114 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）》

核心觀念

本題考查一維無限深方形位能井（particle in a one-dimensional infinite square well）的能階量子化。

粒子被限制在長度為 $L$ 的區域內，井外位能為無限大，因此波函數必須在兩端邊界滿足

$$\psi(0)=\psi(L)=0.$$

一維無限深方形位能井的能量本徵值為

$$E_n=\frac{n^2\hbar^2\pi^2}{2mL^2}, \qquad n=1,2,3,\ldots$$

基態對應最低的量子數 $n=1$。

解題方法

在井內 $0<x<L$，位能 $V(x)=0$，定態薛丁格方程為

$$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dx^2}=E\psi.$$

整理後可寫成

$$\frac{d^2\psi}{dx^2}+k^2\psi=0, \qquad k^2=\frac{2mE}{\hbar^2}.$$

其一般解為

$$\psi(x)=A\sin kx+B\cos kx.$$

由邊界條件 $\psi(0)=0$ 得

$$B=0.$$

再由 $\psi(L)=0$ 得

$$\sin(kL)=0,$$

因此

$$kL=n\pi, \qquad k=\frac{n\pi}{L}.$$

代回 $k^2=2mE/\hbar^2$：

$$E_n=\frac{\hbar^2k^2}{2m} =\frac{\hbar^2}{2m}\left(\frac{n\pi}{L}\right)^2 =\frac{n^2\hbar^2\pi^2}{2mL^2}.$$

基態為 $n=1$，所以

$$E_1=\frac{\hbar^2\pi^2}{2mL^2}.$$

選項分析

核心觀念

原子軌域由量子數描述：

• 主量子數 $n$：決定電子層、能階與軌域的大致大小。
• 角量子數 $\ell$：決定軌域的形狀，取值為
  $\ell=0,1,2,\ldots,n-1$
• 磁量子數 $m_\ell$：決定軌域在空間中的方向，取值為
  $m_\ell=-\ell,-\ell+1,\ldots,\ell$
• 自旋量子數 $m_s$：描述電子自旋方向。

氫樣原子的波函數可分離為

$$\psi_{n\ell m_\ell}(r,\theta,\phi) = R_{n\ell}(r)Y_\ell^{m_\ell}(\theta,\phi)$$

其中，角向函數 $Y_\ell^{m_\ell}$ 決定電子雲的角度分布，因此決定軌域的典型形狀：

$\ell$	軌域	典型形狀
$0$	$s$	球形
$1$	$p$	啞鈴形
$2$	$d$	多瓣形
$3$	$f$	更複雜的多瓣形

因此，題目所問的「原子軌域整體形狀」，對應的是角量子數 $\ell$。

解題方法

判斷關鍵在於區分「形狀」與「方向」：

1. 由角量子數 $\ell$ 判斷軌域屬於 $s,p,d,f$ 哪一類。
2. 不同的 $\ell$ 值具有不同的角向分布，因而形成不同軌域形狀。
3. 磁量子數 $m_\ell$ 只改變同一類軌域在空間中的取向，不改變其基本形狀。

例如：

• $\ell=0$ 對應 $s$ 軌域，呈球形。
• $\ell=1$ 對應 $p$ 軌域，呈啞鈴形。
• $\ell=2$ 對應 $d$ 軌域，呈四瓣等多瓣形。

所以正確量子數是角量子數。

選項分析

(A) Magnetic quantum number

磁量子數 $m_\ell$ 決定軌域相對於選定座標軸的空間方向。

解析：

一維定態薛丁格方程式為：
$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi(x)}{dx^2} + ax\psi(x) = E\psi(x)$

1. 當 $x \to +\infty$ 時（假設 $a > 0$）：
   位能 $V(x) = ax > E$，粒子處於古典禁制區。為了滿足波函數可歸一化（平方可積）的物理條件 $\int_{-\infty}^{\infty} |\psi(x)|^2 dx < \infty$，指數衰減態在無窮遠處必須趨近於零，即 $\psi(x) \to 0$。

觀念與推導

根據德布羅意物質波理論，粒子的物質波波長 $\lambda$ 與其動量 $p$ 之關係為：
$\lambda = \frac{h}{p} = \frac{2\pi\hbar}{p}$

