109 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》

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第 1 題

For a 3-dimensional electron gas at low temperature, kT≈0kT \approx 0, the Fermi energy EFE_F is proportional to n2/3n^{2/3}, where nn is the number of electrons per unit volume. If the electrons are confined in a 2-dimensional area, the Fermi energy is related to the surface density of the electrons by EF=const⋅σxE_F = \text{const} \cdot \sigma^x, what is the value of xx?
(A) 1/31/3
(B) 1/21/2
(C) 11
(D) 3/23/2
(E) 2/32/3

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核心觀念

低溫 kT≈0kT\approx 0 時,電子會填滿動量空間中由最低能量開始的所有量子態,直到費米波向量 kFk_F。自由電子能量為

EF=ℏ2kF22m.E_F=\frac{\hbar^2 k_F^2}{2m}.

因此,關鍵在於判斷電子數密度與 kFk_F 的維度關係。

在 dd 維空間中,半徑為 kFk_F 的費米球(或費米圓)內量子態數與 kFdk_F^d 成正比:

數密度∝kFd.\text{數密度}\propto k_F^d.

三維時:

n∝kF3⇒EF∝kF2∝n2/3,n\propto k_F^3 \quad\Rightarrow\quad E_F\propto k_F^2\propto n^{2/3},

正是題目給出的結果。

解題方法

電子被限制在二維面積內時,應以面密度 σ\sigma 表示每單位面積的電子數。

二維動量空間中的已佔據態形成半徑 kFk_F 的圓,因此其面積與 kF2k_F^2 成正比:

σ∝kF2.\sigma\propto k_F^2.

另一方面,自由電子的費米能量仍為

EF=ℏ2kF22m,E_F=\frac{\hbar^2 k_F^2}{2m},

所以

EF∝kF2.E_F\propto k_F^2.

由於 σ∝kF2\sigma\propto k_F^2,可直接得到

EF∝σ.E_F\propto \sigma.

題目寫成

EF=const⋅σx,E_F=\text{const}\cdot \sigma^x,

故指數為

x=1.x=1.
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第 2 題

The helium-3 nucleus has two protons and one neutron. Which of the following statements is wrong?
(A) The spin direction of the two protons are opposite.
(B) The total spin of the nucleus is 1/21/2.
(C) The ground state of electrons in He atom has hyperfine structure.
(D) The mass of He nucleus is smaller than the sum of masses of two free proton and one free neutrons.
(E) The neutral He atom is a boson.

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核心觀念

本題結合四個觀念:

  1. 原子核的總自旋由核子自旋與軌道角動量耦合而成。
  2. 原子核質量小於自由核子質量總和時,差額為核束縛能。
  3. 超精細結構來自電子與原子核自旋、磁矩的交互作用。
  4. 複合粒子的玻色子或費米子性質,取決於其中費米子數目的奇偶性。

解題方法

先判斷 3He{}^3\mathrm{He} 原子核的自旋,再分析氦原子基態的電子角動量與超精細結構,最後利用費米子數目判斷中性氦原子的統計性質。

3He{}^3\mathrm{He} 原子核含有兩個質子與一個中子。基態中兩個質子大致形成自旋單態:

sp1+sp2=0\mathbf{s}_{p1}+\mathbf{s}_{p2}=0

因此主要由未成對的中子貢獻總自旋:

I=12I=\frac{1}{2}

選項分析

(A) The spin direction of the two protons are opposite.

兩個質子在基態中形成自旋配對,自旋方向相反,使其總自旋近似抵消:

Sp=0S_p=0

因此此敘述正確。


(B) The total spin of the nucleus is 1/21/2.

兩個質子的自旋互相抵消,剩下未配對中子的自旋:

I=sn=12I=s_n=\frac{1}{2}

所以 3He{}^3\mathrm{He} 原子核的總自旋為 1/21/2,此敘述正確。


(C) The ground state of electrons in He atom has hyperfine structure.

