113 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**愛因斯坦光電效應方程式（Einstein's Photoelectric Equation）**及其物理適用前提。

1. 光子能量公式：
   $E = h\nu = \frac{hc}{\lambda}$
   其中 $h$ 為普朗克常數，$c$ 為光速，$\lambda$ 為入射光波長。在近代物理計算中，常使用速算常數 $hc \approx 1240 \text{ eV}\cdot\text{nm}$。

2. 光電效應方程式：
   $K_{\max} = E - \phi$
   其中 $K_{\max}$ 為逸出光電子的最大動能，$\phi$ 為金屬的功函數（Work Function）。

3. 光電效應發生條件（物理限制）：
   電子要從金屬表面逸出，入射光子的能量 $E$ 必須大於或等於功函數 $\phi$（即 $E \ge \phi$）。若 $E < \phi$，則光子能量不足以克服金屬對電子的束縛力，光電效應不會發生，亦即無光電子逸出，此時光電子的最大動能視為 $0 \text{ eV}$（動能不可能為負值）。

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解題方法

Step 1：計算入射光子的能量 $E$
將波長 $\lambda = 400 \text{ nm}$ 代入光子能量快捷公式：
$E = \frac{hc}{\lambda} = \frac{1240 \text{ eV}\cdot\text{nm}}{400 \text{ nm}} = 3.1 \text{ eV}$

Step 2：比較光子能量與金屬功函數
已知金屬表面功函數 $\phi = 5.0 \text{ eV}$。
比較兩者數值：
$E = 3.1 \text{ eV} < \phi = 5.0 \text{ eV}$

核心觀念

本題考查光子能量與頻率的關係，即愛因斯坦光子假設（Einstein's Photon Hypothesis）與普朗克關係式（Planck Relation）。

光（電磁波）在微觀下具有粒子性，單一光子所攜帶的能量 $E$ 與其電磁波頻率 $\nu$ 成正比：
$E = h\nu$

其中：

• $E$ 為光子能量（單位：焦耳 $\text{J}$ 或 電子伏特 $\text{eV}$）。
• $h$ 為普朗克常數（Planck Constant），題目給定 $h = 6.626 \times 10^{-34} \text{ J}\cdot\text{Hz}^{-1} = 4.135 \times 10^{-15} \text{ eV}\cdot\text{Hz}^{-1}$（註：$\text{Hz}^{-1} = \text{s}$）。
• $\nu$ 為電磁波頻率（單位：赫茲 $\text{Hz}$ 或 $\text{s}^{-1}$）。

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解題方法

1. 已知條件整理與單位換算：

   • FM 調頻廣播頻率 $\nu = 89.7 \text{ MHz} = 89.7 \times 10^6 \text{ Hz} = 8.97 \times 10^7 \text{ Hz}$。
   • 普朗克常數（取焦耳單位）$h = 6.626 \times 10^{-34} \text{ J}\cdot\text{s}$。

2. 代入普朗克公式求光子能量：
   $E = h\nu = (6.626 \times 10^{-34} \text{ J}\cdot\text{s}) \times (8.97 \times 10^7 \text{ s}^{-1})$

3. 數值推導與計算：
   $E = (6.626 \times 8.97) \times 10^{-34+7} \text{ J}$
   $E = 59.435 \times 10^{-27} \text{ J} = 5.9435 \times 10^{-26} \text{ J}$
   有效數字取至二位得 $E \approx 5.9 \times 10^{-26} \text{ J}$。

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選項分析

• (A) 錯誤：數值為 $2.2 \times 10^{-33} \text{ J}$。此為誤將頻率 $\nu$ 當成波長 $\lambda$ 並錯用公式 $E = \frac{hc}{\nu}$ 算出的結果：

【題目解析】

愛因斯坦的光電方程式為：
$K_{\max} = e V_s = h\nu - \phi$
其中 $K_{\max}$ 為光電子最大動能，$\nu$ 為入射光頻率，$h$ 為普朗克常數，$\phi$ 為金屬功函數。

