108 年 國立臺灣聯合大學系統（清華、政治、陽明交通、中央四校聯招）研究所物理類《近代物理》

核心觀念

本題考查光刻（photo-lithography）製程中，光阻（photoresist）的感光特性，以及光子能量與波長的關係：

$$E=hf=\frac{hc}{\lambda}$$

其中波長 $\lambda$ 越短，光子能量越高。光刻室必須避免使光阻產生非預期的光化學反應，因此採用對光阻不敏感的黃色安全光。

光阻通常對紫外光、藍光等短波長光線具有較高感度。這些光子的能量足以引發光阻分子鍵結改變，使光阻發生聚合、分解或溶解度改變，進而影響圖案轉移。

解題方法

光刻的基本流程是先在晶圓表面塗佈光阻，再透過光罩以特定波長曝光。曝光區域的光阻發生化學變化，經顯影後形成所需圖案。

若光刻室使用一般白光，白光中的紫外光與藍光會使光阻在正式曝光前便逐漸曝光，造成：

• 光阻背景霧化；
• 未曝光區域溶解度改變；
• 線寬與圖案尺寸失真；
• 顯影後產生錯誤圖案；
• 製程良率下降。

因此，工作環境照明必須選擇光阻不易吸收的波段。黃色光的波長較長，且照明設備通常會透過濾光片排除紫外光與大部分藍光，使其不容易引發光阻反應。

以題目提供的關係式估算光子能量：

對於波長 $\lambda=400\,\text{nm}$ 的藍光，

$$E=\frac{hc}{\lambda} =\frac{1240\,\text{eV}\cdot\text{nm}}{400\,\text{nm}} \approx 3.10\,\text{eV}$$

對於波長 $\lambda=580\,\text{nm}$ 的黃色光，

核心觀念

本題考查 $\alpha$ 衰變的量子穿隧效應。

$\alpha$ 粒子由兩個質子與兩個中子組成，先在原子核內形成。其受到的作用可分為：

1. 核力吸引：在核內作用範圍短，形成核勢阱，使 $\alpha$ 粒子被束縛。
2. 庫侖斥力：在核外，母核剩餘電荷為 $Z-2$，對帶電的 $\alpha$ 粒子產生斥力，形成庫侖位障。
3. 量子穿隧：即使 $\alpha$ 粒子的能量低於位障高度，仍有非零機率穿過有限寬度的位障。

因此，$\alpha$ 粒子能逃離原子核的根本原因是量子力學中的穿隧效應，而非其具有足夠的古典能量直接越過位障。

解題方法

母核的 $\alpha$ 衰變可表示為

$${}^{A}_{Z}X\rightarrow{}^{A-4}_{Z-2}Y+\alpha+Q.$$

其中 $Q>0$ 表示衰變在能量上可自發進行。$\alpha$ 粒子與子核所分得的動能約為數 MeV。

在核內，勢能可近似表示為深勢阱；離開核表面後，$\alpha$ 粒子所感受到的庫侖位能為

$$V_C(r)=\frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{2(Z-2)e^2}{r}.$$

在原子核半徑附近，庫侖位障高度約為

$$V_B\approx \frac{1}{4\pi\varepsilon_0} \frac{2(Z-2)e^2}{R},$$

其中 $R$ 為原子核半徑。對重核而言，$V_B$ 通常約為 $20\sim30\ \text{MeV}$，而 $\alpha$ 粒子的動能通常僅約 $4\sim9\ \text{MeV}$，故有

$$E_\alpha<V_B.$$

依古典力學，粒子無法通過此區域；但在量子力學中，位障內的波函數並不立即降為零，而是呈指數衰減。以 WKB 近似，穿隧機率可寫成

核心觀念

本題考查太陽光在大氣中的散射，主要是空氣分子造成的 Rayleigh scattering（瑞利散射）。

太陽光可視為由不同波長的可見光組成。當光通過大氣時，電場會使空氣分子產生感應偶極矩，感應偶極矩再向各方向輻射電磁波，形成散射光。對於遠小於光波長的氣體分子，散射強度滿足

$$I_{\text{scattering}}\propto \frac{1}{\lambda^4},$$

其中 $\lambda$ 為光的波長。

因此，波長越短的光，散射越強：

$$I_{\text{blue}}>I_{\text{red}}.$$

藍光波長約為 $450\ \text{nm}$，紅光波長約為 $650\ \text{nm}$，故藍光的瑞利散射強度約為紅光的

$$\frac{I_{\text{blue}}}{I_{\text{red}}} \approx \left(\frac{650}{450}\right)^4 \approx 4.4$$

