112 年 國立成功大學物理學系碩士班《近代物理學》

核心觀念

晶格週期勢會使電子能量與波數的關係變成一般形式 $E(k)$。在能帶理論中，電子的有效質量由能帶曲率決定：

$$\boxed{\frac{1}{m^*}=\frac{1}{\hbar^2}\frac{d^2E}{dk^2}}$$

因此，

$$\boxed{m^*=\frac{\hbar^2}{d^2E/dk^2}}$$

有效質量不是由能量本身或一階導數單獨決定，而是由 $E-k$ 能帶在該處的二階曲率決定。

解題方法

電子在能帶中的群速度為

$$v=\frac{1}{\hbar}\frac{dE}{dk}.$$

外力 $F$ 造成波數隨時間變化：

$$F=\hbar\frac{dk}{dt}.$$

對群速度對時間微分：

$$a=\frac{dv}{dt} =\frac{1}{\hbar}\frac{d}{dt}\left(\frac{dE}{dk}\right) =\frac{1}{\hbar}\frac{d^2E}{dk^2}\frac{dk}{dt}.$$

代入 $\displaystyle \frac{dk}{dt}=\frac{F}{\hbar}$：

$$a=\frac{1}{\hbar^2}\frac{d^2E}{dk^2}F.$$

依照牛頓形式 $F=m^*a$，可得

$$F=m^*\left(\frac{1}{\hbar^2}\frac{d^2E}{dk^2}F\right),$$

所以

$$\frac{1}{m^*}=\frac{1}{\hbar^2}\frac{d^2E}{dk^2},$$

即

$$\boxed{m^*=\frac{\hbar^2}{d^2E/dk^2}}.$$

選項分析

(A) $m^*=\hbar^2 k\left(\dfrac{dk}{dE}\right)$

由反函數微分關係，

【觀念與推導】

1. 求解特徵值
   由特徵方程式 $\det(A - \lambda I) = 0$：
   $\begin{vmatrix} -\lambda & 1 & 0 \\ 1 & -\lambda & 0 \\ 0 & 0 & 1-\lambda \end{vmatrix} = 0$
   沿第三列展開得：
   $(1-\lambda)(\lambda^2 - 1) = -(\lambda - 1)^2 (\lambda + 1) = 0$

重點觀念

本題考查圓周運動之向心力公式、位能定義（保守力與位能關係）以及總能量之計算。

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詳細推導

1. 求動能 $T$
   質點受指向內側的吸引力 $F = \frac{K}{r^3}$ 作用，做半徑為 $r$ 的圓周運動。由牛頓第二運動定律（向心力）：
   $\frac{M v^2}{r} = \frac{K}{r^3} \implies M v^2 = \frac{K}{r^2}$
   質點之動能 $T$ 為：
   $T = \frac{1}{2} M v^2 = \frac{K}{2r^2}$

