113 年 國立成功大學物理學系碩士班《近代物理學》

核心觀念

Michelson–Morley 實驗利用光的干涉測量地球相對於假想「以太」的運動。當時認為光波需要透過以太傳播，因此地球若在以太中運動，應可測得不同方向上的光速差異，即所謂「以太風」。

實驗裝置將光分成互相垂直的兩束，分別沿兩條垂直路徑往返，再使其重新疊加形成干涉條紋。若地球相對以太具有速度 $v$，旋轉裝置後兩束光的往返時間應產生差異，導致干涉條紋移動。

實驗結果未觀察到預期的干涉條紋位移，稱為零結果。這表示沒有測得地球相對以太的速度，因而否定了以太作為光傳播媒介的必要性。

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解題方法

判斷本題的關鍵，是掌握 Michelson–Morley 實驗的歷史結論：

1. 以太假說預測地球運動會造成不同方向的光速差。
2. Michelson–Morley 實驗試圖利用干涉條紋位移測量此差異。
3. 實驗未發現預期的位移。
4. 因此，實驗結果否定了「存在靜止以太」的假設。

狹義相對論後來以另一種方式解釋此結果：真空中的光速對所有慣性觀察者皆為

$$c= \text{常數},$$

不需要假設光透過以太傳播。因此，本題最直接且正確的選項是「以太不存在」。

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選項分析

(A) interference of EM-waves does not happen.

錯誤。Michelson–Morley 實驗本身就是利用電磁波的干涉現象來進行測量。兩束光重新疊加後會形成干涉條紋，裝置正是透過觀察條紋是否移動來判斷兩條光路的光程差是否改變。

因此，實驗不但沒有否定干涉，反而以干涉作為核心測量方法。

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(B) the ether doesn't exist.

正確。當時的以太模型預測地球相對以太運動會造成「以太風」，使不同方向的光具有不同往返時間，旋轉干涉儀後應觀察到條紋位移。

實驗結果未觀察到預期效果，否定了作為光傳播媒介的靜止以太。雖然更精確的說法是「實驗否定了傳統以太假說」，在本題選項中，答案即為以太不存在。

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核心觀念

μ 子的 $2.2\,\mu\text{s}$ 是其自身靜止參考系中的平均壽命，稱為固有壽命 $\tau_0$。由狹義相對論的時間膨脹效應，實驗室中觀察到的運動中 μ 子平均壽命為

$$\tau=\gamma\tau_0,$$

其中

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

因此，運動中的 μ 子在實驗室測得的壽命必定不小於靜止時的壽命。

解題方法

題目給定

$$\tau_0=2.2\,\mu\text{s},\qquad \tau=1.1\,\mu\text{s}.$$

代入時間膨脹公式：

$$1.1=\gamma(2.2),$$

得到

$$\gamma=\frac{1.1}{2.2}=0.50.$$

但洛侖茲因子必須滿足 $\gamma\geq 1$，不可能等於 $0.50$。這表示觀測壽命比固有壽命更短，與時間膨脹定律矛盾。

也可由

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

直接看出：當 $v>0$ 時，$\gamma>1$，所以必有

$$\tau>\tau_0=2.2\,\mu\text{s}.$$

因此，測得 $1.1\,\mu\text{s}$ 在題目所述理想條件下不可能發生。

選項分析

• (A) $0.50c$：錯誤。
  代入時間膨脹公式：

  $$\gamma=\frac{1}{\sqrt{1-0.50^2}}\approx1.155,$$

  因此

核心觀念

雷射功率 $P$ 表示單位時間輸出的能量：

$$P=\frac{E_{\text{total}}}{t}$$

單一光子的能量由普朗克關係式給出：

$$E_{\gamma}=hf=\frac{hc}{\lambda}$$

因此，若每秒放出 $N$ 個光子，則：

$$P=N E_{\gamma}$$

故光子發射率為：

$$N=\frac{P}{E_{\gamma}} =\frac{P\lambda}{hc}$$

其中：

• $h=6.626\times10^{-34}\ \text{J}\cdot\text{s}$
• $c=3.00\times10^8\ \text{m/s}$
• $\lambda=633\ \text{nm}=633\times10^{-9}\ \text{m}$
• $P=1.00\ \text{mW}=1.00\times10^{-3}\ \text{W}$

