108 年 國立中山大學物理學系碩士班《近代物理》

核心觀念

本題考查黑體的定義、熱輻射與普朗克黑體輻射定律。

黑體是理想化物體，具有以下性質：

• 對所有波長、方向與偏振的入射電磁波，吸收率皆為
  $\alpha_\lambda=1.$
• 不反射、也不透射入射輻射。
• 依據基爾霍夫熱輻射定律，在熱平衡下其放射率為
  $\varepsilon_\lambda=\alpha_\lambda=1,$
  因此在相同溫度下，黑體是熱輻射能力最大的物體。

「黑體」中的「黑」主要指完全吸收輻射，不代表物體在所有溫度下的可見外觀都是黑色。

（a）黑體是否一定看起來是黑色？

不一定。

若黑體溫度接近室溫，其熱輻射主要集中在紅外線區域，可見光輻射非常微弱。在可見光照射下，由於它幾乎不反射可見光，因此看起來是黑色。

但當黑體溫度升高，其熱輻射峰值會移向較短波長，並進入可見光範圍。例如：

• 溫度較低時，幾乎不發出可見光，看起來暗黑。
• 溫度升高後，先呈現暗紅色，再變成橙黃色。
• 溫度更高時，可見光各波段皆有顯著輻射，外觀可接近白色。

因此，黑體的「黑」是完全吸收外來輻射的性質；其是否看起來黑色，則取決於自身溫度與可見光輻射強度。

實際上，等溫空腔上的小孔可近似黑體。光線進入小孔後，在空腔內多次反射並被吸收，從外部看小孔幾乎不反射光；同時，小孔也會放出具有黑體譜的熱輻射。

（b）黑體光譜的一般特徵

解題方法

以普朗克定律描述黑體的光譜輻射，觀察溫度改變時光譜曲線的變化，即可得到黑體光譜的普遍性質。

以單位波長的光譜輻射亮度表示，普朗克定律為

$$B_\lambda(\lambda,T) = \frac{2hc^2}{\lambda^5} \frac{1}{\exp\left(\frac{hc}{\lambda k_BT}\right)-1},$$

其中：

• $T$ 為絕對溫度；
• $\lambda$ 為波長；
• $h$ 為普朗克常數；
• $c$ 為光速；
• $k_B$ 為波茲曼常數。

由此可見，在物理常數固定下，黑體光譜的形狀與強度只由溫度 $T$ 決定，與黑體的材質、化學成分無關。

黑體光譜的主要特徵

1. 黑體光譜是連續光譜

黑體輻射不是由少數幾條特定譜線構成，而是在各波長上連續分布，形成平滑的寬廣曲線。

2. 每一個溫度都有一條特定的光譜曲線

固定溫度後，光譜分布便唯一確定。不同材料只要具有相同溫度並且是理想黑體，就會有相同的黑體光譜。

核心觀念

本題考查狹義相對論的長度收縮。物體沿自身長度方向高速運動時，觀察者測得的長度為

$$L=L_0\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}},$$

其中：

• $L_0$：物體的固有長度，即在棒的靜止參考系中測得的長度；
• $L$：觀察者測得的運動中長度；
• $v$：棒相對觀察者的速度；
• $c$：光速。

題目給定棒的固有長度為 $L_0=100\ \text{cm}$，觀察者測得 $L=75\ \text{cm}$。

解題方法

代入長度收縮公式：

$$75=100\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}.$$

兩邊除以 $100$：

$$0.75=\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}.$$

兩邊平方：

$$0.75^2=1-\frac{v^2}{c^2},$$ $$0.5625=1-\frac{v^2}{c^2}.$$

因此

$$\frac{v^2}{c^2}=0.4375=\frac{7}{16}.$$

取速度的正值：

$$\frac{v}{c}=\frac{\sqrt{7}}{4}.$$

所以

$$v=\frac{\sqrt{7}}{4}c\approx 0.661c.$$

核心觀念

光電效應遵守愛因斯坦光電方程：

$$K_{\max}=\frac{hc}{\lambda}-w_0$$

其中：

• $K_{\max}$：光電子最大動能
• $h$：普朗克常數
• $c$：光速
• $\lambda$：入射光波長
• $w_0$：金屬功函數

在截止電位 $V_s$ 下，光電子恰好被完全阻止，因此

$$K_{\max}=eV_s$$

所以：

$$eV_s=\frac{hc}{\lambda}-w_0$$

同一種鈉光陰極的功函數固定，可利用兩組實驗數據相減消去 $w_0$。

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解題方法與計算

波長換算為公尺：

$$\lambda_1=3000\ \text{Å}=3.00\times10^{-7}\ \text{m}$$ $$\lambda_2=4000\ \text{Å}=4.00\times10^{-7}\ \text{m}$$

截止電位為：

$$V_{s1}=1.85\ \text{V},\qquad V_{s2}=0.82\ \text{V}$$

由兩次光電方程相減：

$$e(V_{s1}-V_{s2}) =hc\left(\frac{1}{\lambda_1}-\frac{1}{\lambda_2}\right)$$

因此

$$h= \frac{e(V_{s1}-V_{s2})} {c\left(\frac{1}{\lambda_1}-\frac{1}{\lambda_2}\right)}$$

由題目提示：

$$1\ \text{eV}=\frac{1}{6.242\times10^{18}}\ \text{J} \approx1.602\times10^{-19}\ \text{J}$$

且

$$V_{s1}-V_{s2}=1.85-0.82=1.03\ \text{V}$$

計算波長倒數差：

$$\frac{1}{\lambda_1}-\frac{1}{\lambda_2} = \frac{1}{3.00\times10^{-7}} -\frac{1}{4.00\times10^{-7}} = 8.333\times10^5\ \text{m}^{-1}$$

