111 年 國立成功大學物理學系碩士班《近代物理學》

核心觀念

本題考查「電子自旋」在近代物理各現象中的角色。

電子具有內禀角動量

$$S=\sqrt{s(s+1)}\hbar,\qquad s=\frac12$$

因此電子自旋沿任一方向測量時，只能有兩個投影值：

$$m_s=+\frac12,\quad -\frac12$$

電子自旋的重要影響包括：

1. 與泡利不相容原理結合，形成原子殼層結構與週期表。
2. 造成電子氣體中的自旋簡併，影響金屬電子的能階填佈與比熱。
3. 產生自旋磁矩，解釋反常塞曼效應。
4. 自旋—軌道耦合造成原子光譜精細結構。

但帶電粒子在均勻磁場中的軌跡偏轉，主要由洛倫茲力決定：

$$\mathbf F=q\mathbf v\times\mathbf B$$

此效應不需要假設電子具有自旋。

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解題方法

判斷每個選項是否必須引入電子自旋才能得到其主要物理解釋。

若現象涉及：

• 電子只能容納兩種狀態；
• 電子自旋磁矩與磁場作用；
• 自旋與軌道角動量耦合；

則電子自旋具有關鍵作用。

若現象只涉及電子的電荷、速度與外加磁場，則可由經典電磁學直接解釋，不需要電子自旋。

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選項分析

(A) 週期表的結構

此選項正確，電子自旋對週期表結構具有重要意義。

泡利不相容原理指出，同一原子中不能有兩個電子具有完全相同的四個量子數。對於相同的空間軌域量子數 $(n,l,m_l)$，電子仍可藉由兩種不同的自旋量子數

$$m_s=+\frac12,\quad -\frac12$$

各容納一個電子，因此每個空間軌域最多容納兩個電子。

例如 $s$、$p$、$d$、$f$ 副殼層的最大電子數分別為

$$2,\quad 6,\quad 10,\quad 14$$

這些數目直接影響電子組態、元素週期性與週期表排列。因此電子自旋是理解週期表結構的重要基礎。

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(B) 金屬的比熱

此選項正確。

金屬中的自由電子可視為近似費米電子氣。由於電子具有自旋 $1/2$，每個動量狀態可有兩種自旋狀態，因此電子能階具有自旋簡併。

在低溫下，只有費米能附近一小部分電子能夠因熱激發改變狀態。電子比熱可寫成近似形式

$$C_e=\gamma T$$

其中 $\gamma$ 與費米能及自旋簡併有關。若不考慮電子自旋，每個動量狀態的可用量子態數會減半，費米能與電子態密度也會改變。

金屬比熱的完整解釋主要依賴費米—狄拉克統計與泡利不相容原理，而電子自旋決定每個空間量子態可容納的電子數，因此在標準電子氣模型中具有重要作用。

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(C) 反常塞曼效應

此選項正確。

普通塞曼效應主要來自電子軌道磁矩與外磁場的作用；反常塞曼效應則必須考慮電子自旋磁矩。

電子的自旋磁矩近似為

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

核心觀念

本題考查「快速電子撞擊原子，造成內層電子游離並產生特性 X 光」的條件。

鎳原子 $Z=28$ 的 $K$ 系列 X 光，源自於 $K$ 殼層（$n=1$）出現空缺後，較外層電子躍遷至 $K$ 殼層所放出的光子。因此，入射電子至少必須提供足夠能量，將一個 $K$ 殼層電子擊出。