倍，顯示藍光比紅光容易被大氣分子散射。

解題方法

白天天空呈藍色

白天觀察天空時，視線通常不是直接朝向太陽，而是接收到側向散射光。

太陽光進入大氣後，藍光因波長較短，受到空氣分子的散射最強。這些被散射的藍光從各個方向進入觀察者眼睛，因此天空各處看起來呈現藍色。

用瑞利散射公式表示：

$$I_{\text{scattering}}\propto \lambda^{-4}.$$

由於藍光的散射強度遠高於紅光，天空中來自各方向的散射光主要以藍光為主，故白天天空呈藍色。

天空不是呈現紫色，原因包括：

1. 太陽光中的紫光比例低於藍光。
2. 紫光波長更短，雖然散射更強，但部分紫外線與紫光受到大氣吸收。
3. 人眼對藍光的視覺敏感度高於紫光。

日落時天空呈紅色

日落時，太陽光以斜角通過大氣，光線在大氣中的路徑長度大幅增加。依據 Beer–Lambert 定律，未被散射的直射光強度可寫成

核心觀念

本題考查：

• 定態波函數與時間獨立薛丁格方程式。

• 由已知波函數反推出勢能：

  $$\left[-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}+U(x)\right]\psi(x)=E\psi(x)$$

• 空間機率密度：

  $$p(x)=|\Psi(x,t)|^2$$

• 機率密度最大的位置。

• 波函數的正規化。

令空間部分為

$$\psi(x)=Ax e^{-(x/L)^2},\qquad x>0$$

時間因子 $e^{-iEt/\hbar}$ 不影響空間機率密度。

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1. 求勢能 $U(x)$ 與總能量 $E$

求二階導數

將 $e^{-(x/L)^2}$ 記為 $e^{-x^2/L^2}$，則

$$\psi(x)=Ax e^{-x^2/L^2}$$

一階導數為

$$\frac{d\psi}{dx} = A e^{-x^2/L^2} \left(1-\frac{2x^2}{L^2}\right)$$

再微分一次：

$$\frac{d^2\psi}{dx^2} = A e^{-x^2/L^2} \left( -\frac{6x}{L^2} +\frac{4x^3}{L^4} \right)$$

提出 $\psi(x)=Ax e^{-x^2/L^2}$：

$$\frac{\psi''(x)}{\psi(x)} = -\frac{6}{L^2}+\frac{4x^2}{L^4}$$

代入時間獨立薛丁格方程式：

$$-\frac{\hbar^2}{2m}\psi''+U\psi=E\psi$$

因此

$$U(x) = E+\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\psi''}{\psi}$$

得到

$$U(x) = E-\frac{3\hbar^2}{mL^2} +\frac{2\hbar^2x^2}{mL^4} \qquad (x>0)$$

勢能零點通常取在 $x=0$ 處，因此令

$$U(0)=0$$

可得

$$E=\frac{3\hbar^2}{mL^2}$$

所以半軸上的勢能為

$$U(x)=\frac{2\hbar^2}{mL^4}x^2,\qquad x>0$$

由於波函數在 $x\leq 0$ 為零，物理上可視為 $x=0$ 處有無限高勢壘：

$$U(x)= \begin{cases} \dfrac{2\hbar^2}{mL^4}x^2, & x>0,\\[6pt] \infty, & x\leq 0. \end{cases}$$

這是「半邊簡諧振子」的形式。若與

$$U(x)=\frac12m\omega^2x^2$$

比較，則

$$\omega=\frac{2\hbar}{mL^2}$$

而第一激發態能量為

$$E=\frac32\hbar\omega =\frac{3\hbar^2}{mL^2}$$

與上述結果一致。

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2. 求空間機率密度 $p(x)$

空間機率密度定義為

$$p(x)=|\Psi(x,t)|^2$$

由於時間因子的絕對值為 $1$，且 $A$ 為實數：

$$p(x)= \begin{cases} A^2x^2e^{-2x^2/L^2}, & x>0,\\[4pt] 0, & x\leq 0. \end{cases}$$

