$

這與實驗觀察到的黑體輻射頻譜完全不符，故稱為「紫外災變」。

Planck 後來提出能量量子化：

$$E_n=nh\nu$$

得到正確的 Planck 黑體輻射定律：

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

在高頻率區域，指數項使能量密度快速下降，因而避免經典理論的發散問題。

解題方法

題幹指出 Ehrenfest 在 1911 年以「ultraviolet catastrophe」描述經典理論與實驗結果之間的矛盾。

判斷關鍵如下：

1. 「紫外」指的是高頻率、短波長的電磁輻射區域。
2. 經典理論預測高頻端能量無限增加。
3. 這個預測所對應的實驗現象，是黑體輻射的實驗頻譜。
4. 因此正確答案是黑體輻射。

選項分析

(a) Lyman series of hydrogen spectrum

Lyman 系列是氫原子電子由較高能階躍遷至 $n=1$ 能階所產生的光譜，位於紫外線區域。

核心觀念

本題考查各項近代物理實驗所支持的量子理論，以及其中哪一項直接證明原子具有離散的能階。

Bohr 原子模型的核心假設是：

1. 電子只能存在於某些特定的穩定軌道。
2. 每一軌道對應一個離散能量 $E_n$。
3. 電子由高能階躍遷至低能階時，放出光子：

$$hf=E_i-E_f$$

其中 $h$ 為 Planck 常數，$f$ 為光子頻率。

因此，若實驗顯示原子只能吸收特定大小的能量，即可支持 Bohr 模型中的「原子能階量子化」概念。

解題方法

判斷重點是：哪一項實驗直接觀察到原子只能吸收特定能量，而非連續吸收能量。

Franck-Hertz 實驗讓電子在真空管中加速，並與汞原子碰撞。當電子動能達到特定值時，會將固定能量轉移給汞原子，使汞原子由基態躍遷至激發態。汞原子的第一激發能約為 $4.9\ \text{eV}$。

當加速電壓逐漸增加時，電子電流呈現週期性下降，約每增加 $4.9\ \text{V}$ 就出現一次電流極小值。這表示電子只有在能量足夠時，才能一次交給原子特定的能量：

$$\Delta E=e\Delta V\approx 4.9\ \text{eV}$$

實驗結果顯示原子能量不是連續變化，而是具有離散能階，正是 Bohr 原子模型的重要預測。因此正確選項為 Franck-Hertz 實驗。

選項分析

(a) Stern-Gerlach experiment

Stern-Gerlach 實驗將銀原子束通過不均勻磁場，原子束分裂成離散的部分，顯示角動量投影具有量子化特性，並支持空間量子化與後來的自旋概念。

但它主要證明的是角動量量子化，並非直接測量原子的離散能階，因此不是本題所問的最佳答案。

(b) Franck-Hertz experiment

Franck-Hertz 實驗觀察到電子與汞原子碰撞時，只有在電子能量達到特定值後才會激發原子，並產生週期性電流極小值。

這直接證明原子只能吸收特定能量，支持 Bohr 模型的離散能階假設。

因此此選項正確。

核心觀念

本題考查光子的能量與波長之間的關係：

$$E=hf=\frac{hc}{\lambda}$$

其中 $E$ 為光子能量、$h$ 為普朗克常數、$c$ 為光速、$\lambda$ 為波長。因此在真空中：

$$E\propto \frac{1}{\lambda}$$

波長越短，光子能量越高。

解題方法

已知波長為 $500\ \text{nm}$ 的光子能量為 $2.48\ \text{eV}$。欲求波長為 $1\ \text{Å}$ 的 X 光光子能量，可直接利用能量與波長的反比關係：

