108 年 國立臺灣大學物理系天文物理所與應用物理所(三所聯招)《近代物理學（A）》

📄 試題原卷　免費註冊後即可對照原始考卷 PDF免費註冊

第 1 題20 分

國立臺灣大學108學年度碩士班招生考試試題
科目: 近代物理學(A) 題號: 59 節次: 7 共 3 頁之第 1 頁

2019 Graduate Entrance Exam- Modern Physics

  1. (20 points) Relative to an observer at rest in the lab, 4N04N_0 (N0≥1N_0 \ge 1) particles are uniformly distributed and confined to move at a constant speed vv on a square track ABCD of side L0L_0 resting on the x−yx-y plane of the lab (Fig. 1). A primed frame is moving at the velocity vv along the positive xx-axis of the lab frame, and the two coordinate systems coincide at t=t′=0t = t' = 0. The Lorentz transformation between the two frames is
    x′=γ(x−vt)x' = \gamma(x - vt)
    y′=yy' = y
    z′=zz' = z
    t′=γ(t−vxc2)t' = \gamma\left(t - \frac{vx}{c^2}\right)
    where γ=11−v2c2\gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - \frac{v^2}{c^2}}}.

where cc is the speed of light in vacuum. In answering the following questions, you can freely quote the familiar concept of "length contraction," "time dilation," etc. without resorting to the above formulas if you are confident with the physics involved. But if in doubt, you are welcome to apply the above formulas to help yourself get around any difficulties you might encounter. In other words, these formulas are provided for your convenience only, and you are not required to use them in answering the following questions.

🖼️【此處有附圖，請對照原卷】
Figure 1: Fig. 1: Uniformly distributed particles are confined to move at a speed vv on a square track of side L0L_0 that is at rest in the lab.

In what follows, physical quantities measured in the primed frame are denoted with a prime ('). For instance, the length of the side ABAB observed by the primed observer is denoted by LAB′L'_{AB}, and the number of particles contained within the two ends AA and BB is denoted by NAB′N'_{AB}. We clearly have LAB′=LBC′=L0L'_{AB} = L'_{BC} = L_0, and NAB′=NBC′=N0N'_{AB} = N'_{BC} = N_0.

For each of the following statements, please answer true or false, and then provide a physics explanation. You earn credits only if both your answer and the explanation are correct.

(a) (5 points) LAB′<L0L'_{AB} < L_0.
(b) (5 points) NAB′<N0γN'_{AB} < \frac{N_0}{\gamma}.
(c) (5 points) NBC′=N0N'_{BC} = N_0.
(d) (5 points) NCD′=(1+v2c2)N0N'_{CD} = (1 + \frac{v^2}{c^2}) N_0.

🖼️ 本題含圖表，以下為原卷對應頁面：
原卷第 1 頁原卷第 2 頁

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考察洛侖茲變換下的長度收縮與同時性相對性。兩事件若在實驗室系同時，未必在移動系同時；因此移動系中的粒子數，不能一律直接沿用實驗室系的 N0N_0。

依原卷圖片，第 1 題 (b) 的敘述是

LAB′NAB′<L0N0,\frac{L'_{AB}}{N'_{AB}}<\frac{L_0}{N_0},

不是題目轉錄文字中的 NAB′<N0/γN'_{AB}<N_0/\gamma。以下依原卷圖片作答。令 β=v/c\beta=v/c，則 γ=1/1−β2\gamma=1/\sqrt{1-\beta^2}。

解題方法

以 ABAB 的 xx 座標由 BB 指向 AA，令 BB 位於 x=0x=0、AA 位於 x=L0x=L_0。由圖中箭頭，粒子在 ABAB 上沿 +x+x 方向運動，在對邊 CDCD 上沿 −x-x 方向運動。移動系中取同一時刻 t′=0t'=0，由洛侖茲變換可得

t′=0⟹t=vxc2.t'=0\quad\Longrightarrow\quad t=\frac{vx}{c^2}.

