112 年 國立中山大學物理學系碩士班《近代物理》

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第 1 題

An astronaut traveling with a speed v=0.90cv = 0.90c holds a meterstick in his hand. If he measures its length, he will obtain a value of
(A) 1.0 m.
(B) 2.3 m.
(C) 0.19 m.
(D) 0.43 m.
(E) 0.81 m.

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觀念解析
本題考查狹義相對論中「固有長度(Proper Length)」與「長度收縮(Length Contraction)」的定義與適用條件:

  1. 固有長度 L0L_0:物體在其相對靜止的參考系(Rest Frame)中所測得的長度。
  2. 長度收縮:僅發生在「觀察者與被測物體之間存在相對運動」時。
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第 2 題

The quantity which does not change in magnitude from that observed in system S when observed in system S' moving away from system S at speed v is
(A) ma⃗m\vec{a}.
(B) mv⃗m\vec{v}.
(C) (γ−1)mc2(\gamma - 1)mc^2.
(D) E2−p2c2E^2 - p^2c^2.
(E) x2+y2+z2x^2 + y^2 + z^2.

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核心觀念

本題考查狹義相對論中的「洛侖茲不變量」。兩個慣性座標系 SS 與 S′S' 以速度 VV 相對運動時,能在兩座標系中保持相同數值的量,必須是洛侖茲變換下的不變量。

能量與動量組成四維動量:

Pμ=(Ec,p⃗)P^\mu=\left(\frac{E}{c},\vec p\right)

其閔可夫斯基範數為

E2−p2c2=m2c4,E^2-p^2c^2=m^2c^4,

其中 mm 是粒子的靜止質量,p=∣p⃗∣p=|\vec p|。因此 E2−p2c2E^2-p^2c^2 在所有慣性座標系中相同。

解題方法

設 S′S' 沿 xx 軸以速度 VV 相對於 SS 運動,令

Γ=11−V2c2.\Gamma=\frac{1}{\sqrt{1-\frac{V^2}{c^2}}}.

能量與動量的洛侖茲變換為

E′=Γ(E−Vpx),E'=\Gamma(E-Vp_x), px′=Γ(px−VEc2),py′=py,pz′=pz.p_x'=\Gamma\left(p_x-\frac{VE}{c^2}\right),\qquad p_y'=p_y,\qquad p_z'=p_z.

計算能量與動量組合量:

E′2−c2px′2=Γ2[(E−Vpx)2−c2(px−VEc2)2]=Γ2(1−V2c2)(E2−c2px2)=E2−c2px2.\begin{aligned} E'^2-c^2p_x'^2 &=\Gamma^2\left[(E-Vp_x)^2 -c^2\left(p_x-\frac{VE}{c^2}\right)^2\right] \\ &=\Gamma^2\left(1-\frac{V^2}{c^2}\right) (E^2-c^2p_x^2) \\ &=E^2-c^2p_x^2. \end{aligned}

再加上未受變換影響的 y,zy,z 分量:

E′2−c2(px′2+py′2+pz′2)=E2−c2(px2+py2+pz2).E'^2-c^2(p_x'^2+p_y'^2+p_z'^2) =E^2-c^2(p_x^2+p_y^2+p_z^2).

因此

E′2−p′2c2=E2−p2c2.E'^2-p'^2c^2=E^2-p^2c^2.

選項分析

(A) ma⃗m\vec a

靜止質量 mm 不變,但三維加速度 a⃗\vec a 會因座標系不同而改變,因此 ma⃗m\vec a 不是洛侖茲不變量。

例如粒子在 SS 中某一瞬間靜止,且沿 xx 軸具有加速度 axa_x,則在 S′S' 中:

ax′=axΓ3.a_x'=\frac{a_x}{\Gamma^3}.

所以

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第 3 題

An electron (m=9.1×10−31m = 9.1 \times 10^{-31} kg) has a speed of 0.90c0.90c. What is the difference between its relativistic momentum and its non-relativistic momentum (in kg m/s)?
(A) 4.3×10−224.3 \times 10^{-22}
(B) 3.2×10−223.2 \times 10^{-22}
(C) 5.4×10−225.4 \times 10^{-22}
(D) 6.5×10−226.5 \times 10^{-22}
(E) 2.5×10−222.5 \times 10^{-22}

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核心觀念

本題考查高速電子的相對論動量與非相對論動量之差。

非相對論動量為

pnr=mvp_{\text{nr}}=mv

相對論動量為

prel=γmvp_{\text{rel}}=\gamma mv

其中洛倫茲因子

γ=11−v2c2\gamma=\frac{1}{\sqrt{1-\dfrac{v^2}{c^2}}}

因此兩者差值為

Δp=prel−pnr=(γ−1)mv\Delta p=p_{\text{rel}}-p_{\text{nr}} =(\gamma-1)mv

解題方法

已知

v=0.90c,m=9.1×10−31 kgv=0.90c,\qquad m=9.1\times10^{-31}\ \text{kg}

取

c=3.0×108 m/sc=3.0\times10^8\ \text{m/s}

先計算洛倫茲因子:

γ=11−(0.90)2=10.19≈2.294\gamma=\frac{1}{\sqrt{1-(0.90)^2}} =\frac{1}{\sqrt{0.19}} \approx 2.294

非相對論動量為

pnr=mv=(9.1×10−31)(0.90)(3.0×108)p_{\text{nr}}=mv =(9.1\times10^{-31})(0.90)(3.0\times10^8) pnr=2.457×10−22 kg⋅m/sp_{\text{nr}}=2.457\times10^{-22}\ \text{kg}\cdot\text{m/s}

