109 年 國立成功大學物理學系碩士班《近代物理學》

核心觀念

本題的線性振子指一維簡諧振子，其能量為

$$E=\frac{\langle p^2\rangle}{2m} +\frac{1}{2}m\omega^2\langle x^2\rangle,$$

其中 $m$ 為質量，$\omega$ 為角頻率。

使用海森堡不確定性原理：

$$\Delta x\,\Delta p\geq \frac{\hbar}{2}.$$

基態波函數可取為關於平衡位置 $x=0$ 對稱，因此

$$\langle x\rangle=\langle p\rangle=0.$$

所以

$$\langle x^2\rangle=(\Delta x)^2,\qquad \langle p^2\rangle=(\Delta p)^2.$$

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解題方法

以位置與動量的不確定度表示能量：

$$E\geq \frac{(\Delta p)^2}{2m} +\frac{1}{2}m\omega^2(\Delta x)^2.$$

由不確定性原理，在能量最低時必須取等號：

$$\Delta p=\frac{\hbar}{2\Delta x}.$$

代入能量式：

$$E(\Delta x) = \frac{1}{2m} \left(\frac{\hbar}{2\Delta x}\right)^2 +\frac{1}{2}m\omega^2(\Delta x)^2.$$

整理得

$$E(\Delta x) = \frac{\hbar^2}{8m(\Delta x)^2} +\frac{1}{2}m\omega^2(\Delta x)^2.$$

令

$$u=(\Delta x)^2,$$

則

$$E(u)=\frac{\hbar^2}{8mu} +\frac{1}{2}m\omega^2u.$$

對 $u$ 微分並令其為零：

$$\frac{dE}{du} = -\frac{\hbar^2}{8mu^2} +\frac{1}{2}m\omega^2=0.$$

因此

$$\frac{\hbar^2}{8mu^2} = \frac{1}{2}m\omega^2,$$

核心觀念

原子總角動量 $\mathbf{J}$ 為軌道角動量 $\mathbf{L}$ 與自旋角動量 $\mathbf{S}$ 的向量和：

$$\mathbf{J}=\mathbf{L}+\mathbf{S}$$

其中：

• 軌道角動量量子數為 $l$；
• 自旋角動量量子數為 $s$；
• 總角動量量子數為 $j$。

角動量耦合定理指出，兩個角動量量子數 $l$ 與 $s$ 組合後，總角動量量子數 $j$ 的允許值為

$$j=|l-s|,\ |l-s|+1,\ |l-s|+2,\ \ldots,\ l+s$$

解題方法

由角動量向量合成的三角不等式，總角動量的大小必須介於兩個角動量大小的差與和之間：

$$|\mathbf{L}-\mathbf{S}|\leq \mathbf{J}\leq \mathbf{L}+\mathbf{S}$$

因此，對應的量子數 $j$ 滿足

$$|l-s|\leq j\leq l+s$$

而相鄰允許值的差為 $1$，所以完整結果為

$$\boxed{j=|l-s|,\ |l-s|+1,\ldots,l+s}$$

允許的總角動量態數也可用下式驗算：

$$\text{態數}=2j+1$$

將所有允許的 $j$ 值相加後，應滿足

核心觀念

本題考查四個近代物理的重要概念：

1. 外加磁場造成原子能階分裂的 Zeeman effect。
2. 必須納入電子自旋與自旋—軌道耦合的 anomaly Zeeman effect。
3. 量子電動力學修正氫原子能階的 Lamb shift。
4. 量子力學在高量子數極限下銜接古典物理的 correspondence principle。

