114 年 國立成功大學物理學系碩士班《近代物理學》

核心觀念

本題考查康普頓散射中的兩個關係：

1. 光子能量與波長的關係
   $E=h\nu=\frac{hc}{\lambda},\qquad E'=h\nu'=\frac{hc}{\lambda'}$

2. 康普頓波長位移
   $\lambda'-\lambda=\frac{h}{mc}(1-\cos\phi)$

其中入射光子與電子碰撞後，光子波長增加、頻率降低，因此光子能量減少。

題目將波長差寫成 $\Delta\lambda=\lambda-\lambda'$，與標準的「波長增加量」符號相反。為使能量損失 $\Delta E=E-E'$ 為正，以下採用

$$\Delta\lambda_{\mathrm C}=\lambda'-\lambda =\frac{h}{mc}(1-\cos\phi)$$

進行推導。

解題方法與推導

入射光子的能量為

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

散射後光子的能量為

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

因此光子的能量損失為

$\Delta E=E-E'$

分數能量損失為

$$\frac{\Delta E}{E} =\frac{E-E'}{E} =1-\frac{E'}{E}$$

代入 $E=hc/\lambda$ 與 $E'=hc/\lambda'$：

$$\frac{\Delta E}{E} =1-\frac{hc/\lambda'}{hc/\lambda} =1-\frac{\lambda}{\lambda'}$$

整理得

$$\frac{\Delta E}{E} =\frac{\lambda'-\lambda}{\lambda'} =\frac{\Delta\lambda_{\mathrm C}}{\lambda'}$$

核心觀念

本題考查波耳氫原子模型的三項基本假設：

1. 電子受庫倫力作用作圓周運動。
2. 電子由高能階躍遷至低能階時放出光子，光子能量為
   $h\nu=E_m-E_{m'}.$
3. 電子軌道角動量量子化：
   $m_evr=n\hbar,$
   其中 $m_e$ 為電子質量。

能量譜由「庫倫力提供向心力」與「角動量量子化」共同決定；原子反衝速度則由光子動量與動量守恆求得。

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解題方法

（a）求能量譜 $E_n$

1. 庫倫力提供向心力

電子與質子間的庫倫力大小為

$$\frac{ke^2}{r^2},$$

因此圓周運動滿足

$$\frac{m_ev^2}{r}=\frac{ke^2}{r^2}.$$

整理得

$$m_ev^2=\frac{ke^2}{r}.$$

2. 使用角動量量子化條件

波耳第三假設為

$$m_evr=n\hbar.$$

因此

$$v=\frac{n\hbar}{m_er}.$$

代入向心力方程：

$$m_e\left(\frac{n\hbar}{m_er}\right)^2 =\frac{ke^2}{r}.$$

整理後得到第 $n$ 個允許軌道半徑：

$$r_n=\frac{n^2\hbar^2}{m_eke^2}.$$

3. 計算總能量

電子的動能為

$$K=\frac12m_ev^2.$$

由

$$m_ev^2=\frac{ke^2}{r}$$

可得

$$K=\frac{ke^2}{2r}.$$

庫倫位能為

$$U=-\frac{ke^2}{r}.$$

所以總能量

$$E=K+U =\frac{ke^2}{2r}-\frac{ke^2}{r} =-\frac{ke^2}{2r}.$$

代入 $r_n$：

$$E_n=-\frac{ke^2}{2} \frac{m_eke^2}{n^2\hbar^2}.$$

因此能量譜為

$$\boxed{ E_n=-\frac{m_ek^2e^4}{2\hbar^2n^2} }$$

亦可寫成

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

其中基態能量為

$$E_1=-13.6\ \text{eV}.$$

若考慮電子與質子皆繞共同質心運動，應將 $m_e$ 精確替換為電子—質子約化質量

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

但標準波耳模型通常直接採用電子質量 $m_e$。

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（b）求氫原子的反衝速度

電子由初態 $n=m$ 躍遷至末態 $n=m'$。放出光子的能量為

$$h\nu=E_m-E_{m'}.$$

由（a）可知

核心觀念

本題考查剛性雙粒子系統的轉動慣量，以及角動量與角速度的關係：

$$L=I\omega$$

兩個質量皆為 $m_p$ 的質子相距 $d$，並繞共同質心轉動。由於兩質子質量相同，質心位於兩者中點，因此每個質子到旋轉軸的距離為

$$r=\frac{d}{2}.$$

題目給定總角動量量子化為

$$L_n=n\hbar.$$

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解題方法

以兩質子共同質心為旋轉軸，先求系統的轉動慣量。

單一質子的轉動慣量為

$$I_1=m_p\left(\frac{d}{2}\right)^2.$$

兩個質子的總轉動慣量為

$$I=2I_1 =2m_p\left(\frac{d}{2}\right)^2 =\frac{m_p d^2}{2}.$$

第 $n$ 個量子態的角動量為

$$L_n=I\omega_n=n\hbar.$$

代入轉動慣量：

這題考的是量子力學中的一維勢壘問題，核心觀念是應用薛丁格方程式並考慮邊界條件來計算反射係數。

核心觀念：
在一維空間中，當一個量子粒子遇到一個突然上升的勢能區域時，其波函數在兩個區域的邊界必須滿足連續性和連續性的一階導數。通過匹配這些邊界條件，我們可以計算出反射和透射的機率。