2. 求位能 $V(r)$
   吸引力向量可表示為 $\vec{F} = -\frac{K}{r^3} \hat{r}$。

核心觀念

本題考查粒子反應中的守恆定律，尤其是「奇異數」在強作用、電磁作用與弱作用下的守恆性。

$\Lambda$ 粒子組成為 $uds$，含有一個奇異夸克 $s$，因此其奇異數為

$$S_\Lambda=-1.$$

質子 $p$ 的組成為 $uud$，不含奇異夸克，故

$$S_p=0.$$

$\pi^-$ 介子組成為 $d\bar{u}$，同樣不含奇異夸克，因此

$$S_{\pi^-}=0.$$

所以反應

$$\Lambda\rightarrow p+\pi^-$$

的初、末態奇異數分別為

$$S_{\text{初}}=-1,\qquad S_{\text{末}}=0.$$

奇異數改變為

$$\Delta S=0-(-1)=+1.$$

強作用與電磁作用都守恆奇異數；只有弱作用可以改變奇異數。因此此衰變必須透過弱作用發生。

夸克層次上可表示為奇異夸克發生弱衰變：

$$s\rightarrow u+W^-,$$

而

$$W^-\rightarrow d+\bar{u},$$

最後形成

$$p(uud)+\pi^-(d\bar{u}).$$

解題方法

判斷粒子衰變屬於哪一種基本作用力時，依序檢查：

1. 電荷是否守恆；
2. 重子數是否守恆；
3. 奇異數等味量子數是否守恆；
4. 角動量是否守恆；
5. 宇稱等對稱性是否符合相互作用的特性。

本題的電荷為

$$Q_\Lambda=0,$$

而末態電荷為

$$Q_p+Q_{\pi^-}=+1-1=0,$$

電荷守恆。

重子數方面，$\Lambda$ 與質子皆為重子：

$$B_\Lambda=1,\qquad B_p=1,\qquad B_{\pi^-}=0,$$

故

$$B_{\text{初}}=B_{\text{末}}=1.$$

真正不守恆的是奇異數：

$$S_{\text{初}}=-1,\qquad S_{\text{末}}=0.$$

因此排除強作用與電磁作用，只能判定為弱作用。

選項分析

(A) the $\pi^-$ is a lepton

錯誤。$\pi^-$ 是介子，由夸克與反夸克組成：

$$\pi^-=d\bar{u}.$$

介子屬於強子，不是輕子。輕子包括電子、μ 子、τ 子及其微中子。

核心觀念

本題考查一維量子簡諧振子與「無限高位能牆」的邊界條件。

完整簡諧振子的能階為

$$E_n=h\nu\left(n+\frac12\right),\qquad n=0,1,2,\dots$$

其波函數具有宇稱：

• $n$ 為偶數：偶宇稱，$\psi_n(0)\ne 0$
• $n$ 為奇數：奇宇稱，$\psi_n(0)=0$

圖示系統只允許粒子存在於 $x\le 0$，且 $x=0$ 有無限高位能障，因此必須滿足邊界條件

$$\psi(0)=0$$

解題方法

完整簡諧振子的波函數中，只有奇數階狀態在 $x=0$ 恰好為零，能夠符合無限位能牆的邊界條件。因此只能保留

$$n=1,3,5,\dots$$

代入原本的能階公式：

$$E_1=h\nu\left(1+\frac12\right)=\frac32h\nu$$ $$E_3=h\nu\left(3+\frac12\right)=\frac72h\nu$$ $$E_5=h\nu\left(5+\frac12\right)=\frac{11}{2}h\nu$$

一般而言，令 $n=2k+1$，則

$$E_k=h\nu\left(2k+\frac32\right),\qquad k=0,1,2,\dots$$

核心觀念

本題考查狹義相對論中的能量—動量關係。對於質量為 $m$、總能量為 $E$、動量為 $p$ 的自由粒子，有

$$E^2=(pc)^2+(mc^2)^2.$$

其中：

• $E$ 是總能量，包含靜止能量與動能；
• $mc^2$ 是靜止能量；
• $pc$ 是動量對能量的相對論性貢獻。

題目給定電子靜止質量對應的靜止能量為

$$m_ec^2=0.5\ \text{MeV},$$

且總能量為

$$E=1.5\ \text{MeV}.$$

解題方法

由能量—動量關係式，

$$E^2=(pc)^2+(m_ec^2)^2.$$

解出動量：

$$(pc)^2=E^2-(m_ec^2)^2,$$ $$pc=\sqrt{E^2-(m_ec^2)^2}.$$

代入數值：

$$pc=\sqrt{(1.5)^2-(0.5)^2}\ \text{MeV}$$ $$=\sqrt{2.25-0.25}\ \text{MeV} =\sqrt{2}\ \text{MeV}.$$