ABAB 上的長度與粒子數

ABAB 平行於相對運動方向，因此長度收縮：

LAB′=L0γ.L'_{AB}=\frac{L_0}{\gamma}.

設粒子在實驗室系 t=0t=0 時的位置為 ξ\xi。粒子在 ABAB 上以速度 +v+v 運動，故 x=ξ+vtx=\xi+vt。代入 t=vx/c2t=vx/c^2：

ξ=x−vt=x(1−v2c2)=xγ2.\xi=x-vt=x\left(1-\frac{v^2}{c^2}\right)=\frac{x}{\gamma^2}.

在 t′=0t'=0 的切片上，ABAB 的實驗室座標範圍仍為 0≤x≤L00\le x\le L_0，因此對應的初始粒子位置範圍只有 0≤ξ≤L0/γ20\le \xi\le L_0/\gamma^2。粒子原本均勻分布，故

NAB′=N0γ2.N'_{AB}=\frac{N_0}{\gamma^2}.

BCBC 上的粒子數

BCBC 平行於 yy 軸，其上各點的 xx 座標相同。因此 t′=0t'=0 對應到這條邊上同一個實驗室時間；同時 y′=yy'=y，故這條邊涵蓋的粒子數不變：

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 2 題30 分

  1. (30 points) For a particle of mass M moving in a static three-dimensional potential V (r), the time-dependent Schrödinger equation for the wavefunction ψ(r,t)\psi(\mathbf{r}, t) reads
    ℏ22M∇2ψ+V(r)ψ=iℏ∂ψ∂t\frac{\hbar^2}{2M}\nabla^2\psi + V(\mathbf{r})\psi = i\hbar\frac{\partial\psi}{\partial t}
    (1)
    (a) (5 points) If we define the local probabilistic density ρ\rho and the local probabilistic flux j\mathbf{j} as
    ρ=ψ∗ψ\rho = \psi^*\psi
    j=ℏ2Mi(ψ∗∇ψ−ψ∇ψ∗)\mathbf{j} = \frac{\hbar}{2Mi}(\psi^*\nabla\psi - \psi\nabla\psi^*)
    respectively, then please use Eqn.(1) to show that
    ∂ρ∂t+∇⋅j=0\frac{\partial\rho}{\partial t} + \nabla\cdot\mathbf{j} = 0
    In the above, ψ∗\psi^* is the complex conjugate of ψ\psi.

(b) (8 points) Please show that
ddt∫(12M∣v∣2+V(r))d3r=−∫(∇V)⋅jd3r\frac{d}{dt}\int (\frac{1}{2}M|\mathbf{v}|^2 + V(\mathbf{r})) d^3r = -\int (\nabla V)\cdot\mathbf{j} d^3r
which can be viewed as a quantum mechanical interpretation of Newton's second law of motion.

(c) (5 points) If we write ψ=AeiS\psi = Ae^{iS}, where A and S are real-valued functions, then please show that
j=ℏM∇S\mathbf{j} = \frac{\hbar}{M}\nabla S

(d) (5 points) We now restrict ourselves to the case when V is a spherically symmetric central field, i.e., V depends only the radial distance r. For an energy eigenstate with the energy E, one traditionally adopts spherical coordinates (r,θ,ϕ)(r, \theta, \phi) and uses "separation of variables" to express ψ\psi as
ψ=R(r)Θ(θ)Φ(ϕ)e−iEt/ℏ\psi = R(r)\Theta(\theta)\Phi(\phi)e^{-iEt/\hbar}
where R and Θ\Theta are some real-valued functions each satisfying a certain second order differential equation not of our concern here. In the above, m is some integer. Suppose we define the local orbital angular momentum density Jp\mathbf{J}_p as
Jp=r×Mvψ\mathbf{J}_p = \mathbf{r} \times M\mathbf{v}\psi
please show that the z-component of Jp\mathbf{J}_p is ρmℏ\rho m\hbar. Note: The gradient operator expressed in spherical coordinates is
∇=e^r∂∂r+e^θ1r∂∂θ+e^ϕ1rsin⁡θ∂∂ϕ\nabla = \hat{\mathbf{e}}_r\frac{\partial}{\partial r} + \hat{\mathbf{e}}_\theta\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial\theta} + \hat{\mathbf{e}}_\phi\frac{1}{r\sin\theta}\frac{\partial}{\partial\phi}