各選項詳細分析如下：

• (A) 錯誤：在固定光功率 $P$ 下，提高頻率 $\nu$ 會使單位時間入射的光子數 $N = P / h\nu$ 減少，發射的光電子數反而可能減少；此敘述本身不合事實，亦非量子解釋之核心。

核心觀念

本題考查物質波（de Broglie wavelength）與電場加速帶電粒子的能量轉換關係。

1. 電場做功與帶電粒子動能：
   電子（電荷量大小 $e$）經過加速電位差 $V$ 後，所獲得的動能 $K$ 為：
   $K = e V$

2. 德布羅意波長定義：
   動量為 $p$ 的粒子，其德布羅意波長 $\lambda$ 定義為：
   $\lambda = \frac{h}{p}$

3. 非相對論極限下的動量與波長公式：
   在非相對論極限下（$K \ll m_e c^2$），粒子的動量 $p = \sqrt{2 m_e K}$，因此波長可表示為：
   $\lambda = \frac{h}{\sqrt{2 m_e e V}}$

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解題方法

步驟一：判斷相對論效應
電子的靜止能量 $m_e c^2 \approx 0.511 \text{ MeV} = 511,000 \text{ eV}$。
本題加速電場電位差 $V = 25,000 \text{ V}$，電子獲得的動能為 $K = 25,000 \text{ eV} = 25 \text{ keV}$。
由於動能僅約為靜能量的 $4.9\%$（$K \ll m_e c^2$），故採用非相對論近似計算即可達到足夠的精確度。

步驟二：數值計算
將題目給定之常數與數據帶入公式：

• 普朗克常數 $h \approx 6.626 \times 10^{-34} \text{ J}\cdot\text{s}$
• 電子質量 $m_e = 9.11 \times 10^{-31} \text{ kg}$
• 基本電量 $e = 1.602 \times 10^{-19} \text{ C}$
• 加速電壓 $V = 25,000 \text{ V}$

電子的動能 $K$ 為：
$K = 1.602 \times 10^{-19} \text{ C} \times 25,000 \text{ V} = 4.005 \times 10^{-15} \text{ J}$

電子動量 $p$ 為：
$p = \sqrt{2 m_e K} = \sqrt{2 \times (9.11 \times 10^{-31} \text{ kg}) \times (4.005 \times 10^{-15} \text{ J})}$

核心觀念

本題考查能量—時間不確定性原理：

$$\Delta E\,\Delta t\geq \frac{h}{4\pi}$$

不穩定粒子的質量具有不確定度 $\Delta m$，由質能等價公式

$$E=mc^2$$

可得其能量不確定度為

$$\Delta E=\Delta m\,c^2$$

題目給定

$$\Delta m=\frac{m_e}{100}$$

其中 $m_e=9.11\times10^{-31}\ \text{kg}$。

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解題方法

先計算質量不確定度：

$$\Delta m=\frac{9.11\times10^{-31}}{100} =9.11\times10^{-33}\ \text{kg}$$

利用 $\Delta E=\Delta m c^2$，取光速 $c=3.00\times10^8\ \text{m/s}$：

$$\Delta E =(9.11\times10^{-33})(3.00\times10^8)^2$$ $$\Delta E =(9.11\times10^{-33})(9.00\times10^{16}) =8.199\times10^{-16}\ \text{J}$$

粒子的存在時間取能量—時間不確定性原理的特徵時間，即令不等式取等號：

$$\Delta t=\frac{h}{4\pi\Delta E}$$

代入 $h=6.626\times10^{-34}\ \text{J}\cdot\text{s}$：

$$\Delta t =\frac{6.626\times10^{-34}} {4\pi(8.199\times10^{-16})}$$ $$\Delta t\approx 6.4\times10^{-20}\ \text{s}$$