因此

$$p=\frac{\sqrt{2}\ \text{MeV}}{c} \approx 1.414\ \text{MeV}/c.$$

取近似值：

$$p\approx 1.4\ \text{MeV}/c.$$

選項分析

核心觀念

本題考查 X 射線連續光譜的「短波長極限」，由電子的最大動能全部轉換成單一光子能量所決定，稱為杜安–亨特定律：

$$eV=\frac{hc}{\lambda_{\min}}$$

其中：

• $e$：電子電荷量
• $V$：加速電位差
• $h$：普朗克常數
• $c$：光速
• $\lambda_{\min}$：連續 X 射線的最短波長

電子經過電位差 $V$ 加速後，獲得最大動能 $eV$。當電子撞擊靶材時，若一次碰撞便將全部動能轉換成一個 X 射線光子，便產生最大光子能量，也就是最短波長。

解題方法

電子經過 $25\ \text{kV}$ 的電位差後，最大動能為

$$K_{\max}=eV=25\ \text{keV}$$

由光子能量公式

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

可得

$$\lambda_{\min}=\frac{hc}{eV}$$

使用常用換算式

$$hc\approx 12.4\ \text{keV}\cdot\text{\AA}$$

因此

$$\lambda_{\min} =\frac{12.4\ \text{keV}\cdot\text{\AA}}{25\ \text{keV}} \approx 0.496\ \text{\AA}$$

所以短波長極限最接近

$$0.5\ \text{\AA}$$

選項分析

• (A) $1.0\ \text{\AA}$：錯誤。
  $25\ \text{kV}$ 電子所能產生的最大光子能量為 $25\ \text{keV}$，對應波長約為 $0.5\ \text{\AA}$，不是 $1.0\ \text{\AA}$。

核心觀念

本題考查電子組態的總角動量量子數 $J$。電子的總角動量由軌道角動量 $L$ 與自旋角動量 $S$ 耦合而成：

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

因此總角動量量子數的最大值為

$$J_{\max}=L_{\max}+S_{\max}.$$

其中：

• $l$ 為單一電子的軌道角動量量子數；
• $s=\frac12$ 為電子自旋量子數；
• 多電子系統先求總軌道角動量 $L$ 與總自旋角動量 $S$，再求 $J$。

題目中的組態應理解為 $1s^2\,2p\,3p$。其中 $1s^2$ 為閉殼層，兩個電子的角動量與自旋彼此抵消，對總 $L$、$S$、$J$ 沒有貢獻，因此只需考慮 $2p$ 與 $3p$ 兩個電子。

解題方法

對 $p$ 電子而言，

$$l_1=l_2=1.$$

兩個 $p$ 電子的軌道角動量耦合後，總軌道角動量可為

$$L=|l_1-l_2|,\ldots,l_1+l_2$$

所以

$$L=0,1,2,$$

其中最大值為

$$L_{\max}=2.$$

每個電子的自旋為 $s=\frac12$，兩個電子的總自旋可為

$$S=0,1.$$

最大自旋量子數為

$$S_{\max}=1.$$

由於 $2p$ 與 $3p$ 的主量子數不同，屬於不等價電子，兩電子並不受到「相同軌域電子」的額外限制；$L=2$、$S=1$ 的組合可以存在。

因此總角動量的最大值為

$$J_{\max}=L_{\max}+S_{\max}=2+1=3.$$

故正確選項為

$$\boxed{(B)\ 3}.$$

選項分析

核心觀念

本題考查自旋粒子的磁矩，以及核磁矩與電子磁矩的尺度比較。

帶電粒子的磁矩一般可寫成

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

其中 $g$ 為迴旋磁因子、$q$ 為電荷、$m$ 為質量、$\mathbf{S}$ 為自旋角動量。

電子磁矩以波耳磁子表示：

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

原子核磁矩以核磁子表示：

$$\mu_N=\frac{e\hbar}{2m_p},$$

其中 $m_p$ 為質子質量。因此

$$\frac{\mu_N}{\mu_B} = \frac{m_e}{m_p} \approx \frac{1}{1836}.$$

雖然原子核的實際磁矩還包含核自旋結構、質子與中子的貢獻，會乘上一個數量級約為 $1$ 的核磁因子 $g_N$，但主要尺度仍由質量比決定：

$$\left|\frac{\mu_{\text{nucleus}}}{\mu_e}\right| \sim \left|\frac{g_N}{g_e}\right| \frac{m_e}{m_p} <1.$$