所以最低入射電子動能約為鎳原子的 $K$ 殼層束縛能：

$$K_{\min}\approx E_K$$

解題方法

對內層電子，可用類氫原子模型估算其束縛能。由於 $K$ 殼層電子主要受到原子核吸引，另一個 $K$ 電子會產生約一個單位的遮蔽，因此有效核電荷近似為

$$Z_{\mathrm{eff}}\approx Z-1$$

氫原子能階公式為

$$E_n=-13.6\frac{Z_{\mathrm{eff}}^2}{n^2}\ \text{eV}$$

$K$ 殼層對應 $n=1$，故鎳的 $K$ 殼層束縛能約為

$$E_K\approx 13.6(Z-1)^2$$

代入 $Z=28$：

$$E_K\approx 13.6(27)^2$$ $$E_K=13.6\times729\approx 9914\ \text{eV}$$

因此最低電子動能約為

$$E_{\min}\approx 1.0\times10^4\ \text{eV}$$

實際鎳的 $K$ 邊緣能量約為 $8.3\ \text{keV}$，數量級仍為 $10^4\ \text{eV}$。

需注意，題目問的是「產生 $K$ 系列 X 光所需的最低入射電子動能」，不是所放出之 $K$ 系列光子的能量。入射電子必須先造成 $K$ 殼層空缺，之後才會發生外層電子填補空缺並放出特性 X 光。

選項分析

解析與選項分析

鉀原子（$\text{K}$）基態電子組態為 $1s^2 2s^2 2p^6 3s^2 3p^6 4s^1$：

1. 原子序：
   電子總數 $Z = 2 + 2 + 6 + 2 + 6 + 1 = 19$，故原子序為 $19$。（(D) 錯誤）

2. $n=3$ 殼層：
   $n=3$ 主殼層最多可容納 $2n^2 = 18$ 個電子（包含 $3s, 3p, 3d$）。現僅填入 $3s^2 3p^6$ 共 $8$ 個電子，$3d$ 軌域尚未填入，故未填滿。（(A) 錯誤）

核心觀念

這題考查角座標波函數的歸一化條件。

波函數必須滿足總機率為 $1$：

$$\int_0^{2\pi} |\psi(\phi)|^2\,d\phi=1$$

題目給定

$$\psi(\phi)=Ae^{im\phi}$$

其中 $m$ 為量子數。由於 $m$ 為整數，

$$\left|e^{im\phi}\right|^2 =e^{-im\phi}e^{im\phi}=1$$

因此指數因子只影響相位，不影響機率密度。

解題方法

將波函數代入歸一化條件：

$$\int_0^{2\pi} |Ae^{im\phi}|^2\,d\phi=1$$

因為 $\left|e^{im\phi}\right|^2=1$，所以

$$|A|^2\int_0^{2\pi}d\phi=1$$

得到

$$|A|^2(2\pi)=1$$

因此

$$|A|=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}$$

通常取歸一化常數為正實數，所以

$$A=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}$$

選項分析

• (A) $\sqrt{2\pi}$：錯誤

  此時

  $$\int_0^{2\pi}|\psi|^2\,d\phi =\int_0^{2\pi}2\pi\,d\phi =(2\pi)^2\neq 1$$

  波函數未歸一化。

• (B) $2\pi$：錯誤

  此時

【觀念解析】

普朗克長度（Planck length, $l_p$）為量化量子重力效應顯著時的特徵長度純量。利用量綱分析（因次分析），設普朗克長度表示為萬有引力常數 $G$、約化普朗克常數 $\hbar$ 與真空光速 $c$ 的次方組合：
$l_p = G^a \hbar^b c^c$

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【詳細推導】

選定基本量綱：長度 $\text{L}$、質量 $\text{M}$、時間 $\text{T}$。各常數之量綱如下：

• 萬有引力常數 $[G] = \text{M}^{-1}\text{L}^3\text{T}^{-2}$
• 約化普朗克常數 $[\hbar] = \text{M}^1\text{L}^2\text{T}^{-1}$
• 光速 $[c] = \text{L}^1\text{T}^{-1}$

將量綱代入表示式中：

核心觀念

本題考查光電效應的愛因斯坦方程：

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

其中：

• $hf$：入射光子的能量
• $\phi$：金屬的功函數，表示電子逸出金屬表面所需的最小能量
• $K_{\max}$：逸出光電子的最大動能

因此：

$$K_{\max}=hf-\phi=\frac{hc}{\lambda}-\phi$$

若光子能量小於功函數，則不會發生光電效應；本題中光子能量大於功函數，因此可以逸出光電子。

解題方法

已知：

$$\lambda=500\ \text{nm}$$ $$\phi=2.28\ \text{eV}$$

使用常用換算值：

$$hc\approx 1240\ \text{eV}\cdot\text{nm}$$

入射光子的能量為：

$$E_\gamma=\frac{hc}{\lambda} =\frac{1240\ \text{eV}\cdot\text{nm}}{500\ \text{nm}} =2.48\ \text{eV}$$