因此，此粒子的典型存在時間約為

核心觀念

• 波恩機率詮釋（Born's Probabilistic Interpretation）：在量子力學中，一維粒子在 $x$ 到 $x+dx$ 區間內被發現的機率為 $P(x)dx = |\psi(x)|^2 dx = \psi^*(x)\psi(x)dx$，其中 $\psi^*(x)$ 為波函數 $\psi(x)$ 的複數共軛。
• 算符與期望值定義（Expectation Value of Operators）：任何可觀察的物理量在量子力學中均由一厄米算符（Hermitian operator）$\hat{A}$ 表示。對於處於正規化態 $\psi(x)$ 的粒子，物理量 $\hat{A}$ 的期望值標準定義為：
  $\langle \hat{A} \rangle = \int_{-\infty}^{+\infty} \psi^*(x) \hat{A} \psi(x) \, dx$
• 位置函數算符：當物理量僅為位置 $x$ 的純量函數 $f(x)$（例如位置 $x$、位能 $V(x)$ 或 $x^2$）時，相應的算符即為乘上 $f(x)$。

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解題方法

1. 套用量子力學期望值標準公理定義：
   任意物理量算符 $\hat{A}$ 在波函數 $\psi(x)$ 下的期望值，定義為將算符夾在複數共軛波函數 $\psi^*(x)$ 與原波函數 $\psi(x)$ 之間的全空間積分：
   $\langle \hat{A} \rangle = \int_{-\infty}^{+\infty} \psi^*(x) \hat{A} \psi(x) \, dx$

2. 代入位置純量函數 $f(x)$：
   將算符 $\hat{A} = f(x)$ 代入上述公理定義式中，即可直接得出期望值的表達式為：
   $\langle f(x) \rangle = \int_{-\infty}^{+\infty} \psi^*(x) f(x) \psi(x) \, dx$

3. 代數等價性與標準定義考量：
   由於 $f(x)$ 為純量函數，在被積分式中與波函數相乘時滿足交換律，因此在數值上 $\psi^*(x) f(x) \psi(x) = f(x) \psi^*(x) \psi(x) = f(x) |\psi(x)|^2$。

核心觀念

波函數必須滿足歸一化條件：機率密度 $|\psi(x)|^2$ 在整個區域的積分為 $1$。圖中的機率密度是底邊從 $x=-3$ 到 $x=+3$、頂點高度為 $A^2$ 的三角形，因此可用三角形面積求出 $A^2$。

解題方法

由圖形讀出三角形底長為

$$3-(-3)=6$$

歸一化條件等於圖形下的面積：

$$\int_{-3}^{3}|\psi(x)|^2\,dx =\frac{1}{2}\times 6\times A^2 =1$$

所以

$$3A^2=1 \quad\Longrightarrow\quad A^2=\frac{1}{3} \quad\Longrightarrow\quad A=\pm\frac{1}{\sqrt{3}}$$

圖上給的是 $|\psi(x)|^2$，只決定 $A^2$，無法區分 $A$ 的正負。

選項分析

核心觀念

本題考查**一維無限深位能井（One-dimensional box / Infinite square well）**中粒子的量子化能階與量子數關係。

1. 邊界條件與物質波駐波：
   質量為 $m$ 的粒子受限於長度為 $L$ 的一維空間，邊界處位能趨近於無限大，波函數在 $x = 0$ 與 $x = L$ 處必須為零。因此，位能井內形成的物質波為駐波，滿足：
   $L = n \cdot \frac{\lambda}{2} \quad (n = 1, 2, 3, \dots)$
   其中 $\lambda$ 為德布羅意波長（de Broglie wavelength），$n$ 為量子數（Quantum number）。

2. 能階公式：
   一維無限深位能井的束縛態能量為：
   $E_n = \frac{n^2 h^2}{8 m L^2}$
   式中 $h$ 為普朗克常數（Planck constant），$m$ 為粒子質量，$L$ 為盒長。

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解題方法

步驟一：由德布羅意關係式推導能階公式
根據駐波條件，粒子的波長為：
$\lambda_n = \frac{2L}{n}$

動量 $p_n$ 與波長關係為：
$p_n = \frac{h}{\lambda_n} = \frac{n h}{2 L}$

粒子的動能即為總能量 $E_n$：
$E_n = \frac{p_n^2}{2m} = \frac{1}{2m} \left( \frac{n h}{2 L} \right)^2 = \frac{n^2 h^2}{8 m L^2}$