相對論動量為

prel=γmv=(2.294)(2.457×10−22)p_{\text{rel}}=\gamma mv =(2.294)(2.457\times10^{-22}) prel≈5.64×10−22 kg⋅m/sp_{\text{rel}}\approx5.64\times10^{-22}\ \text{kg}\cdot\text{m/s}

所以兩者差值:

Δp=prel−pnr\Delta p =p_{\text{rel}}-p_{\text{nr}} Δp=(5.64−2.46)×10−22≈3.18×10−22 kg⋅m/s\Delta p =(5.64-2.46)\times10^{-22} \approx3.18\times10^{-22}\ \text{kg}\cdot\text{m/s}

取適當有效位數:

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第 4 題

How much energy is in a 63-kHz photon of AM radiation (Hint: the Planck constant h=6.626×10−34h = 6.626 \times 10^{-34} J·s)?
(A) 1.0×10−381.0 \times 10^{-38} J
(B) 6.6×10−306.6 \times 10^{-30} J
(C) 4.2×10−294.2 \times 10^{-29} J
(D) 3.1×10−303.1 \times 10^{-30} J
(E) 13×10−2913 \times 10^{-29} J

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核心觀念

光子的能量由普朗克—愛因斯坦關係式決定:

E=hfE=hf

其中:

  • EE:單一光子的能量,單位為 J
  • hh:普朗克常數,h=6.626×10−34 J⋅sh=6.626\times10^{-34}\ \mathrm{J\cdot s}
  • ff:電磁波頻率,單位為 Hz

AM(振幅調變)主要影響電磁波的振幅與強度;在本題中,單一光子的能量仍只由頻率決定。

解題方法

題目給定頻率為 63 kHz63\ \mathrm{kHz},先換算成 Hz:

f=63×103 Hz=6.3×104 Hzf=63\times10^3\ \mathrm{Hz}=6.3\times10^4\ \mathrm{Hz}

代入 E=hfE=hf:

E=(6.626×10−34)(6.3×104)=(6.626×6.3)×10−30 J=41.7438×10−30 J≈4.2×10−29 J\begin{aligned} E &=(6.626\times10^{-34})(6.3\times10^4)\\ &=(6.626\times6.3)\times10^{-30}\ \mathrm{J}\\ &=41.7438\times10^{-30}\ \mathrm{J}\\ &\approx 4.2\times10^{-29}\ \mathrm{J} \end{aligned}

所以正確選項為 (C)。

選項分析

  • (A) 1.0×10−38 J1.0\times10^{-38}\ \mathrm{J}:錯誤。
    此值比正確答案小約 10910^9 倍,數量級明顯不符。
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第 5 題

What is the maximum velocity (in km/s) of a photoelectron emitted from a surface whose work function is 5.0 eV when illuminated by a light whose wavelength is 200 nm?
(A) 460
(B) 650
(C) 420
(D) 550
(E) 1 480

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核心觀念

本題考查愛因斯坦光電效應方程式:

hf=ϕ+Kmax⁡hf=\phi+K_{\max}

其中:

  • hf=hcλhf=\dfrac{hc}{\lambda}:入射光子的能量
  • ϕ\phi:金屬的功函數
  • Kmax⁡=12mevmax⁡2K_{\max}=\dfrac{1}{2}m_ev_{\max}^2:光電子的最大動能

光子的能量必須先扣除逸出金屬所需的功函數,剩餘能量才轉化為光電子的最大動能。

解題方法

使用常用近似值:

hc≈1240 eV⋅nmhc\approx 1240\ \mathrm{eV\cdot nm}

入射光子的能量為:

Eγ=hcλ=1240200=6.20 eVE_\gamma=\frac{hc}{\lambda} =\frac{1240}{200} =6.20\ \mathrm{eV}

因此光電子的最大動能:

Kmax⁡=Eγ−ϕ=6.20−5.0=1.20 eVK_{\max}=E_\gamma-\phi =6.20-5.0 =1.20\ \mathrm{eV}

將動能換算為焦耳:

Kmax⁡=1.20(1.602×10−19)=1.922×10−19 JK_{\max}=1.20(1.602\times10^{-19}) =1.922\times10^{-19}\ \mathrm{J}

由非相對論動能公式:

12mevmax⁡2=Kmax⁡\frac{1}{2}m_ev_{\max}^2=K_{\max}

所以:

vmax⁡=2Kmax⁡me=2(1.922×10−19)9.11×10−31≈6.50×105 m/sv_{\max} =\sqrt{\frac{2K_{\max}}{m_e}} =\sqrt{\frac{2(1.922\times10^{-19})} {9.11\times10^{-31}}} \approx 6.50\times10^5\ \mathrm{m/s}

換算成 km/s\mathrm{km/s}:

vmax⁡=650 km/sv_{\max}=650\ \mathrm{km/s}
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第 6 題

A neutron has a mass of 1.67×10−271.67 \times 10^{-27} kg. The de Broglie wavelength is 1.4×10−101.4 \times 10^{-10} m. How fast is the neutron going (in m/s)?
(A) 3.4×1033.4 \times 10^3
(B) 2.8×1032.8 \times 10^3
(C) 3.9×1033.9 \times 10^3
(D) 2.6×1032.6 \times 10^3
(E) 1.7×1031.7 \times 10^3