代入愛因斯坦光電方程：

$$K_{\max}=E_\gamma-\phi$$ $$K_{\max}=2.48-2.28=0.20\ \text{eV}$$

因此最大動能為：

$$\boxed{K_{\max}=0.20\ \text{eV}}$$

選項分析

核心觀念

一維無限深方井中，粒子被限制於 $0<x<L$，勢能為

$$V(x)= \begin{cases} 0, & 0<x<L,\\ \infty, & \text{其他位置}. \end{cases}$$

定態波函數為

$$\psi_n(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right), \qquad n=1,2,3,\ldots$$

其中 $n$ 是量子數。機率密度定義為

$$\rho_n(x)=|\psi_n(x)|^2 =\frac{2}{L}\sin^2\left(\frac{n\pi x}{L}\right).$$

題目問的是井中央 $x=L/2$ 的機率密度是否為零。

解題方法

將井中央位置代入波函數：

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

因此中央的機率密度為

$$\rho_n\left(\frac{L}{2}\right) = \frac{2}{L}\sin^2\left(\frac{n\pi}{2}\right).$$

分別考察 $n$ 的奇偶性：

• 若 $n$ 為偶數，令 $n=2k$：

$$\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right) = \sin(k\pi)=0,$$

所以

$$\rho_{2k}\left(\frac{L}{2}\right)=0.$$

• 若 $n$ 為奇數，令 $n=2k+1$：

$$\sin\left(\frac{n\pi}{2}\right) = \sin\left(k\pi+\frac{\pi}{2}\right)=\pm1,$$

所以

$$\rho_{2k+1}\left(\frac{L}{2}\right)=\frac{2}{L}\neq 0.$$

因此，井中央的機率密度對所有偶數量子態皆為零，對所有奇數量子態皆不為零。

選項分析

(A) ground state $(n=1)$ only

核心觀念

$L_z$ 的本徵方程為

$$L_z\psi_m=m\hbar\psi_m,$$

其中 $m=0,\pm1,\pm2,\ldots$。在球座標中，

$$L_z=-i\hbar\frac{\partial}{\partial\phi}.$$

因此，只要將波函數寫成 $\phi$ 的角動量本徵態 $e^{im\phi}$ 的線性組合，即可判斷測量 $L_z$ 可能得到的數值。

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解題方法

題給波函數為

$$\psi(\theta,\phi) = \sqrt{\frac{3}{4\pi}}\sin\theta\cos\phi.$$

利用

$$\cos\phi=\frac{e^{i\phi}+e^{-i\phi}}{2},$$

可得

$$\psi(\theta,\phi) = \sqrt{\frac{3}{4\pi}}\sin\theta \frac{e^{i\phi}+e^{-i\phi}}{2}.$$

其中：

• $e^{i\phi}$ 對應 $m=+1$；
• $e^{-i\phi}$ 對應 $m=-1$。

直接作用 $L_z$ 也可驗證：

$$L_z\psi = -i\hbar\frac{\partial}{\partial\phi} \left[ \sqrt{\frac{3}{4\pi}}\sin\theta\cos\phi \right].$$