氦原子的電子基態電子組態為

1s2 1S01s^2\,{}^1S_0

其中兩個電子自旋相反,形成自旋單態:

Se=0S_e=0

且兩個電子皆在 ss 軌域,故總軌道角動量為

L=0L=0

因此電子總角動量

J=0J=0

超精細結構的能量通常與

I⋅J\mathbf{I}\cdot\mathbf{J}

有關。由於基態 J=0J=0,只有一個可能的總角動量

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第 3 題

Which of the following statements is correct?
(A) Photons obey Pauli exclusion principle.
(B) Photon is its own antiparticle.
(C) Neutron is its own anti-particle.
(D) In Compton scattering, the scattered photon has wavelength shorter than that of the incident photon.
(E) The strong force between a proton and a neutron is a central force and conserves angular momentum.

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核心觀念

本題綜合考查:

  1. 粒子的自旋與統計性質:玻色子、費米子及 Pauli 不相容原理。
  2. 粒子與反粒子的關係。
  3. Compton 散射中的波長變化。
  4. 核力的性質,以及角動量守恆。

其中,光子的自旋為 11,屬於玻色子;中子自旋為 12\frac12,屬於費米子。


解題方法

逐一檢查各敘述是否符合基本物理定律與粒子性質:

  • Pauli 不相容原理只適用於費米子。
  • 自身反粒子必須具有與反粒子相同的所有內禀量子數,且粒子與反粒子不可區分。
  • Compton 散射利用能量與動量守恆,可判斷散射後光子的波長變化。
  • 核力雖然大致具有旋轉對稱性而守恆總角動量,但並非單純的中心力。

選項分析

(A) Photons obey Pauli exclusion principle.

光子是自旋為整數的玻色子,遵守 Bose–Einstein 統計,而非 Fermi–Dirac 統計。

Pauli 不相容原理指出:兩個完全相同的費米子不能處於完全相同的量子態。光子不受此限制,因此大量光子可以同時處於同一個量子態,例如雷射光中的光子。

故此選項錯誤。


(B) Photon is its own antiparticle.

光子確實是自己的反粒子。

光子的反粒子仍是光子本身,因為光子不具有電荷、重子數、輕子數等會區分粒子與反粒子的守恆量。其反粒子可表示為

γˉ=γ.\bar{\gamma}=\gamma .

故此選項正確。


(C) Neutron is its own anti-particle.

中子不是自己的反粒子。

中子由夸克組成:

n=udd,n=udd,

而反中子由反夸克組成:

nˉ=uˉ dˉ dˉ.\bar n=\bar u\,\bar d\,\bar d.

中子具有重子數

B=1,B=1,

反中子具有

B=−1.B=-1.

此外,中子與反中子的磁矩符號、夸克組成等也不同,因此兩者不是同一粒子。

故此選項錯誤。


(D) In Compton scattering, the scattered photon has wavelength shorter than that of the incident photon.

Compton 散射的波長公式為

λ′−λ=hmec(1−cos⁡θ),\lambda'-\lambda = \frac{h}{m_e c}(1-\cos\theta),

其中:

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第 4 題

In a 3-dimensional simple harmonic potential for electrons, the eigen energy E=(η+32)ℏωE = (\eta + \frac{3}{2})\hbar\omega, where η=nx+ny+nz\eta = n_x + n_y + n_z. nx,nyn_x, n_y and nzn_z are 0 or positive integers. If the electrons are all in the spin-up state, and let's neglect the spin degree of freedom, how many degenerate states are there if the total energy E=(100+32)ℏωE = (100 + \frac{3}{2})\hbar\omega? (so η=100\eta = 100)
(A) 100!100!
(B) 102!102!
(C) 49504950
(D) 51515151
(E) 50505050

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核心觀念

三維簡諧振子的能量為

E=(nx+ny+nz+32)ℏω,E=\left(n_x+n_y+n_z+\frac{3}{2}\right)\hbar\omega,

其中 nx,ny,nzn_x,n_y,n_z 均為非負整數。定義

η=nx+ny+nz.\eta=n_x+n_y+n_z.

固定總能量等於固定 η\eta,因此簡併度就是滿足

nx+ny+nz=100n_x+n_y+n_z=100

的非負整數解數目。

題目已指定所有電子皆為 spin-up,且忽略自旋自由度,因此不需再乘上自旋簡併因子 22。

解題方法

這是將 100100 個量子數單位分配給三個方向的問題。利用「隔板法」計算非負整數解:

nx+ny+nz=100.n_x+n_y+n_z=100.

對三個變數而言,需要將 100100 個相同物件分成三組,使用兩個隔板,因此解的數目為

(100+3−13−1)=(1022).\binom{100+3-1}{3-1} = \binom{102}{2}.