位能井內部粒子的動量 $p$ 由其在井內的動能 $K$ 決定：
$p = \sqrt{2mK}$

在有限深位能井中，若取位能井外部位能為零參考點（$V_{\text{out}} = 0$），則井內位能為 $-V_0$。基態粒子的總能量為 $E_0$（其中 $-V_0 < E_0 < 0$），其在位能井內部的動能 $K$ 為：

核心觀念

位置 $x$ 的期望值定義為

$$\langle x\rangle=\int_{-\infty}^{\infty}\psi^*(x)\,x\,\psi(x)\,dx =\int_{-\infty}^{\infty}x|\psi(x)|^2\,dx。$$

給定

$$\psi(x)=Ae^{-ax^2},$$

其機率密度為

$$|\psi(x)|^2=|A|^2e^{-2ax^2},$$

其中需滿足 $a>0$ 以確保波函數可歸一化。

解題方法

直接代入位置期望值公式：

$$\langle x\rangle =\int_{-\infty}^{\infty}x|A|^2e^{-2ax^2}\,dx。$$

注意 $e^{-2ax^2}$ 是偶函數，而前面的 $x$ 是奇函數，因此整個被積函數

$$x|A|^2e^{-2ax^2}$$

是奇函數。奇函數在對稱區間 $(-\infty,\infty)$ 上的積分為零，所以

$$\boxed{\langle x\rangle=0}。$$

即使不先求出正規化常數 $A$，也能直接判斷結果，因為 $A$ 只會產生整體乘法因子，不影響奇偶性。

選項分析

核心觀念

軌道角動量平方算符 $\hat{L}^2$ 的本徵值為

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

其中 $l$ 為軌道角動量量子數。

電子處於 $p$ 軌域時，

$$l=1.$$

因此，$p$ 軌域中的任一本徵態皆滿足

$$L^2=l(l+1)\hbar^2.$$

解題方法

因為題目已指定電子位於 $p$ 軌域，直接代入 $l=1$：

$$\langle L^2\rangle = l(l+1)\hbar^2 = 1(1+1)\hbar^2 = 2\hbar^2.$$

這裡的期望值之所以等於本徵值，是因為 $p$ 軌域為軌道角動量平方算符 $\hat{L}^2$ 的本徵態。注意角動量的大小本身為

$$|\mathbf{L}|=\sqrt{l(l+1)}\hbar=\sqrt{2}\hbar,$$

但題目詢問的是 $\langle L^2\rangle$，不是 $\langle L\rangle$ 或 $|\mathbf{L}|$，所以答案是 $2\hbar^2$。

選項分析

• (A) $2\hbar^2$：正確。

  由

  $$\langle L^2\rangle=l(l+1)\hbar^2$$

  且 $l=1$，得到

  $$\langle L^2\rangle=2\hbar^2.$$

• (B) $\hbar^2$：錯誤。

核心觀念

本題考查軌道角動量 $L$ 與自旋角動量 $S$ 的量子角動量合成。

總角動量量子數 $J$ 的允許值為

$$J=|L-S|,\ |L-S|+1,\ \ldots,\ L+S$$

其中 $L$ 與 $S$ 分別為軌道角動量與自旋角動量量子數。

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解題方法

已知

$$L=1,\qquad S=\frac12$$

因此總角動量 $J$ 的最小值為

$$J_{\min}=|L-S| =\left|1-\frac12\right| =\frac12$$

完整的允許值為

$$J=\frac12,\ \frac32$$

所以最小可能值是

$$J_{\min}=\frac12$$

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選項分析

• (A) $\frac12$：正確。
  由角動量合成公式，

  $$J_{\min}=|1-\tfrac12|=\frac12$$

核心觀念

量子簡諧振子的能量本徵值為

$$E_n=\left(n+\frac12\right)\hbar\omega,\qquad n=0,1,2,\ldots$$

其中角頻率

$$\omega=\sqrt{\frac{k}{m}},$$

$k$ 為力常數，$m$ 為振子的質量。

本題固定力常數 $k$，將質量加倍，關鍵在於判斷 $\omega$ 如何改變。

解題方法

原本質量為 $m$ 時，

$$\omega=\sqrt{\frac{k}{m}}.$$

質量加倍後，$m'=2m$，因此新的角頻率為

$$\omega'=\sqrt{\frac{k}{2m}} =\frac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{\frac{k}{m}} =\frac{\omega}{\sqrt{2}}.$$

