109 年 國立中山大學物理學系碩士班《近代物理》

核心觀念

本題考查兩個定義：

1. 帶電粒子通過電位差所獲得的動能：
   $K=|q|\Delta V$

2. 德布羅意物質波波長：
   $\lambda=\frac{h}{p}$

電子與質子的電荷量大小皆為 $e$，因此通過相同電位差後，獲得的動能相同；但兩者質量不同，故動量不同。

解題方法

粒子由靜止開始加速，初動能為零。電子與質子通過相同電位差 $\Delta V$ 後：

$K_e=K_p=e\Delta V$

在非相對論近似下，

$K=\frac{p^2}{2m}$

因此粒子的動量為

$p=\sqrt{2mK}=\sqrt{2me\Delta V}$

代入德布羅意波長公式：

$\lambda=\frac{h}{\sqrt{2me\Delta V}}$

在 $e$、$\Delta V$ 相同的情況下，

$\lambda\propto \frac{1}{\sqrt{m}}$

由於電子質量遠小於質子質量，

$m_e<m_p$

所以

$\lambda_e>\lambda_p$

波長比為

核心觀念

本題考辨三種統計分布在低能量處的特徵。玻色子遵守 Bose–Einstein 分布，單一能態的平均佔據數為

$$\bar n_{\mathrm{BE}}(E)=\frac{1}{\exp\!\left(\frac{E-\mu}{k_{\mathrm B}T}\right)-1}$$

其中 $\mu$ 是化學勢，$k_{\mathrm B}$ 是波茲曼常數，$T$ 是絕對溫度。當能量接近 $\mu$ 時，分母趨近零，佔據數會大幅上升；玻色子也不受每個能態最多只能有一個粒子的限制。

解題方法

先看圖中低能量端的曲線。Bose–Einstein 分布在低能量處的佔據數較大，往高能量方向則快速下降。因此應選擇在低能量端明顯向上升高、之後迅速下降的曲線。圖中符合這個特徵的是曲線 C。

核心觀念

本題考查矩形位能障壁的量子穿隧效應。由於四個選項皆滿足 $V>E$，粒子在障壁內不是振盪波，而是指數衰減波，其衰減常數為

$$\kappa=\frac{\sqrt{2m(V-E)}}{\hbar}.$$

矩形障壁的穿透率為

$$T=\left[1+\frac{V^2\sinh^2(\kappa W)} {4E(V-E)}\right]^{-1}.$$

因此，障壁越高、寬度越大，通常使 $\kappa W$ 越大，穿隧機率越小。在厚障壁近似下，

$$T\approx e^{-2\kappa W},$$

所以比較 $\kappa W$ 即可判斷穿隧機率大小。

解題方法

令

$$x=\frac{d\sqrt{2mE}}{\hbar}>0.$$

各選項的 $\kappa W$ 與公式中的係數如下：

選項	$V-E$	$\kappa W$	$\dfrac{V^2}{4E(V-E)}$
A	$E$	$x$	$1$
B	$3E$	$\sqrt{3}x$	$\dfrac43$
C	$E$	$2x$	$1$
D	$3E$	$2\sqrt{3}x$	$\dfrac43$

代入穿透率公式：

$$T_A=\frac{1}{1+\sinh^2x}=\operatorname{sech}^2x,$$ $$T_B=\frac{1}{1+\frac43\sinh^2(\sqrt3x)},$$ $$T_C=\frac{1}{1+\sinh^2(2x)},$$