解題過程：
粒子具有能量 $E$，$E > U$。
勢能函數為：
$V(x) = \begin{cases} 0 & x < 0 \text{ (Region 1)} \\ U & x \ge 0 \text{ (Region 2)} \end{cases}$
我們假設粒子從左邊（Region 1）入射，朝著右邊（Region 2）前進。

1. 寫出薛丁格方程式：
   在 Region 1 ($x < 0$)，勢能 $V(x) = 0$。薛丁格方程式為：
   $-\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2\psi_1(x)}{dx^2} = E \psi_1(x)$
   其解為行進波和後向波的疊加：
   $\psi_1(x) = A e^{ik_1 x} + B e^{-ik_1 x}$
   其中 $k_1 = \sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}}$ 是 Region 1 的波數。$A$ 代表入射波的振幅，$B$ 代表反射波的振幅。

   在 Region 2 ($x \ge 0$)，勢能 $V(x) = U$。薛丁格方程式為：
   $-\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2\psi_2(x)}{dx^2} + U \psi_2(x) = E \psi_2(x)$
   $-\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2\psi_2(x)}{dx^2} = (E-U) \psi_2(x)$
   由於 $E > U$，所以 $E-U > 0$。其解為行進波：
   $\psi_2(x) = C e^{ik_2 x}$
   其中 $k_2 = \sqrt{\frac{2m(E-U)}{\hbar^2}}$ 是 Region 2 的波數。$C$ 代表透射波的振幅。我們假設沒有從右邊來的波，所以透射波是向右傳播的。

2. 應用邊界條件：
   在 $x=0$ 處，波函數及其導數必須連續：
   (a) $\psi_1(0) = \psi_2(0)$
   (b) $\frac{d\psi_1}{dx}\Big|_{x=0} = \frac{d\psi_2}{dx}\Big|_{x=0}$

   代入波函數的表達式：
   (a) $A e^{i k_1 (0)} + B e^{-i k_1 (0)} = C e^{i k_2 (0)}$
   $A + B = C$ (式 1)

   (b) 對 $\psi_1(x)$ 求導：$i k_1 A e^{i k_1 x} - i k_1 B e^{-i k_1 x}$
   對 $\psi_2(x)$ 求導：$i k_2 C e^{i k_2 x}$
   在 $x=0$ 處：$i k_1 A - i k_1 B = i k_2 C$
   $k_1 (A - B) = k_2 C$ (式 2)

3. 求解反射係數 $R$：
   反射係數 $R$ 定義為反射波能量與入射波能量之比。由於粒子能量 $E$ 是由質量 $m$ 和波數 $k$ 決定的 ($E = \frac{\hbar^2 k^2}{2m}$)，在同一區域內，能量與波數的平方成正比。因此，反射係數也可以定義為反射波振幅平方與入射波振幅平方之比：
   $R = \frac{|B|^2}{|A|^2}$.

   我們需要從式 1 和式 2 中解出 $B/A$。
   從式 1：$C = A + B$.
   將 $C$ 代入式 2：
   $k_1 (A - B) = k_2 (A + B)$
   $k_1 A - k_1 B = k_2 A + k_2 B$
   $k_1 A - k_2 A = k_1 B + k_2 B$

(a) 經典觀點下磁偶極矩與軌道角動量的關係推導

設電子質量為 $m$、帶電量大小為 $e$，以速率 $v$ 繞原子核作半徑為 $r$ 的圓周運動。

1. 等效電流 $I$：
   電子運動週期為 $T = \frac{2\pi r}{v}$，軌道產生的等效電流大小為：
   $I = \frac{e}{T} = \frac{e v}{2\pi r}$

2. 磁偶極矩大小 $\mu$：
   圓形軌道面積為 $A = \pi r^2$，磁偶極矩大小為：
   $\mu = I A = \left(\frac{e v}{2\pi r}\right) (\pi r^2) = \frac{e v r}{2}$