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3. 繪出 $p(x)$ 並求最可能位置

對 $x>0$，忽略與 $x$ 無關的常數 $A^2$，只需最大化

$$f(x)=x^2e^{-2x^2/L^2}$$

微分：

$$\frac{df}{dx} = 2xe^{-2x^2/L^2} \left(1-\frac{2x^2}{L^2}\right)$$

令導數為零：

$$2xe^{-2x^2/L^2} \left(1-\frac{2x^2}{L^2}\right)=0$$

核心觀念

本題考查二維無限深方形勢阱，主要使用：

• 定態薛丁格方程式
• 變數分離法
• 無限高勢壘所造成的邊界條件
• 波函數歸一化
• 定態波函數的時間演化
• 能階與簡併判斷

粒子被限制在

$$-a<x<a,\qquad 0<y<b$$

的區域內，其他地方勢能為無限大，因此邊界上的波函數必須為零。

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一、總波函數

1. 分離變數

在盒內 $U(x,y)=0$，定態薛丁格方程式為

$$-\frac{\hbar^2}{2m} \left( \frac{\partial^2\psi}{\partial x^2} + \frac{\partial^2\psi}{\partial y^2} \right) =E\psi.$$

令

$$\psi(x,y)=X(x)Y(y),$$

代入後得

$$-\frac{\hbar^2}{2m} \left( \frac{X''}{X}+\frac{Y''}{Y} \right)=E.$$

分離成兩個一維方程式：

$$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2X}{dx^2}=E_xX,$$ $$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2Y}{dy^2}=E_yY,$$

且

$$E=E_x+E_y.$$

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2. $x$ 方向解

$x$ 方向的邊界為 $x=-a$ 與 $x=a$，寬度為 $2a$。滿足

$$X(-a)=X(a)=0$$

的歸一化解可寫成

$$X_n(x)=\frac{1}{\sqrt a} \sin\left[\frac{n\pi(x+a)}{2a}\right], \qquad n=1,2,3,\ldots$$

其能量為

$$E_{x,n} = \frac{\hbar^2}{2m} \left(\frac{n\pi}{2a}\right)^2 = \frac{n^2\pi^2\hbar^2}{8ma^2}.$$

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3. $y$ 方向解

$y$ 方向的邊界為 $y=0$ 與 $y=b$，因此

$$Y(0)=Y(b)=0.$$

歸一化解為

$$Y_l(y)=\sqrt{\frac{2}{b}}\sin\left(\frac{l\pi y}{b}\right), \qquad l=1,2,3,\ldots$$

相應能量為

$$E_{y,l} = \frac{\hbar^2}{2m} \left(\frac{l\pi}{b}\right)^2 = \frac{l^2\pi^2\hbar^2}{2mb^2}.$$

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4. 空間波函數與能量

因此二維定態波函數為

$$\psi_{nl}(x,y) = \sqrt{\frac{2}{ab}}\, \sin\left[\frac{n\pi(x+a)}{2a}\right] \sin\left(\frac{l\pi y}{b}\right),$$

其中 $n,l=1,2,3,\ldots$。

總能量為

$$E_{nl} = \frac{\pi^2\hbar^2}{2m} \left( \frac{n^2}{4a^2}+\frac{l^2}{b^2} \right).$$

定態波函數的時間因子為

$$e^{-iE_{nl}t/\hbar},$$

所以單一量子態的總波函數為

$$\boxed{ \Psi_{nl}(x,y,t) = \sqrt{\frac{2}{ab}}\, \sin\left[\frac{n\pi(x+a)}{2a}\right] \sin\left(\frac{l\pi y}{b}\right) e^{-iE_{nl}t/\hbar} }$$

在盒外則有

$$\Psi(x,y,t)=0.$$

若粒子處於多個定態的疊加，最一般的總波函數為

$$\Psi(x,y,t) = \sum_{n=1}^{\infty}\sum_{l=1}^{\infty} c_{nl}\Psi_{nl}(x,y,t),$$

其中係數滿足

$$\sum_{n,l}|c_{nl}|^2=1.$$

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二、基態位於指定區域的機率

1. 基態波函數

基態對應 $n=1,l=1$：

$$\psi_{11}(x,y) = \sqrt{\frac{2}{ab}}\, \sin\left[\frac{\pi(x+a)}{2a}\right] \sin\left(\frac{\pi y}{b}\right).$$