步驟二：將題目條件代入求量子數 $n$
已知能量 $E = \frac{2 h^2}{m L^2}$，將其與 $E_n$ 等置：
$\frac{n^2 h^2}{8 m L^2} = \frac{2 h^2}{m L^2}$

核心觀念
此題檢測「粒子於一維無限深方盒（particle‑in‑a‑box）之正規化波函數」以及「以機率密度 $|\psi(x)|^{2}$ 在指定區間積分求機率」的概念。關鍵在於先算出正規化常數 $A$，再把 $|\psi|^{2}$ 轉換為可積分的形式（利用 $\sin^{2}\theta =\frac{1-\cos2\theta}{2}$），最後帶入區間端點並說明為何最後的餘項在大多情況下可忽略，得到選項中的答案。

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(a) 正規化常數 $A$

波函數在盒內必須滿足

$\int_{0}^{L} |\psi(x)|^{2}\,dx = 1 .$

代入 $\psi(x)=A\sin\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)$：

$$\begin{aligned} 1 &= A^{2}\int_{0}^{L}\sin^{2}\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right)dx \\ &= A^{2}\frac{L}{2} . \end{aligned}$$

故

$\boxed{A=\sqrt{\frac{2}{L}}}.$

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(b) 機率密度與積分式

機率密度

$$|\psi(x)|^{2}=A^{2}\sin^{2}\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right) =\frac{2}{L}\sin^{2}\!\left(\frac{n\pi x}{L}\right).$$

利用 $\sin^{2}\theta =\dfrac{1-\cos2\theta}{2}$，可寫成

$|\psi(x)|^{2}= \frac{1}{L}\Bigl[1-\cos\!\bigl(2n\pi x/L\bigr)\Bigr].$

因此在 $x\in[0.60L,\,0.70L]$ 的機率為

本題考驗粒子在有限位能井中的薛丁格方程式解。

圖中顯示一個有限位能井，在 $x < 0$ 的區域 I，位能 $V(x) = V_0$。在 $0 \le x \le L$ 的區域 II，位能 $V(x) = 0$。在 $x > L$ 的區域 III，位能 $V(x) = V_0$。
粒子具有能量 $E$，且 $0 < E < V_0$。這表示粒子在區域 I 和 III 的動能為負，因此其波函數在這些區域是遞減或遞增的指數函數。

對於區域 I ($x < 0$)，薛丁格方程式為：
$-\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2\psi}{dx^2} + V_0 \psi = E \psi$
$-\frac{\hbar^2}{2m} \frac{d^2\psi}{dx^2} = (E - V_0) \psi$
$\frac{d^2\psi}{dx^2} = -\frac{2m(E - V_0)}{\hbar^2} \psi$
由於 $E < V_0$，所以 $E - V_0 < 0$。令 $\kappa^2 = \frac{2m(V_0 - E)}{\hbar^2}$，其中 $\kappa > 0$。
則 $\frac{d^2\psi}{dx^2} = -\frac{2m(-(V_0 - E))}{\hbar^2} \psi = -\frac{2m(V_0 - E)}{\hbar^2} \psi = -\kappa^2 \psi$。
所以，薛丁格方程式變為：
$\frac{d^2\psi}{dx^2} = \kappa^2 \psi$