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核心觀念

本題考查德布羅意物質波關係式:

λ=hp\lambda=\frac{h}{p}

其中 λ\lambda 為德布羅意波長、hh 為普朗克常數、pp 為動量。由於中子速度遠小於光速,可採用非相對論動量:

p=mvp=mv

聯立得:

λ=hmv⟹v=hmλ\lambda=\frac{h}{mv} \quad\Longrightarrow\quad v=\frac{h}{m\lambda}

解題方法

取普朗克常數

h=6.626×10−34 J⋅sh=6.626\times10^{-34}\ \mathrm{J\cdot s}

代入中子質量與德布羅意波長:

v=6.626×10−34(1.67×10−27)(1.4×10−10)v=\frac{6.626\times10^{-34}} {(1.67\times10^{-27})(1.4\times10^{-10})}

分母為:

(1.67×1.4)×10−37=2.338×10−37(1.67\times1.4)\times10^{-37} =2.338\times10^{-37}

因此:

v=6.6262.338×103≈2.83×103 m/sv=\frac{6.626}{2.338}\times10^3 \approx2.83\times10^3\ \mathrm{m/s}

依有效位數取近似值:

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第 7 題

Assume we can determine the position of a particle within an uncertainty of 0.5 nm. What will be the resulting uncertainty in the particle's momentum (in kg. m/s)?
(A) 1.9×10−251.9 \times 10^{-25}
(B) 4.2×10−254.2 \times 10^{-25}
(C) 1.1×10−251.1 \times 10^{-25}
(D) 1.3×10−241.3 \times 10^{-24}
(E) 6.6×10−256.6 \times 10^{-25}

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核心觀念

本題考查 Heisenberg 不確定性原理:

Δx Δp≥ℏ2=h4π\Delta x\,\Delta p\geq \frac{\hbar}{2} =\frac{h}{4\pi}

其中 Δx\Delta x 是位置不確定度,Δp\Delta p 是動量不確定度,ℏ=1.055×10−34 J⋅s\hbar=1.055\times10^{-34}\ \mathrm{J\cdot s}。

題目僅給定 Δx\Delta x,嚴格而言只能求出 Δp\Delta p 的下限;選擇題依慣例取不確定性乘積達到最小值的情況。

解題方法

位置不確定度為

Δx=0.5 nm=0.5×10−9 m=5.0×10−10 m\Delta x=0.5\ \mathrm{nm} =0.5\times10^{-9}\ \mathrm{m} =5.0\times10^{-10}\ \mathrm{m}

由

Δx Δp=ℏ2\Delta x\,\Delta p=\frac{\hbar}{2}

得到最小動量不確定度:

Δpmin⁡=ℏ2Δx=1.055×10−342(5.0×10−10)\Delta p_{\min} =\frac{\hbar}{2\Delta x} =\frac{1.055\times10^{-34}} {2(5.0\times10^{-10})} Δpmin⁡=1.055×10−341.0×10−9=1.055×10−25 kg⋅m/s\Delta p_{\min} =\frac{1.055\times10^{-34}}{1.0\times10^{-9}} =1.055\times10^{-25}\ \mathrm{kg\cdot m/s}

取兩位有效數字:

Δpmin⁡≈1.1×10−25 kg⋅m/s\Delta p_{\min}\approx1.1\times10^{-25}\ \mathrm{kg\cdot m/s}

選項分析

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第 8 題

The average position, or expectation value, of a particle whose wave function ψ(x)\psi(x) depends only on the value of xx, is given by <x>=<x> =
(A) ∫−∞∞xψ(x)dx\int_{-\infty}^{\infty} \sqrt{x} \psi(x) dx.
(B) ∫−∞∞xψ(x)dx\int_{-\infty}^{\infty} x \psi(x) dx.
(C) ∫−∞∞x∣ψ(x)∣2dx\int_{-\infty}^{\infty} x |\psi(x)|^2 dx.
(D) ∫−∞∞ψ(x)dx\int_{-\infty}^{\infty} \psi(x) dx.
(E) ∫−∞∞x∣ψ(x)∣2dx\int_{-\infty}^{\infty} x |\psi(x)|^2 dx.

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核心觀念

這題考查一維位置期望值的定義。

在位置表象中,粒子的波函數為 ψ(x)\psi(x),而位置算符為

x^=x.\hat{x}=x.

波函數的機率密度為

∣ψ(x)∣2=ψ∗(x)ψ(x),|\psi(x)|^2=\psi^*(x)\psi(x),

因此粒子出現在 xx 附近的機率為 ∣ψ(x)∣2dx|\psi(x)|^2dx。位置的期望值就是以機率密度加權後的平均位置:

⟨x⟩=∫−∞∞ψ∗(x) x ψ(x) dx=∫−∞∞x∣ψ(x)∣2dx.\langle x\rangle =\int_{-\infty}^{\infty}\psi^*(x)\,x\,\psi(x)\,dx =\int_{-\infty}^{\infty}x|\psi(x)|^2dx.

上述公式假設波函數已經歸一化:

∫−∞∞∣ψ(x)∣2dx=1.\int_{-\infty}^{\infty}|\psi(x)|^2dx=1.

若波函數尚未歸一化,則應使用

⟨x⟩=∫−∞∞x∣ψ(x)∣2dx∫−∞∞∣ψ(x)∣2dx.\langle x\rangle = \frac{\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}x|\psi(x)|^2dx} {\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}|\psi(x)|^2dx}.