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查：

  • 機率密度 ρ\rho 與機率流密度 j\mathbf j。
  • 機率守恆所導出的 continuity equation。
  • 量子力學中動能與位能期望值的時間演化。
  • 極座標下的相位梯度與局部速度。
  • 中心力場中角動量密度與磁量子數 mm 的關係。

題目文字有三處常見誤植：

  1. 薛丁格方程的動能項應為 −ℏ22M∇2ψ-\dfrac{\hbar^2}{2M}\nabla^2\psi。
  2. ψ=AeiS\psi=Ae^{iS} 時，正確結果為 j=ρℏM∇S\mathbf j=\rho\dfrac{\hbar}{M}\nabla S。
  3. 角動量密度應寫成 Jp=r×Mj\mathbf J_p=\mathbf r\times M\mathbf j，或等價地寫成 r×Mρv\mathbf r\times M\rho\mathbf v。

以下依物理上正確且與各小題結論一致的形式作答。

(a) 推導機率守恆方程

正確的時間相依薛丁格方程為

−ℏ22M∇2ψ+Vψ=iℏ∂ψ∂t.-\frac{\hbar^2}{2M}\nabla^2\psi+V\psi =i\hbar\frac{\partial\psi}{\partial t}.

其複共軛為

−ℏ22M∇2ψ∗+Vψ∗=−iℏ∂ψ∗∂t.-\frac{\hbar^2}{2M}\nabla^2\psi^*+V\psi^* =-i\hbar\frac{\partial\psi^*}{\partial t}.

由第一式得

∂ψ∂t=iℏ2M∇2ψ−iℏVψ,\frac{\partial\psi}{\partial t} =\frac{i\hbar}{2M}\nabla^2\psi-\frac{i}{\hbar}V\psi,

而由複共軛方程得

∂ψ∗∂t=−iℏ2M∇2ψ∗+iℏVψ∗.\frac{\partial\psi^*}{\partial t} =-\frac{i\hbar}{2M}\nabla^2\psi^* +\frac{i}{\hbar}V\psi^*.

機率密度為

ρ=ψ∗ψ.\rho=\psi^*\psi.

因此

∂ρ∂t=ψ∗∂ψ∂t+ψ∂ψ∗∂t.\frac{\partial\rho}{\partial t} = \psi^*\frac{\partial\psi}{\partial t} + \psi\frac{\partial\psi^*}{\partial t}.

代入上式後，位能項相消，得到

∂ρ∂t=iℏ2M(ψ∗∇2ψ−ψ∇2ψ∗).\frac{\partial\rho}{\partial t} = \frac{i\hbar}{2M} \left( \psi^*\nabla^2\psi-\psi\nabla^2\psi^* \right).

利用恆等式

∇⋅(ψ∗∇ψ−ψ∇ψ∗)=ψ∗∇2ψ−ψ∇2ψ∗,\nabla\cdot \left( \psi^*\nabla\psi-\psi\nabla\psi^* \right) = \psi^*\nabla^2\psi-\psi\nabla^2\psi^*,

以及

j=ℏ2Mi(ψ∗∇ψ−ψ∇ψ∗),\mathbf j= \frac{\hbar}{2Mi} \left( \psi^*\nabla\psi-\psi\nabla\psi^* \right),

可得

∇⋅j=ℏ2Mi(ψ∗∇2ψ−ψ∇2ψ∗).\nabla\cdot\mathbf j = \frac{\hbar}{2Mi} \left( \psi^*\nabla^2\psi-\psi\nabla^2\psi^* \right).

