115 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

本題考查康普頓散射（Compton scattering）的波長位移公式。光子與靜止電子發生彈性碰撞後，散射光子的波長會變長，波長改變量為

$$\Delta \lambda=\lambda'-\lambda =\frac{h}{m_e c}(1-\cos\theta),$$

其中：

• $\lambda$：入射光子波長
• $\lambda'$：散射光子波長
• $m_e$：電子靜止質量
• $c$：光速
• $\theta$：光子散射角
• $h$：普朗克常數

利用三角恆等式

$$1-\cos\theta=2\sin^2\left(\frac{\theta}{2}\right),$$

可寫成

$$\Delta\lambda =\frac{2h}{m_e c}\sin^2\left(\frac{\theta}{2}\right).$$

因此正確選項為 (E)。

解題方法與推導

入射光子與散射光子的能量分別為

$$E=\frac{hc}{\lambda},\qquad E'=\frac{hc}{\lambda'}.$$

電子初始靜止，利用能量與動量守恆，可得到康普頓散射關係：

$$\lambda'-\lambda =\frac{h}{m_e c}(1-\cos\theta).$$

因此波長位移為

$$\Delta\lambda =\frac{h}{m_e c}(1-\cos\theta).$$

再利用

$$1-\cos\theta =2\sin^2\left(\frac{\theta}{2}\right),$$

得到

$$\Delta\lambda =\frac{2h}{m_e c}\sin^2\left(\frac{\theta}{2}\right).$$

這正是選項 (E) 的形式。

選項分析

(A) $\Delta \lambda = \frac{h}{m_e c}(1 + \cos \theta)$

錯誤。康普頓公式中的角度因子應為

$$1-\cos\theta,$$

而非 $1+\cos\theta$。此外，$\theta=0$ 時光子未偏轉，波長位移應為零；此選項卻得到

核心觀念

Fermi–Dirac 分布描述費米子在熱平衡下，能量為 $E$ 的量子態被粒子佔據的平均機率：

$$f(E)=\frac{1}{e^{(E-\mu)/(k_BT)}+1},$$

其中：

• $\mu$ 為化學勢；
• $k_B$ 為波茲曼常數；
• $T$ 為絕對溫度。

本題考查 $T\to 0$ 時，Fermi–Dirac 分布如何變化。此時分布會趨近於「階梯函數」：低於化學勢的能階完全被佔據，高於化學勢的能階完全未被佔據。

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解題方法

分別討論能量 $E$ 與化學勢 $\mu$ 的大小關係。

1. 當 $E<\mu$

此時 $E-\mu<0$，因此當 $T\to 0$ 時，

$$\frac{E-\mu}{k_BT}\to -\infty.$$

所以

$$e^{(E-\mu)/(k_BT)}\to 0,$$

代回分布函數：

$$f(E)\to \frac{1}{0+1}=1.$$

表示所有低於 $\mu$ 的能階都被佔據。

2. 當 $E>\mu$

此時 $E-\mu>0$，因此當 $T\to 0$ 時，

$$\frac{E-\mu}{k_BT}\to +\infty.$$

所以

$$e^{(E-\mu)/(k_BT)}\to \infty,$$

得到

$$f(E)\to \frac{1}{\infty+1}=0.$$

表示所有高於 $\mu$ 的能階都未被佔據。

3. 當 $E=\mu$

此時指數項為零：

$$f(\mu)=\frac{1}{e^0+1}=\frac{1}{2}.$$

因此完整的零溫極限可寫成

$$f(E)= \begin{cases} 1, & E<\mu,\\[4pt] \dfrac{1}{2}, & E=\mu,\\[4pt] 0, & E>\mu. \end{cases}$$

在選擇題中，$E=\mu$ 通常只代表階梯函數的交界點，不影響對整體分布的判斷。

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選項分析

(A) $f(E)=1/2$ for all energy levels

錯誤。只有在 $E=\mu$ 時，

(3) 哪一個選項的量綱與其它全部不同？

(a) 考察的核心觀念

本題只要做量綱分析（dim## (3) 哪一個選項的量綱與其它全部不同？

(a) 考察的核心觀念

本題只要做量綱分析（dimensional analysis），把每個式子寫成基本量綱 $[M]$（質量）、$[L]$（長度）與 $[T]$（時間）的乘積，即可直接看出哪一項的量綱與其他項不相同。
其中所使用的常數之量綱為