由於能量本徵值與 $\omega$ 成正比，

$$E_n'=\left(n+\frac12\right)\hbar\omega' =\left(n+\frac12\right)\hbar\frac{\omega}{\sqrt2} =\frac{E_n}{\sqrt2}.$$

因此，每一個能階的能量都變為原來的

$$\frac{1}{\sqrt2}$$

倍，也就是降低了 $\sqrt2$ 倍。

選項分析

• (A) They decrease by a factor of $2^{1/2}$

  正確。因為

  $\omega'=\frac{\omega}{\sqrt2}$

核心觀念

本題考查「量子態的期望值」與「本徵態」的關係。

若 $\phi_A$、$\phi_B$ 是觀測量 $O$ 的正交本徵態，滿足

$$O\phi_A=A\phi_A,\qquad O\phi_B=B\phi_B,$$

且系統處於疊加態

$$\phi=\alpha\phi_A+\beta\phi_B,$$

則波函數須滿足歸一化條件

$$|\alpha|^2+|\beta|^2=1.$$

其中 $|\alpha|^2$ 與 $|\beta|^2$ 分別代表測得 $A$ 與 $B$ 的機率。

解題方法

期望值定義為

$$\langle O\rangle=\langle\phi|O|\phi\rangle.$$

代入疊加態：

$$\langle O\rangle = (\alpha^*\langle\phi_A|+\beta^*\langle\phi_B|) O(\alpha\phi_A+\beta\phi_B).$$

由於 $\phi_A$、$\phi_B$ 為正交本徵態，

$$\langle\phi_A|\phi_B\rangle=0,$$

因此交叉項消失，得到

$$\langle O\rangle = |\alpha|^2 A+|\beta|^2 B.$$

再利用

$$|\beta|^2=1-|\alpha|^2,$$

可寫成

$$\langle O\rangle = |\alpha|^2A+(1-|\alpha|^2)B.$$

期望值是兩個本徵值 $A$、$B$ 的加權平均，因此其最小值必定在較小的本徵值上取得：

• 若 $A<B$，則令 $|\alpha|^2=1$、$|\beta|^2=0$；
• 若 $B<A$，則令 $|\alpha|^2=0$、$|\beta|^2=1$。

所以要使期望值最小，系統必須處於其中一個本徵態，亦即

$$|\alpha|=0\quad\text{或}\quad |\beta|=0.$$

核心觀念

本題考查「量子態疊加」與「機率密度中的干涉項」。

若粒子的波函數為兩個波函數的疊加：

$$\psi=c_A\phi_A+c_B\phi_B,$$

其中 $c_A,c_B$ 為複數係數，則機率密度定義為

$$\rho=|\psi|^2=\psi^*\psi.$$

將其展開：

$$\begin{aligned} \rho &=(c_A\phi_A+c_B\phi_B)^* (c_A\phi_A+c_B\phi_B)\\ &=|c_A|^2|\phi_A|^2 +|c_B|^2|\phi_B|^2\\ &\quad+c_A^*c_B\phi_A^*\phi_B +c_B^*c_A\phi_B^*\phi_A. \end{aligned}$$

