111 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

  1. [20 points] Consider the electron radiation process
    e(p)→e(p′)+γ(q)e(p) \to e(p') + \gamma(q)
    where p,p′p, p' and qq are their 4-momenta and all these particles are on shell.
    (a) [10] Use appropriate equations to explain why this process cannot happen in vacuum.
    (b) [10] Use appropriate equations to explain why this process can possibly happen in a
    detector (e.g., the Cerenkov radiation). Specify under what condition does that happen.

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：

  • 相對論性四動量守恆；
  • 電子與光子的殼層條件（on-shell conditions）；
  • 真空中自由粒子衰變的運動學限制；
  • 介質中的光子色散關係與 Cerenkov 輻射條件。

採用度規

p2=pμpμ=E2c2−∣p∣2p^2=p_\mu p^\mu=\frac{E^2}{c^2}-|\mathbf p|^2

則電子與真空光子分別滿足

p2=p′2=me2c2,q2=0.p^2=p'^2=m_e^2c^2,\qquad q^2=0.

解題方法

直接將四動量守恆式與殼層條件聯立。真空情況下，只有電子與光子參與反應；介質中則必須把介質的作用納入考慮，因而改變光子的色散關係，並由介質承受反衝動量。

（a）真空中此過程無法發生

真空中的四動量守恆為

p=p′+q.p=p'+q.

兩邊平方：

p2=(p′+q)2.p^2=(p'+q)^2.

利用

p2=p′2=me2c2,q2=0,p^2=p'^2=m_e^2c^2,\qquad q^2=0,

得到

me2c2=me2c2+2p′⋅q,m_e^2c^2 =m_e^2c^2+2p'\cdot q,

因此

p′⋅q=0.p'\cdot q=0.

然而，對具有正能量的電子與光子，

p′μ=(E′c,p′),qμ=(ℏωc,q),p'^\mu=\left(\frac{E'}{c},\mathbf p'\right),\qquad q^\mu=\left(\frac{\hbar\omega}{c},\mathbf q\right),

且真空光子滿足

∣q∣=ωc.|\mathbf q|=\frac{\omega}{c}.

所以

p′⋅q=E′ℏωc2−p′⋅q.p'\cdot q =\frac{E'\hbar\omega}{c^2} -\mathbf p'\cdot\mathbf q.

由柯西不等式，

p′⋅q≤∣p′∣ ∣q∣=∣p′∣ωc.\mathbf p'\cdot\mathbf q \leq |\mathbf p'|\,|\mathbf q| =|\mathbf p'|\frac{\omega}{c}.

又因為電子為有質量粒子，

E′>∣p′∣c.E'>|\mathbf p'|c.

因此

p′⋅q≥ℏωc2(E′−∣p′∣c)>0,p'\cdot q \geq \frac{\hbar\omega}{c^2} \left(E'-|\mathbf p'|c\right)>0,

與

p′⋅q=0p'\cdot q=0

矛盾。

故真空中不存在滿足能量與動量守恆的非平凡過程

e(p)→e(p′)+γ(q).e(p)\to e(p')+\gamma(q).

只有

qμ=0q^\mu=0

的平凡情形，但這不代表真正放出光子。

物理意義

自由電子不能在真空中單獨放出一個實光子，原因是：

  • 若放出光子，電子必須同時改變能量與動量；
  • 四動量守恆要求前後電子都位於同一個電子殼層；
  • 質量為零的光子無法單獨提供適當的反衝，使電子同時滿足這些條件。

因此，自由電子在真空中不能發生單光子輻射。電子若要在真空中輻射，必須有其他粒子參與，例如

e+Z→e+Z+γ,e+Z\to e+Z+\gamma,

其中原子核 ZZ 承擔反衝動量。

（b）在偵測器介質中可以發生的條件

在介質中，光子不再具有真空中的色散關係。若介質折射率為 nn，光在介質中的相速度為

vph=cn.v_{\mathrm{ph}}=\frac{c}{n}.

因此，介質中的輻射量子滿足近似關係

∣q∣=nωc,|\mathbf q|=\frac{n\omega}{c},

而不是真空中的

∣q∣=ωc.|\mathbf q|=\frac{\omega}{c}.