常數	量綱
$m_e$（電子質量）	$[M]$
$c$（光速）	$[L][T]^{-1}$
$h$（普朗克常數）	$[M][L]^2[T]^{-1}$
$k_B$（玻爾茲曼常數）	$[M][L]^2[T]^{-2}\Theta^{-1}$（$\Theta$ 為溫度）
$\mu$（此處為無量綱的常數，題目未給予任何量綱）	1

因為題目只涉及 能量、動量、力 … 等組合，溫度 $\Theta$ 在所有選項中都以 $k_B T$ 形式出現，故可把 $\Theta$ 消去，只留下 $[M],[L],[T]$ 三個基本量綱。

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(b) 各選項的量綱計算

1. (A) $\displaystyle m_e c^{2}$

$[m_e]\,[c]^2 = [M]\,[L T^{-1}]^{2}= [M][L]^{2}[T]^{-2}$

→ 能量（Joule）。

2. (B) $\displaystyle k_B T\left(\frac{h}{m_e c}\right)^{-1}$

$$\begin{aligned} [k_B T] &= [M][L]^{2}[T]^{-2} \\ \left[\frac{h}{m_e c}\right] &= \frac{[M][L]^{2}[T]^{-1}}{[M][L][T]^{-1}} = [L] \\ \left(\frac{h}{m_e c}\right)^{-1} &= [L]^{-1} \end{aligned}$$

合併：

$[M][L]^{2}[T]^{-2}\times [L]^{-1}= [M][L][T]^{-2}$

→ 力（Newton）。

3. (C) $\displaystyle \mu\,k_B T\,m_e c^{-1}$

$$\begin{aligned} [\mu] &= 1 \\ [k_B T] &= [M][L]^{2}[T]^{-2} \\ [m_e] &= [M] \\ [c^{-1}] &= [L]^{-1}[T] \end{aligned}$$

合併：

$$[M][L]^{2}[T]^{-2}\times[M]\times[L]^{-1}[T] = [M]^{2}[L][T]^{-1}$$

核心觀念

氫原子的**微細結構分裂（Fine Structure Splitting）**修正項數量級為 $\mathcal{O}(\alpha^2 E_n)$（其中 $\alpha \approx 1/137$ 為精細結構常數），主要由以下兩者結合而成：

1. 自旋-軌道耦合（Spin-orbit Coupling, I）：電子自旋磁矩與繞核運動所產生的感應磁場之相互作用項 $H_{so} = \frac{1}{2m^2c^2}\frac{1}{r}\frac{dV}{dr} \mathbf{L} \cdot \mathbf{S}$。

核心觀念

量子力學中的時間演化由薛丁格方程決定：

$$i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\lvert\psi(t)\rangle = \hat{H}\lvert\psi(t)\rangle$$

其中 $\hat{H}$ 是Hamiltonian operator（哈密頓算符），代表系統的總能量，也是時間平移的生成元。

若哈密頓算符與時間無關，時間演化算符為

$$\lvert\psi(t)\rangle = \hat{U}(t)\lvert\psi(0)\rangle, \qquad \hat{U}(t)=e^{-i\hat{H}t/\hbar}.$$

因此，直接決定量子態如何隨時間改變的算符就是 $\hat{H}$。

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解題方法

觀察薛丁格方程中時間微分項：

$$i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\lvert\psi(t)\rangle = \hat{H}\lvert\psi(t)\rangle.$$

將其形式化寫成

$$\frac{\partial}{\partial t}\lvert\psi(t)\rangle = -\frac{i}{\hbar}\hat{H}\lvert\psi(t)\rangle.$$