解題方法

判斷期望值公式可依照三個步驟:

  1. 找出物理量:本題為位置 xx。
  2. 使用對應算符:位置算符為 x^=x\hat{x}=x。
  3. 以波函數的共軛乘積 ψ∗ψ=∣ψ∣2\psi^*\psi=|\psi|^2 作為機率密度加權。

因此

⟨x⟩=∫−∞∞ψ∗(x)x^ψ(x) dx=∫−∞∞x∣ψ(x)∣2dx.\langle x\rangle = \int_{-\infty}^{\infty}\psi^*(x)\hat{x}\psi(x)\,dx = \int_{-\infty}^{\infty}x|\psi(x)|^2dx.

選項分析

  • (A)

    ∫−∞∞x ψ(x) dx\int_{-\infty}^{\infty}\sqrt{x}\,\psi(x)\,dx
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第 9 題

The wave function ψ(x)\psi(x) of a particle confined to 0≤x≤L0 \le x \le L is given by ψ(x)=Ax\psi(x) = Ax. ψ(x)=0\psi(x) = 0 for x<0x < 0 and x>Lx > L. When the wave function is normalized, the probability density at coordinate xx has the value
(A) 2L2x\frac{2}{L^2} x
(B) 2Lx2\frac{2}{L} x^2
(C) 2L3x2\frac{2}{L^3} x^2
(D) 3Lx2\frac{3}{L} x^2
(E) 3L3x2\frac{3}{L^3} x^2

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核心觀念

本題考查波函數的:

  1. 歸一化條件
    ∫−∞∞∣ψ(x)∣2 dx=1\int_{-\infty}^{\infty}|\psi(x)|^2\,dx=1

  2. 機率密度定義
    ρ(x)=∣ψ(x)∣2\rho(x)=|\psi(x)|^2

粒子只存在於 0≤x≤L0\le x\le L,因此只需在此區間進行積分。


解題方法

已知

ψ(x)=Ax,0≤x≤L\psi(x)=Ax,\qquad 0\le x\le L

其中 AA 為歸一化常數。波函數的機率密度為

ρ(x)=∣ψ(x)∣2=∣A∣2x2\rho(x)=|\psi(x)|^2=|A|^2x^2

利用歸一化條件:

∫0L∣A∣2x2 dx=1\int_0^L |A|^2x^2\,dx=1

因為 ∣A∣2|A|^2 與 xx 無關,可提出積分號外:

∣A∣2∫0Lx2 dx=1|A|^2\int_0^Lx^2\,dx=1

計算積分:

∣A∣2[x33]0L=1|A|^2\left[\frac{x^3}{3}\right]_0^L=1 ∣A∣2L33=1|A|^2\frac{L^3}{3}=1

因此

∣A∣2=3L3|A|^2=\frac{3}{L^3}

所以機率密度為

ρ(x)=∣ψ(x)∣2=3L3x2\rho(x)=|\psi(x)|^2 =\frac{3}{L^3}x^2

故正確選項為 (E)。


選項分析

  • (A) 2L2x\displaystyle \frac{2}{L^2}x:錯誤

    此選項的機率密度與 xx 成正比,但由於 ψ(x)=Ax\psi(x)=Ax,所以

    ∣ψ(x)∣2∝x2|\psi(x)|^2\propto x^2

    機率密度應與 x2x^2 成正比,而非與 xx 成正比。雖然此式本身在 00 到 LL 的積分為 11,但不符合題目給定的波函數形式。

  • (B) 2Lx2\displaystyle \frac{2}{L}x^2:錯誤

    雖然具有正確的 x2x^2 形式,但歸一化係數應為 3L3\frac{3}{L^3},不是 2L\frac{2}{L}。

    其積分為

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第 10 題

Find the kinetic energy (in terms of Planck's constant) of a baseball (m = 1 kg) confined to a one-dimensional box that is 25 cm wide if the baseball can be treated as a wave in the ground state.
(A) 3h23 h^2
(B) 2h22 h^2
(C) h2h^2
(D) 4h24h^2
(E) 0.5h20.5 h^2

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核心觀念

棒球被限制在長度 LL 的一維無限深方井中,必須形成駐波。粒子在盒中的動量與波長需滿足

L=nλn2,n=1,2,3,…L=\frac{n\lambda_n}{2},\qquad n=1,2,3,\ldots

因此

λn=2Ln,pn=hλn=nh2L.\lambda_n=\frac{2L}{n}, \qquad p_n=\frac{h}{\lambda_n}=\frac{nh}{2L}.

動能為

Kn=pn22m=n2h28mL2.K_n=\frac{p_n^2}{2m} =\frac{n^2h^2}{8mL^2}.

基態為 n=1n=1,所以

K1=h28mL2.K_1=\frac{h^2}{8mL^2}.

解題方法

題目給定

m=1 kg,L=25 cm=0.25 m.m=1\ \text{kg},\qquad L=25\ \text{cm}=0.25\ \text{m}.

代入基態動能公式:

K1=h28(1)(0.25)2=h28×0.0625=h20.5=2h2.K_1 =\frac{h^2}{8(1)(0.25)^2} =\frac{h^2}{8\times 0.0625} =\frac{h^2}{0.5} =2h^2.