其四動量平方為

q2=ℏ2ω2c2−ℏ2∣q∣2=ℏ2ω2c2(1−n2).q^2 =\frac{\hbar^2\omega^2}{c^2} -\hbar^2|\mathbf q|^2 =\frac{\hbar^2\omega^2}{c^2}(1-n^2).

當 n>1n>1 時，

q2<0,q^2<0,

表示介質中的光子是介質內的準粒子，其四動量不再是自由真空光子的零質量殼層條件。

🔒

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] A box containing a particle is divided into a left compartment and a right com-
    partment by a thin partition. If the particle is known to be on the left (right) side with
    certainty, the state is represented by the position eigenket |L) (\R)). A general state vector
    can be expressed as
    ∣α⟩=∣L⟩⟨L∣α⟩+∣R⟩⟨R∣α⟩|\alpha\rangle = |L\rangle \langle L|\alpha\rangle + |R\rangle \langle R|\alpha\rangle
    Suppose it is possible for the particle to tunnel through the partition or remain in the original
    partition. as characterized by the Hamiltonian
    H=Δ(∣L⟩⟨L∣+∣L⟩⟨R∣+∣R⟩⟨L∣+∣R⟩⟨R∣)H = \Delta (|L\rangle \langle L| + |L\rangle \langle R| + |R\rangle \langle L| + |R\rangle \langle R|) with Δ∈R\Delta \in \mathbb{R}.

(a) [10] Find the normalized energy eigenstates and the corresponding energy eigenvalues.
For the normalized eigenstates, write them in the form of N(1a)N \begin{pmatrix} 1 \\ a \end{pmatrix}, where N and a are to be derived.

(b) [10] What is the matrix that diagonalizes H, with the elements of the diagonalized H
listed in the ascending order?

(c) [10] At time t = 0, the system is in the ∣R⟩|R\rangle state and the energy is measured. What
are the possible outcomes of the energy measurement and with what probabilities?

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查二能階系統的：

  • 矩陣表示法；
  • 漢密頓算符的本徵值與本徵態；
  • 能量本徵態組成的正交歸一基底；
  • 能量測量的波恩機率。

以位置基底 {∣L⟩,∣R⟩}\{|L\rangle,|R\rangle\} 排列狀態向量，則

∣L⟩=(10),∣R⟩=(01).|L\rangle= \begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix}, \qquad |R\rangle= \begin{pmatrix} 0\\ 1 \end{pmatrix}.

因此漢密頓算符為

H=Δ(1111).H = \Delta \begin{pmatrix} 1&1\\ 1&1 \end{pmatrix}.

解題方法

直接在 {∣L⟩,∣R⟩}\{|L\rangle,|R\rangle\} 基底中解本徵方程

H∣ψ⟩=E∣ψ⟩.H|\psi\rangle=E|\psi\rangle.

令本徵態寫成題目指定的形式：

∣ψ⟩=N(1a).|\psi\rangle = N \begin{pmatrix} 1\\ a \end{pmatrix}.

代入本徵方程：

Δ(1111)N(1a)=EN(1a).\Delta \begin{pmatrix} 1&1\\ 1&1 \end{pmatrix} N \begin{pmatrix} 1\\ a \end{pmatrix} = E N \begin{pmatrix} 1\\ a \end{pmatrix}.

消去非零的 NN，得到

Δ(1+a1+a)=E(1a).\Delta \begin{pmatrix} 1+a\\ 1+a \end{pmatrix} = E \begin{pmatrix} 1\\ a \end{pmatrix}.

所以

Δ(1+a)=E,\Delta(1+a)=E, Δ(1+a)=Ea.\Delta(1+a)=Ea.

兩式相減可得

E(1−a)=0.E(1-a)=0.

因此分成兩種情況。

(a) 正規化能量本徵態與本徵值

第一個本徵態：a=1a=1

當 a=1a=1 時，

E=Δ(1+1)=2Δ.E=\Delta(1+1)=2\Delta.

本徵向量為

∣ψ+⟩=N(11).|\psi_+\rangle = N \begin{pmatrix} 1\\ 1 \end{pmatrix}.