題目已知原子核自旋為 $\frac12$，表示它具有非零的內禀角動量，通常也具有內禀磁矩。

解題方法

直接比較電子與原子核磁矩的基本尺度。

電子的質量為 $m_e$，原子核的質量約為數個至數百個質子質量，且

$$m_{\text{nucleus}}\gg m_e.$$

由磁矩公式

$$\mu\propto \frac{1}{m},$$

在自旋與電荷尺度相近的情況下，質量越大，磁矩越小。因此原子核磁矩相對於電子磁矩會被質量比

$$\frac{m_e}{m_{\text{nucleus}}}$$

大幅壓低，故其大小小於電子磁矩。

所以正確選項為 (E)。

選項分析

核心觀念

本題考查中性原子的基態電子組態，以及以下三項原理：

1. 電子數守恆：中性原子的電子數等於原子序 $Z$。鈉的原子序為 $Z=11$，因此有 $11$ 個電子。

2. 構造原理（Aufbau principle）：電子依能量由低至高填入軌域，填入順序為

   $1s \rightarrow 2s \rightarrow 2p \rightarrow 3s \rightarrow 3p$

3. 泡利不相容原理：每個軌域最多容納 $2$ 個自旋相反的電子。因此：

   $s\text{ 次層最多容納 }2\text{ 個電子},\qquad p\text{ 次層最多容納 }6\text{ 個電子}$

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解題方法

鈉為中性原子，電子總數為

$N_e=Z=11$

依能量由低至高填入：

• $1s$ 軌域最多填入 $2$ 個電子：$1s^2$
• $2s$ 軌域最多填入 $2$ 個電子：$2s^2$
• $2p$ 次層最多填入 $6$ 個電子：$2p^6$

目前已有

$2+2+6=10\text{ 個電子}$

剩下的第 $11$ 個電子進入能量更高的 $3s$ 軌域，因此基態電子組態為

$\boxed{1s^2\,2s^2\,2p^6\,3s^1}$

所以正確選項為 (C)。

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選項分析

(A) $1s^2 2s^2 2p^5 3s^2$

此組態共有

$2+2+5+2=11\text{ 個電子}$

雖然電子總數正確，但 $2p$ 次層尚未填滿，即仍有一個低能量的 $2p$ 狀態未填入，卻已有兩個電子進入較高能量的 $3s$ 軌域。

核心觀念

氦原子基態的兩個電子皆填入最低能階 $1s$ 軌域，因此電子組態為

$$1s^2.$$

兩個電子具有相同的空間軌域。由於電子是費米子，總波函數在交換兩個電子時必須反對稱。當空間波函數對稱時，自旋波函數必須反對稱。

兩個自旋 $1/2$ 粒子的總自旋量子數可為

$$S=1 \quad \text{或} \quad S=0.$$

其中：

• $S=1$ 對應三重態（triplet）
• $S=0$ 對應單重態（singlet）

解題方法

基態氦原子的兩個電子都位於 $1s$ 軌域。依據泡利不相容原理，同一軌域中的兩個電子不能具有相同的自旋量子態，因此必須一個為自旋向上 $\uparrow$，另一個為自旋向下 $\downarrow$。

兩個電子的自旋耦合為

$$\mathbf{S}=\mathbf{s}_1+\mathbf{s}_2.$$

對兩個自旋 $1/2$ 粒子：

$$S=0 \quad \text{或} \quad S=1.$$

但氦原子的基態空間波函數為對稱形式，因此自旋部分必須採用反對稱組合：

$$\chi_{S=0} = \frac{1}{\sqrt{2}} \left( \lvert \uparrow\downarrow\rangle - \lvert \downarrow\uparrow\rangle \right).$$

此狀態的總自旋量子數為

$$S=0.$$

其多重度為

$$2S+1=2(0)+1=1,$$

因此稱為單重態（singlet）。

選項分析

核心觀念

一維量子簡諧振子的能階為

$$E_n=\left(n+\frac{1}{2}\right)h\nu,\qquad n=0,1,2,\ldots$$

其中：

• $n$ 為量子數；
• $\nu$ 為振動頻率；
• $h$ 為普朗克常數。

基態對應最低量子數 $n=0$，因此基態能量不是零，而是具有零點能。

解題方法

將基態量子數 $n=0$ 代入簡諧振子的能階公式：

$$E_0=\left(0+\frac{1}{2}\right)h\nu$$

所以

$$E_0=\frac{1}{2}h\nu$$

此結果表示即使振子處於基態，其能量仍不為零。根據不確定性原理，粒子的位置與動量不可能同時完全確定，因此不能同時具有確定位置與零動量，基態仍保有最低限度的量子振動能量，稱為零點能。