前兩項是各波函數各自造成的機率密度；後兩項合稱為干涉項：

$$\rho_{\text{int}} =c_A^*c_B\phi_A^*\phi_B +c_B^*c_A\phi_B^*\phi_A.$$

由於後兩項互為複共軛，可寫成

$$\rho_{\text{int}} =2\operatorname{Re} \left(c_A^*c_B\phi_A^*\phi_B\right).$$

因此，干涉項的大小與正負取決於兩波函數之間的相對相位。

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解題方法

判斷干涉項的關鍵，是觀察機率密度中的交叉項。若兩個分量分別寫成

$$c_A=|c_A|e^{i\alpha},\qquad c_B=|c_B|e^{i\beta},$$

且在某一位置上

$$\phi_A^*\phi_B =|\phi_A||\phi_B|e^{i\theta},$$

則干涉項為

$$\rho_{\text{int}} =2|c_A||c_B||\phi_A||\phi_B| \cos(\beta-\alpha+\theta).$$

其中 $\beta-\alpha$ 就是兩分量的相對相位。相位不同會改變干涉項的大小與正負，形成建設性干涉或破壞性干涉。

所以正確敘述是：

$$\boxed{\text{干涉項取決於 }\phi_A\text{ 與 }\phi_B\text{ 的相對相位}}$$

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選項分析

(A) The interference term is always zero, as wave functions are orthogonal.

錯誤。

波函數不一定正交；即使 $\phi_A$ 與 $\phi_B$ 在整個空間中正交，也只代表

$$\int \phi_A^*\phi_B\,d\tau=0.$$

這不表示每一個位置都滿足

核心觀念

微分散射截面定義為

$$\frac{d\sigma}{d\Omega} = \frac{\text{單位時間內散射到立體角 }d\Omega\text{ 的粒子數}} {\text{入射粒子通量}}$$

其中：

• $d\Omega$ 是散射方向所對應的微小立體角；
• $\sigma$ 的單位是面積；
• $d\sigma/d\Omega$ 描述散射粒子在不同方向上的分布情形。

因此，$\dfrac{d\sigma}{d\Omega}$ 可視為「散射進入單位立體角的相對機率密度」，表示粒子往特定方向散射的強弱。

在量子散射中，若遠處波函數寫成

$$\psi(\mathbf r) \sim e^{ikz} + f(\theta,\phi)\frac{e^{ikr}}{r},$$

其中 $f(\theta,\phi)$ 為散射振幅，則微分散射截面為

$$\frac{d\sigma}{d\Omega} = |f(\theta,\phi)|^2.$$

這說明它直接決定粒子散射到各個方向的相對分布。

解題方法

判斷題目所問物理量的意義即可。由定義，

$$d\sigma = \frac{\text{散射到 }d\Omega\text{ 的粒子數率}} {\text{入射通量}},$$

因此

$$\frac{d\sigma}{d\Omega} = \frac{d\sigma}{\text{單位立體角}}.$$

它不是單純以平面角度計算的比例，也不是散射粒子的總數，而是描述散射方向分布的密度。故最符合物理意義的是「粒子散射進入特定立體角的機率密度」。

選項分析

(A) The probability that a particle scatters per unit area.

錯誤。此敘述以「單位面積」描述機率，並非微分散射截面的直接定義。微分散射截面是對立體角 $d\Omega$ 微分：

$$\frac{d\sigma}{d\Omega},$$

而非對面積微分。總散射截面 $\sigma$ 的量綱雖為面積，但它代表入射粒子被散射的有效面積，不是「每單位面積的散射機率」。

(B) The fraction of scattered particles per unit scattering angle.

錯誤。散射方向在三維空間中，正確的微分量是立體角 $d\Omega$，不是單純的平面散射角 $d\theta$。

在球座標中，

核心觀念

本題考查狹義相對論中的「相對論性質量」概念。物體靜止時的質量稱為靜質量 $m_0$；當物體以速度 $v$ 運動時，常見教材會定義其相對論性質量為

$$m=\gamma m_0$$

其中

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

$c$ 為真空中的光速。當 $v$ 接近 $c$ 時，$\gamma$ 會快速增大，因此相對論性質量也會增加。

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解題方法

直接觀察洛倫茲因子 $\gamma$ 隨速度的變化：

$$m=\frac{m_0}{\sqrt{1-\dfrac{v^2}{c^2}}}$$

當 $v\to c$ 時，

$$1-\frac{v^2}{c^2}\to 0^+$$

因此

$$m\to \infty$$

這表示具有非零靜質量的物體，需要無限大的能量才能被加速至光速。故在本題採用的傳統「相對論性質量」表述下，速度越接近光速，質量越大。

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選項分析

(A) Mass decreases as objects move faster.