由正規化條件

⟨ψ+∣ψ+⟩=∣N∣2(1+1)=1,\langle\psi_+|\psi_+\rangle = |N|^2(1+1)=1,

得到

N=12.N=\frac{1}{\sqrt{2}}.

因此

∣ψ+⟩=12(11)=∣L⟩+∣R⟩2\boxed{ |\psi_+\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1\\ 1 \end{pmatrix} = \frac{|L\rangle+|R\rangle}{\sqrt{2}} }

其能量本徵值為

E+=2Δ.\boxed{E_+=2\Delta}.

這是左右兩側振幅同相的對稱態。

第二個本徵態：E=0E=0

當 E=0E=0 時，由

Δ(1+a)=0\Delta(1+a)=0

可得

a=−1a=-1

（對 Δ≠0\Delta\neq 0 而言）。

本徵向量為

∣ψ−⟩=N(1−1).|\psi_-\rangle = N \begin{pmatrix} 1\\ -1 \end{pmatrix}.

正規化條件給出

∣N∣2(1+1)=1,|N|^2(1+1)=1,

因此

N=12.N=\frac{1}{\sqrt{2}}.

所以

∣ψ−⟩=12(1−1)=∣L⟩−∣R⟩2\boxed{ |\psi_-\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1\\ -1 \end{pmatrix} = \frac{|L\rangle-|R\rangle}{\sqrt{2}} }

其能量本徵值為

E−=0.\boxed{E_-=0}.

這是左右兩側振幅反相的反對稱態。

(b) 將 HH 對角化的矩陣

令 UU 的每一個欄向量為能量本徵態，則

U†HUU^\dagger H U

會成為對角矩陣。題目要求對角元素依能量由小到大排列，因此必須依 Δ\Delta 的正負分情況討論。

當 Δ>0\Delta>0

此時

0<2Δ.0<2\Delta.

能量由小到大的順序為

∣ψ−⟩,∣ψ+⟩.|\psi_-\rangle,\quad |\psi_+\rangle.

因此

U=12(11−11)\boxed{ U= \frac{1}{\sqrt{2}} \begin{pmatrix} 1&1\\ -1&1 \end{pmatrix} }

並且

U†HU=(0002Δ).\boxed{ U^\dagger H U= \begin{pmatrix} 0&0\\ 0&2\Delta \end{pmatrix} }.

當 Δ<0\Delta<0

此時

2Δ<0.2\Delta<0.

能量由小到大的順序為

🔒

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 3 題10 分

  1. [10 points] According to Planck's postulate, the energy of the pendulum executing simple
    harmonic oscillations is quantized. Here, one pendulum consisting of a 0.01 kg mass is
    suspended from a 1 m long string. The pendulum in its extreme positions makes an angle of
    0.1 rad from the vertical and its energy will decrease due to friction. What is the sensitivity
    required for the experiment equipment to detect the discontinuous changes in energy (Please
    estimate the order of magnitude in energy)?

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

依據 Planck 的量子化假設，簡諧振子能量只能取離散值：

En=nhf=nℏωE_n=nhf=n\hbar\omega

因此，擺因摩擦而失去能量時，最小的能量變化量不是任意連續值，而是相鄰能階間距：

ΔE=hf=ℏω\Delta E=hf=\hbar\omega

實驗設備至少必須能分辨約為 ΔE\Delta E 的能量變化。

解題方法

擺長 L=1 mL=1\ \mathrm{m}、最大偏角 θ0=0.1 rad\theta_0=0.1\ \mathrm{rad}，偏角很小，可視為簡諧擺。其角頻率為

ω=gL\omega=\sqrt{\frac{g}{L}}

取 g≈9.8 m/s2g\approx 9.8\ \mathrm{m/s^2}：

ω=9.81≈3.13 rad/s\omega=\sqrt{\frac{9.8}{1}} \approx 3.13\ \mathrm{rad/s}

頻率為

f=ω2π=12πgL≈3.132π≈0.50 Hzf=\frac{\omega}{2\pi} =\frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{g}{L}} \approx \frac{3.13}{2\pi} \approx 0.50\ \mathrm{Hz}