利用

$$\sin\left(\frac{\pi(x+a)}{2a}\right) = \cos\left(\frac{\pi x}{2a}\right),$$

可得 $x$ 方向的機率密度為

$$|X_1(x)|^2 = \frac{1}{a} \cos^2\left(\frac{\pi x}{2a}\right).$$

因為題目只限制 $x$ 的範圍，而 $y$ 已涵蓋整個允許區間，所以先對 $y$ 積分，利用 $Y_1(y)$ 已歸一化：

$$P = \int_{-a/4}^{a/4}|X_1(x)|^2\,dx.$$

因此

$$P = \frac{1}{a} \int_{-a/4}^{a/4} \cos^2\left(\frac{\pi x}{2a}\right)\,dx.$$

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2. 計算積分

使用題目提供的公式

$$\cos^2\theta=\frac{1+\cos 2\theta}{2},$$

得到

$$P = \frac{1}{a} \int_{-a/4}^{a/4} \frac{1+\cos(\pi x/a)}{2}\,dx.$$

積分後：

核心觀念

本題考查強磁場下的正常 Zeeman effect。當磁場足夠強，使軌道角動量與自旋角動量分別繞磁場進動時，$L$ 與 $S$ 解耦，適合使用量子數 $m_l$、$m_s$ 描述能階。

電子的軌道與自旋磁矩分別為

$$\boldsymbol{\mu}_l=-\mu_B\frac{\mathbf L}{\hbar}$$ $$\boldsymbol{\mu}_s=-g_s\mu_B\frac{\mathbf S}{\hbar}$$

其中 $\mu_B$ 為波耳磁子，$g_s\approx 2$。磁場中的交互作用能為

$$H_Z=-\boldsymbol{\mu}\cdot\mathbf B$$

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1. 能量位移

令磁場方向為 $z$ 軸，且 $\mathbf B=B\hat z$，則

$$\Delta E =-\left(\mu_{l,z}+\mu_{s,z}\right)B$$

由

$$L_z=m_l\hbar,\qquad S_z=m_s\hbar$$

可得

$$\mu_{l,z}=-\mu_Bm_l$$ $$\mu_{s,z}=-g_s\mu_Bm_s$$

因此

$$\boxed{\Delta E=\mu_BB\left(m_l+g_sm_s\right)}$$

取 $g_s\approx 2$：

$$\boxed{\Delta E=\mu_BB\left(m_l+2m_s\right)}$$

其中

$$m_l=-l,-l+1,\ldots,l$$ $$m_s=\pm\frac12$$

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2. $5^1D_2$ 與 $5^1P_1$ 的能階圖

原子態符號為

$$n^{2S+1}L_J$$

兩個狀態皆為單重態，因此

$$S=0,\qquad m_s=0$$

所以能量位移簡化為

$$\Delta E=\mu_BBm_l$$

$5^1D_2$ 能階

$D$ 態代表 $l=2$，因此

$$m_l=-2,-1,0,+1,+2$$

各能階為

$$E_D(m_l)=E_D^{(0)}+\mu_BBm_l$$

$5^1P_1$ 能階

$P$ 態代表 $l=1$，因此

$$m_l=-1,0,+1$$

各能階為

$$E_P(m_l)=E_P^{(0)}+\mu_BBm_l$$

相對能量圖如下：

能量 E ↑

5¹D₂：
        m_l=+2       E_D⁽⁰⁾+2μ_BB
        m_l=+1       E_D⁽⁰⁾+ μ_BB
        m_l= 0       E_D⁽⁰⁾
        m_l=−1       E_D⁽⁰⁾− μ_BB
        m_l=−2       E_D⁽⁰⁾−2μ_BB


5¹P₁：
        m_l=+1       E_P⁽⁰⁾+ μ_BB
        m_l= 0       E_P⁽⁰⁾
        m_l=−1       E_P⁽⁰⁾− μ_BB

每一組相鄰能階間隔皆為

$$\boxed{\Delta E_{\text{level}}=\mu_BB}$$

在強磁場下，$J$ 不再是最適合的量子數，原本的 $5^1D_2$ 與 $5^1P_1$ 應以 $m_l,m_s$ 標示其分裂能階。

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3. 磁場中的放射光能量

零磁場時的光子能量

已知波長為

$$\lambda=620\ \text{nm}$$

因此零磁場的放射光能量為

$$E_0=\frac{hc}{\lambda}$$

使用

$$hc\approx 1240\ \text{eV}\cdot\text{nm}$$

得到

$$E_0=\frac{1240}{620}\ \text{eV} \approx 2.000\ \text{eV}$$

更精確地，

$$E_0\approx 1.9997\ \text{eV}$$

磁場造成的能量差

電偶極躍遷的選擇定則為

$$\Delta m_l=0,\pm1$$

且單重態躍遷中

$$\Delta m_s=0$$

因此，從 $5^1P_1$ 到 $5^1D_2$ 的光子能量為

$$E_\gamma =E_0+\mu_BB\left(m_{l,u}-m_{l,l}\right)$$

其中 $u$、$l$ 分別代表上能階與下能階。由於