解題方法

先計算單一光子的能量：

$$E_{\gamma} =\frac{hc}{\lambda} =\frac{(6.626\times10^{-34})(3.00\times10^8)} {633\times10^{-9}}$$ $$E_{\gamma}\approx3.14\times10^{-19}\ \text{J}$$

雷射每秒輸出的能量為：

$$P=1.00\times10^{-3}\ \text{J/s}$$

因此每秒發射的光子數為：

$$N=\frac{1.00\times10^{-3}} {3.14\times10^{-19}}$$ $$N\approx3.18\times10^{15}\ \text{photons/s}$$

所以正確選項為 $\text{(C)}$。

選項分析

核心觀念

本題考查康普頓散射（Compton scattering）中，光子能量與電子動能之間的轉換。

光子散射後的能量為

$$E'=\frac{E}{1+\dfrac{E}{m_ec^2}(1-\cos\theta)}$$

其中：

• $E=100\ \text{keV}$：入射光子能量
• $E'$：散射光子能量
• $m_ec^2=511\ \text{keV}$：電子靜止能量
• $\theta$：光子的散射角

電子獲得的動能為入射與散射光子能量之差：

$$K_e=E-E'$$

因此，要使電子獲得最大動能，就必須使散射光子的能量最小。

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解題方法

由康普頓散射公式可知，當光子向後散射時，$\theta=\pi$，有

$$\cos\theta=-1$$

因此

$$1-\cos\theta=1-(-1)=2$$

此時散射光子能量最小：

$$E'_{\min} =\frac{E}{1+\dfrac{2E}{m_ec^2}}$$

代入 $E=100\ \text{keV}$ 與 $m_ec^2=511\ \text{keV}$：

$$E'_{\min} =\frac{100}{1+\dfrac{2(100)}{511}}$$ $$E'_{\min} =\frac{100}{1+\dfrac{200}{511}} \approx 71.8\ \text{keV}$$

所以電子所能獲得的最大動能為

$$K_{e,\max}=E-E'_{\min}$$

核心觀念

$\mathrm{He^+}$ 是氦原子失去一個電子後形成的單電子離子，核電荷數為 $Z=2$，因此屬於氫類離子。其能階公式為

$$E_n=-\frac{13.6Z^2}{n^2}\ \text{eV},$$

其中 $n$ 為主量子數。基態對應 $n=1$。

解題方法

代入 $\mathrm{He^+}$ 的核電荷數 $Z=2$ 與基態主量子數 $n=1$：

$$E_1=-\frac{13.6(2)^2}{(1)^2} =-13.6\times 4 =-54.4\ \text{eV}.$$

負號表示電子處於束縛態；若要將電子從基態移至無限遠處，需要提供 $54.4\ \text{eV}$ 的能量。

選項分析

• (A) $-13.6\ \text{eV}$：錯誤。
  這是氫原子（$Z=1$）基態能量，不是 $\mathrm{He^+}$ 的基態能量。

• (B) $-27.2\ \text{eV}$：錯誤。
  此數值相當於將氫原子的基態能量乘以 $2$，但氫類離子的能量與 $Z^2$ 成正比，應乘以 $2^2=4$。

核心觀念

電子的能量 $1.60\times10^{-15}\,\mathrm{J}$ 視為電子的動能 $K$。電子波長由德布羅意關係式決定：

$$\lambda_e=\frac{h}{p_e}$$

光子的波長則滿足：

$$\lambda_\gamma=\frac{h}{p_\gamma}$$

題目指定兩者波長相同，因此：

$$p_e=p_\gamma$$

光子的能量為：

$$E_\gamma=p_\gamma c=p_e c$$

電子速度已接近相對論範圍，應使用相對論性能量動量關係式：

$$E_e^2=(p_e c)^2+(m_ec^2)^2$$

其中電子靜止能量為：

$$m_ec^2=511\,\mathrm{keV}$$

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解題方法

先將電子動能換算為電子伏特：

$$K=1.60\times10^{-15}\,\mathrm{J}$$

利用

$$1\,\mathrm{eV}=1.60\times10^{-19}\,\mathrm{J}$$

可得：

$$K=\frac{1.60\times10^{-15}}{1.60\times10^{-19}}\mathrm{eV} =1.00\times10^4\,\mathrm{eV} =10.0\,\mathrm{keV}$$