核心觀念

本題考查「經典力學中的禁制區」與量子穿隧效應。

粒子的總能量為

$$E=K+U$$

其中動能

$$K=\frac{1}{2}mv^2=\frac{p^2}{2m}\geq 0$$

因此，在經典力學中，粒子只能出現在滿足

$$E\geq U(x)$$

的區域。若遇到位能障礙，使得 $U(x)>E$，則

$$K=E-U(x)<0$$

但經典動能不可能為負值，所以粒子無法進入該區域，也不可能穿越位能障礙。

解題方法

考慮粒子遇到高度大於其總能量的位能障礙：

$$U_{\text{barrier}}>E$$

由能量守恆，

$$K=E-U_{\text{barrier}}$$

代入條件可得

$$K<0$$

然而經典動能由

$$K=\frac{1}{2}mv^2$$

定義，而 $m>0$、$v^2\geq 0$，所以必有 $K\geq 0$。負動能在經典力學中沒有物理意義，粒子因此無法進入位能高於總能量的區域。

量子力學允許波函數在此類區域中呈指數衰減，並具有穿透障礙後的非零機率，這就是量子穿隧；但這不是經典粒子的行為。

選項分析

• A. 總能量等於動能與位能之和，這是正確的能量守恆關係：

核心觀念

量子簡諧振子的哈密頓量為

$$H=\frac{p^2}{2m}+\frac{1}{2}m\omega^2x^2.$$

利用升降算符可寫成

$$H=\hbar\omega\left(a^\dagger a+\frac{1}{2}\right),$$

其中數目算符 $N=a^\dagger a$ 的本徵值為

$$n=0,1,2,\ldots$$

因此簡諧振子的能階為

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

基態對應最低量子數 $n=0$，故

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

此基態能量稱為零點能，即使在最低能態，能量也不為零，這是量子力學中位置與動量不確定性所造成的結果。

解題方法

直接套用量子簡諧振子的能量本徵值公式：

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

基態是 $n=0$，代入得

$$E_{\text{ground}}=\frac{1}{2}\hbar\omega.$$

因此正確選項為 B。

選項分析

核心觀念

本題考查 Rutherford 散射實驗對原子核模型的證據。

Rutherford 以帶正電的 $\alpha$ 粒子撞擊金箔。$\alpha$ 粒子帶電量 $+2e$，金原子核帶正電量約 $+79e$，兩者之間產生庫侖斥力。

實驗結果顯示：

• 絕大多數 $\alpha$ 粒子幾乎不偏轉；
• 少數粒子發生大角度偏轉；
• 極少數粒子甚至向後散射。

若原子的正電荷均勻分布在整個原子內，$\alpha$ 粒子受到的斥力不可能使高能粒子大幅反彈。因此，必須假設正電荷與大部分質量集中在一個體積極小、密度極高的原子核中。

解題方法

判斷關鍵在於「向後散射」所代表的物理意義。

$\alpha$ 粒子若要被金原子核偏轉超過 $90^\circ$，甚至反向散射，必須非常接近金原子核，受到集中正電荷所產生的強大庫侖斥力。這種事件數量極少，表示能夠造成強烈散射的有效區域非常小，也就是原子核遠小於原子的尺度。

原子大小約為

$$10^{-10}\ \mathrm{m},$$

而原子核大小約為

$$10^{-15}\text{～}10^{-14}\ \mathrm{m}.$$

亦可用正面碰撞的最近接近距離作數量級說明。對於正面撞擊，$\alpha$ 粒子的動能完全轉化為庫侖位能：

$$K=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{(2e)(79e)}{r_{\min}}.$$

利用

$$\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0} \approx 1.44\ \mathrm{MeV\,fm},$$

以及 $K=7.7\ \mathrm{MeV}$，可得

$$r_{\min} = \frac{(1.44)(2)(79)}{7.7}\ \mathrm{fm} \approx 29.5\ \mathrm{fm} \approx 3.0\times10^{-14}\ \mathrm{m}.$$

這個距離已比原子尺度 $10^{-10}\ \mathrm{m}$ 小約 $3,000$ 倍，說明 $\alpha$ 粒子可以深入原子內部而接近一個極小的集中電荷區域。

選項分析

A. some alpha particles passed through the foil undeflected.

核心觀念

氫原子的第 $n$ 個能階為

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

電子由較高能階 $n_i=4$ 跃遷至較低能階 $n_f=3$ 時，原子放出光子。依能量守恆，光子能量等於兩能階的能量差：

$$E_\gamma=E_i-E_f$$

負號表示電子處於束縛態，計算光子能量時必須取能階差的正值。

解題方法

初態 $n=4$ 的能量為

$$E_4=-\frac{13.6}{4^2} =-\frac{13.6}{16} =-0.85\ \text{eV}$$

末態 $n=3$ 的能量為

$$E_3=-\frac{13.6}{3^2} =-\frac{13.6}{9} \approx -1.51\ \text{eV}$$

因此放出光子的能量為

$$\begin{aligned} E_\gamma &=E_4-E_3\\ &=(-0.85)-(-1.51)\\ &\approx 0.66\ \text{eV} \end{aligned}$$