因此正確選項為 (B)(B)。

需注意,基態並不代表動能為零。基態波函數是半個波長剛好容納在盒內的駐波;即使動量平均值為零,動量平方的平均值仍不為零,因此仍具有零點動能。

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第 11 題

The wave function for a particle confined to a one-dimensional box located between x=0x = 0 and x=Lx = L is given by ψ(x)=Asin⁡(nπxL)+Bcos⁡(nπxL)\psi(x) = A \sin (\frac{n\pi x}{L}) + B \cos (\frac{n\pi x}{L}). The constants AA and BB are determined to be
(A) 2/L,02/\sqrt{L}, 0.
(B) 1/L,1/L1/\sqrt{L}, 1/\sqrt{L}.
(C) 0,2/L0, 2/\sqrt{L}.
(D) 2/L,2/L\sqrt{2}/\sqrt{L}, \sqrt{2}/\sqrt{L}.
(E) 2/L,02/\sqrt{L}, 0.

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觀念重點

一維無限深位能井(0≤x≤L0 \le x \le L)內粒子的波函數必須滿足邊界條件 ψ(0)=0\psi(0) = 0 與 ψ(L)=0\psi(L) = 0,且其全空間機率密度須滿足歸一化條件 ∫0L∣ψ(x)∣2dx=1\int_0^L |\psi(x)|^2 dx = 1。


詳細推導

1. 套用邊界條件 (Boundary Conditions)
在左邊界 x=0x = 0 處,波函數必須為零:
ψ(0)=Asin⁡(0)+Bcos⁡(0)=B=0\psi(0) = A \sin(0) + B \cos(0) = B = 0
解得 B=0B = 0。因此波函數可簡化為:
ψ(x)=Asin⁡(nπxL)\psi(x) = A \sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)

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第 12 題

The wave function for a particle in a one-dimensional box is ψ(x)=Asin⁡(nπxL)\psi(x) = A \sin (\frac{n\pi x}{L}). Which statement is correct?
(A) This wavefunction gives the probability of finding the particle at xx.
(B) ∣ψ(x)∣2|\psi(x)|^2 gives the probability of finding the particle at xx.
(C) ∣ψ(x)∣2Δx|\psi(x)|^2 \Delta x gives the probability of finding the particle between xx and x+Δxx + \Delta x.
(D) ∫0Lψ(x)dx\int_0^L \psi(x) dx gives the probability of finding the particle at a particular value of xx.
(E) ∫0L∣ψ(x)∣2dx\int_0^L |\psi(x)|^2 dx gives the probability of finding the particle between xx and x+Δxx + \Delta x.

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核心觀念

量子力學中,波函數 ψ(x)\psi(x) 本身不是機率,而是描述粒子位置狀態的機率振幅。位置機率密度由 Born 機率詮釋給出:

ρ(x)=∣ψ(x)∣2\rho(x)=|\psi(x)|^2

因此,粒子出現在區間 a≤x≤ba\le x\le b 的機率為

P(a≤x≤b)=∫ab∣ψ(x)∣2 dxP(a\le x\le b)=\int_a^b |\psi(x)|^2\,dx

對於很小的區間 Δx\Delta x,有

ΔP=∣ψ(x)∣2Δx\Delta P=|\psi(x)|^2\Delta x

本題粒子位於一維盒中,位置範圍為 0≤x≤L0\le x\le L。若波函數已正規化,則必須滿足

∫0L∣ψ(x)∣2 dx=1\int_0^L |\psi(x)|^2\,dx=1

由

ψ(x)=Asin⁡(nπxL)\psi(x)=A\sin\left(\frac{n\pi x}{L}\right)

可得

1=∣A∣2∫0Lsin⁡2(nπxL) dx=∣A∣2L21=|A|^2\int_0^L\sin^2\left(\frac{n\pi x}{L}\right)\,dx =|A|^2\frac{L}{2}

所以若取 AA 為正實數,

A=2LA=\sqrt{\frac{2}{L}}

其機率密度為

∣ψ(x)∣2=2Lsin⁡2(nπxL)|\psi(x)|^2=\frac{2}{L}\sin^2\left(\frac{n\pi x}{L}\right)

解題方法

判斷本題的關鍵是區分「波函數」、「機率密度」與「區間機率」:

  1. ψ(x)\psi(x):機率振幅。
  2. ∣ψ(x)∣2|\psi(x)|^2:在位置 xx 附近的機率密度。
  3. ∣ψ(x)∣2Δx|\psi(x)|^2\Delta x:很小區間 [x,x+Δx][x,x+\Delta x] 的機率。
  4. ∫ab∣ψ(x)∣2dx\int_a^b|\psi(x)|^2dx:有限區間 [a,b][a,b] 的機率。

精確地說,區間 [x,x+Δx][x,x+\Delta x] 的機率為

P=∫xx+Δx∣ψ(x′)∣2 dx′P=\int_x^{x+\Delta x}|\psi(x')|^2\,dx'

當 Δx\Delta x 很小時,機率密度在該區間內近似不變,因此

P≈∣ψ(x)∣2ΔxP\approx |\psi(x)|^2\Delta x

這正是選項 (C) 所描述的關係。

選項分析

(A) This wavefunction gives the probability of finding the particle at xx.