可見，時間導數由 $\hat{H}$ 作用在量子態上所決定。換言之，$\hat{H}$ 是時間演化的生成元。

若 $\lvert n\rangle$ 是哈密頓算符的本徵態：

$$\hat{H}\lvert n\rangle=E_n\lvert n\rangle,$$

則其時間演化為

$$\lvert n,t\rangle = e^{-iE_nt/\hbar}\lvert n\rangle.$$

能量本徵值 $E_n$ 決定時間演化所累積的相位，這再次顯示哈密頓算符與時間演化的直接關係。

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選項分析

(A) Hamiltonian operator

正確。哈密頓算符 $\hat{H}$ 出現在時間相依薛丁格方程中，並且時間演化算符為

$$\hat{U}(t)=e^{-i\hat{H}t/\hbar}$$

因此 $\hat{H}$ 是時間演化的生成元。

(B) Position operator

錯誤。位置算符 $\hat{x}$ 或 $\hat{\mathbf r}$ 對應粒子的位置觀測量，例如在位置表象中：

$$\hat{\mathbf r}\psi(\mathbf r)=\mathbf r\psi(\mathbf r).$$

核心觀念

本題考查量子穿隧效應中，穿透係數 $T$ 與位壘寬度 $a$ 的關係。

對一維矩形位壘：

• 位壘高度：$V_0$
• 位壘寬度：$a$
• 粒子能量：$E<V_0$

在 $E\ll V_0$ 的條件下，位壘內波函數呈指數衰減，其衰減常數為

$$\kappa=\frac{\sqrt{2m(V_0-E)}}{\hbar}.$$

穿透係數的主要形式為

$$T\propto e^{-2\kappa a}.$$

由於位壘高度固定，且粒子能量固定，所以 $\kappa$ 為常數。因此，位壘寬度 $a$ 增加時，$T$ 按指數形式減小。

解題方法

在位壘區域 $V_0>E$，薛丁格方程的解不是振盪波，而是衰減型波函數：

$$\psi(x)\propto e^{-\kappa x}.$$

粒子通過寬度為 $a$ 的位壘後，波函數振幅約衰減為

$$e^{-\kappa a}.$$

穿透係數與波函數振幅的平方成正比，因此

$$T\propto \left(e^{-\kappa a}\right)^2 =e^{-2\kappa a}.$$

更完整的近似式可寫為

$$T\approx \frac{16E}{V_0} \left(1-\frac{E}{V_0}\right) e^{-2\kappa a},$$

其中

$$\kappa=\frac{\sqrt{2m(V_0-E)}}{\hbar}.$$

因為 $V_0$ 與 $E$ 固定，前面的係數不隨 $a$ 改變，寬度 $a$ 對穿透係數的影響完全由

$$e^{-2\kappa a}$$

決定。若位壘寬度以線性方式增加，例如 $a=a_0+\alpha t$，則

核心觀念

波耳的**對應原理（correspondence principle）**指出：

當量子數很大時，量子理論的預測應逐漸接近經典理論的結果。

數學上可概括為

$$n\to\infty \quad\Longrightarrow\quad \text{量子理論}\to\text{經典理論}.$$

這裡的「大量子數」不只限於主量子數，也可泛指描述系統狀態的量子數很大、作用量遠大於 $\hbar$ 的情況。

以氫原子為例，能階為

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

相鄰能階間的能量差為

$$\Delta E=E_{n+1}-E_n =13.6\ \text{eV} \left( \frac{1}{n^2}-\frac{1}{(n+1)^2} \right).$$

當 $n\gg 1$ 時，

$$\Delta E\approx \frac{27.2\ \text{eV}}{n^3}.$$

由頻率關係 $\Delta E=h\nu$，可知高量子數時的躍遷頻率逐漸與電子在經典軌道上的迴轉頻率相符，這正是對應原理的具體表現。

解題方法

本題是定義辨識題。判斷關鍵在於找出「量子數很大時，量子理論趨近經典理論」這個核心敘述。

逐項檢查：

1. 是否明確指出大觀察尺度下的量子行為？
2. 是否明確提到大量子數極限？
3. 是否將量子力學、經典力學與其他量子原理混淆？

符合波耳對應原理標準定義的選項即為答案。

選項分析

(A) In the limit of large quantum numbers, quantum theory should approach classical theory.