電子的總能量為：

$$E_e=K+m_ec^2$$

由相對論性能量動量關係式：

$$(p_ec)^2=E_e^2-(m_ec^2)^2$$

代入 $E_e=K+m_ec^2$：

$$(p_ec)^2=(K+m_ec^2)^2-(m_ec^2)^2$$

整理得：

$$(p_ec)^2=K^2+2K m_ec^2$$

因此，同波長光子的能量為：

$$E_\gamma=p_ec =\sqrt{K^2+2K m_ec^2}$$

代入 $K=10.0\,\mathrm{keV}$ 與 $m_ec^2=511\,\mathrm{keV}$：

$$E_\gamma =\sqrt{(10.0)^2+2(10.0)(511)}\,\mathrm{keV}$$

核心觀念

本題考查能量—時間不確定性原理：

$$\Delta E\,\Delta t \gtrsim \frac{\hbar}{2}$$

其中：

• $\Delta E$：能量的不確定度
• $\Delta t$：狀態的壽命
• $\hbar$：約化普朗克常數

估算題通常採用數量級形式：

$$\Delta E \sim \frac{\hbar}{\Delta t}$$

並使用

$$\hbar \approx 6.58\times 10^{-16}\ \text{eV}\cdot\text{s}$$

解題方法

題目給定狀態壽命：

$$\Delta t=10^{-9}\ \text{s}$$

代入能量—時間不確定性原理的估算式：

$$\Delta E\sim\frac{\hbar}{\Delta t}$$

因此：

$$\Delta E\sim \frac{6.58\times10^{-16}\ \text{eV}\cdot\text{s}} {10^{-9}\ \text{s}}$$ $$\Delta E\sim 6.58\times10^{-7}\ \text{eV}$$

若嚴格使用 $\hbar/2$，則

$$\Delta E\gtrsim \frac{\hbar}{2\Delta t} \approx 3.29\times10^{-7}\ \text{eV}$$

兩種寫法的差異只在數值因子 $2$，數量級皆為 $10^{-7}\ \text{eV}$，因此選擇：

$$\boxed{10^{-7}\ \text{eV}}$$

選項分析

觀念說明與推導

根據普朗克輻射定律，黑體表面在波長 $\lambda$ 處的單位面積、單位波長輻射強度（單色發射功率 $I(\lambda, T)$）公式為：

$I(\lambda, T) = \frac{2\pi h c^2}{\lambda^5 \left(e^{\frac{hc}{\lambda k_B T}} - 1\right)}$

其中：

• 普朗克常數 $h \approx 6.626 \times 10^{-34} \text{ J}\cdot\text{s}$
• 光速 $c \approx 3.0 \times 10^8 \text{ m/s}$
• 玻爾茲曼常數 $k_B \approx 1.381 \times 10^{-23} \text{ J/K}$

計算步驟

1. 計算指數項分子與分母之比值：
   對於峰值波長 $\lambda = 500 \text{ nm} = 5 \times 10^{-7} \text{ m}$ 與溫度 $T = 5800 \text{ K}$：
   $x = \frac{hc}{\lambda k_B T} \approx \frac{(6.626 \times 10^{-34}) \times (3.0 \times 10^8)}{(5 \times 10^{-7}) \times (1.381 \times 10^{-23}) \times 5800} \approx 4.965$

核心觀念

本題考查固體能帶理論中，依據價帶與導帶之間的能隙（band gap）大小判斷材料種類。

• 導體：價帶與導帶重疊，或能帶未填滿，因此幾乎不需額外能量即可產生自由電子，$E_g \approx 0$。
• 半導體：價帶與導帶之間存在較小能隙，通常約為 $0.1\sim 3\ \text{eV}$。
• 絕緣體：能隙較大，通常約為數個 $\text{eV}$ 以上，常溫下電子不易由價帶躍遷至導帶。