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(1) Zeeman effect

核心觀念

Zeeman effect 是指：原子置於外加磁場中，原本簡併的能階發生分裂，因而使原子光譜線分裂成多條。

在未考慮電子自旋的情況下，電子的軌道角動量為

$$\mathbf{L}=\sqrt{l(l+1)}\hbar$$

其磁矩為

$$\boldsymbol{\mu}_L=-\frac{e}{2m_e}\mathbf{L}$$

其中負號來自電子帶負電。

外加磁場取為 $z$ 方向：

$$\mathbf{B}=B\hat{z}$$

磁矩與磁場的交互作用能為

$$H_B=-\boldsymbol{\mu}_L\cdot\mathbf{B}$$

代入後得到

$$H_B=\frac{eB}{2m_e}L_z =\mu_B\frac{L_z}{\hbar}B$$

其中

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

為波耳磁子，且

$$L_z=m_l\hbar$$

因此能量修正為

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

由於

$$m_l=-l,-l+1,\ldots,l$$

一個具有固定 $l$ 的能階會分裂成

$$2l+1$$

個子能階。

光譜線分裂

原子由高能階躍遷至低能階時，光子頻率改變為

$$\Delta \nu=\frac{\Delta E}{h}$$

相鄰磁量子數之間的能量差為

$$\Delta E=\mu_B B$$

故

$$\Delta \nu=\frac{\mu_B B}{h} =\frac{eB}{4\pi m_e}$$

對於一般允許躍遷，選擇定則為

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

因此通常可觀察到三條譜線：

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

這種只考慮軌道角動量、形成三重分裂的情形稱為正常 Zeeman effect。

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(2) Anomalous Zeeman effect

核心觀念

Anomalous Zeeman effect 是指：原子光譜在磁場中的分裂型態不是簡單三重分裂。其根本原因是電子自旋磁矩不可忽略，且電子具有自旋角動量

$$\mathbf{S}$$

電子的總角動量為

$$\mathbf{J}=\mathbf{L}+\mathbf{S}$$

在弱磁場中，$L$ 與 $S$ 先透過自旋—軌道耦合形成總角動量 $J$。此時磁場造成的能量修正為

$$\Delta E=g_J\mu_B m_J B$$

其中

$$m_J=-J,-J+1,\ldots,J$$

而 Landé $g$ 因子為

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

更完整地寫成

$$\Delta E=g_J\mu_B m_J B$$

因此具有固定 $J$ 的能階分裂成

$$2J+1$$

個子能階，但相鄰能階間距為 $g_J\mu_B B$，不同能階的 $g_J$ 也可能不同，故光譜線會出現複雜的多重分裂。

與正常 Zeeman effect 的差異

特徵	正常 Zeeman effect	異常 Zeeman effect
考慮角動量	僅軌道角動量 $L$	軌道角動量與自旋角動量
磁量子數	$m_l$	$m_J$
能量修正	$\Delta E=m_l\mu_B B$	$\Delta E=g_Jm_J\mu_B B$
分裂型態	通常為三重分裂	通常為複雜多重分裂
適用情況	總自旋 $S=0$	$S\neq0$

所謂「異常」並不是物理定律失效，而是早期尚未充分認識電子自旋時，對複雜分裂現象的歷史稱呼。電子自旋被納入後，這種現象可由量子力學與自旋—軌道耦合自然解釋。

強磁場補充

若磁場很強，磁場交互作用可能大於自旋—軌道耦合，此時進入 Paschen–Back effect，$L$ 與 $S$ 近似分離，能量修正主要寫成

$$\Delta E=\mu_B B(m_l+g_s m_s)$$

其中電子自旋的 $g$ 因子約為

$$g_s\approx 2$$

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(3) Lamb shift

核心觀念

Lamb shift 是氫原子能階受到量子電動力學修正而產生的微小位移。

根據 Dirac 方程，氫原子的能量主要由主量子數 $n$ 與總角動量 $j$ 決定，因此 $2S_{1/2}$ 與 $2P_{1/2}$ 應具有相同能量：

$$E(2S_{1/2})=E(2P_{1/2})$$

核心觀念

本題考查光子吸收時的：

• 能量守恆；
• 動量守恆；
• 相對論性能量—動量關係
  $E^2=p^2c^2+m^2c^4.$

原子吸收光子後，不僅內能增加而使靜止質量變為 $M+\Delta$，也必須獲得光子的動量，因此會產生反沖動能。光子能量不能只用 $\Delta c^2$ 表示，還必須額外供應原子的反沖能量。

解題方法

設光子頻率為 $f$，則光子的能量與動量分別為

$E_\gamma=hf,\qquad p_\gamma=\frac{hf}{c}.$

初始時原子靜止，因此初始總能量為

$E_i=Mc^2,$

初始總動量為零。吸收光子後，依動量守恆，激發態原子的動量大小為

$p_f=p_\gamma=\frac{hf}{c}.$

激發態原子的靜止質量為 $M+\Delta$，故其相對論性能量為

$E_f=\sqrt{p_f^2c^2+(M+\Delta)^2c^4}.$

由能量守恆，

$$Mc^2+hf =\sqrt{\left(\frac{hf}{c}\right)^2c^2+(M+\Delta)^2c^4}.$$

整理為

$$Mc^2+hf =\sqrt{(hf)^2+(M+\Delta)^2c^4}.$$

兩邊平方：

$$M^2c^4+2Mc^2hf+(hf)^2 =(hf)^2+(M+\Delta)^2c^4.$$

消去兩邊的 $(hf)^2$，並展開右側：

$$2Mc^2hf =\left[(M+\Delta)^2-M^2\right]c^4,$$

$2Mc^2hf=(2M\Delta+\Delta^2)c^4.$

因此

1. 廣義玻爾-索末菲量子化條件 (Generalized Bohr-Sommerfeld Condition)

在電磁場存在下，規範動量 (canonical momentum) 為 $\vec{P} = \vec{p} - \frac{e}{c} \vec{A}$。代入量子化條件可得：
$\oint \left(\vec{p} - \frac{e}{c} \vec{A}\right) \cdot d\vec{r} = 2\pi\hbar \left(n + \frac{1}{2}\right)$

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2. 計算動量沿軌道的線積分 $\oint \vec{p} \cdot d\vec{r}$