選項分析

• (A) $0$：錯誤。
  量子簡諧振子的基態能量為 $\frac{1}{2}h\nu$，不是零。令基態能量為零是某些古典模型或能量參考面的簡化，並非量子簡諧振子的實際能階公式。

• (B) $h\nu$：錯誤。
  $h\nu$ 是相鄰能階之間的能量差：

  $$E_{n+1}-E_n=h\nu$$

核心觀念

本題考查動量算符與期望值的定義。在一維量子力學中，動量算符為

$$\hat p=-i\hbar\frac{d}{dx},$$

因此動量的期望值為

$$\langle p\rangle =\int_0^a \psi_n^*(x)\hat p\,\psi_n(x)\,dx.$$

無限深方井的本徵波函數為實函數：

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

解題方法

由於 $\psi_n(x)$ 為實函數，所以 $\psi_n^*(x)=\psi_n(x)$。先求導：

$$\frac{d\psi_n}{dx} =\sqrt{\frac{2}{a}}\frac{n\pi}{a} \cos\left(\frac{n\pi x}{a}\right).$$

代入期望值公式：

$$\begin{aligned} \langle p\rangle &=\int_0^a \psi_n(x) \left(-i\hbar\frac{d}{dx}\right) \psi_n(x)\,dx\\ &=-i\hbar\frac{2}{a}\frac{n\pi}{a} \int_0^a \sin\left(\frac{n\pi x}{a}\right) \cos\left(\frac{n\pi x}{a}\right)\,dx. \end{aligned}$$

利用

$$\sin\theta\cos\theta=\frac{1}{2}\sin(2\theta),$$

可得

$$\int_0^a \sin\left(\frac{n\pi x}{a}\right) \cos\left(\frac{n\pi x}{a}\right)\,dx =0.$$