代入：

核心觀念

題目描述粒子只存在於 $-a/2\le x\le a/2$，區域外波函數為零，因此可視為寬度為 $a$ 的一維無限深方形位阱。粒子在井內為自由粒子，故

$$V(x)=0,\qquad -\frac a2<x<\frac a2.$$

定態波函數可寫成

$$\Psi(x,t)=\psi(x)e^{-iEt/\hbar},$$

其中 $\psi(x)$ 是空間部分，$E$ 是總能量。井內位能為零，所以總能量等於動能。

解題方法

井內的時間獨立薛丁格方程為

$$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dx^2}=E\psi.$$

由題目可得空間波函數

$$\psi(x)=A\sin\left(\frac{2\pi x}{a}\right).$$

對 $x$ 微分兩次：

$$\frac{d\psi}{dx} =A\frac{2\pi}{a}\cos\left(\frac{2\pi x}{a}\right),$$ $$\frac{d^2\psi}{dx^2} =-A\left(\frac{2\pi}{a}\right)^2 \sin\left(\frac{2\pi x}{a}\right) =-\left(\frac{2\pi}{a}\right)^2\psi(x).$$

代回薛丁格方程：

$$-\frac{\hbar^2}{2m} \left[-\left(\frac{2\pi}{a}\right)^2\psi\right] =E\psi.$$

核心觀念

本題考查相對論性能量—動量關係與德布羅意波長：

$$E^2=p^2c^2+m_0^2c^4$$

粒子的總能量為

$$E=m_0c^2+K$$

因此動量可寫成

$$p(K)=\frac{1}{c}\sqrt{(m_0c^2+K)^2-m_0^2c^4} =\frac{1}{c}\sqrt{K^2+2Km_0c^2}.$$

德布羅意波長定義為

$$\lambda=\frac{h}{p}.$$

同一粒子的 $h$ 不變，所以波長比等於動量比的倒數。

解題方法

令粒子的靜止能量為

$$E_0=m_0c^2.$$

初始條件為動能等於靜止能量：

$$K_1=E_0=m_0c^2.$$

代入相對論動量公式：

$$p_1c =\sqrt{K_1^2+2K_1m_0c^2} =\sqrt{E_0^2+2E_0^2} =\sqrt{3}\,E_0.$$

因此

$$p_1=\sqrt{3}\,m_0c.$$

動能加倍後：

$$K_2=2K_1=2m_0c^2=2E_0.$$

此時

$$p_2c =\sqrt{K_2^2+2K_2m_0c^2} =\sqrt{(2E_0)^2+2(2E_0)(E_0)} =\sqrt{8}\,E_0.$$

所以

$$p_2=2\sqrt{2}\,m_0c.$$

由 $\lambda=h/p$，

核心觀念

本題考查一維位能階梯的量子散射問題，重點包括：

• 定態薛丁格方程式。
• 不同區域中波函數的平面波解。
• 波函數與其一階導數在有限位能不連續處必須連續。
• 入射波、反射波與透射波的物理意義。
• 反射係數定義為

$$R=\frac{|B|^2}{|A|^2}$$

其中 $A$ 是入射波振幅，$B$ 是反射波振幅。

位能函數為

$$V(x)= \begin{cases} 0, & x<0,\\ V_0, & x>0, \end{cases}$$

且粒子由左側向右入射，總能量滿足 $E>V_0$，因此兩側皆為行進波。

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解題方法

將空間分成兩個區域，分別解定態薛丁格方程式，再於 $x=0$ 使用波函數及其一階導數的連續條件。

定態薛丁格方程式為

$$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dx^2}+V(x)\psi=E\psi.$$

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（a）波函數的一般解

區域 I：$x<0$

此區域的位能為 $V=0$，因此

$$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi_I}{dx^2}=E\psi_I.$$

整理得

$$\frac{d^2\psi_I}{dx^2}+k^2\psi_I=0,$$

其中

$$k=\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}.$$

因此空間部分的一般解為

$$\psi_I(x)=A e^{ikx}+B e^{-ikx}.$$

其中：

• $A e^{ikx}$ 表示向右傳播的入射波；
• $B e^{-ikx}$ 表示向左傳播的反射波。

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區域 II：$x>0$

此區域的位能為 $V=V_0$，因此

$$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi_{II}}{dx^2}+V_0\psi_{II}=E\psi_{II}.$$

整理得

$$\frac{d^2\psi_{II}}{dx^2}+q^2\psi_{II}=0,$$

其中

$$q=\frac{\sqrt{2m(E-V_0)}}{\hbar}.$$

由於粒子是由左向右入射，區域 II 中只有向右傳播的透射波，因此物理上的散射解為

$$\psi_{II}(x)=C e^{iqx}.$$

若只考慮空間部分，完整波函數為

$$\Psi(x,t)= \begin{cases} \left(Ae^{ikx}+Be^{-ikx}\right)e^{-iEt/\hbar}, & x<0,\\[6pt] Ce^{iqx}e^{-iEt/\hbar}, & x>0. \end{cases}$$

其中

$$k=\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}, \qquad q=\frac{\sqrt{2m(E-V_0)}}{\hbar}.$$

數學上的區域 II 一般解可寫成

$$\psi_{II}(x)=C e^{iqx}+D e^{-iqx},$$

但因為沒有從 $x=+\infty$ 向左入射的波，故本題取 $D=0$。

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（b）反射係數的推導

1. 波函數連續

因為 $x=0$ 處的位能只有有限跳躍，波函數必須連續：

$$\psi_I(0)=\psi_{II}(0).$$

代入兩側波函數：

$$A+B=C.$$

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2. 波函數一階導數連續

同樣地，一階導數也必須連續：