錯誤。由

$$m=\gamma m_0$$

可知 $\gamma\geq 1$，且隨 $v$ 增大而增大，因此相對論性質量不會隨速度增加而減少。

(B) Mass remains constant regardless of the speed.

核心觀念

本題考查狹義相對論的時間膨脹效應。相對於靜止觀察者，運動中的時鐘走得較慢。

若旅行時鐘以速度 $v$ 運動，靜止參考系所量得時間為 $\Delta t$，旅行時鐘所經歷的固有時間為 $\Delta \tau$，則

$$\Delta \tau=\Delta t\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}$$

其中 $c$ 為光速。題目問的是兩時鐘顯示時間的差值：

$$\Delta t-\Delta \tau$$

解題方法

以靜止時鐘所在的參考系為基準：

• 靜止時鐘量得整趟旅程時間：$\Delta t=10$ 年
• 旅行時鐘速度：$v=0.7c$

代入時間膨脹公式：

$$\Delta \tau =10\sqrt{1-\left(0.7\right)^2}$$ $$=10\sqrt{1-0.49} =10\sqrt{0.51} \approx 10(0.714) \approx 7.14\text{ 年}$$

因此，旅行時鐘比靜止時鐘少顯示：

$$10-7.14=2.86\text{ 年}$$

約為 $3$ 年，因此選擇：

$$\boxed{\text{(C) 3 years}}$$

題目提到 round trip，但只要去程與回程皆以 $0.7c$ 運動，且轉向所需時間可忽略，整趟旅程在靜止參考系中總共為 $10$ 年，直接對總時間使用時間膨脹公式即可。

核心觀念

題目考查狹義相對論中的總能量。質量為 $m$、速度為 $v$ 的粒子，其總能量為

$$E=\gamma mc^2$$

其中

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

$c$ 為真空光速，$mc^2$ 是靜止能量，$\gamma$ 則反映高速運動造成的相對論修正。

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解題方法

已知

$$m=2\ \text{kg},\qquad v=0.5c$$

先計算洛倫茲因子：

$$\gamma =\frac{1}{\sqrt{1-(0.5)^2}} =\frac{1}{\sqrt{0.75}} =\frac{2}{\sqrt{3}} \approx 1.1547$$

取

$$c=3.00\times10^8\ \text{m/s}$$

因此

$$mc^2 =2(3.00\times10^8)^2 =2(9.00\times10^{16}) =1.80\times10^{17}\ \text{J}$$

總能量為

$$E=\gamma mc^2 =(1.1547)(1.80\times10^{17}) \approx 2.08\times10^{17}\ \text{J}$$

所以最接近的選項為

$$\boxed{2.08\times10^{17}\ \text{J}}$$

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選項分析

• (A) $2.08\times10^{17}\ \text{J}$：正確。
  由 $E=\gamma mc^2$ 計算得 $$E\approx2.08\times10^{17}\ \text{J}.$$

核心觀念

本題考查狹義相對論中的洛侖茲變換。當兩事件在某慣性座標系中的時間間隔為 $\Delta t$、空間間隔為 $\Delta x$，另一座標系以速度 $v$ 沿事件分離方向運動時：

$$\Delta t'=\gamma\left(\Delta t-\frac{v\Delta x}{c^2}\right)$$ $$\Delta x'=\gamma(\Delta x-v\Delta t)$$

其中

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

本題給定：

$$\Delta x=300{,}000\ \text{km},\qquad \Delta t=1\ \text{s},\qquad v=0.6c$$

且

$$c=300{,}000\ \text{km/s}$$

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解題方法

先計算洛侖茲因子：

$$\gamma=\frac{1}{\sqrt{1-(0.6)^2}} =\frac{1}{\sqrt{0.64}} =\frac{1}{0.8} =1.25$$

由於

$$\frac{\Delta x}{c} =\frac{300{,}000\ \text{km}}{300{,}000\ \text{km/s}} =1\ \text{s}$$