此敘述正確。

它直接表達對應原理：

$$n\to\infty \Rightarrow \text{quantum description approaches classical description}.$$

因此，(A) 是最精確且標準的定義。

(B) Quantum mechanics must agree with Newtonian mechanics at macroscopic scales.

此敘述不選。

量子力學在宏觀尺度下確實常會呈現經典力學的結果，但「宏觀尺度」並不是波耳對應原理最核心、最精確的表述。

核心觀念

傳播子 $K(x,t;x',0)$ 表示粒子在初始位置 $x'$、初始時間 $0$ 出發後，於時間 $t$ 出現在位置 $x$ 的量子振幅：

$$K(x,t;x',0)=\langle x|e^{-i\hat Ht/\hbar}|x'\rangle .$$

因此，其絕對值平方

$$|K(x,t;x',0)|^2$$

代表「粒子初始位於 $x'$ 時，經過時間 $t$ 後在位置 $x$ 的機率密度」。

需注意：$K$ 本身是機率振幅，不是機率；機率密度才由絕對值平方給出。

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解題方法

自由粒子的哈密頓量為

$$\hat H=\frac{\hat p^2}{2m}.$$

傳播子可寫成動量本徵態的積分：

$$K(x,t;x',0) = \int_{-\infty}^{\infty}\frac{dp}{2\pi\hbar} \exp\left[ \frac{i}{\hbar}p(x-x') -\frac{i}{\hbar}\frac{p^2}{2m}t \right].$$

計算高斯積分後得到自由粒子傳播子：

$$K(x,t;x',0) = \sqrt{\frac{m}{2\pi i\hbar t}} \exp\left[ \frac{im(x-x')^2}{2\hbar t} \right], \qquad t>0.$$

其中指數項是純相位，絕對值為 $1$，因此

$$|K(x,t;x',0)|^2 = \frac{m}{2\pi\hbar t}.$$

這個結果在數學上是從位置本徵態 $|x'\rangle$ 演化到 $|x\rangle$ 的轉移機率密度。由於位置本徵態不是可正規化的實際波函數，$|K|^2$ 本身在整個無限空間上的積分不收斂；對實際可正規化波函數 $\psi(x',0)$，時間演化後的波函數為

$$\psi(x,t) = \int_{-\infty}^{\infty} K(x,t;x',0)\psi(x',0)\,dx',$$

真正的機率密度則是

$$|\psi(x,t)|^2.$$

題目所問的物理意義，正是傳播子對「指定初始位置 $x'$」的條件機率密度描述。

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選項分析

(A) The probability of finding the particle at position x at time t.