所以相鄰量子化能階的間距為

ΔE=hf\Delta E=hf

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

ΔE=(6.626×10−34)(0.50)≈3.3×10−34 J\Delta E =(6.626\times10^{-34})(0.50) \approx 3.3\times10^{-34}\ \mathrm{J}

因此，設備的能量靈敏度至少需達到

ΔE∼10−34 J\boxed{\Delta E\sim 10^{-34}\ \mathrm{J}}

題目所給質量與振幅的意義

擺的總機械能約為最大位移處的重力位能：

E≈mgL(1−cos⁡θ0)E\approx m g L(1-\cos\theta_0)
🔒

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10 分

  1. [10 points] Suppose the speed of a bullet (m = 0.05 kg) and an electron are measured to
    be the same, namely 300 m/sec, with an uncertainty of 0.01%. The positions of the bullet
    and electron are measured simultaneously with their speed in the same experiments. What
    accuracy could we locate
    (a) [5] the position of the bullet?
    (b) [5] the position of the electron?

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查海森堡不確定性原理：

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

其中：

  • Δx\Delta x：位置的不確定度
  • Δp\Delta p：動量的不確定度
  • ℏ=h2π=1.055×10−34 J⋅s\hbar=\dfrac{h}{2\pi}=1.055\times10^{-34}\ \text{J}\cdot\text{s}

題目給定速度測量值為 v=300 m/sv=300\ \text{m/s}，不確定度為 0.01%0.01\%，因此

Δv=300×0.01%=300×10−4=0.03 m/s\Delta v=300\times 0.01\% =300\times 10^{-4} =0.03\ \text{m/s}

在非相對論近似下，動量為

p=mvp=mv

因此動量不確定度為

Δp=mΔv\Delta p=m\Delta v

位置能達到的最佳定位精度，對應於不確定性原理取等號：

Δxmin⁡=ℏ2mΔv\Delta x_{\min}=\frac{\hbar}{2m\Delta v}

解題方法

子彈與電子的速度不確定度相同，但質量相差極大。由

Δxmin⁡=ℏ2mΔv\Delta x_{\min}=\frac{\hbar}{2m\Delta v}

可知，在相同的 Δv\Delta v 下，質量越大，位置不確定度越小。

(a) 子彈的位置精度

子彈質量為

mb=0.05 kgm_b=0.05\ \text{kg}

其動量不確定度為

Δpb=mbΔv=(0.05)(0.03)=1.5×10−3 kg⋅m/s\Delta p_b=m_b\Delta v =(0.05)(0.03) =1.5\times10^{-3}\ \text{kg}\cdot\text{m/s}

因此位置不確定度的下限為

Δxb≥ℏ2Δpb=1.055×10−342(1.5×10−3)\Delta x_b \geq \frac{\hbar}{2\Delta p_b} =\frac{1.055\times10^{-34}} {2(1.5\times10^{-3})} Δxb≥3.52×10−32 m\Delta x_b\geq 3.52\times10^{-32}\ \text{m}

所以子彈的位置約可定位至

🔒

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10 分

  1. [10 points] The hydrogen atom has magnetic properties.
    (a) [4] Calculate the orbital magnetic dipole moment μorb\mu_{orb} in terms of the orbital angular
    momentum L
    (b) [3] What is the z-component of quantization of magnetic moment μorb,z\mu_{orb,z}?
    (c) [3] What is the z-component of intrinsic magnetic dipole moment of an electron μsz\mu_{sz}?
    ( μB\mu_B: Bohr magneton; mlm_l: magnetic orbital projection quantum number; msm_s: spin
    projection quantum number)

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查電子在氫原子中的兩種磁偶極矩：

  1. 電子繞原子核運動所造成的軌道磁偶極矩 μorb\boldsymbol{\mu}_{orb}。
  2. 電子自旋所造成的內禀磁偶極矩 μs\boldsymbol{\mu}_s。