計算得

(1022)=102×1012=51×101=5151.\binom{102}{2} = \frac{102\times101}{2} = 51\times101 = 5151.

因此,能量

E=(100+32)ℏωE=\left(100+\frac32\right)\hbar\omega

所對應的簡併態數為 51515151。

選項分析

  • (A) 100!100!:錯誤。
    簡併度是非負整數方程式 nx+ny+nz=100n_x+n_y+n_z=100 的解數,不是 100100 個元素的排列數,因此不應使用階乘。
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第 1 題

計算題,一題二十分。

  1. (a) (10%) Using the relation for phase velocity and group velocity,
    vphase=ωkv_{\text{phase}} = \frac{\omega}{k} and vgroup=dωdkv_{\text{group}} = \frac{d\omega}{dk},
    show that the two velocities have the following relation:
    vgroup=vphase−λdvphasedλ⋯⋯equation (1)v_{\text{group}} = v_{\text{phase}} - \lambda \frac{dv_{\text{phase}}}{d\lambda} \quad \cdots \cdots \text{equation (1)}
    Where kk is the wave number, λ\lambda is the wavelength and ω\omega is the angular frequency of the wave.

(b) (5%) A free particle of mass mm moving with momentum p=ℏkp = \hbar k has total energy E=ℏ2k22mE = \frac{\hbar^2 k^2}{2m}. Find its group velocity and phase velocity in terms of pp and mm. Does this wave have dispersion or not?

(c) (5%) Show that the results you obtain in (b) indeed satisfy equation (1).

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核心觀念

本題考查德布羅意物質波的相速度與群速度:

vphase=ωk,vgroup=dωdkv_{\text{phase}}=\frac{\omega}{k},\qquad v_{\text{group}}=\frac{d\omega}{dk}

其中:

  • ω\omega:角頻率
  • kk:波數
  • λ\lambda:波長,且 k=2πλk=\dfrac{2\pi}{\lambda}
  • 相速度描述單一等相位面的傳播速度
  • 群速度描述波包、能量與粒子資訊的傳播速度

(a) 證明速度關係式

由相速度定義,

vphase=ωkv_{\text{phase}}=\frac{\omega}{k}

因此

ω=kvphase\omega=k v_{\text{phase}}

又因為

k=2πλk=\frac{2\pi}{\lambda}

所以角頻率可表示為波長的函數:

ω=2πλvphase(λ)\omega=\frac{2\pi}{\lambda}v_{\text{phase}}(\lambda)

群速度為

vgroup=dωdkv_{\text{group}}=\frac{d\omega}{dk}

利用鏈鎖律,

dωdk=dω/dλdk/dλ\frac{d\omega}{dk} = \frac{d\omega/d\lambda}{dk/d\lambda}

先分別計算分子與分母:

dωdλ=ddλ(2πλvphase)\frac{d\omega}{d\lambda} = \frac{d}{d\lambda} \left( \frac{2\pi}{\lambda}v_{\text{phase}} \right) dωdλ=2π[1λdvphasedλ−vphaseλ2]\frac{d\omega}{d\lambda} = 2\pi \left[ \frac{1}{\lambda} \frac{dv_{\text{phase}}}{d\lambda} - \frac{v_{\text{phase}}}{\lambda^2} \right]

而

dkdλ=ddλ(2πλ)=−2πλ2\frac{dk}{d\lambda} = \frac{d}{d\lambda} \left(\frac{2\pi}{\lambda}\right) = -\frac{2\pi}{\lambda^2}

因此

vgroup=2π[1λdvphasedλ−vphaseλ2]−2πλ2v_{\text{group}} = \frac{ 2\pi \left[ \dfrac{1}{\lambda} \dfrac{dv_{\text{phase}}}{d\lambda} - \dfrac{v_{\text{phase}}}{\lambda^2} \right] }{ -\dfrac{2\pi}{\lambda^2} }

約去 2π2\pi 並整理得

vgroup=vphase−λdvphasedλv_{\text{group}} = v_{\text{phase}} - \lambda \frac{dv_{\text{phase}}}{d\lambda}

故證明:

vgroup=vphase−λdvphasedλ\boxed{ v_{\text{group}} = v_{\text{phase}} - \lambda \frac{dv_{\text{phase}}}{d\lambda} }