核心觀念

氫原子的 $4p$ 狀態由量子數 $n=4$、$l=1$ 表示：

• $n=4$：主量子數，表示第 4 層能階。
• $p$：代表軌道角動量量子數 $l=1$。

軌道磁量子數 $m_l$ 的允許值由

$$m_l=-l,-l+1,\ldots,l-1,l$$

決定，因此同一個 $l$ 值共有

$$2l+1$$

個磁量子數。

解題方法

由 $p$ 軌域的定義可知

$$l=1$$

所以其磁量子數為

$$m_l=-1,\ 0,\ +1$$

共有

$$2l+1=2(1)+1=3$$

個。

其中 $n=4$ 只表示電子處於第四主能階，不會改變 $p$ 軌域所對應的 $l=1$，因此也不影響磁量子數的個數。

選項分析

核心觀念

本題考查波的色散關係，以及相速度與群速度的定義：

• 相速度：
  $v_p=\frac{\omega}{k}$
• 群速度：
  $v_g=\frac{d\omega}{dk}$
• 能形成傳播波的條件是波數 $k$ 必須為實數。若 $k$ 為虛數，代表波形呈指數衰減，屬於倏逝波，不能在介質中傳播。

已知色散關係為

$$\omega(k)=\sqrt{\omega_{pl}^2+c^2k^2}.$$

將其平方並解出 $k$：

$$\omega^2=\omega_{pl}^2+c^2k^2,$$

因此

$$k=\frac{1}{c}\sqrt{\omega^2-\omega_{pl}^2}.$$

以下取 $k\geq 0$ 表示波數大小。

---

(a) 相速度 $v_p(\omega)$

相速度定義為

$$v_p=\frac{\omega}{k}.$$

代入

$$k=\frac{1}{c}\sqrt{\omega^2-\omega_{pl}^2},$$

可得

$$v_p(\omega) =\frac{\omega}{\frac{1}{c}\sqrt{\omega^2-\omega_{pl}^2}} =\frac{c\omega}{\sqrt{\omega^2-\omega_{pl}^2}}.$$

整理成較具物理意義的形式：

$$\boxed{ v_p(\omega) =\frac{c}{\sqrt{1-\left(\frac{\omega_{pl}}{\omega}\right)^2}} } \qquad (\omega>\omega_{pl}).$$

當 $\omega$ 接近 $\omega_{pl}$ 時，$k\to 0$，所以 $v_p\to\infty$；當 $\omega\gg\omega_{pl}$ 時，則有 $v_p\to c$。

相速度大於 $c$ 並不違反相對論，因為相速度不代表訊息或能量的傳遞速度。

---

(b) 群速度 $v_g(\omega)$

群速度定義為

$$v_g=\frac{d\omega}{dk}.$$

直接對色散關係微分：

$$\omega(k)=\left(\omega_{pl}^2+c^2k^2\right)^{1/2},$$

所以

$$v_g =\frac{d\omega}{dk} =\frac{1}{2}\left(\omega_{pl}^2+c^2k^2\right)^{-1/2}(2c^2k).$$

因此

$$v_g=\frac{c^2k}{\sqrt{\omega_{pl}^2+c^2k^2}} =\frac{c^2k}{\omega}.$$

再代入

$$k=\frac{1}{c}\sqrt{\omega^2-\omega_{pl}^2},$$

得到

核心觀念

本題考查康普頓散射中的：

• 光子的能量與動量：
  $E_\gamma=hf=\frac{hc}{\lambda},\qquad p_\gamma=\frac{E_\gamma}{c}=\frac{h}{\lambda}$
• 相對論性能量—動量關係：
  $E_e^2=p_e^2c^2+m^2c^4$
• 散射過程中的能量與動量守恆。

光子發生 $180^\circ$ 向後散射，表示入射光子與散射光子的動量方向相反。

解題方法

取入射光子方向為 $+x$ 軸。則

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

散射後光子沿 $-x$ 軸運動，因此其動量為

$$\vec p_{\gamma}'=-\frac{h}{\lambda'}\hat{x}$$

初始電子靜止，初始總動量為入射光子的動量。由動量守恆：

$$\vec p_\gamma=\vec p_{\gamma}'+\vec p_e$$

因此

$$\vec p_e =\vec p_\gamma-\vec p_{\gamma}' =\frac{h}{\lambda}\hat{x} -\left(-\frac{h}{\lambda'}\hat{x}\right)$$