題目給定能隙為

$$E_g=1\ \text{eV},$$

屬於典型的小能隙材料。

解題方法

判斷材料分類的關鍵，是比較價帶與導帶之間能隙的大小。

當價帶已填滿、導帶為空，電子若要參與導電，必須吸收至少 $E_g$ 的能量，從價帶躍遷至導帶。對於 $E_g=1\ \text{eV}$ 的材料，在室溫下仍有一部分電子能透過熱激發進入導帶，同時價帶中留下電洞，因此具有可觀的導電能力。

這種「具有小能隙、導電度介於導體與絕緣體之間」的材料，定義上就是半導體。

選項分析

(A) insulator（絕緣體）

錯誤。絕緣體通常具有較大的能隙，常溫熱能不足以使大量電子跨越能隙。$1\ \text{eV}$ 屬於小能隙範圍，符合半導體而非典型絕緣體。

核心觀念

p-n 接面形成耗盡區時，n 側施主原子失去電子，形成帶正電的固定離子；p 側受主原子取得電子，形成帶負電的固定離子。這些固定離子建立內建電場與內建電位。

對 p-n 接面施加順向偏壓時，外加電場方向與內建電場相反，因此：

• 耗盡區中的電位障壁降低；
• 耗盡區寬度變窄；
• 耗盡區內的最大電場降低；
• 施主與受主的摻雜濃度不因外加偏壓改變。

耗盡區寬度可表示為

$$W=\sqrt{\frac{2\varepsilon_s}{q} \left(\frac{1}{N_A}+\frac{1}{N_D}\right) \left(V_{bi}-V_F\right)}$$

其中 $V_{bi}$ 是內建電位，$V_F$ 是順向偏壓，$N_A$ 與 $N_D$ 分別為受主與施主濃度。順向偏壓增加時，$V_{bi}-V_F$ 減小，因此 $W$ 減小。

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解題方法

本題直接判斷順向偏壓對耗盡區的影響即可。

順向偏壓會降低 p-n 接面的有效位障：

$$V_{\text{barrier}}=V_{bi}-V_F$$

由於有效位障降低，維持空間電荷區所需的電荷分離範圍變小，故耗盡區變窄。耗盡區內的固定離子數量也隨之減少，使電場與電位差均降低。

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選項分析

(A) narrows the depletion zone

正確。由

$$W\propto \sqrt{V_{bi}-V_F}$$

可知順向偏壓 $V_F$ 增加時，耗盡區寬度 $W$ 減小，因此耗盡區變窄。

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(B) increases the electric field in the depletion zone

錯誤。以突變接面為例，耗盡區內的最大電場可寫成

核心觀念

雷射產生需要具備「人口反轉」（population inversion），其定義是：

在參與雷射躍遷的上能階中，原子數目多於下能階中的原子數目。

設上能階與下能階的粒子數分別為 $N_2$ 與 $N_1$，人口反轉的基本條件為

$$N_2>N_1.$$

在熱平衡狀態下，粒子通常大量分布於低能階，因此 $N_1>N_2$。人口反轉代表透過外界能量泵浦，使較多原子被激發到上能階，讓受激放射能夠超過吸收作用，進而形成雷射放大。

更嚴格地說，若上下能階具有簡併度 $g_2$、$g_1$，雷射增益條件涉及

$$\frac{N_2}{g_2}>\frac{N_1}{g_1},$$

但本題未提及簡併度，採用基本定義 $N_2>N_1$ 即可。

解題方法

直接辨認 population inversion 的定義：

1. 找出參與雷射躍遷的上能階與下能階。
2. 比較兩能階中的原子數目。
3. 人口反轉要求上能階的原子數多於下能階。

因此，正確敘述應是「會放出光子的激發態數目，大於躍遷終止所在的低能階數目」。

選項分析

(A) Electrons are in the $-1/2$ state.

錯誤。$-1/2$ 通常涉及自旋或磁量子數的特定狀態，與人口反轉的定義無關。人口反轉比較的是上、下能階的粒子數，而不是電子是否處於某個特定的 $-1/2$ 狀態。

(B) Excited atoms must be at the bottom of the laser tube.