電子帶負電，因此磁偶極矩方向與其角動量方向相反。所需公式為：

  • 波耳磁子：
    μB=eℏ2me\mu_B=\frac{e\hbar}{2m_e}
  • 電子軌道磁矩：
    μorb=−e2meL\boldsymbol{\mu}_{orb}=-\frac{e}{2m_e}\mathbf{L}
  • 電子自旋磁矩：
μs=−gse2meS=−gsμBℏS\boldsymbol{\mu}_s=-g_s\frac{e}{2m_e}\mathbf{S} =-g_s\frac{\mu_B}{\hbar}\mathbf{S}

其中電子自旋的旋磁比因子 gs≈2g_s\approx 2。

(a) 軌道磁偶極矩 μorb\boldsymbol{\mu}_{orb} 與軌道角動量 L\mathbf{L} 的關係

電子繞原子核運動可視為一個微小電流迴路。

電子繞行半徑為 rr、速率為 vv 時，繞行週期為

T=2πrvT=\frac{2\pi r}{v}

電子電量為 −e-e，因此電流為

I=−eT=−ev2πrI=\frac{-e}{T} =-\frac{ev}{2\pi r}

圓形軌道面積為

A=πr2A=\pi r^2

磁偶極矩為

μorb=IA n^\boldsymbol{\mu}_{orb}=I A\,\hat{\mathbf{n}}

其大小為

μorb=(−ev2πr)πr2=−evr2\mu_{orb} = \left(-\frac{ev}{2\pi r}\right)\pi r^2 = -\frac{evr}{2}

電子的軌道角動量大小為

L=mevrL=m_evr

因此

μorb=−e2meL\mu_{orb} =-\frac{e}{2m_e}L

寫成向量形式：

μorb=−e2meL=−μBℏL\boxed{ \boldsymbol{\mu}_{orb} =-\frac{e}{2m_e}\mathbf{L} =-\frac{\mu_B}{\hbar}\mathbf{L} }

負號表示電子的軌道磁矩方向與軌道角動量方向相反。

(b) 軌道磁矩的 zz 分量 μorb,z\mu_{orb,z}

軌道角動量的量子化條件為

Lz=mlℏL_z=m_l\hbar

其中 mlm_l 是磁量子數，其允許值為

ml=−l,−l+1,…,l−1,lm_l=-l,-l+1,\ldots,l-1,l

由

🔒

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 6 題10 分

  1. [10 points] Calculate the ground state of Cr2+ (Cr: 1s22s22p63s23p63d54s¹) by Hunds' rules:
    (a) [3] What is the maximum value of the spin angular momentum S?
    (b) [3] What is the maximum value of the orbital angular momentum L?
    (c) [4] What is the value of the total angular momentum J?

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題利用洪特規則判定 Cr2+^{2+} 的基態項符號。需依序求得：

  1. 最大自旋量子數 SS
  2. 在此最大自旋排列下的最大軌道角動量量子數 LL
  3. 由電子殼層是否少於半滿，決定總角動量量子數 JJ

洪特規則為：

  • 第一規則：總自旋 SS 取最大值。
  • 第二規則：在最大 SS 下，總軌道角動量 LL 取最大值。
  • 第三規則：
    • 少於半滿殼層：J=∣L−S∣J=|L-S|
    • 多於半滿殼層：J=L+SJ=L+S