因此

$$\boxed{\langle p\rangle=0}.$$

也可直接利用 $\psi_n^2(x)$ 計算：

$$\psi_n\frac{d\psi_n}{dx} =\frac{1}{2}\frac{d}{dx}\left(\psi_n^2\right),$$

所以

核心觀念

題目給出的條件為

$$\int_0^a \psi_n^*(x)\psi_\ell(x)\,dx=\delta_{n\ell},$$

其中 $\psi_n^*(x)$ 是 $\psi_n(x)$ 的複共軛，$\delta_{n\ell}$ 為 Kronecker delta：

$$\delta_{n\ell}= \begin{cases} 1, & n=\ell,\\ 0, & n\ne \ell. \end{cases}$$

量子力學中，波函數的內積定義為

$$\langle \psi_n|\psi_\ell\rangle = \int_0^a \psi_n^*(x)\psi_\ell(x)\,dx.$$

因此題目條件可寫成

$$\langle \psi_n|\psi_\ell\rangle=\delta_{n\ell}.$$

當 $n=\ell$ 時，

$$\langle \psi_n|\psi_n\rangle=1,$$

表示每個本徵函數皆已正規化；當 $n\ne\ell$ 時，

$$\langle \psi_n|\psi_\ell\rangle=0,$$

表示不同本徵函數彼此正交。兼具「正規化」與「正交」的函數組稱為正交歸一函數組（orthonormal functions）。

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解題方法

直接根據 Kronecker delta 分成兩種情形：

1. $n=\ell$：

   $$\int_0^a |\psi_n(x)|^2\,dx=1,$$

   這是正規化條件。

2. $n\ne\ell$：

   $$\int_0^a \psi_n^*(x)\psi_\ell(x)\,dx=0,$$

   這是正交條件。

核心觀念
本題測驗的是無限方形井（粒子在一維無限深勢阱）之能階量子化以及測量的能量只能是系統的本徵值的概念。對於寬度為 $a$ 的井，已知能階：

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

因此任何一次能量測量得到的數值必須是上述本徵值之一，且最小的本徵值（基態能量）為

$E_1=\frac{\pi^{2}\hbar^{2}}{2ma^{2}} .$

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解題過程

1. 回顧無限方形井的能階

   • 務必先寫出薛丁格方程的解：波函數 $\psi_n(x)=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin\!\left(\frac{n\pi x}{a}\right)$（或餘弦型），對應的本徵值即上式 $E_n$。
   • 為什麼：方程 $-\frac{\hbar^{2}}{2m}\frac{d^{2}\psi}{dx^{2}}=E\psi$ 在井內只剩動能項，邊界條件 $\psi(0)=\psi(a)=0$ 只能容許正弦波，波節數必為整數 $n$，導致能階量子化。

2. 能量測量的結果

   • 在量子力學中，測量一個可觀測量（此處為能量）必會把系統「投影」到對應的本徵態，測得的數值就是本徵值。

觀念解析

相對論性 $\mu$ 子（muon）的移動速度極接近光速 $c$。若要利用兩閃爍計數器的信號相對時間差來區分向上與向下運動的 $\mu$ 子，計數器的時間解析度（resolving time）必須小於粒子穿越兩計數器之間的飛行時間（time of flight, $\Delta t$）。

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計算與推導步驟

1. 計算 $\mu$ 子穿越間距的飛行時間 $\Delta t$：
   兩計數器垂直距離 $d = 3.0\text{ m}$，相對論性粒子速度 $v \approx c = 3.0 \times 10^8\text{ m/s}$。
   $\Delta t = \frac{d}{c} = \frac{3.0\text{ m}}{3.0 \times 10^8\text{ m/s}} = 1.0 \times 10^{-8}\text{ s} = 10\text{ ns}$

核心觀念

本題考查兩個可觀測量是否能建立「共同本徵態基底」。

若波函數可展開為一組同時滿足

$$A\lvert \alpha,\beta\rangle=\alpha\lvert \alpha,\beta\rangle, \qquad B\lvert \alpha,\beta\rangle=\beta\lvert \alpha,\beta\rangle$$

的基底態，則這些基底態是 $A$ 與 $B$ 的共同本徵函數。

對厄米算符 $A$、$B$ 而言，存在完整的共同本徵態基底的充分必要條件是

$$[A,B]=AB-BA=0.$$

也就是 $A$ 與 $B$ 必須對易。

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解題方法

若 $\lvert \alpha,\beta\rangle$ 是 $A$ 與 $B$ 的共同本徵態，則

$$AB\lvert \alpha,\beta\rangle =A(\beta\lvert \alpha,\beta\rangle) =\alpha\beta\lvert \alpha,\beta\rangle,$$

同理，

$$BA\lvert \alpha,\beta\rangle =B(\alpha\lvert \alpha,\beta\rangle) =\alpha\beta\lvert \alpha,\beta\rangle.$$

因此

$$[A,B]\lvert \alpha,\beta\rangle=0.$$

若這些共同本徵態構成完整基底，任意量子態都可寫成

$$\lvert\psi\rangle =\sum_{\alpha,\beta}c_{\alpha\beta} \lvert \alpha,\beta\rangle,$$

於是對所有狀態皆有

$$[A,B]=0.$$

反過來，若 $A$ 與 $B$ 對易，則 $B$ 會保留 $A$ 的每一個本徵子空間。對於 $A$ 的本徵值 $\alpha$，

$$A\lvert\phi\rangle=\alpha\lvert\phi\rangle,$$

有

$$A(B\lvert\phi\rangle) =B(A\lvert\phi\rangle) =\alpha B\lvert\phi\rangle.$$

核心觀念

氦原子的電子狀態可用光譜項符號表示：

$$^{2S+1}L_J$$

其中：

• $S$：電子總自旋量子數；
• $L$：電子總軌道角動量量子數；
• $J$：電子總角動量量子數；
• $2S+1$：自旋多重度；
• $L=0,1,2,\ldots$ 分別以 $S,P,D,\ldots$ 表示。