所以電子散射後的動量為

$$\boxed{\vec p_e =h\left(\frac{1}{\lambda}+\frac{1}{\lambda'}\right)\hat{x}}$$

其大小為

$$\boxed{p_e=h\left(\frac{1}{\lambda}+\frac{1}{\lambda'}\right)}$$

能量守恆

初始狀態包含入射光子與靜止電子，總能量為

$$\frac{hc}{\lambda}+mc^2$$

散射後包含波長為 $\lambda'$ 的光子，以及具有動量 $p_e$ 的相對論性電子。因此

$$\boxed{ \frac{hc}{\lambda}+mc^2 = \frac{hc}{\lambda'} +\sqrt{p_e^2c^2+m^2c^4} }$$

代入

$$p_e=h\left(\frac{1}{\lambda}+\frac{1}{\lambda'}\right)$$

可得

$$\frac{hc}{\lambda}+mc^2 = \frac{hc}{\lambda'} + \sqrt{ h^2c^2\left(\frac{1}{\lambda}+\frac{1}{\lambda'}\right)^2 +m^2c^4 }$$

求 $\lambda'$ 與 $\lambda$ 的關係

將電子的總能量移至等式左側：

核心觀念

本題考查一維位能階的量子散射，以及波函數在位能不連續處的連續條件。

時間獨立薛丁格方程為

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

在有限位能階 $x=0$ 處，波函數與其一階導數必須連續：

$$\psi(0^-)=\psi(0^+),\qquad \psi'(0^-)=\psi'(0^+).$$

粒子由左方入射，因此 $x\leq 0$ 區域必須包含：

• 向右傳播的入射波；
• 向左傳播的反射波。

右方是否存在向右傳播波，取決於 $E$ 與 $U$ 的大小。

---

解題方法

令入射波振幅為 $A$，並以入射波波數

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

表示左側波函數。波函數整體乘上一個常數不影響物理結果，因此可保留 $A$，也可令 $A=1$。

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（a）$E<U$：穿隧區域的衰減波

$x\leq 0$ 區域

此時 $V=0$，薛丁格方程為

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

其中

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

因此左側波函數為

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

其中 $A e^{ikx}$ 是向右入射波，$B e^{-ikx}$ 是向左反射波。

$x>0$ 區域

此時 $V=U$，且 $E-U<0$，薛丁格方程為

$$\frac{d^2\psi}{dx^2}-\kappa^2\psi=0,$$

其中

$$\kappa=\frac{\sqrt{2m(U-E)}}{\hbar}.$$

一般解為

$$\psi_{\mathrm{II}}(x)=C e^{-\kappa x}+D e^{\kappa x}.$$

由於 $x\to+\infty$ 時，$e^{\kappa x}$ 會發散，不符合物理上有限的波函數，因此必須令 $D=0$：

$$\psi_{\mathrm{II}}(x)=C e^{-\kappa x}.$$

這表示波函數可滲入 $x>0$ 區域，但會隨距離指數衰減。

邊界條件

在 $x=0$ 使用連續條件：

$$A+B=C,$$ $$ik(A-B)=-\kappa C.$$

令反射振幅比為

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

則由上式得到

$$r=\frac{ik+\kappa}{ik-\kappa} =\frac{k-i\kappa}{k+i\kappa}.$$

而

$$\frac{C}{A}=1+r =\frac{2k}{k+i\kappa}.$$

因此完整波函數為

$$\psi(x)= \begin{cases} A\left(e^{ikx}+r e^{-ikx}\right), & x\leq 0,\\[6pt] A\displaystyle\frac{2k}{k+i\kappa}e^{-\kappa x}, & x>0, \end{cases}$$

其中

$$r=\frac{k-i\kappa}{k+i\kappa}, \qquad k=\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}, \qquad \kappa=\frac{\sqrt{2m(U-E)}}{\hbar}.$$

由於

$$|r|^2=1,$$

所以反射率為 $R=1$。右側雖有非零波函數，但它是衰減波，不攜帶穩定的機率流，因此穿透率為 $T=0$。

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（b）$E>U$：傳播波區域

$x\leq 0$ 區域

左側仍有入射波與反射波：

$$\psi_{\mathrm{I}}(x)=A e^{ikx}+B e^{-ikx},$$

其中

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