也可直接使用能階差公式：

核心觀念

本題考查波耳模型中電子在氫原子第一軌道的速率。主要使用：

1. 電子受庫侖力提供向心力。
2. 波耳量子化條件：
   $m_evr=n\hbar$

其中第一軌道的主量子數為 $n=1$。

解題方法

對氫原子，電子與質子間的庫侖吸引力等於向心力：

$$\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{e^2}{r^2} =\frac{m_ev^2}{r}$$

波耳量子化條件為：

$$m_evr=n\hbar$$

由此可得電子在第 $n$ 軌道的速率：

$$v_n=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{e^2}{n\hbar}$$

利用精細結構常數

$$\alpha=\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0\hbar c}\approx \frac{1}{137}$$

可將速率寫成：

$$v_n=\frac{\alpha c}{n}$$

第一 Bohr 軌道為 $n=1$，因此

$$v_1=\alpha c =\frac{1}{137}(3.00\times10^8) \approx 2.19\times10^6\ \text{m/s}$$

取適當有效位數：

$$v_1\approx 2.2\times10^6\ \text{m/s}$$

選項分析

核心觀念

本題考查軌道角動量的兩種不同量：

1. 軌道角動量的總大小
2. 軌道角動量在磁場方向上的投影

對主量子數之外的軌道角動量量子數 $l$，量子力學給出

$$\hat{L}^2\lvert l,m_l\rangle = l(l+1)\hbar^2\lvert l,m_l\rangle$$

因此軌道角動量的大小為

$$L=\sqrt{l(l+1)}\hbar$$

若取固定磁場 $\vec{B}$ 的方向為 $z$ 軸，則角動量在磁場方向上的投影為

$$L_z=m_l\hbar$$

其中磁量子數可取

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

所以投影的最大值是 $l\hbar$，投影的最大絕對值也是

$$\max\lvert L_z\rvert=l\hbar$$

解題方法

將兩人的說法分別對照正確公式：

• Zeke 說總角動量大小為 $l\hbar$。
• Ruth 說沿磁場方向的最大投影大小為 $\sqrt{l(l+1)}\hbar$。

正確關係應為

$$\boxed{L=\sqrt{l(l+1)}\hbar}$$

以及

$$\boxed{\max\lvert L_B\rvert=l\hbar}$$

其中 $L_B$ 表示角動量在磁場方向上的投影。

因此，Zeke 與 Ruth 正好將「總角動量大小」和「最大投影」互相交換，兩人的說法都不正確。

選項分析

A. Ruth，因為 $L$ 的最大值是 $\sqrt{l(l+1)}\hbar$

錯誤。雖然 $\sqrt{l(l+1)}\hbar$ 確實是軌道角動量的總大小，但 Ruth 談的是沿磁場方向的投影最大值。該投影最大值應為 $l\hbar$。

B. Ruth，因為軌道角動量總是沿著磁場方向，使 $\vec{L}$ 在磁場方向上達到最大值

核心觀念

本題考查三個常見的原子物理原理：

1. Pauli exclusion principle（泡利不相容原理）
   同一原子中，不可能有兩個電子具有完全相同的一組量子數：
   $n,\ \ell,\ m_\ell,\ m_s$

2. Hund’s rule（洪德規則）
   在能量相同的軌域中，電子會優先以自旋平行的方式單獨佔據各軌域，之後才成對。因此可使未成對電子數最大。

3. Heisenberg uncertainty principle（海森堡不確定性原理）
   粒子的位置與動量無法同時被無限精確地確定：
   $\Delta x\,\Delta p\geq \frac{\hbar}{2}$

解題方法

直接比對各選項所描述的內容與上述原理：

• 題幹若描述「同一原子內，兩電子不能擁有相同的四個量子數」，就是泡利不相容原理。
• 題幹若描述「等能量軌域先單獨佔據且自旋平行」，是洪德規則。
• 題幹若描述「位置與動量的不確定性」，是海森堡不確定性原理。