因為

$$\frac{\partial}{\partial\phi}\cos\phi=-\sin\phi,$$

所以

$$L_z\psi = i\hbar\sqrt{\frac{3}{4\pi}}\sin\theta\sin\phi.$$

結果不是原波函數的常數倍，表示 $\psi$ 不是 $L_z$ 的單一本徵態，而是 $m=+1$ 與 $m=-1$ 兩個本徵態的疊加。

因此，測量 $L_z$ 時可能得到

核心觀念

本題考查正電子素（positronium）的自旋態、電荷共軛宇稱，以及正電子與電子湮滅時的光子數選擇定則。

正電子素是電子與正電子形成的束縛態。題目限定

$$l=0,$$

因此屬於 $S$ 態。又指定總自旋為零，即單重態（singlet）：

$$S=0.$$

這種狀態稱為對正電子素（para-positronium，$p$-Ps）。

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解題方法

1. 判斷正電子素的電荷共軛宇稱

對由電子與正電子組成的正電子素，其電荷共軛宇稱為

$$C=(-1)^{l+S}.$$

題目給定 $l=0$、$S=0$，所以

$$C=(-1)^{0+0}=+1.$$

因此，單重態、$l=0$ 的正電子素具有

$$C=+1.$$

2. 判斷多光子態的電荷共軛宇稱

單一光子的電荷共軛宇稱為 $-1$。對由 $n$ 個光子組成的終態，總電荷共軛宇稱為

$$C_{\gamma^n}=(-1)^n.$$

由於電磁作用守恆電荷共軛宇稱，初態與終態必須滿足

$$(-1)^n=+1.$$

因此 $n$ 必須是偶數：

$$n=2,4,\ldots$$

最少且最主要的允許衰變通道為二光子衰變：

$$p\text{-Ps}\rightarrow 2\gamma.$$

3. 為何二光子是最常見的衰變產物

二光子通道既符合電荷共軛宇稱守恆，也符合能量與動量守恆。在正電子素靜止系中，兩個光子背對背射出，且各自能量約為

$$E_\gamma\simeq m_ec^2,$$

其中 $m_ec^2$ 是電子靜止能量。

二光子湮滅是最低階、機率最大的允許電磁衰變。四光子衰變雖然也符合電荷共軛宇稱，但需要更高階的量子電動力學過程，因此機率遠小於二光子衰變。

所以最常見的衰變產物是

$$\boxed{2\text{ photons}}.$$

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選項分析

(A) 0 photon

核心觀念

本題考查量子力學中「觀察量的期望值」。若狀態可展開為觀察量 $\hat O$ 的正交歸一特徵態：

$$\hat O\psi_i=o_i\psi_i,$$

且

$$\psi=\sum_i c_i\psi_i,$$

則期望值為

$$\langle \hat O\rangle =\langle\psi|\hat O|\psi\rangle =\sum_i |c_i|^2o_i.$$

其中 $|c_i|^2$ 代表測量得到本徵值 $o_i$ 的機率。

解題方法

題目給出三個正交歸一的 $\hat O$ 特徵態，其對應本徵值分別為

$$o_1=-1,\qquad o_2=1,\qquad o_3=2.$$

狀態為

$$\psi=\frac{1}{\sqrt3}\psi_1+ \frac{1}{\sqrt3}\psi_2+ \frac{1}{\sqrt3}\psi_3.$$

因此三個特徵態的機率皆為

$$|c_1|^2=|c_2|^2=|c_3|^2=\frac13.$$

期望值為

$$\begin{aligned} \langle \hat O\rangle &=\frac13(-1)+\frac13(1)+\frac13(2)\\ &=\frac{-1+1+2}{3}\\ &=\frac23. \end{aligned}$$

所以正確選項為 (A)。

選項分析

核心觀念

平面波波函數可寫成

$$\psi(x,t)=e^{i(kx-\omega t)}$$

其中 $k$ 為波數。量子力學中，$x$ 方向動量算符為

$$\hat p_x=-i\hbar\frac{\partial}{\partial x}$$

若波函數是動量本徵態，則作用動量算符後會得到對應的動量本徵值。

解題方法

對題給波函數對 $x$ 微分：

$$\frac{\partial\psi}{\partial x} =ik e^{i(kx-\omega t)} =ik\psi$$

代入動量算符：

$$\hat p_x\psi =-i\hbar\frac{\partial\psi}{\partial x} =-i\hbar(ik\psi) =\hbar k\psi$$