錯誤。ψ(x)\psi(x) 是機率振幅,不是機率。它可以為負值或複數,但機率必須是非負的實數。位置機率必須由 ∣ψ(x)∣2|\psi(x)|^2 求得。

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第 13 題

A particle in a finite potential well has energy EE, as shown below. The wave function in region I where x<0x < 0 has the form
(A) ae−kxa e^{-kx}
(B) bekxb e^{kx}
(C) Asin⁡kxA \sin kx
(D) Bcos⁡kxB \cos kx
(E) Asin⁡kx+Bcos⁡kxA \sin kx + B \cos kx

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觀念解析

在有限位能井的古典禁區(Region I:x<0x < 0,位能 V0>EV_0 > E),粒子處於束縛態(Bound State)。波函數須滿足薛丁格方程式(Schrödinger Equation)與邊界條件(當 x→−∞x \to -\infty 時,波函數不可發散,即須滿足歸一化條件)。

詳細推導

在 Region I (x<0x < 0),不含時薛丁格方程式為:
−ℏ22md2ψI(x)dx2+V0ψI(x)=EψI(x)-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi_I(x)}{dx^2} + V_0 \psi_I(x) = E \psi_I(x)

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第 14 題

When a particle approaching a potential energy barrier has a total energy that is greater than the potential energy barrier, what is the probability that the particle will be reflected?
(A) P<0P < 0.
(B) P=0P = 0.
(C) P=1P = 1.
(D) P>0P > 0.
(E) P=∞P = \infty.

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核心觀念

本題考查量子力學中「高於位壘能量時仍可能發生反射」的現象。

在古典力學中,若粒子總能量 EE 大於位能障壁高度 V0V_0,粒子可以越過障壁,且不會被反射。然而在量子力學中,粒子以波函數描述;當波函數遇到位能的不連續處,即使 E>V0E>V_0,仍會因波數改變而產生部分反射。

解題方法

以最基本的位能階躍為例:

V(x)={0,x<0,V0,x>0,E>V0.V(x)= \begin{cases} 0, & x<0,\\ V_0, & x>0, \end{cases} \qquad E>V_0.

在 x<0x<0 區域,波函數為入射波與反射波的疊加:

ψ1(x)=Aeik1x+Be−ik1x,\psi_1(x)=Ae^{ik_1x}+Be^{-ik_1x},

其中

k1=2mEℏ.k_1=\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}.

在 x>0x>0 區域,因為 E>V0E>V_0,粒子仍可傳播,波函數為

ψ2(x)=Ceik2x,\psi_2(x)=Ce^{ik_2x},

其中

k2=2m(E−V0)ℏ.k_2=\frac{\sqrt{2m(E-V_0)}}{\hbar}.

在 x=0x=0 處要求波函數及其一階導數連續:

A+B=C,A+B=C, k1(A−B)=k2C.k_1(A-B)=k_2C.

由此得到振幅反射係數

BA=k1−k2k1+k2.\frac{B}{A}=\frac{k_1-k_2}{k_1+k_2}.

因此反射機率為

R=∣BA∣2=(k1−k2k1+k2)2.R=\left|\frac{B}{A}\right|^2 =\left(\frac{k_1-k_2}{k_1+k_2}\right)^2.
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第 15 題

The ground state energy of a harmonic oscillator is
(A) E=ℏωE = \hbar \omega.
(B) E=12ℏωE = \frac{1}{2} \hbar \omega.
(C) E=(2/3)ℏωE = (2/3) \hbar \omega.
(D) E=0E = 0.
(E) E=14ℏωE = \frac{1}{4} \hbar \omega.

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核心觀念

量子簡諧振子的能階為

En=(n+12)ℏω,n=0,1,2,…E_n=\left(n+\frac{1}{2}\right)\hbar\omega, \qquad n=0,1,2,\ldots

其中:

  • ω\omega 為振盪角頻率;
  • nn 為量子數;
  • 基態對應最低量子數 n=0n=0。

因此,量子簡諧振子的基態能量不是 00,而是具有不可消除的零點能。

解題方法

簡諧振子的哈密頓量可利用升降算符寫成

H^=ℏω(a^†a^+12).\hat H=\hbar\omega\left(\hat a^\dagger\hat a+\frac{1}{2}\right).

由於數目算符 a^†a^\hat a^\dagger\hat a 的本徵值為 nn,所以能量本徵值為

En=ℏω(n+12).E_n=\hbar\omega\left(n+\frac{1}{2}\right).

基態為 n=0n=0,代入得

E0=ℏω(0+12)=12ℏω.E_0=\hbar\omega\left(0+\frac{1}{2}\right) =\frac{1}{2}\hbar\omega.

這個 12ℏω\frac{1}{2}\hbar\omega 稱為零點能,源自量子力學中的位置與動量不確定性原理;粒子不可能同時具有確定的 x=0x=0 與 p=0p=0,因此基態能量不能降至零。

選項分析

  • (A) E=ℏωE=\hbar\omega:錯誤。
    ℏω\hbar\omega 是相鄰能階之間的能量間隔:

    En+1−En=ℏω,E_{n+1}-E_n=\hbar\omega,

    不是基態能量。

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第 16 題

An electron in a hydrogen atom makes a transition from the n=3n = 3 to the n=1n = 1 energy state. Determine the wavelength of the emitted photon (in nm). (R = 1.097×1071.097 \times 10^7 m−1^{-1})
(A) 1006
(B) 209
(C) 306
(D) 103
(E) 821

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【核心觀念】
氫原子能階躍遷發射光子的波長由芮得柏公式(Rydberg formula)決定:
1λ=R(1nf2−1ni2)\frac{1}{\lambda} = R \left( \frac{1}{n_f^2} - \frac{1}{n_i^2} \right)

【計算過程】
將初態 ni=3n_i = 3、終態 nf=1n_f = 1 與芮得柏常數 R=1.097×107 m−1R = 1.097 \times 10^7 \text{ m}^{-1} 代入:

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第 17 題

Suppose Bohr had chosen the potential energy of the electron in the hydrogen atom to be V=0V = 0 when the electron is in the orbit with n=1n = 1. He could do this by
(A) choosing n=1n = 1 for the orbit where the kinetic energy of the electron is zero.
(B) adding a constant 13.6 eV to the potential energy for all values of nn.
(C) adding a constant 27.2 eV to the potential energy for all values of nn.
(D) subtracting a constant 13.6 eV from the potential energy for all values of nn.
(E) subtracting a constant 27.2 eV from the potential energy for all values of nn.