因此應選出精確描述泡利不相容原理的選項。

選項分析

• A. 「等能量軌域中，未成對自旋的電子數最大。」
  這是 洪德規則 的內容，不是泡利不相容原理。錯誤。

核心觀念

本題考查狹義相對論的第二基本假設：真空中的光速對所有慣性觀察者皆為

$$c$$

與光源本身的運動速度無關。因此，太空船以 $0.8c$ 接近地球時，所發出的無線電波在地球參考系中仍以 $c$ 傳播。

不同慣性參考系間的速度必須使用相對論速度合成公式：

$$u=\frac{u'+v}{1+\dfrac{u'v}{c^2}}$$

其中：

• $u'$：無線電波相對太空船的速度；
• $v$：太空船相對地球的速度；
• $u$：無線電波相對地球的速度。

解題方法

取地球為參考系，令太空船朝地球方向的速度為

$$v=0.8c$$

無線電波沿同一方向發射，且在太空船參考系中速度為

$$u'=c$$

代入相對論速度合成公式：

$$u=\frac{c+0.8c}{1+\dfrac{(c)(0.8c)}{c^2}}$$

分子為

$$c+0.8c=1.8c$$

分母為

$$1+0.8=1.8$$

因此

$$u=\frac{1.8c}{1.8}=c$$

所以無線電波抵達地球時，相對地球的速度仍為 $c$。

選項分析

• A. $c$：正確。
  由光速不變原理，地球觀察到的無線電波速度為 $c$。

核心觀念

FM 波是電磁波。在狹義相對論中，光速不因光源或觀察者的運動狀態而改變；所有彼此做等速直線運動的慣性觀察者，都測得真空中電磁波速率為

$$c=2.9979\times10^8\ \text{m/s}.$$

因此，發射天線與接收天線之間的相對運動，會造成接收頻率與波長的改變，但不會改變接收天線所測得的波速。

解題方法

可利用相對論速度合成公式驗證。設電磁波在發射天線參考系中的速度為 $u'$，發射天線相對接收天線的速度為 $v$，則接收天線測得的速度為

$$u=\frac{u'+v}{1+\dfrac{u'v}{c^2}}.$$

由於 FM 波為電磁波，

$$u'=c.$$

若發射天線以 $0.5c$ 向右運動，取 $v=0.5c$：

$$u=\frac{c+0.5c}{1+\dfrac{c(0.5c)}{c^2}} =\frac{1.5c}{1.5} =c.$$

若發射天線以 $0.5c$ 向左運動，取 $v=-0.5c$：

$$u=\frac{c-0.5c}{1-\dfrac{c(0.5c)}{c^2}} =\frac{0.5c}{0.5} =c.$$

若電磁波向負方向傳播，計算結果會得到 $u=-c$；其速率仍為

$$|u|=c.$$

選項分析

A. 發射天線相對接收天線靜止

核心觀念

本題考查狹義相對論的時間膨脹。μ 子在自身靜止參考系中測得的半衰期，是本徵半衰期：

$$\Delta \tau_{1/2}=2.20\ \mu\text{s}$$

當 μ 子相對觀測者以速度 $v$ 運動時，觀測到的半衰期為

$$\Delta t_{1/2}=\gamma \Delta \tau_{1/2},$$

其中

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

解題方法

已知

$$v=0.800c,$$

因此

$$\gamma =\frac{1}{\sqrt{1-(0.800)^2}} =\frac{1}{\sqrt{1-0.640}} =\frac{1}{\sqrt{0.360}} =\frac{1}{0.600} =1.667.$$

所以運動中的 μ 子，其半衰期為

$$\Delta t_{1/2} =\gamma \Delta \tau_{1/2} =(1.667)(2.20\ \mu\text{s}) =3.67\ \mu\text{s}.$$

因此正確選項為 B。

選項分析

• A. $8.13$：錯誤。 此數值不符合 $v=0.800c$ 所對應的時間膨脹因子 $\gamma=1.667$，無法由正確公式得到。