由 1i=−i\dfrac{1}{i}=-i 可知

∂ρ∂t=−∇⋅j.\frac{\partial\rho}{\partial t} = -\nabla\cdot\mathbf j.

所以

∂ρ∂t+∇⋅j=0.\boxed{ \frac{\partial\rho}{\partial t} +\nabla\cdot\mathbf j=0 }.

這表示某一區域內機率密度的減少，等於機率流向區域外的通量。

(b) 動能與位能的時間演化

本小題右側

−∫(∇V)⋅j d3r-\int(\nabla V)\cdot\mathbf j\,d^3r

是量子力學中平均動能的時間變化率。因此嚴格的正確關係為

ddt⟨T⟩=−∫(∇V)⋅j d3r\boxed{ \frac{d}{dt}\langle T\rangle = -\int(\nabla V)\cdot\mathbf j\,d^3r }

其中

⟨T⟩=∫ψ∗(−ℏ22M∇2)ψ d3r.\langle T\rangle = \int \psi^* \left( -\frac{\hbar^2}{2M}\nabla^2 \right) \psi\,d^3r.

由 Ehrenfest 定理，

ddt⟨T⟩=iℏ⟨[H,T]⟩.\frac{d}{dt}\langle T\rangle = \frac{i}{\hbar}\langle[H,T]\rangle.

因為

H=T+V,H=T+V,

且 [T,T]=0[T,T]=0，所以

ddt⟨T⟩=iℏ⟨[V,T]⟩.\frac{d}{dt}\langle T\rangle = \frac{i}{\hbar}\langle[V,T]\rangle.

直接在座標表象計算可得

ddt⟨T⟩=−∫ℏ2Mi(ψ∗∇ψ−ψ∇ψ∗)⋅∇V d3r.\frac{d}{dt}\langle T\rangle = -\int \frac{\hbar}{2Mi} \left( \psi^*\nabla\psi-\psi\nabla\psi^* \right) \cdot\nabla V\,d^3r.

利用 j\mathbf j 的定義，

ddt⟨T⟩=−∫(∇V)⋅j d3r.\boxed{ \frac{d}{dt}\langle T\rangle = -\int(\nabla V)\cdot\mathbf j\,d^3r }.

另一方面，位能期望值為

⟨V⟩=∫Vρ d3r.\langle V\rangle=\int V\rho\,d^3r.

由於 VV 為靜態位能，

ddt⟨V⟩=∫V∂ρ∂t d3r.\frac{d}{dt}\langle V\rangle = \int V\frac{\partial\rho}{\partial t}\,d^3r.

使用 (a) 的 continuity equation，

∂ρ∂t=−∇⋅j,\frac{\partial\rho}{\partial t} =-\nabla\cdot\mathbf j,

因此

ddt⟨V⟩=−∫V∇⋅j d3r.\frac{d}{dt}\langle V\rangle = -\int V\nabla\cdot\mathbf j\,d^3r.

忽略無限遠處的邊界項並作分部積分，

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 3 題25 分

  1. (25 points) It is said that the famous sodium D-lines (D₁ and D₂) arise from the spin-orbit interaction. D₁ is due to the 32P1/2→32S1/23^2P_{1/2} \rightarrow 3^2S_{1/2} transition and D₂ is due to the 32P3/2→32S1/23^2P_{3/2} \rightarrow 3^2S_{1/2} transition.

(a) (10 points) What is the so-called spin-orbit interaction?
(b) (5 points) Which state, 32P1/23^2P_{1/2} or 32P3/23^2P_{3/2}, has higher energy? Why?
(c) (10 points) What happens to the D-Lines if the sodium atom is placed in an external magnetic field? (You need to explain what happens to D₁ and D₂ separately.)