(b) 自由粒子的群速度、相速度與色散

題目給定

p=ℏkp=\hbar k

以及非相對論自由粒子的總能量

E=ℏ2k22mE=\frac{\hbar^2 k^2}{2m}

由量子力學關係

E=ℏωE=\hbar\omega

可得

ω=Eℏ=ℏk22m\omega=\frac{E}{\hbar} = \frac{\hbar k^2}{2m}

群速度

由定義,

vgroup=dωdkv_{\text{group}} = \frac{d\omega}{dk}

因此

vgroup=ddk(ℏk22m)=ℏkmv_{\text{group}} = \frac{d}{dk} \left( \frac{\hbar k^2}{2m} \right) = \frac{\hbar k}{m}

利用 p=ℏkp=\hbar k,

vgroup=pm\boxed{ v_{\text{group}}=\frac{p}{m} }

這正是經典力學中自由粒子的速度。

相速度

由定義,

vphase=ωkv_{\text{phase}} = \frac{\omega}{k}
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第 2 題

Consider an atom with two levels of energies E2>E1E_2 > E_1. The wave functions using Dirac bra-ket notation are ∣1⟩=(10)|1\rangle = \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \end{pmatrix} and ∣2⟩=(01)|2\rangle = \begin{pmatrix} 0 \\ 1 \end{pmatrix} respectively. The Hamiltonian of the system can then be written in matrix form as H0=(E100E2)H_0 = \begin{pmatrix} E_1 & 0 \\ 0 & E_2 \end{pmatrix}. In the presence of a static electric field, the Hamiltonian is perturbed, and becomes H=H0+H1=(E1VVE2)H = H_0 + H_1 = \begin{pmatrix} E_1 & V \\ V & E_2 \end{pmatrix}, where VV is proportional to the magnitude of the applied DC electric field.

(a) (5%) Verify that ∣1⟩|1\rangle and ∣2⟩|2\rangle are the energy eigenstates of H0H_0, but not of HH.

(b) (10%) What are the energy shifts of state 1 and state 2 due to the perturbation? Assume E2−E1≫VE_2 - E_1 \gg V.

(c) (5%) Explain why the applied static electric field can only introduce off-diagonal terms in the Hamiltonian, but no diagonal terms.

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核心觀念

本題考查二能級系統的:

  • 能量本徵態與本徵值的定義:
    H∣ψ⟩=E∣ψ⟩H|\psi\rangle=E|\psi\rangle
  • 矩陣表示下的本徵值問題。
  • 非簡併微擾論:
    • 一階能量修正
      En(1)=⟨n∣H1∣n⟩E_n^{(1)}=\langle n|H_1|n\rangle
    • 二階能量修正
      En(2)=∑m≠n∣⟨m∣H1∣n⟩∣2En(0)−Em(0)E_n^{(2)}=\sum_{m\ne n}\frac{|\langle m|H_1|n\rangle|^2}{E_n^{(0)}-E_m^{(0)}}
  • 靜電場與電偶極矩交互作用:
    H1=−d⋅EH_1=-\mathbf d\cdot\mathbf E

令能階差為

ΔE=E2−E1>0\Delta E=E_2-E_1>0

且題目給定 ΔE≫V\Delta E\gg V,因此適合使用微擾論。


(a) 驗證 ∣1⟩|1\rangle、∣2⟩|2\rangle 是否為能量本徵態

未加外場時,

H0=(E100E2)H_0= \begin{pmatrix} E_1&0\\ 0&E_2 \end{pmatrix}

對狀態 ∣1⟩|1\rangle 作用:

H0∣1⟩=(E100E2)(10)=(E10)=E1∣1⟩H_0|1\rangle = \begin{pmatrix} E_1&0\\ 0&E_2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} E_1\\ 0 \end{pmatrix} =E_1|1\rangle

因此 ∣1⟩|1\rangle 是 H0H_0 的能量本徵態,本徵值為 E1E_1。

同理,

H0∣2⟩=(E100E2)(01)=(0E2)=E2∣2⟩H_0|2\rangle = \begin{pmatrix} E_1&0\\ 0&E_2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0\\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\ E_2 \end{pmatrix} =E_2|2\rangle