$$\frac{E_2}{E_1}=\frac{\lambda_1}{\lambda_2}$$

先將單位統一。由

$$1\ \text{Å}=0.1\ \text{nm}$$

因此

$$E_2 =2.48\ \text{eV}\times \frac{500\ \text{nm}}{0.1\ \text{nm}}$$

核心觀念

本題考查德布羅意物質波：

$$\lambda=\frac{h}{p}$$

其中 $\lambda$ 為粒子的波長，$h$ 為普朗克常數，$p$ 為動量。

在非相對論極限下，動能為

$$K=\frac{p^2}{2m}$$

代入 $p=h/\lambda$，可得

$$K=\frac{h^2}{2m\lambda^2}$$

因此，在粒子種類與質量固定時，

$$K\propto \frac{1}{\lambda^2}$$

也就是波長越長，動能越小。

解題方法

已知第一個粒子的動能與波長為

$$K_1=1\ \text{keV},\qquad \lambda_1=0.5\ \text{\AA}$$

要求電子波長為

$$\lambda_2=2\ \text{\AA}$$

由

$$\frac{K_2}{K_1} = \frac{h^2/(2m\lambda_2^2)} {h^2/(2m\lambda_1^2)} = \left(\frac{\lambda_1}{\lambda_2}\right)^2$$

可得

觀念說明

根據康普頓散射公式（Compton scattering formula）：
$\Delta \lambda = \lambda' - \lambda = \lambda_C (1 - \cos\theta)$

其中 $\lambda_C = \frac{h}{m_e c} \approx 0.02426\text{ \AA}$ 為電子的康普頓波長。
由此可知，散射前後的波長偏移量 $\Delta \lambda$ 僅取決於散射角 $\theta$，與入射光子的能量 $E$ 無關。

因此，在相同的散射角 $\theta = 60^\circ$ 下，無論入射能量如何改變，波長偏移量 $\Delta \lambda$ 皆為定值：
$\Delta \lambda = \lambda_1' - \lambda_1 = \lambda_2' - \lambda_2$

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計算步驟

1. 求入射光子波長 $\lambda_1$ 與 $\lambda_2$：
   利用光子能量與波長關係式 $E = \frac{hc}{\lambda}$（其中 $hc \approx 12.4\text{ keV}\cdot\text{\AA} = 0.0124\text{ MeV}\cdot\text{\AA}$）：

核心觀念

本題考查玻爾氫原子模型中的軌道磁偶極矩，以及玻爾磁子定義：

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

電子以速率 $v$ 繞半徑 $a_B$ 做圓周運動，可視為電流所形成的磁偶極矩。

解題方法

電子繞核一周所需時間為

$$T=\frac{2\pi a_B}{v}$$

因此等效電流大小為

$$I=\frac{e}{T} =\frac{ev}{2\pi a_B}.$$

圓形軌道面積為

$$A=\pi a_B^2.$$

磁偶極矩為

$$\mu=IA =\frac{ev}{2\pi a_B}\cdot \pi a_B^2 =\frac{eva_B}{2}.$$

題目指出此磁偶極矩等於一個玻爾磁子，因此

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

約去 $e/2$，得到

$$v=\frac{\hbar}{m_ea_B}.$$

玻爾半徑為

$$a_B=\frac{4\pi\varepsilon_0\hbar^2}{m_e e^2},$$

代入可得

核心觀念

Stern–Gerlach 實驗利用非均勻磁場測量原子角動量在磁場方向上的分量。若原子的總角動量量子數為 $J$，其磁量子數 $m_J$ 可取

$$m_J=-J,-J+1,\ldots,J-1,J。$$

因此，允許的 $m_J$ 狀態數，也就是可觀察到的分裂線數為

$$N=2J+1。$$

解題方法

題目給定

$$J=\frac{3}{2}。$$

磁量子數的可能值為

$$m_J=-\frac{3}{2},-\frac{1}{2},\frac{1}{2},\frac{3}{2}。$$

共有四種不同的角動量投影，因此原子束會分裂成四條線：

核心觀念

Balmer 系列是氫原子電子由高能階躍遷至 $n_f=2$ 所放出的光譜線，其波長由 Rydberg 公式決定：

$$\frac{1}{\lambda} =R_{\mathrm H}\left(\frac{1}{2^2}-\frac{1}{n_i^2}\right), \qquad n_i=3,4,5,\ldots$$