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查三個重點：

  1. 電子自旋與軌道角動量的耦合，即自旋—軌道交互作用。
  2. 利用 L⋅S\mathbf{L}\cdot\mathbf{S} 的本徵值判斷 32P1/23^2P_{1/2} 與 32P3/23^2P_{3/2} 的能量高低。
  3. 外加磁場造成 Zeeman 分裂，並利用 Landé gg 因子與電偶極躍遷選擇定則判斷 D 線分裂後的譜線數目與位置。

符號 32PJ3^2P_J 中：

  • L=1L=1，因為是 PP 態；
  • S=1/2S=1/2，因為多重度 2S+1=22S+1=2；
  • J=L±SJ=L\pm S，因此 J=1/2,3/2J=1/2,3/2。

(a) 什麼是自旋—軌道交互作用？

電子具有兩種角動量：

  • 軌道角動量 L\mathbf{L}；
  • 自旋角動量 S\mathbf{S}。

電子繞原子核運動時，在電子自身參考系中，原子核的運動會產生一個有效磁場。電子自旋具有磁矩，因此會與此有效磁場交互作用，形成自旋—軌道交互作用。

其哈密頓量可寫成

HSO=12me2c21rdVdr L⋅S,H_{\mathrm{SO}} = \frac{1}{2m_e^2c^2} \frac{1}{r}\frac{dV}{dr}\, \mathbf{L}\cdot\mathbf{S},

其中 V(r)V(r) 是電子所受的中心勢能，mem_e 是電子質量，cc 是光速。

對氫樣庫侖勢

V(r)=−Ze24πε0r,V(r)=-\frac{Ze^2}{4\pi\varepsilon_0 r},

可得

HSO=Ze28πε0me2c2r3L⋅S.H_{\mathrm{SO}} = \frac{Ze^2}{8\pi\varepsilon_0m_e^2c^2r^3} \mathbf{L}\cdot\mathbf{S}.

公式中的係數 1/21/2 已包含 Thomas precession 所造成的 Thomas factor。自旋—軌道交互作用的核心形式是

HSO∝L⋅S.H_{\mathrm{SO}}\propto \mathbf{L}\cdot\mathbf{S}.

因此，原本相同的 PP 態會因 JJ 不同而分裂成 J=1/2J=1/2 與 J=3/2J=3/2 兩個能級，這就是精細結構分裂的來源之一。

(b) 哪一個狀態能量較高？為什麼？

解題方法

使用角動量關係式

J=L+S,\mathbf{J}=\mathbf{L}+\mathbf{S},

以及

L⋅S=12[J(J+1)−L(L+1)−S(S+1)]ℏ2.\mathbf{L}\cdot\mathbf{S} = \frac{1}{2} \left[ J(J+1)-L(L+1)-S(S+1) \right]\hbar^2.

本題中 L=1L=1、S=1/2S=1/2。

32P3/23^2P_{3/2} 態

當 J=3/2J=3/2 時，

L⋅S=12[3252−1(2)−1232]ℏ2.\mathbf{L}\cdot\mathbf{S} = \frac{1}{2} \left[ \frac{3}{2}\frac{5}{2} -1(2) -\frac{1}{2}\frac{3}{2} \right]\hbar^2.

因此

L⋅S=12ℏ2.\mathbf{L}\cdot\mathbf{S} = \frac{1}{2}\hbar^2.

32P1/23^2P_{1/2} 態

當 J=1/2J=1/2 時，

L⋅S=12[1232−1(2)−1232]ℏ2,\mathbf{L}\cdot\mathbf{S} = \frac{1}{2} \left[ \frac{1}{2}\frac{3}{2} -1(2) -\frac{1}{2}\frac{3}{2} \right]\hbar^2,

所以

L⋅S=−ℏ2.\mathbf{L}\cdot\mathbf{S} = -\hbar^2.