因此波函數的 $x$ 分量動量本徵值為

$$p_x=\hbar k$$

所以正確選項為 $(C)$。

選項分析

• (A) $0$：錯誤。
  若 $x$ 方向動量為零，波函數不應具有 $x$ 方向的相位因子 $e^{ikx}$。題目中 $k>0$，因此 $p_x=\hbar k>0$。

核心觀念

本題考查晶體繞射的 布拉格定律（Bragg’s law）：

$$n\lambda=2d\sin\theta$$

其中：

• $n$：繞射級數，$n=1,2,3,\ldots$
• $\lambda$：X 射線波長
• $d$：晶面間距
• $\theta$：入射射線與晶面的夾角

要發生布拉格繞射，必須存在某個角度 $\theta$ 滿足此關係式。

解題方法

題目詢問「能發生布拉格繞射的最長波長」，因此要使 $\lambda$ 最大。

由布拉格定律：

$$\lambda=\frac{2d\sin\theta}{n}$$

波長最大時，應取最低繞射級數 $n=1$，且因為

$$\sin\theta\leq 1$$

所以最大值發生在 $\sin\theta=1$：

$$\lambda_{\max}=2d$$

因此最長波長為：

$$\boxed{2d}$$

對應選項 (D)。

選項分析

核心觀念

本題考查黑體輻射的史蒂芬–波茲曼定律（Stefan–Boltzmann law）。

黑體單位時間、單位面積所放出的輻射能量為

$$\frac{P}{A}=\sigma T^4$$

其中：

• $P$：每秒輻射出的能量，即功率
• $A$：黑體表面積
• $T$：絕對溫度
• $\sigma$：史蒂芬–波茲曼常數

因此，單位面積的輻射功率與絕對溫度的四次方成正比。

解題方法

設原本黑體的絕對溫度為 $T$，單位面積每秒輻射能量為

$$R_1=\sigma T^4$$

當絕對溫度增加為原來的 $3$ 倍時，

$$T'=3T$$

新的單位面積輻射功率為

$$R_2=\sigma (T')^4 =\sigma(3T)^4 =81\sigma T^4$$

所以

$$\frac{R_2}{R_1}=81$$

輻射能量增加為原來的 $81$ 倍。

選項分析

• (A) Decreased by a factor of 81
  錯誤。溫度提高時，黑體輻射功率會增加，不會減少。

核心觀念

本題考查類氫原子的能階與約化質量。束縛能大小為

$$E_n=\frac{\mu e^4}{2(4\pi\varepsilon_0)^2\hbar^2}\frac{1}{n^2},$$

其中 $\mu$ 為電子與正電粒子系統的約化質量：

$$\mu=\frac{m_1m_2}{m_1+m_2}.$$

氫原子中，質子質量遠大於電子質量，因此約化質量近似為

$$\mu_{\mathrm H}\approx m_e.$$

正電子與電子質量相同，因此正電子素的約化質量為

$$\mu_{\mathrm{Ps}} =\frac{m_em_e}{m_e+m_e} =\frac{m_e}{2}.$$

束縛能與約化質量成正比，並且與主量子數平方成反比：

$$E_n\propto \frac{\mu}{n^2}.$$

解題方法

氫原子基態的束縛能為

$$E_0=13.6\ \mathrm{eV}.$$

正電子素的約化質量是氫原子約化質量的一半，因此正電子素基態束縛能為

$$E_{1,\mathrm{Ps}} =\frac{1}{2}E_0.$$

正電子素的 $n=2$ 態束縛能再比基態小 $2^2=4$ 倍：

$$E_{2,\mathrm{Ps}} =\frac{E_{1,\mathrm{Ps}}}{2^2} =\frac{E_0/2}{4} =\frac{E_0}{8}.$$