利用分部積分法（對封閉軌道全微分項積分為零，即 $\oint d(\vec{p} \cdot \vec{r}) = 0$）：
$\oint \vec{p} \cdot d\vec{r} = -\oint \vec{r} \cdot d\vec{p}$
由電子運動方程式 $d\vec{p} = \vec{F} dt = -\frac{e}{c} (d\vec{r} \times \vec{B})$ 代入：
$\oint \vec{p} \cdot d\vec{r} = \frac{e}{c} \oint \vec{r} \cdot (d\vec{r} \times \vec{B}) = \frac{e}{c} \oint (\vec{r} \times d\vec{r}) \cdot \vec{B}$
由於軌道掃過的面積微元向量滿足 $d\vec{S} = \frac{1}{2} (\vec{r} \times d\vec{r})$，故 $\vec{r} \times d\vec{r} = 2 d\vec{S}$。利用面積積分定義：

核心觀念

電子密度由波函數的絕對值平方定義：

$$\rho(r)=|\psi_0(r)|^2$$

題目給定氫原子基態波函數

$$\psi_0(r)=\frac{1}{\sqrt{\pi a_0^3}}e^{-r/a_0},$$

因此電子密度為

$$\rho(r)=\left|\psi_0(r)\right|^2 =\frac{1}{\pi a_0^3}e^{-2r/a_0}.$$

由於基態波函數只與 $r$ 有關，電子密度具有球對稱性；電子密度的最大值只需比較不同徑向距離 $r$ 的大小。

解題方法

對電子密度微分：

$$\frac{d\rho}{dr} = \frac{1}{\pi a_0^3} \left(-\frac{2}{a_0}\right)e^{-2r/a_0}.$$

因為 $a_0>0$ 且 $e^{-2r/a_0}>0$，所以對所有 $r>0$，

$$\frac{d\rho}{dr}<0.$$

這表示電子密度隨著與原子核距離 $r$ 增加而單調遞減，因此最大值出現在允許的最小距離：

$$r=0.$$

代入可得最大電子密度：

$$\rho_{\max}=\rho(0) =\frac{1}{\pi a_0^3}.$$

所以電子密度最大的位置是原子核所在的位置。

核心觀念

本題考查二維無限深方形勢阱的定態薛丁格方程。粒子被限制在

$$0<x<a,\qquad 0<y<a$$

的正方形區域內，邊界具有無限高勢壘，因此波函數必須滿足：

$$\psi(0,y)=\psi(a,y)=\psi(x,0)=\psi(x,a)=0.$$

井內勢能為零，定態薛丁格方程為

$$-\frac{\hbar^2}{2m} \left( \frac{\partial^2\psi}{\partial x^2} + \frac{\partial^2\psi}{\partial y^2} \right) =E\psi.$$

由於勢能可分離，且邊界為矩形，可採用變數分離法。

解題方法

1. 波函數分離

令

$$\psi(x,y)=X(x)Y(y).$$

代入薛丁格方程：

$$-\frac{\hbar^2}{2m} \left[ Y\frac{d^2X}{dx^2} + X\frac{d^2Y}{dy^2} \right] =EXY.$$

除以 $XY$ 得

$$-\frac{\hbar^2}{2m} \left( \frac{1}{X}\frac{d^2X}{dx^2} + \frac{1}{Y}\frac{d^2Y}{dy^2} \right) =E.$$

其中第一項只依賴 $x$，第二項只依賴 $y$，因此兩者各自必為常數。令

$$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{1}{X}\frac{d^2X}{dx^2}=E_x, \qquad -\frac{\hbar^2}{2m}\frac{1}{Y}\frac{d^2Y}{dy^2}=E_y,$$

則

$$E=E_x+E_y.$$

2. 解 $x$ 方向方程

$x$ 方向方程為

$$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2X}{dx^2}=E_xX.$$

設

$$k_x^2=\frac{2mE_x}{\hbar^2},$$

則

$$\frac{d^2X}{dx^2}+k_x^2X=0.$$

其一般解為

$$X(x)=A\sin(k_xx)+B\cos(k_xx).$$

由邊界條件 $X(0)=0$：

$$B=0.$$

再由 $X(a)=0$：

$$\sin(k_xa)=0,$$

因此

$$k_xa=n_x\pi, \qquad n_x=1,2,3,\ldots$$

所以

$$k_x=\frac{n_x\pi}{a},$$

且

$$E_x=\frac{\hbar^2k_x^2}{2m} =\frac{\hbar^2\pi^2}{2ma^2}n_x^2.$$

3. 解 $y$ 方向方程

同理，$y$ 方向方程的解為

$$Y(y)=C\sin(k_yy),$$

其中

$$k_y=\frac{n_y\pi}{a}, \qquad n_y=1,2,3,\ldots$$

因此

$$E_y=\frac{\hbar^2\pi^2}{2ma^2}n_y^2.$$

4. 能量本徵值

總能量為兩個方向能量的和：

$$E_{n_x,n_y}=E_x+E_y.$$

故能量本徵值為

$$\boxed{ E_{n_x,n_y} = \frac{\hbar^2\pi^2}{2ma^2} \left(n_x^2+n_y^2\right) }$$

其中