對鈉原子的價電子而言，PP 態附近的有效中心勢滿足

1rdVdr>0,\frac{1}{r}\frac{dV}{dr}>0,

因此自旋—軌道交互作用的係數為正。能量修正與 L⋅S\mathbf{L}\cdot\mathbf{S} 同號，故

ΔESO(32P3/2)>0,\Delta E_{\mathrm{SO}}(3^2P_{3/2})>0,

而

ΔESO(32P1/2)<0.\Delta E_{\mathrm{SO}}(3^2P_{1/2})<0.

所以

32P3/2 的能量高於 32P1/2.\boxed{3^2P_{3/2}\text{ 的能量高於 }3^2P_{1/2}}.

這也表示 D₂ 的躍遷能量較大，因此 D₂ 的波長較短；實際上鈉 D 線中 D₂ 約為 589.0 nm589.0\ \mathrm{nm}，D₁ 約為 589.6 nm589.6\ \mathrm{nm}。

(c) 外加磁場對 D 線的影響

以下採用弱磁場近似，即外加磁場造成的 Zeeman 能量分裂小於自旋—軌道分裂，因此 LL、SS、JJ 仍可視為良好量子數。

Zeeman 能量修正

磁場取為 zz 方向：

B=Bz^.\mathbf{B}=B\hat{\mathbf{z}}.

在 LS coupling 下，Zeeman 能量修正為

ΔEZ=μBgJmJB,\Delta E_Z = \mu_B g_Jm_JB,

其中 μB\mu_B 是 Bohr magneton，mJ=−J,−J+1,…,Jm_J=-J,-J+1,\ldots,J，而 Landé gg 因子為

gJ=1+J(J+1)+S(S+1)−L(L+1)2J(J+1).g_J = 1+ \frac{J(J+1)+S(S+1)-L(L+1)} {2J(J+1)}.

對 32S1/23^2S_{1/2} 態，L=0L=0、S=1/2S=1/2、J=1/2J=1/2，因此

g(32S1/2)=2.g(3^2S_{1/2})=2.

下態分裂為 mJ=±1/2m_J=\pm 1/2 兩個子能級。

D₁ 線：32P1/2→32S1/23^2P_{1/2}\rightarrow3^2S_{1/2}

上態 32P1/23^2P_{1/2} 的量子數為 L=1L=1、S=1/2S=1/2、J=1/2J=1/2，所以

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 4 題20 分

  1. (20 points) Consider N free electrons (i.e. interactions between electrons are neglected) in a 3-dimensional cubical box of side L. The mass of electron is m.

(a) (5 points) If N = 1, what are the allowed energies E for this electron ?
(b) (15 points) When N is very large, the Fermi energy Er of the system is related to N by the formula EF=cNaE_F = cN^a, where c and a are constants. What are c and a?

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查三維無限深方形位能井中的量子化能階，以及自由電子氣體的費米能量。

使用的重點公式為：

  1. 三維立方盒中的單粒子能量

    Enxnynz=ℏ2π22mL2(nx2+ny2+nz2)E_{n_x n_y n_z} = \frac{\hbar^2\pi^2}{2mL^2} \left(n_x^2+n_y^2+n_z^2\right)

  2. 電子具有兩種自旋態，因此每一組空間量子態可容納兩個電子。

  3. 費米能量 EFE_F 與費米波向量 kFk_F 的關係

    EF=ℏ2kF22mE_F=\frac{\hbar^2 k_F^2}{2m}

解題方法

（a）單一電子的允許能量

電子被限制在邊長為 LL 的三維立方盒中。無限深方形位能井的波函數必須在盒壁上為零，因此三個方向的波向量分量為

kx=nxπL,ky=nyπL,kz=nzπL,k_x=\frac{n_x\pi}{L},\qquad k_y=\frac{n_y\pi}{L},\qquad k_z=\frac{n_z\pi}{L},

其中

nx,ny,nz=1,2,3,…n_x,n_y,n_z=1,2,3,\ldots

電子的動能為

E=ℏ2k22m,E=\frac{\hbar^2 k^2}{2m},

而

k2=kx2+ky2+kz2.k^2=k_x^2+k_y^2+k_z^2.