其中：

• $n_i$：電子躍遷前的主量子數
• $n_f=2$：Balmer 系列固定的終態
• $R_{\mathrm H}$：氫的 Rydberg 常數

當 $n_i$ 越大時，能階差越大，因此波長越短。故：

• 最長波長：$n_i=3\to2$
• 第二長波長：$n_i=4\to2$

題目已知最長波長為 $656\ \text{nm}$，因此可利用兩次躍遷的波長比值求第二長波長，不必使用 $R_{\mathrm H}$ 的數值。

解題方法

最長波長對應 $3\to2$：

$$\frac{1}{\lambda_1} =R_{\mathrm H}\left(\frac{1}{2^2}-\frac{1}{3^2}\right) =R_{\mathrm H}\left(\frac14-\frac19\right) =R_{\mathrm H}\frac{5}{36}$$

第二長波長對應 $4\to2$：

核心觀念

本題考查狹義相對論的長度收縮。物體沿自身長度方向高速運動時，觀察者測得的長度會比物體的靜止長度短。

靜止於物體自身參考系中的長度稱為固有長度，記為 $L_0$；觀察者測得的運動中長度記為 $L$，其關係為

$$L=L_0\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}} =\frac{L_0}{\gamma},$$

其中

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

$c=3.0\times10^8\ \text{m/s}$ 為光速。

解題方法

木棒在自身靜止參考系中的長度為

$$L_0=2\ \text{m}.$$

木棒速度為

$$v=1.8\times10^8\ \text{m/s}=0.6c.$$

代入長度收縮公式：

核心觀念

本題考查愛因斯坦質能等價關係：

$$E_0=m_ec^2$$

其中：

• $E_0$：電子的靜止能量
• $m_e$：電子靜止質量
• $c$：真空光速

電子的靜止質量能是近代物理中的基本常數：

$$m_ec^2 \approx 0.511\ \text{MeV}$$

解題方法

電子靜止質量為

$$m_e=9.11\times10^{-31}\ \text{kg}$$

光速為

$$c=3.00\times10^8\ \text{m/s}$$

代入質能關係式：

$$E_0=m_ec^2$$ $$E_0=(9.11\times10^{-31})(3.00\times10^8)^2$$ $$E_0=8.20\times10^{-14}\ \text{J}$$

又因為

$$1\ \text{eV}=1.602\times10^{-19}\ \text{J}$$

所以

核心觀念

1. 三維立方無限深位能阱（3D Infinite Cubic Well）之單粒子能階：
   邊長為 $a$（體積 $V = a^3$）的三維立方箱中，質量為 $m$ 的非相對論性單粒子能量本徵值為：

   $$E_{n_x, n_y, n_z} = \frac{\pi^2 \hbar^2}{2m a^2} \left( n_x^2 + n_y^2 + n_z^2 \right) = E_0 \left( n_x^2 + n_y^2 + n_z^2 \right)$$

   其中量子數 $n_x, n_y, n_z = 1, 2, 3, \dots$，且定義基準能量 $E_0 \equiv \frac{\pi^2 \hbar^2}{2m a^2}$。

2. 自旋與泡利不相容原理（Pauli Exclusion Principle）：
   近代物理中若無特別指定自旋，費米子預設為自旋 $s = 1/2$ 粒子（如電子），其自旋多重度為 $g_s = 2s + 1 = 2$（即自旋向上 $\uparrow$ 與自旋向下 $\downarrow$）。
   依據泡利不相容原理，每一個單粒子量子態 $(n_x, n_y, n_z, m_s)$ 最多只能容納 $1$ 個費米子，因此每一個空間軌域 $(n_x, n_y, n_z)$ 最多可容納 $2$ 個費米子。