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核心觀念

本題考查「位能零點可任意選定」以及氫原子玻爾模型中的動能、位能與總能量關係。

在通常取無限遠處位能為零時,氫原子第 nn 層的總能量為

En=−13.6n2 eV.E_n=-\frac{13.6}{n^2}\ \text{eV}.

對庫侖力束縛的圓形軌道,由向心力條件

ke2rn2=mvn2rn\frac{ke^2}{r_n^2}=\frac{mv_n^2}{r_n}

可得電子動能

Kn=12mvn2=ke22rn.K_n=\frac{1}{2}mv_n^2=\frac{ke^2}{2r_n}.

電子與質子間的電位能為

Vn=−ke2rn=−2Kn.V_n=-\frac{ke^2}{r_n}=-2K_n.

所以

En=Kn+Vn=−Kn,E_n=K_n+V_n=-K_n,

也就是

Vn=2En.V_n=2E_n.

解題方法

在基態 n=1n=1 時,

E1=−13.6 eV.E_1=-13.6\ \text{eV}.

因此基態的原本位能為

V1=2E1=−27.2 eV.V_1=2E_1=-27.2\ \text{eV}.

若將所有軌道的位能增加同一常數 CC,新的位能為

Vn′=Vn+C.V_n'=V_n+C.

題目要求基態位能變成零:

V1′=V1+C=0.V_1'=V_1+C=0.

代入 V1=−27.2 eVV_1=-27.2\ \text{eV}:

−27.2+C=0⟹C=+27.2 eV.-27.2+C=0 \quad\Longrightarrow\quad C=+27.2\ \text{eV}.

所以必須對所有 nn 的位能加上 27.2 eV27.2\ \text{eV}。


選項分析

  • (A) 選擇 n=1n=1 為電子動能等於零的軌道
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第 18 題

The radial portion of the de Broglie wavefunction for an electron in the ground state of the hydrogen atom is
R1s(r)=1πa03e−r/a0R_{1s}(r) = \frac{1}{\sqrt{\pi a_0^3}} e^{-r/a_0}, where a0a_0 is the Bohr radius. The probability of finding the electron is
(A) 1πa03∫−∞∞(1πa03e−r/a0)4πr2dr\frac{1}{\sqrt{\pi a_0^3}} \int_{-\infty}^{\infty} (\frac{1}{\sqrt{\pi a_0^3}} e^{-r/a_0}) 4\pi r^2 dr.
(B) ∫−∞∞(1πa03e−r/a0)4πr2dr\int_{-\infty}^{\infty} (\frac{1}{\sqrt{\pi a_0^3}} e^{-r/a_0}) 4\pi r^2 dr.
(C) 1πa03∫−∞∞(1πa03e−r/a0)dr\frac{1}{\sqrt{\pi a_0^3}} \int_{-\infty}^{\infty} (\frac{1}{\sqrt{\pi a_0^3}} e^{-r/a_0}) dr.
(D) 1πa03∫−∞∞(e−r/a0)dr\frac{1}{\pi a_0^3} \int_{-\infty}^{\infty} (e^{-r/a_0}) dr.
(E) ddr(1πa03e−r/a0)(1πa03e−r/a0)1/2\frac{d}{dr} \left(\frac{1}{\sqrt{\pi a_0^3}} e^{-r/a_0}\right) \left(\frac{1}{\sqrt{\pi a_0^3}} e^{-r/a_0}\right)^{1/2}.

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核心概念
本題測驗的是 波函數的正規化與機率密度 的概念。

  • 電子在氫原子基態的完整波函數為
    ψ1s(r)=R1s(r)Y00(θ,ϕ)\psi_{1s}(\mathbf r)=R_{1s}(r)Y_{00}(\theta,\phi)
    其中 Y00=1/4πY_{00}=1/\sqrt{4\pi}。
  • 機率密度 必須是波函數的絕對平方:
    ρ(r)=∣ψ1s(r)∣2\rho(\mathbf r)=|\psi_{1s}(\mathbf r)|^{2}
  • 在球坐標下,體積元素為 dτ=r2sin⁡θ dr dθ dϕd\tau=r^{2}\sin\theta\,dr\,d\theta\,d\phi,積分全空間得到
    ∫∣ψ1s∣2dτ=∫0∞∣R1s(r)∣2r2dr  ∫∣Y00∣2dΩ⏟=1=1.\int |\psi_{1s}|^{2}d\tau =\int_{0}^{\infty}|R_{1s}(r)|^{2}r^{2}dr\;\underbrace{\int|Y_{00}|^{2}d\Omega}_{=1}=1.
    若只考慮徑向部分,常寫成
    P(r) dr=∣R1s(r)∣24πr2 dr.P(r)\,dr =|R_{1s}(r)|^{2}4\pi r^{2}\,dr.
    這裡的 4πr24\pi r^{2} 來源於對角度積分(4π4\pi)與 r2r^{2}。

解題步驟

  1. 寫出完整波函數的模方
∣ψ1s∣2=∣R1s∣2 ∣Y00∣2=(1πa03e−r/a0)214π=1πa03e−2r/a0.|\psi_{1s}|^{2}=|R_{1s}|^{2}\,|Y_{00}|^{2} =\left(\frac{1}{\sqrt{\pi a_{0}^{3}}}e^{-r/a_{0}}\right)^{2}\frac{1}{4\pi} =\frac{1}{\pi a_{0}^{3}}e^{-2r/a_{0}}.
  1. 寫出全空間機率的積分式
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第 19 題

Forbidden transitions and selection rules suggest that
(A) a photon has linear momentum.
(B) a photon has energy.
(C) a photon has angular momentum.
(D) a photon has parity.
(E) a photon has mass.