因此

Enxnynz=ℏ22m[(nxπL)2+(nyπL)2+(nzπL)2].E_{n_xn_yn_z} = \frac{\hbar^2}{2m} \left[ \left(\frac{n_x\pi}{L}\right)^2+ \left(\frac{n_y\pi}{L}\right)^2+ \left(\frac{n_z\pi}{L}\right)^2 \right].

整理得

Enxnynz=ℏ2π22mL2(nx2+ny2+nz2)\boxed{ E_{n_xn_yn_z} = \frac{\hbar^2\pi^2}{2mL^2} \left(n_x^2+n_y^2+n_z^2\right) }

其中 nx,ny,nzn_x,n_y,n_z 均為正整數。

電子的自旋不改變上述能量，因此每個空間能階通常具有兩重自旋簡併。

（b）大量電子時的費米能量

大量電子填入能量最低的量子態，依據泡利不相容原理，每一組空間量子態最多容納兩個自旋相反的電子。

以波向量空間計算量子態數。由於

kx=πnxL,k_x=\frac{\pi n_x}{L},

相鄰量子態在 kk 空間的間距為 π/L\pi/L。

所有 nx,ny,nzn_x,n_y,n_z 都是正整數，因此量子態分布在第一卦限。半徑為 kFk_F 的球內，第一卦限所占體積為整個球體積的 1/81/8：

V第一卦限=18⋅4πkF33.V_{\text{第一卦限}} = \frac{1}{8}\cdot\frac{4\pi k_F^3}{3}.

每個 kk 狀態還有兩種自旋，因此電子總數為

🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

第 5 題5 分

  1. (5 points) Give the numerical values (in appropriate units) for
    (a) (2 points) lifetime of free neutron
    (b) (3 points) mass of neutral pion

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查兩個基本粒子物理常數：

  1. 自由中子的平均壽命 τn\tau_n。
  2. 中性 π\pi 介子的靜止質量 mπ0m_{\pi^0}。

自由中子會經由弱作用發生 β\beta 衰變：

n→p+e−+νˉen\rightarrow p+e^-+\bar{\nu}_e

中性 π\pi 介子則是由夸克與反夸克組成的介子，其質量通常以 MeV/c2\mathrm{MeV}/c^2 表示。

解題方法

本題沒有提供可由題目條件推導的數據，屬於基本物理常數的辨識題。作答時應寫出標準數值，並標明適當單位與有效位數。

(a) 自由中子壽命

自由中子的平均壽命為

τn≃8.8×102 s\boxed{\tau_n \simeq 8.8\times 10^2\ \mathrm{s}}

採用較精確的現代數值：

τn≃879 s\tau_n \simeq 879\ \mathrm{s}

在許多研究所入學考試教材中，也常使用約 885 s885\ \mathrm{s} 的傳統數值。考試作答寫成

τn≈880 s\boxed{\tau_n\approx 880\ \mathrm{s}}

即可表達正確數量級與物理常數。

(b) 中性 π\pi 介子質量

中性 π\pi 介子的靜止質量為

mπ0≃134.98 MeV/c2\boxed{m_{\pi^0}\simeq 134.98\ \mathrm{MeV}/c^2}
🔒

後續完整解題步驟與【答案】

免費註冊，享三天全站完整詳解閱覽。

免費註冊

其他考古題

臺灣大學《近代物理學》其他年度

115 年114 年113 年112 年111 年109 年

其他學校的物理與地科考古題

臺灣聯合大學系統24成功大學103政治大學6中央大學174中正大學5中山大學47中央警察大學10