因此

$$E_{2,\mathrm{Ps}} =\frac{13.6}{8}\ \mathrm{eV} =1.70\ \mathrm{eV}.$$

核心觀念

球面諧波 $Y_l^m(\theta,\phi)$ 是角動量本徵態，其中 $m$ 為磁量子數，也就是方位角量子數。若波函數展開為

$$\psi(\theta,\phi)=\sum_{l,m} c_{lm}Y_l^m(\theta,\phi),$$

則測得方位角量子數為 $m$ 的機率為

$$P(m)=\sum_l |c_{lm}|^2.$$

因此，本題只需辨認波函數中是否含有 $m=3$ 的球面諧波分量。

解題方法

題目給出的波函數為

$$\psi(\theta,\phi) =\frac{1}{\sqrt{30}} \left(5+\sqrt{2}Y_3^0-2\sqrt{3}Y_1^0\right).$$

其中：

• 常數項 $5$ 與 $Y_0^0$ 成正比，因此屬於 $m=0$；
• $Y_3^0$ 的磁量子數為 $m=0$；
• $Y_1^0$ 的磁量子數也為 $m=0$。

所以整個波函數只包含 $m=0$ 的成分，沒有任何 $Y_l^3$ 項。因此

$$c_{l,3}=0 \qquad \text{對所有 } l,$$

測得 $m=3$ 的機率為

觀念與核心公式

根據波包（Wave packet）的傅立葉轉換特性與海森堡測不準原理（Heisenberg Uncertainty Principle），粒子在實空間的位置寬度 $\Delta x$ 與在 $k$ 空間（波向量空間）的分佈寬度 $\Delta k$ 滿足反比關係：
$\Delta x \cdot \Delta k \approx 1$

核心觀念

本題利用波耳模型的三項條件推導氫原子能階：

1. 系統總能量為動能與庫侖位能之和。
2. 電子與質子間的庫侖吸引力提供圓周運動所需的向心力。
3. 角動量 obeys 波耳量子化條件
   $L=\mu v r=n\hbar,\qquad n=1,2,3,\ldots$

其中 $\mu$ 為電子—質子系統的約化質量：

$\mu=\frac{m_e m_p}{m_e+m_p}$

精細結構常數定義為

$\alpha=\frac{e^2}{4\pi\epsilon_0\hbar c}$

因此

$\frac{e^2}{4\pi\epsilon_0}=\alpha\hbar c$

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解題方法與推導

令

$k=\frac{1}{4\pi\epsilon_0}$

電子與質子相距 $r$，電子繞質心作圓周運動。以約化質量 $\mu$ 描述相對運動，速率記為 $v$。

1. 寫出系統的總能量

庫侖位能為

$U(r)=-\frac{k e^2}{r}$

因此系統總能量為

$E=\frac{1}{2}\mu v^2-\frac{k e^2}{r}$

負號表示電子與質子之間是吸引力，且束縛態的總能量為負值。

2. 使用向心力條件

庫侖力提供圓周運動的向心力：

$\frac{\mu v^2}{r}=\frac{k e^2}{r^2}$

化簡得

$\mu v^2=\frac{k e^2}{r}$

因此

$\frac{1}{2}\mu v^2=\frac{k e^2}{2r}$

代回總能量：

$E=\frac{k e^2}{2r}-\frac{k e^2}{r}$

所以

$E=-\frac{k e^2}{2r}$

這顯示在圓形軌道中，總能量等於庫侖位能的一半：

$E=\frac{U}{2}$

3. 使用波耳角動量量子化條件

波耳假設允許的角動量只能取離散值：

$L=\mu v r=n\hbar$

故

$v=\frac{n\hbar}{\mu r}$

將此代入向心力條件：

$$\frac{\mu}{r}\left(\frac{n\hbar}{\mu r}\right)^2 =\frac{k e^2}{r^2}$$

整理得

$$\frac{n^2\hbar^2}{\mu r^3} =\frac{k e^2}{r^2}$$

因此允許的軌道半徑為

$r_n=\frac{n^2\hbar^2}{\mu k e^2}$

利用 $k e^2=\alpha\hbar c$，可寫成

$r_n=\frac{n^2\hbar}{\mu\alpha c}$

這就是氫原子的波耳半徑量子化結果。

4. 推導量子化能量

由

$E=-\frac{k e^2}{2r}$

代入 $r_n$：