因此 ∣2⟩|2\rangle 也是 H0H_0 的能量本徵態,本徵值為 E2E_2。

加入靜電場後,

H=(E1VVE2)H= \begin{pmatrix} E_1&V\\ V&E_2 \end{pmatrix}

對 ∣1⟩|1\rangle 作用:

H∣1⟩=(E1VVE2)(10)=(E1V)=E1∣1⟩+V∣2⟩H|1\rangle = \begin{pmatrix} E_1&V\\ V&E_2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1\\ 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} E_1\\ V \end{pmatrix} = E_1|1\rangle+V|2\rangle

由於 V≠0V\ne 0 時,結果不再只是 ∣1⟩|1\rangle 的倍數,因此 ∣1⟩|1\rangle 不是 HH 的能量本徵態。

同樣地,

H∣2⟩=(E1VVE2)(01)=(VE2)=V∣1⟩+E2∣2⟩H|2\rangle = \begin{pmatrix} E_1&V\\ V&E_2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 0\\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} V\\ E_2 \end{pmatrix} = V|1\rangle+E_2|2\rangle

結果包含 ∣1⟩|1\rangle 成分,因此 ∣2⟩|2\rangle 也不是 HH 的能量本徵態。

外場使兩個未擾動能階混合,新的本徵態將是 ∣1⟩|1\rangle 與 ∣2⟩|2\rangle 的線性組合。


(b) 狀態 1 與狀態 2 的能量位移

方法一:直接求解精確本徵值

新的能量本徵值由特徵方程決定:

det⁡(H−EI)=0\det(H-EI)=0

因此

∣E1−EVVE2−E∣=0\begin{vmatrix} E_1-E&V\\ V&E_2-E \end{vmatrix} =0

得到

(E1−E)(E2−E)−V2=0(E_1-E)(E_2-E)-V^2=0

整理後:

E2−(E1+E2)E+(E1E2−V2)=0E^2-(E_1+E_2)E+(E_1E_2-V^2)=0

解得兩個本徵能量:

E±=E1+E22±(E2−E12)2+V2E_{\pm} = \frac{E_1+E_2}{2} \pm \sqrt{\left(\frac{E_2-E_1}{2}\right)^2+V^2}

其中較低能量對應原本的狀態 11,較高能量對應原本的狀態 22:

Elow=E1+E22−(ΔE2)2+V2E_{\text{low}} = \frac{E_1+E_2}{2} - \sqrt{\left(\frac{\Delta E}{2}\right)^2+V^2} Ehigh=E1+E22+(ΔE2)2+V2E_{\text{high}} = \frac{E_1+E_2}{2} + \sqrt{\left(\frac{\Delta E}{2}\right)^2+V^2}

因為 V≪ΔEV\ll \Delta E,可使用展開式:

(ΔE2)2+V2=ΔE21+4V2(ΔE)2\sqrt{\left(\frac{\Delta E}{2}\right)^2+V^2} = \frac{\Delta E}{2} \sqrt{1+\frac{4V^2}{(\Delta E)^2}}

利用

1+x≃1+x2\sqrt{1+x}\simeq 1+\frac{x}{2}

得到

(ΔE2)2+V2≃ΔE2+V2ΔE\sqrt{\left(\frac{\Delta E}{2}\right)^2+V^2} \simeq \frac{\Delta E}{2} +\frac{V^2}{\Delta E}

因此

Elow≃E1−V2ΔEE_{\text{low}} \simeq E_1-\frac{V^2}{\Delta E} Ehigh≃E2+V2ΔEE_{\text{high}} \simeq E_2+\frac{V^2}{\Delta E}

所以兩個能階的能量位移為

δE1=−V2E2−E1\boxed{\delta E_1=-\frac{V^2}{E_2-E_1}} δE2=+V2E2−E1\boxed{\delta E_2=+\frac{V^2}{E_2-E_1}}
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第 3 題

In 1955, antiproton was discovered at the Bevatron accelerator at Berkeley through the following process: p+p→p+p+pˉ+pp+p \to p+p+\bar{p}+p. Proton has rest mass of 938 MeV/c2938 \text{ MeV/c}^2.
(a) (10%) In the C.M. frame as shown in the right figure, what is the minimum velocity vv of the incident protons relative to their center of mass so that the anti-proton can be produced? (You need to use relativistic energy formula.)
(b) (5%) In the real experiment, one proton is at rest while the other one is accelerating and collidues with the one at rest. What is the velocity of the moving proton as measured in the lab frame? (Lab frame is the frame of the proton at rest.)
(c) (5%) What is the minimum kinetic energy of the accelerating proton so that antiproton can be produced?