錯誤。人口反轉討論的是能階上的粒子數分布，不是激發原子在雷射管中的空間位置。激發原子不需要位於雷射管底部。

核心觀念

本題考查：

• 二維無限深方形井的單粒子能階。
• 電子為費米子，必須遵守泡利不相容原理。
• 電子具有兩種自旋狀態，因此每個空間軌域最多容納 $2$ 個電子。
• 多電子系統的總能量為各電子單粒子能量之和。

令

$$\varepsilon_0=\frac{h^2}{8mL^2}.$$

題目中的單粒子能量應理解為

$$E_{n_x,n_y}=\varepsilon_0(n_x^2+n_y^2), \qquad n_x,n_y=1,2,3,\ldots$$

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解題方法

先列出最低幾個空間軌域的能量：

$$\begin{array}{c|c|c} (n_x,n_y) & n_x^2+n_y^2 & \text{空間軌域簡併度} \\ \hline (1,1) & 2 & 1 \\ (1,2),(2,1) & 5 & 2 \\ (2,2) & 8 & 1 \\ (1,3),(3,1) & 10 & 2 \end{array}$$

考慮自旋後，各能階可容納的電子數為：

• 能量 $2\varepsilon_0$：最多 $2$ 個電子；
• 能量 $5\varepsilon_0$：有兩個空間軌域，最多 $4$ 個電子；
• 能量 $8\varepsilon_0$：最多 $2$ 個電子。

五個電子的基態填法為：

$$\underbrace{(1,1)^2}_{2\varepsilon_0} \quad \underbrace{(1,2)^2(2,1)^1}_{5\varepsilon_0}.$$

因此基態總能量為

$$E_{\text{gs}} =2(2\varepsilon_0)+3(5\varepsilon_0) =4\varepsilon_0+15\varepsilon_0 =19\varepsilon_0.$$

第一激發態必須以最小能量將一個電子由最高已佔據能階 $5\varepsilon_0$ 激發至下一個能階 $8\varepsilon_0$：

$$\underbrace{(1,1)^2}_{2\varepsilon_0} \quad \underbrace{(1,2)^2}_{5\varepsilon_0} \quad \underbrace{(2,2)^1}_{8\varepsilon_0}.$$

故第一激發態總能量為

核心觀念

本題考查「原子核每核子平均束縛能」與恆星核融合能量來源。

原子核的總束縛能 $B$ 表示核子結合成原子核時釋放的能量；平均每核子束縛能為

$$\frac{B}{A},$$

其中 $A$ 為質量數。$\frac{B}{A}$ 越大，表示原子核越穩定，核子被束縛得越緊。

原子核反應若使生成物的平均束縛能增加，質量會減少，並依質能等價關係

$$E=\Delta mc^2$$

釋放能量。

原子核的平均束縛能大致在鐵、鎳附近達到最大值：

• 輕核融合成中等質量核時，$\frac{B}{A}$ 增加，會釋放能量。
• 重核分裂成中等質量核時，$\frac{B}{A}$ 也增加，會釋放能量。
• 鐵、鎳附近的核種具有最大的平均束縛能，再融合或再分裂都不易透過此機制釋放能量。

因此，恆星核心的核融合反應進行到鐵附近後，便無法再靠融合取得能量。

解題方法

判斷恆星為何不繼續融合鐵，關鍵在於比較核融合前後的平均束縛能。

對輕元素而言，融合後的原子核通常更接近鐵峰，平均每核子束縛能增加：

$$\left(\frac{B}{A}\right)_{\text{生成物}} > \left(\frac{B}{A}\right)_{\text{反應物}}.$$

由於生成物的總質量較小，質量差轉換為能量：

$$Q = \left[ \sum m_{\text{反應物}} - \sum m_{\text{生成物}} \right]c^2 >0.$$

當反應物已經是鐵附近的核種時，生成物的平均束縛能不會再增加。若繼續融合，反而可能使平均束縛能降低，導致

$$Q<0,$$

也就是必須額外供給能量，不能再為恆星提供核融合能量。

所以本題正確理由是鐵核的核子具有極大的平均束縛能，通常以「鐵核最緊密束縛」表示。

選項分析

(A) iron in stellar cores tends to spontaneously fission.