題目給定狀態為 $^3S$。

由上標 $3$：

$$2S+1=3 \quad\Longrightarrow\quad S=1$$

由字母 $S$：

$$L=0$$

電子總角動量由軌道角動量與自旋角動量向量相加而得，其可能量子數為

$$J=|L-S|,\ |L-S|+1,\ldots,L+S$$

代入 $L=0$、$S=1$：

$$J=|0-1|,\ldots,0+1=1$$

因此只有

$$J=1$$

解題方法

先從 $^3S$ 讀出兩個量子數：

$$S=1,\qquad L=0$$

再利用角動量耦合規則：

$$J=|L-S|,\ldots,L+S$$

所以

$$J=|0-1|=1$$

且上下限相同，表示沒有其他可能值。故此狀態的總電子角動量量子數只有 $1$。

選項分析

• (A) $0$ only：錯誤。
  $J=0$ 必須包含在 $|L-S|$ 到 $L+S$ 的範圍內；本題範圍只有 $J=1$，不包含 $0$。

核心觀念

氬（Ar）是稀有氣體，原子具有封閉電子殼層，基態電子組態為

$$[\mathrm{Ne}]3s^23p^6$$

因此氬原子：

• 不易失去或得到電子，不形成穩定的離子；
• 不需要與其他氬原子共享電子形成共價鍵；
• 沒有可自由移動的價電子，不具金屬鍵特徵。

固態氬中，各氬原子仍大致保有獨立原子的電子結構。原子之間主要透過瞬時偶極所引起的**倫敦色散力（London dispersion force）**相互吸引。倫敦色散力屬於凡得瓦力，因此固態氬是由凡得瓦力維繫。

解題方法

判斷凝聚態物質的鍵結機制，首先觀察組成粒子的種類與電子結構：

1. 氬是單原子稀有氣體，不是金屬，也不是由離子或原子團組成。
2. 氬原子的電子殼層已封閉，沒有形成離子鍵或共價鍵的必要。
3. 即使氬原子整體沒有永久偶極，電子仍會瞬間波動，使某一瞬間產生瞬時偶極。
4. 瞬時偶極會誘導鄰近氬原子產生偶極，兩者之間形成吸引力。
5. 這種吸引力即倫敦色散力，屬於凡得瓦力。

因此，固態氬的主要鍵結機制為凡得瓦鍵。

選項分析

(A) Ionic bond only

錯誤。離子鍵需要正、負離子之間的靜電吸引，例如 $\mathrm{Na^+}$ 與 $\mathrm{Cl^-}$。氬原子具有穩定的封閉殼層，不會在固態氬中規則地形成 $\mathrm{Ar^+}$ 與 $\mathrm{Ar^-}$，因此不存在純離子鍵。

核心觀念

本題考查特性 X 射線與原子序 $Z$ 的關係。依據 Moseley 定律，原子的特性 X 射線頻率滿足

$$\nu \propto (Z-\sigma)^2,$$

其中 $\sigma$ 是內層電子的遮蔽常數。對 K 系列 X 射線而言，電子躍遷發生在最內層，遮蔽常數近似取 $\sigma=1$，因此

$$\nu_K \propto (Z-1)^2.$$

由於光子能量 $E=h\nu$，所以 K 特性 X 射線能量亦滿足

$$E_K\propto (Z-1)^2.$$

解題方法

碳的原子序為 $Z_C=6$，鎂的原子序為 $Z_{\mathrm{Mg}}=12$。

因此兩者 K 特性 X 射線能量比為

$$\frac{E_C}{E_{\mathrm{Mg}}} = \frac{(Z_C-1)^2}{(Z_{\mathrm{Mg}}-1)^2} = \frac{(6-1)^2}{(12-1)^2} = \frac{25}{121}.$$

數值上

$$\frac{25}{121}\approx 0.207.$$

比較選項可知，

$$0.207$$

最接近

$$\frac14=0.25.$$

因此正確選項為 (A)。

選項分析