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核心觀念

本題考查相對論性碰撞中的:

  • 相對論總能量
    E=γmc2,γ=11−v2/c2E=\gamma mc^2,\qquad \gamma=\frac{1}{\sqrt{1-v^2/c^2}}
  • 質心系中的能量守恆與動量守恆
  • 碰撞閾值:反應剛好能發生時,末態粒子在質心系中沒有相對運動,因此末態總能量為其靜止能量總和。
  • 不變質量 ss 在不同慣性座標系中保持不變。

反應為

p+p→p+p+pˉ+pp+p\rightarrow p+p+\bar p+p

末態共有四個質量皆為 mpm_p 的粒子,因此產生反質子至少需要額外增加兩個質子靜止能量。


(a) 質心系中入射質子的最小速度

在質心系中,兩個入射質子速度大小相同、方向相反,因此總動量為零。

在產生反質子的最低門檻,末態四個粒子在質心系中皆靜止,所以末態總能量為

Efinal=4mpc2E_{\text{final}}=4m_pc^2

初態兩個質子的總能量為

Einitial=2γmpc2E_{\text{initial}}=2\gamma m_pc^2

由能量守恆:

2γmpc2=4mpc22\gamma m_pc^2=4m_pc^2

因此

γ=2\gamma=2

代入

γ=11−v2/c2\gamma=\frac{1}{\sqrt{1-v^2/c^2}}

得到

11−v2/c2=2\frac{1}{\sqrt{1-v^2/c^2}}=2

故

1−v2c2=141-\frac{v^2}{c^2}=\frac14

v2c2=34\frac{v^2}{c^2}=\frac34

因此

v=32c≈0.866c\boxed{v=\frac{\sqrt3}{2}c\approx0.866c}

這是每一個入射質子相對於質心的速度。


(b) 實驗室系中移動質子的速度

實驗室系中,一個質子靜止,另一個質子以速度 uu 撞擊它。

直接以實驗室系計算動能容易忽略末態仍需滿足動量守恆,因此使用碰撞不變量最簡潔。

四動量平方的不變量為

s=(p1+p2)2s=(p_1+p_2)^2

在實驗室系中,靜止質子的四動量為 (mpc,0)(m_pc,\mathbf 0),移動質子的總能量為 EE。因此

s=2mp2c4+2mpc2Es=2m_p^2c^4+2m_pc^2E

在產生反質子的最低門檻,質心系中的末態四個粒子皆靜止,因此

sthreshold=(4mpc2)2=16mp2c4s_{\text{threshold}}=(4m_pc^2)^2=16m_p^2c^4

令兩者相等:

2mp2c4+2mpc2E=16mp2c42m_p^2c^4+2m_pc^2E=16m_p^2c^4

除以 2mpc22m_pc^2:

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第 4 題

(5% each) The wavefunction of the 1S electron of hydrogen atom is
ψ1s=1πa03e−r/a0\psi_{1s} = \frac{1}{\sqrt{\pi a_0^3}} e^{-r/a_0}
(a) Show that the wavefunction is properly normalized.
(b) Where is the electron most likely found? (r=?r = ?)
(c) What is the probability that the 1S electron is inside the proton? Assuming the proton is a uniform sphere with radius of 1 fm1 \text{ fm} (1 fm=10−15 m1 \text{ fm} = 10^{-15} \text{ m}).
(d) If the electron of the hydrogen atom is replaced by a muon, the atom is called a muonic hydrogen. What is the probability that the muon is inside the proton?
In (c) and (d), we assume the finite size of the proton is a small perturbation to the Coulomb field and does not change the wavefunction of the electron or muon.