錯誤。

鐵核並不會因為位於恆星核心，就傾向自發裂變。重核如鈾、鈽具有較強的庫侖斥力，較可能發生裂變；鐵附近的核種則位於平均束縛能的峰值附近，具有高度穩定性。

核心觀念

夸克（quark）依組合方式可形成強子（hadron）：

• 介子（meson）：由一個夸克與一個反夸克束縛形成，組成為 $q\bar q$。
• 重子（baryon）：由三個夸克束縛形成，組成為 $qqq$。
• 反重子則由三個反夸克組成，為 $\bar q\bar q\bar q$。

因此，本題只需辨認夸克束縛態的基本分類。

解題方法

題目給定：

1. 一對束縛的夸克—反夸克：
   $q+\bar q \longrightarrow \text{介子（meson）}$

2. 三個束縛的夸克：
   $q+q+q \longrightarrow \text{重子（baryon）}$

故句子應填入：

A bound quark-antiquark pair is a meson while a bound quark triplet is a baryon.

選項分析

核心觀念

弱作用的作用距離由媒介粒子的康普頓波長決定。對質量為 $m$ 的媒介粒子，其作用範圍約為

$$R \sim \frac{\hbar}{mc}$$

若以粒子的靜止能量 $mc^2$ 表示，公式可寫成

$$R \sim \frac{\hbar c}{mc^2}$$

本題給定

$$m_Zc^2=93\ \text{GeV}$$

因此可利用

$$\hbar c \approx 197\ \text{MeV}\cdot\text{fm}$$

估算 $Z^0$ 玻色子所媒介的弱作用範圍。

解題方法

將能量單位換成 MeV：

$$93\ \text{GeV}=9.3\times10^4\ \text{MeV}$$

代入作用範圍公式：

$$R\sim\frac{\hbar c}{m_Zc^2} =\frac{197\ \text{MeV}\cdot\text{fm}} {9.3\times10^4\ \text{MeV}}$$ $$R\sim 2.12\times10^{-3}\ \text{fm}$$

又因為

$$1\ \text{fm}=10^{-15}\ \text{m}$$

所以

$$R\sim 2.12\times10^{-3}\times10^{-15}\ \text{m}$$ $$R\sim2.1\times10^{-18}\ \text{m}$$

取數量級後為

$$R\sim10^{-18}\ \text{m}$$

選項分析

核心觀念

本題考查星系退行速度造成的多普勒紅移（Doppler redshift）。

當光源以速度 $v$ 遠離觀察者，且 $v\ll c$ 時，紅移量可用非相對論近似：

$$\frac{\Delta \lambda}{\lambda_0}\approx \frac{v}{c}$$

因此波長改變量為：

$$\Delta\lambda\approx \lambda_0\frac{v}{c}$$

其中：

• $\lambda_0$：光源發出的原始波長
• $\Delta\lambda$：波長偏移量
• $v$：星系遠離我們的速度
• $c$：光速，約為 $3.00\times10^5\ \text{km/s}$

由於星系遠離我們，波長增加，屬於紅移。

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解題方法

已知：

$$\lambda_0=121\ \text{nm}=121\times10^{-9}\ \text{m}$$ $$v=14{,}000\ \text{km/s}$$ $$c=3.00\times10^5\ \text{km/s}$$

代入紅移公式：

$$\Delta\lambda =\lambda_0\frac{v}{c}$$ $$\Delta\lambda =(121\times10^{-9}) \left(\frac{14{,}000}{3.00\times10^5}\right)$$

速度比為：

$$\frac{14{,}000}{300{,}000}\approx 0.0467$$

因此：

$$\Delta\lambda \approx 121\times10^{-9}\times0.0467$$ $$\Delta\lambda\approx5.65\times10^{-9}\ \text{m} \approx5.7\times10^{-9}\ \text{m}$$