核心觀念

本題考查相對論性能量與動量關係，以及完全非彈性碰撞中的四動量守恆。

使用公式：

$$E^2=p^2c^2+m^2c^4$$

其中 $E$ 為總能量，$p$ 為動量，$m$ 為靜止質量。完全非彈性碰撞後，兩粒子黏成一個複合粒子，動量與總能量守恆，但動能不守恆。

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解題方法

入射粒子的靜止質量為 $m$，動能為 $3mc^2$，因此其總能量為

$$E_1=K+mc^2=3mc^2+mc^2=4mc^2.$$

另一個相同粒子靜止，因此

$$E_2=mc^2,\qquad p_2=0.$$

由相對論性能量—動量關係，入射粒子的動量滿足

$$E_1^2=p_1^2c^2+m^2c^4.$$

代入 $E_1=4mc^2$：

$$(4mc^2)^2=p_1^2c^2+m^2c^4,$$ $$p_1^2c^2=15m^2c^4,$$

因此

$$p_1=\sqrt{15}\,mc.$$

碰撞過程中總動量守恆，所以碰撞後複合粒子的動量為

$$P_{\text{total}}=p_1+p_2=\sqrt{15}\,mc.$$

碰撞前系統的總能量為

$$E_{\text{total}}=E_1+E_2=4mc^2+mc^2=5mc^2.$$

碰撞後兩粒子黏成複合粒子，其靜止質量為 $M$。對複合粒子使用相對論性能量—動量關係：

$$E_{\text{total}}^2=P_{\text{total}}^2c^2+M^2c^4.$$

核心觀念

本題考查變分法中的試探波函數，以及量子力學中波函數的：

1. 歸一化條件
   $\int_{-\infty}^{\infty}|\psi(x)|^2\,dx=1$
2. 能量期望值
   $\langle E\rangle=\langle\psi|\hat H|\psi\rangle$
3. 一維無限深方形位能井內的哈密頓算符
   $\hat H=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}+V(x)$

在井內 $0<x<a$ 時，$V(x)=0$；井外波函數為零，因此只需在 $0$ 到 $a$ 之間積分。

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解題方法一：求歸一化常數

試探波函數為

$$\psi(x)=Nx(a-x),\qquad 0\le x\le a$$

由歸一化條件：

$$\int_0^a |Nx(a-x)|^2\,dx=1$$

因此

$$N^2\int_0^a x^2(a-x)^2\,dx=1$$

展開被積分式：

$$x^2(a-x)^2=a^2x^2-2ax^3+x^4$$

所以

$$\begin{aligned} \int_0^a x^2(a-x)^2\,dx &=\int_0^a(a^2x^2-2ax^3+x^4)\,dx\\ &=\frac{a^5}{3}-\frac{a^5}{2}+\frac{a^5}{5}\\ &=\frac{a^5}{30} \end{aligned}$$

代回歸一化條件：

$$N^2\frac{a^5}{30}=1$$

故

$$N^2=\frac{30}{a^5}$$

取正的歸一化常數：

$$\boxed{N=\frac{\sqrt{30}}{a^{5/2}}}$$

因此第 11 題為

$$\boxed{(11)=\frac{\sqrt{30}}{a^{5/2}}}$$

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解題方法二：求能量期望值

由於井內位能為零，能量期望值只包含動能：

$$\langle E\rangle = \frac{\hbar^2}{2m}\int_0^a \left|\frac{d\psi}{dx}\right|^2dx$$

這個形式是由動能算符搭配分部積分得到，且試探波函數在兩端滿足

$$\psi(0)=\psi(a)=0$$

先微分波函數：

核心觀念

本題考查兩能階量子系統的：

• Hamiltonian 矩陣對角化與能量本徵值。
• 時間演化算符
  $U(t)=e^{-iHt/\hbar}$
• 狀態間的量子躍遷機率。

Hamiltonian 可寫成

$$H=E_0 I+V\sigma_x,$$

其中 $I$ 為單位矩陣，$\sigma_x$ 為 Pauli 矩陣。

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第 13 題：能量本徵值

求解本徵方程

$$\det(H-EI)=0.$$

因此

$$\det \begin{pmatrix} E_0-E & V\\ V & E_0-E \end{pmatrix}=0.$$

計算行列式得

$$(E_0-E)^2-V^2=0,$$

所以

$$E_0-E=\pm V.$$

能量本徵值為

$$\boxed{E_+=E_0+V,\qquad E_-=E_0-V}.$$

相應的能量本徵態為

$$|+\rangle=\frac{|1\rangle+|2\rangle}{\sqrt{2}}, \qquad |-\rangle=\frac{|1\rangle-|2\rangle}{\sqrt{2}}.$$

初始態 $|1\rangle$ 可展開為

$$|1\rangle=\frac{|+\rangle+|-\rangle}{\sqrt{2}}.$$

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第 14 題：到達 $|2\rangle$ 的最早最大機率時間

初始條件為

$$|\psi(0)\rangle=|1\rangle.$$

經過時間 $t$ 後，

$$|\psi(t)\rangle = \frac{1}{\sqrt{2}} \left( e^{-i(E_0+V)t/\hbar}|+\rangle + e^{-i(E_0-V)t/\hbar}|-\rangle \right).$$

代入 $|+\rangle$ 與 $|-\rangle$：