3. 軌道角動量大小 $L$：
   $L = m v r \implies v r = \frac{L}{m}$

4. 關係式推導：
   將 $v r = \frac{L}{m}$ 代入磁偶極矩表示式：
   $\mu = \frac{e}{2m} L$

   若考慮向量方向，由於電子帶負電（$-e$），等效電流方向與運動方向相反，故磁偶極矩向量 $\boldsymbol{\mu}$ 與軌道角動量向量

核心觀念

本題考查狹義相對論中的：

• 慣性座標系間的洛倫茲轉換。
• 速度定義 $v=dx/dt$。
• 相對論速度合成公式。
• 光速不變原理：所有慣性座標系測得的真空光速皆為 $c$。

設 $S'$ 相對於 $S$ 沿 $x$ 軸以速度 $u$ 運動，且兩座標系在 $t=t'=0$ 時重合。

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解題方法與推導

(a) 相對論速度合成公式

洛倫茲座標轉換為

$$x'=\gamma_u(x-ut),$$ $$t'=\gamma_u\left(t-\frac{ux}{c^2}\right),$$

其中

$$\gamma_u=\frac{1}{\sqrt{1-u^2/c^2}}.$$

反變換寫成

$$x=\gamma_u(x'+ut'),$$ $$t=\gamma_u\left(t'+\frac{ux'}{c^2}\right).$$

粒子在兩座標系中的速度分別定義為

$$v_x=\frac{dx}{dt}, \qquad v_x'=\frac{dx'}{dt'}.$$

由反變換微分得

$$dx=\gamma_u(dx'+u\,dt'),$$ $$dt=\gamma_u\left(dt'+\frac{u}{c^2}dx'\right).$$

因此

$$v_x=\frac{dx}{dt} =\frac{dx'+u\,dt'}{dt'+\dfrac{u}{c^2}dx'}.$$

除以 $dt'$，得到相對論速度合成公式：

$$\boxed{ v_x=\frac{v_x'+u}{1+\dfrac{uv_x'}{c^2}} }$$

這是沿相對運動方向的速度合成公式。

若由 $S$ 觀察 $S'$ 中粒子的速度，則可將 $u$ 改為 $-u$，得到

$$\boxed{ v_x'=\frac{v_x-u}{1-\dfrac{uv_x}{c^2}} }$$

這兩個公式彼此等價。

若粒子具有垂直於相對運動方向的速度分量，則完整的三維速度轉換為

$$\boxed{ v_x=\frac{v_x'+u}{1+\dfrac{uv_x'}{c^2}} }$$ $$\boxed{ v_y=\frac{v_y'}{\gamma_u\left(1+\dfrac{uv_x'}{c^2}\right)} }$$ $$\boxed{ v_z=\frac{v_z'}{\gamma_u\left(1+\dfrac{uv_x'}{c^2}\right)} }$$

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(b) 證明光速在所有慣性座標系相同

一維情形

若光在 $S'$ 中沿 $x$ 軸正方向傳播，則

$$v_x'=c.$$

代入速度合成公式：

$$v_x=\frac{c+u}{1+\dfrac{uc}{c^2}} =\frac{c+u}{1+\dfrac{u}{c}}.$$

將分母整理為

$$1+\frac{u}{c}=\frac{c+u}{c},$$

因此

$$v_x=\frac{c+u}{(c+u)/c}=c.$$

若光沿負 $x$ 軸傳播，則 $v_x'=-c$，代入可得

核心觀念

本題考查海森堡不確定性原理：

$$\Delta x\,\Delta p\gtrsim \frac{\hbar}{2}$$

若電子存在於原子核內，其位置不確定度至多約為核半徑：

$$\Delta x\sim 10^{-15}\ \text{m}$$

由於電子質量遠小於質子質量，且核內電子的動量很大，電子必須以相對論性粒子處理，其能量近似為

$$E\simeq pc$$

其中 $p$ 為電子動量。

解題方法

原子核若由質子與電子組成，電子必須被侷限在約 $10^{-15}\ \text{m}$ 的尺度內。由不確定性原理，

$$\Delta p\gtrsim \frac{\hbar}{2\Delta x}$$

取數量級估算時，常寫成

$$\Delta p\sim \frac{\hbar}{\Delta x}$$

因此電子的最小動量尺度為

$$p\sim \frac{\hbar}{\Delta x}$$

電子的能量為

$$E\simeq pc \simeq \frac{\hbar c}{\Delta x}$$

代入題目給定數值：

$$\hbar c = (6.58\times10^{-16}\ \text{eV}\cdot\text{s}) (3\times10^8\ \text{m/s})$$

所以

$$E\sim \frac{(6.58\times10^{-16})(3\times10^8)} {10^{-15}}\ \text{eV}$$ $$E\sim 1.97\times10^8\ \text{eV} \approx 197\ \text{MeV}$$

即使嚴格採用 $\Delta p\geq\hbar/(2\Delta x)$，也得到

$$E\gtrsim \frac{\hbar c}{2\Delta x} \approx 98.5\ \text{MeV}$$