所以觀測到的波長約為：

$$\lambda_{\text{obs}} =\lambda_0+\Delta\lambda \approx126.7\ \text{nm}$$

核心觀念

本題考查異常 Zeeman 效應。在弱磁場、仍適用 $LS$ 耦合時，能階的 Zeeman 位移為

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

其中 $g_J$ 為 Landé 因子，$m_J=-J,-J+1,\ldots,J$。

電偶極躍遷須滿足選擇定則

$$\Delta m_J=0,\pm 1.$$

因此需先求上下能階的 $g_J$，再列出所有允許躍遷，並判斷其躍遷頻率是否重合。

解題方法

Landé 因子公式為

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

上能階：$^2D_{3/2}$

由 $^2D$ 可知

$$L=2,\qquad S=\frac12,\qquad J=\frac32.$$

因此

$$g_u = 1+\frac{ \frac{15}{4}+\frac34-6 }{ 2\cdot\frac{15}{4} } = 1-\frac15 = \frac45.$$

其磁量子數為

$$m_u=-\frac32,-\frac12,\frac12,\frac32.$$

下能階：$^2P_{1/2}$

由 $^2P$ 可知

$$L=1,\qquad S=\frac12,\qquad J=\frac12.$$

因此

$$g_l = 1+\frac{ \frac34+\frac34-2 }{ 2\cdot\frac34 } = 1-\frac13 = \frac23.$$

其磁量子數為

$$m_l=-\frac12,\frac12.$$

列出允許躍遷

躍遷頻率的磁場位移為

$$\Delta \nu = \frac{\mu_B B}{h} \left(g_u m_u-g_l m_l\right).$$

各允許躍遷如下：

核心觀念

大量相同費米子的最低能階填滿狀態，最高被佔據的動量稱為費米動量 $p_F$。在三維動量空間中，粒子會填滿半徑為 $p_F$ 的球。

單位動量空間中的量子態數與盒子體積 $V$ 成正比，因此粒子數滿足

$$N \propto Vp_F^3.$$

本題固定粒子數 $N$，考察盒子體積加倍時最高動量的變化。

解題方法

動量大小不超過 $p_F$ 的狀態，其數量與動量空間球體積成正比：

$$N=g\frac{V}{(2\pi\hbar)^3}\frac{4\pi}{3}p_F^3,$$

其中 $g$ 為自旋簡併度。由於粒子種類與自旋狀態不變，$g$ 以及其他常數皆固定，因此

$$N\propto Vp_F^3.$$

在粒子數不變的條件下，

$$Vp_F^3=\text{常數},$$

所以

$$p_F^3\propto \frac{1}{V}, \qquad p_F\propto V^{-1/3}.$$

若體積變為

$$V'=2V,$$

則新的最大動量為

核心觀念

這題考察類氫原子能階與躍遷光子能量。負 μ 子被磷原子捕獲後，可視為繞著帶正電的原子核運動的類氫系統。

類氫原子的能階為

$$E_n=-\frac{\mu}{m_e}\frac{Z^2}{n^2}(13.6\ \text{eV}),$$

其中：

• $\mu$ 為 μ 子與原子核的約化質量；
• $m_e$ 為電子質量；
• $Z=15$ 為磷的原子序；
• 題目給定 $m_\mu=206m_e$。

本題未提供磷原子核質量，依一般研究所入學考試的近似，取約化質量 $\mu\simeq m_\mu=206m_e$。

解題方法

μ 子由 $n=3$ 跃遷至 $n=2$，屬於由高能階降至低能階，因此會放出光子，其能量為

$$E_\gamma=E_3-E_2.$$

由能階公式，

$$E_\gamma = \frac{\mu}{m_e}Z^2(13.6\ \text{eV}) \left(\frac{1}{2^2}-\frac{1}{3^2}\right).$$

代入 $\mu/m_e=206$、$Z=15$：

$$E_\gamma = 206(15)^2(13.6\ \text{eV}) \left(\frac14-\frac19\right).$$

計算分數部分：

觀念分析
電子（電荷 $-e$、質量 $m$）與正電子（電荷 $+e$、質量 $m$）組成之束縛態系統（正電子素，Positronium）。求其軌域運動所產生的總磁矩。

推導過程
設電子與正電子相對於質心的位置與速度分別為 $(\vec{r}_1, \vec{v}_1)$ 與 $(\vec{r}_2, \vec{v}_2)$。
由於兩粒子質量相等（$m_1 = m_2 = m$），相對於質心滿足：
$\vec{r}_1 = -\vec{r}_2, \quad \vec{v}_1 = -\vec{v}_2$

電子與正電子的軌域角動量分別為：