一、判定 Cr2+^{2+} 的電子組態

鉻原子的基態組態為

Cr:[Ar] 3d54s1\mathrm{Cr}: [\mathrm{Ar}]\,3d^5 4s^1

形成過渡金屬陽離子時，先移除 4s4s 電子，再移除 3d3d 電子，因此

Cr2+:[Ar] 3d4\mathrm{Cr}^{2+}: [\mathrm{Ar}]\,3d^4

所以本題只需分析 3d43d^4 殼層。

對 dd 軌域而言，磁量子數為

ml=−2,−1,0,+1,+2m_l=-2,-1,0,+1,+2

每個 dd 軌域最多容納兩個自旋相反的電子。

二、最大自旋角動量 SS

依洪特第一規則，d4d^4 的四個電子先分佈在四個不同的 dd 軌域中，且自旋方向平行：

↑↑↑↑\uparrow\quad \uparrow\quad \uparrow\quad \uparrow

每個電子的自旋量子數為 ms=+12m_s=+\frac12，因此

MS=4(12)=2M_S=4\left(\frac12\right)=2

最大磁自旋量子數為 MS=SM_S=S，故

S=2\boxed{S=2}

相應的自旋多重度為

2S+1=2(2)+1=52S+1=2(2)+1=5

因此基態項符號的左上角為 55。

若以角動量大小表示，自旋角動量大小為

∣S∣=S(S+1)ℏ=2(3)ℏ=6 ℏ|\mathbf S|=\sqrt{S(S+1)}\hbar =\sqrt{2(3)}\hbar =\sqrt6\,\hbar

題目所問的 SS 通常指自旋量子數，因此答案為 S=2S=2。

三、最大軌道角動量 LL

在四個電子自旋平行的條件下，依洪特第二規則，需使

ML=∑iml,iM_L=\sum_i m_{l,i}

最大。

由於四個電子自旋相同，依包立不相容原理，不能放在同一個 mlm_l 狀態，因此選取最大的四個不同 mlm_l 值：

ml=+2,+1,0,−1m_l=+2,+1,0,-1

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 7 題10 分

  1. [10 points] X-ray crystallography is an important tool for determining the atomic and molec-
    ular structure of a crystal.
    (a) [3] W. L. Bragg presented a simple explanation of the diffracted beams from a crystal.
    What is Bragg's law?
    (b) [3] Figure 1 shows X-ray diffraction pattern of MgO. MgO is the simple cubic structure
    and lattice constant is 4.211Å. Please calculate the parallel lattice plane space, dhkld_{hkl}.
    when hkl = 422.
    (c) [4] Please find the cross angle of two planes between (222) and (420).

登入後即可作答並保存紀錄。

這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查三項晶體繞射基本關係：

  1. Bragg 定律：描述 X 光被一組平行晶面繞射而產生建設性干涉的條件。
  2. 立方晶系晶面間距：由晶格常數與米勒指數 (hkl)(hkl) 決定。
  3. 兩晶面夾角：利用兩晶面的法向量求得。

（a）Bragg 定律

設 X 光以掠射角 θ\theta 入射於相鄰兩平行晶面，晶面間距為 dd。上下兩束反射光的光程差為

2dsin⁡θ2d\sin\theta

當光程差等於整數倍波長時，會產生建設性干涉，因此得到 Bragg 定律：

2dsin⁡θ=nλ\boxed{2d\sin\theta=n\lambda}

其中：

  • dd：相鄰平行晶面的間距
  • θ\theta：X 光與晶面的夾角，稱為 Bragg 角
  • λ\lambda：X 光波長
  • n=1,2,3,…n=1,2,3,\ldots：繞射級次

（b）計算 (422)(422) 晶面間距

對立方晶系而言，晶面 (hkl)(hkl) 的晶面間距為

dhkl=ah2+k2+l2d_{hkl}=\frac{a}{\sqrt{h^2+k^2+l^2}}

題目給定：

a=4.211 A˚,(hkl)=(422)a=4.211\ \text{\AA},\qquad (hkl)=(422)

代入 h=4h=4、k=2k=2、l=2l=2：

d422=4.21142+22+22 A˚d_{422} = \frac{4.211}{\sqrt{4^2+2^2+2^2}}\ \text{\AA} =4.21116+4+4 A˚=4.21124 A˚= \frac{4.211}{\sqrt{16+4+4}}\ \text{\AA} = \frac{4.211}{\sqrt{24}}\ \text{\AA}

因此

d422≈0.860 A˚\boxed{d_{422}\approx 0.860\ \text{\AA}}

（c）求 (222)(222) 與 (420)(420) 兩晶面的夾角

解題方法

在立方晶系中，晶面 (hkl)(hkl) 的法向量可表示為

nhkl=(h,k,l)\mathbf{n}_{hkl}=(h,k,l)

因此：

n222=(2,2,2)\mathbf{n}_{222}=(2,2,2) n420=(4,2,0)\mathbf{n}_{420}=(4,2,0)

兩晶面夾角等於其法向量夾角的銳角。由內積公式：

🔒

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109 年108 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