因此時間間隔變換為：

$$\begin{aligned} \Delta t' &=\gamma\left(\Delta t-\frac{v\Delta x}{c^2}\right)\\ &=1.25\left(1-\frac{0.6c(300{,}000\ \text{km})}{c^2}\right)\\ &=1.25\left(1-0.6\frac{\Delta x}{c}\right)\\ &=1.25(1-0.6)\\ &=1.25(0.4)\\ &=0.5\ \text{s} \end{aligned}$$

再計算空間間隔：

核心觀念

軌道角動量的 $z$ 分量本徵值由磁量子數 $m$ 決定：

$$L_z=m\hbar$$

其中 $\hbar$ 為約化普朗克常數。量子數 $l$ 決定角動量大小：

$$L^2=l(l+1)\hbar^2$$

並限制磁量子數可取

$$m=-l,-l+1,\ldots,l-1,l。$$

本題 $l=3$，因此 $m$ 可取 $-3,-2,-1,0,1,2,3$；題目給定 $m=2$ 符合允許範圍。

解題方法

直接套用軌道角動量 $z$ 分量的量子化公式：

$$L_z=m\hbar$$

代入 $m=2$：

$$L_z=2\hbar$$

核心觀念

量子簡諧振子的能階為

$$E_n=\left(n+\frac12\right)\hbar\omega,\qquad n=0,1,2,\ldots$$

基態 $n=0$ 仍具有非零能量，稱為零點能：

$$E_0=\frac12\hbar\omega$$

其中 $\omega$ 為角頻率，$\hbar=1.055\times10^{-34}\ \mathrm{J\cdot s}$。

解題方法

題目給出的角頻率為 $5\times10^{14}\ \mathrm{Hz}$。嚴格而言，角頻率的單位應寫成 $\mathrm{rad/s}$；此處依題意將其視為

$$\omega=5\times10^{14}\ \mathrm{s^{-1}}.$$

代入零點能公式：

$$E_0=\frac12\hbar\omega$$ $$E_0 =\frac12(1.055\times10^{-34})(5\times10^{14})$$ $$E_0=2.64\times10^{-20}\ \mathrm{J}.$$

題目同時給出質量 $m=9.1\times10^{-31}\ \mathrm{kg}$，但零點能只由角頻率決定：

$$E_0=\frac12\hbar\omega.$$

第 18 題與第 19 題

【核心觀念與態向量】
一維諧振子前三個本徵態之等振幅疊加態表示為：
$|\psi\rangle = \frac{1}{\sqrt{3}} \left( |0\rangle + |1\rangle + |2\rangle \right)$

階梯算子（升降算子）作用性質：
$a|n\rangle = \sqrt{n}|n-1\rangle, \quad a^\dagger|n\rangle = \sqrt{n+1}|n+1\rangle$

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【第 18 題解析：求 $\langle x \rangle$】
位置算子 $x = \sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(a^\dagger + a)$。

算子作用於狀態 $|\psi\rangle$：
$a|\psi\rangle = \frac{1}{\sqrt{3}} \left( |0\rangle + \sqrt{2}|1\rangle \right)$
$a^\dagger|\psi\rangle = \frac{1}{\sqrt{3}} \left( |1\rangle + \sqrt{2}|2\rangle + \sqrt{3}|3\rangle \right)$

兩式相加：
$(a^\dagger + a)|\psi\rangle = \frac{1}{\sqrt{3}} \left( |0\rangle + (1+\sqrt{2})|1\rangle + \sqrt{2}|2\rangle + \sqrt{3}|3\rangle \right)$

計算無因次算子之期望值：
$\langle a^\dagger + a \rangle = \langle \psi | (a^\dagger + a) | \psi \rangle = \frac{1}{3} \left[ 1 + (1+\sqrt{2}) + \sqrt{2} \right] = \frac{2(1+\sqrt{2})}{3}$

代回位置算子得期望值：

物理原理

設靜止光源參考系為 $S$，相對於光源以速度 $v = 0.8c$ 運動的觀察者參考系為 $S'$。

根據反向勞侖茲變換（Inverse Lorentz Transformation）：
$\Delta x = \gamma (\Delta x' + v \Delta t')$

其中勞侖茲因子（Lorentz factor）為：
$\gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - (v/c)^2}}$

詳細推導

1. 求勞侖茲因子 $\gamma$：