3. 多粒子系統基態簡併度（Ground State Degeneracy）：
   非全同相互作用的費米子系統在基態時，粒子會由能量最低的單粒子態開始依序向上填入（構築原理，Aufbau principle）。若最高被填入的能階未填滿，則微觀態數等於「可用單粒子狀態數」選取「待填入粒子數」的組合數 $C(N_{\text{states}}, N_{\text{particles}})$。

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解題方法

步驟一：分析單粒子能階與狀態數

按總量子數平方和 $n^2 = n_x^2 + n_y^2 + n_z^2$ 由小到大排列：

1. 第一能階（最低能階）：
   • 空間量子數：$(1, 1, 1)$
   • 平方和：$n^2 = 1^2 + 1^2 + 1^2 = 3$
   • 單粒子能量：$E_1 = 3 E_0$
   • 空間簡併度：$g_{\text{spatial}} = 1$

核心觀念

在溫度 $T$ 的熱平衡下，能量為 $E_i$ 的單粒子狀態，其玻茲曼權重為 $e^{-\beta E_i}$，其中 $\beta=1/(kT)$。本題有 $N$ 個可區分粒子，且兩個能階各視為非簡併，因此單一粒子位於某能階的機率，等於該能階的玻茲曼權重除以所有能階權重總和。

解題方法

單粒子的配分函數為

$$Z_1=e^{-\beta(-\varepsilon)}+e^{-\beta\varepsilon} =e^{\beta\varepsilon}+e^{-\beta\varepsilon}.$$

因此，單一粒子位於 $-\varepsilon$ 能階的機率為

$$p_{-\varepsilon} =\frac{e^{\beta\varepsilon}}{e^{\beta\varepsilon}+e^{-\beta\varepsilon}} =\frac{1}{1+e^{-2\beta\varepsilon}}.$$

核心觀念

一維諧振子的總能量為 $E = \frac{p^2}{2m} + \frac{1}{2}kx^2$，在動量與位置的相空間（Phase Space）中，此方程式代表一個橢圓：
$\frac{p^2}{2mE} + \frac{x^2}{2E/k} = 1$

計算步驟

1. 相空間面積計算
   Bohr-Sommerfeld 量子化條件中，環路積分 $\oint p \, dx$ 即為粒子運動一週期在相空間所圍成的橢圓面積。橢圓的兩半軸長分別為 $a = \sqrt{2mE}$ 與 $b = \sqrt{\frac{2E}{k}}$。

(a) 求常數 $A$ 與 $\beta$（即題目所指之常數 $B$）

將地面態波函數 $\Psi_0(x) = A e^{-\beta x^2}$ 代入一維不含時薛丁格方程式：
$-\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2 \Psi_0}{dx^2} + \frac{1}{2} m \omega^2 x^2 \Psi_0 = E_0 \Psi_0$

計算波函數的二階導數：
$\frac{d\Psi_0}{dx} = -2\beta x A e^{-\beta x^2}$
$\frac{d^2 \Psi_0}{dx^2} = (-2\beta + 4\beta^2 x^2) A e^{-\beta x^2} = (4\beta^2 x^2 - 2\beta)\Psi_0$

代入方程式並移項整理：
$\left( -\frac{2\hbar^2 \beta^2}{m} + \frac{1}{2} m \omega^2 \right) x^2 \Psi_0 + \left( \frac{\hbar^2 \beta}{m} - E_0 \right) \Psi_0 = 0$

此式對任意 $x$ 均需成立，故 $x^2$ 之係數必為零：
$-\frac{2\hbar^2 \beta^2}{m} + \frac{1}{2} m \omega^2 = 0 \implies \beta = \frac{m\omega}{2\hbar}$

再利用歸一化條件求 $A$：
$\int_{-\infty}^{\infty} |\Psi_0(x)|^2 dx = A^2 \int_{-\infty}^{\infty} e^{-2\beta x^2} dx = A^2 \sqrt{\frac{\pi}{2\beta}} = 1$