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核心觀念

原子由初態 ∣i⟩\lvert i\rangle 躍遷至末態 ∣f⟩\lvert f\rangle 時,放出或吸收光子。躍遷是否允許,取決於交互作用矩陣元素是否為零:

Wi→f∝∣⟨f∣Hint∣i⟩∣2.W_{i\to f}\propto \left|\langle f\lvert H_{\mathrm{int}}\rvert i\rangle\right|^2 .

在最主要的電偶極躍遷(electric dipole transition, E1)近似下,

Hint≃−d⋅E,H_{\mathrm{int}}\simeq -\mathbf d\cdot\mathbf E ,

其中電偶極算符 d\mathbf d 是秩數為 11 的球張量。因此,電磁場必須提供一個角動量量子,形成下列選擇律:

ΔJ=0,±1,0↮0,\Delta J=0,\pm1, \qquad 0\not\leftrightarrow 0, ΔM=0,±1.\Delta M=0,\pm1.

對單電子軌域,常見的 E1 選擇律為

Δl=±1,Δm=0,±1.\Delta l=\pm1, \qquad \Delta m=0,\pm1.

若不符合這些條件,矩陣元素為零,該躍遷在 E1 近似下即稱為「禁戒躍遷」。這表示放出的電磁輻射具有角動量;對 E1 輻射而言,光子的總角動量量子數為 jγ=1j_\gamma=1。


解題方法

由角動量守恆,原子躍遷時必須滿足

Ji=Jf+Jγ.\mathbf J_i=\mathbf J_f+\mathbf J_\gamma .

因此,若光子不攜帶角動量,原子的初、末態角動量就無法依照實驗觀察到的選擇律進行改變。實驗上卻可觀察到特定的 ΔJ\Delta J、ΔM\Delta M 與 Δl\Delta l 規則,且某些躍遷確實被禁止,最自然的解釋就是光子攜帶角動量。

光子是自旋 11 的粒子,具有螺旋度 ±1\pm1;其角動量投影以 ℏ\hbar 為單位。對電偶極輻射,光子的電磁場表現為秩數 11 的球張量,因而產生 ΔM=0,±1\Delta M=0,\pm1 等選擇律。

宇稱也會造成選擇律。例如電偶極算符在宇稱變換下滿足

P^ d P^−1=−d.\hat P\,\mathbf d\,\hat P^{-1}=-\mathbf d .

若初、末態宇稱分別為 πi\pi_i 與 πf\pi_f,則電偶極矩陣元素非零時必須有

πfπi=−1,\pi_f\pi_i=-1,

也就是 E1 躍遷會改變原子宇稱。不過這是躍遷算符與電磁交互作用的宇稱性質,不是由此直接判定光子具有一個獨立的內禀宇稱。因此本題最直接的結論仍是光子具有角動量。


選項分析

(A) a photon has linear momentum

光子確實具有線動量:

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第 20 題

Zeke says that the magnitude of the orbital angular momentum in the hydrogen atom has the value L=ℓℏL = \ell \hbar. Ruth says that the maximum magnitude of the projection of the angular momentum along the direction of a constant magnetic field vector B⃗\vec{B} is ℓ(ℓ+1)ℏ\sqrt{\ell(\ell+1)}\hbar. Which one, if either, is correct, and why?
(A) Ruth, because the maximum value of LL is ℓ(ℓ+1)ℏ\sqrt{\ell(\ell+1)}\hbar.
(B) Ruth, because the orbital angular momentum always lines up with a magnetic field so that L⃗\vec{L} has its maximum value along the field.
(C) Zeke, because the maximum magnitude of LL is L=ℓℏL = \ell\hbar.
(D) Zeke, because the orbital angular momentum always lines up with a magnetic field so that LL has its maximum value along the field.
(E) Neither, because they have interchanged the maximum magnitude of L⃗\vec{L}, ℓ(ℓ+1)ℏ\sqrt{\ell(\ell+1)}\hbar, and ℓℏ\ell\hbar, its maximum projection along a magnetic field direction.

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核心觀念

在氫原子量子力學中,軌域角動量相關物理量定義如下:

  1. 軌域角動量大小(Magnitude of L⃗\vec{L}):
    ∣L⃗∣=ℓ(ℓ+1)ℏ|\vec{L}| = \sqrt{\ell(\ell+1)}\hbar
  2. 軌域角動量沿外加磁場方向(zz 軸)的投影分量(Projection LzL_z):
    Lz=mℓℏ(mℓ=−ℓ,−ℓ+1,…,ℓ)L_z = m_\ell \hbar \quad (m_\ell = -\ell, -\ell+1, \dots, \ell)
    其投影分量的最大值為:
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