Bohr radius a0=4πϵ0ℏ2mee2=5.29×10−11 ma_0 = \frac{4\pi\epsilon_0 \hbar^2}{m_e e^2} = 5.29 \times 10^{-11} \text{ m}; me=9.11×10−31 kgm_e = 9.11 \times 10^{-31} \text{ kg}; mμ=1.88×10−28 kgm_\mu = 1.88 \times 10^{-28} \text{ kg}.
useful formula: ∫0∞x2e−axdx=2a3\int_0^\infty x^2 e^{-ax} dx = \frac{2}{a^3}

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這一題的完整詳解

核心觀念

本題考查氫原子 1s1s 態波函數的三個基本概念:

  1. 波函數的歸一化
    ∫∣ψ(r)∣2 d3r=1\int |\psi(\mathbf r)|^2\,d^3r=1

  2. 徑向機率分布
    電子位於半徑 rr 到 r+drr+dr 間的機率為
    dP=∣ψ(r)∣2 4πr2drdP=|\psi(r)|^2\,4\pi r^2dr
    最大值由徑向機率分布決定,而不是單純由 ∣ψ∣2|\psi|^2 決定。

  3. 小半徑區域的機率
    電子在質子半徑內的機率為
    P(r<R)=∫0R∣ψ(r)∣2 4πr2drP(r<R)=\int_0^R |\psi(r)|^2\,4\pi r^2dr


解題方法

已知

ψ1s(r)=1πa03e−r/a0\psi_{1s}(r)=\frac{1}{\sqrt{\pi a_0^3}}e^{-r/a_0}

因此

∣ψ1s(r)∣2=1πa03e−2r/a0|\psi_{1s}(r)|^2 =\frac{1}{\pi a_0^3}e^{-2r/a_0}

由於波函數具有球對稱性,體積元素為

d3r=4πr2drd^3r=4\pi r^2dr

(a) 證明波函數已正規化

歸一化條件為

∫∣ψ1s∣2d3r=1\int |\psi_{1s}|^2d^3r=1

代入波函數:

∫∣ψ1s∣2d3r=∫0∞1πa03e−2r/a0 4πr2dr=4a03∫0∞r2e−2r/a0dr\begin{aligned} \int |\psi_{1s}|^2d^3r &=\int_0^\infty \frac{1}{\pi a_0^3}e^{-2r/a_0} \,4\pi r^2dr\\ &=\frac{4}{a_0^3}\int_0^\infty r^2e^{-2r/a_0}dr \end{aligned}

利用題目給定公式

∫0∞x2e−axdx=2a3\int_0^\infty x^2e^{-ax}dx=\frac{2}{a^3}

令 a=2/a0a=2/a_0,則

∫0∞r2e−2r/a0dr=2(2/a0)3=a034\int_0^\infty r^2e^{-2r/a_0}dr =\frac{2}{(2/a_0)^3} =\frac{a_0^3}{4}

因此

∫∣ψ1s∣2d3r=4a03⋅a034=1\int |\psi_{1s}|^2d^3r =\frac{4}{a_0^3}\cdot\frac{a_0^3}{4}=1

所以此波函數確實已正規化。


(b) 電子最可能出現的位置

單純的機率密度為

∣ψ1s(r)∣2=1πa03e−2r/a0|\psi_{1s}(r)|^2 =\frac{1}{\pi a_0^3}e^{-2r/a_0}

其最大值出現在 r=0r=0。但是題目問「電子最可能位於哪個距離」,應使用徑向機率分布:

P(r) dr=∣ψ1s(r)∣2 4πr2drP(r)\,dr=|\psi_{1s}(r)|^2\,4\pi r^2dr

因此

P(r)=4r2a03e−2r/a0P(r)=\frac{4r^2}{a_0^3}e^{-2r/a_0}

對其取對數微分:

ddrln⁡P(r)=2r−2a0\frac{d}{dr}\ln P(r) =\frac{2}{r}-\frac{2}{a_0}

令其為零:

2r−2a0=0\frac{2}{r}-\frac{2}{a_0}=0

得到

r=a0\boxed{r=a_0}

因此

r=5.29×10−11 m\boxed{r=5.29\times10^{-11}\ \text{m}}

補充:∣ψ∣2|\psi|^2 在 r=0r=0 最大,但球殼體積會隨 r2r^2 增加,因此徑向機率分布的最大值位於 r=a0r=a_0。


(c) 電子位於質子內部的機率

質子半徑為

Rp=1 fm=10−15 mR_p=1\ \text{fm}=10^{-15}\ \text{m}

所求機率為

Pe(r<Rp)=∫0Rp∣ψ1s∣2 4πr2dr=4a03∫0Rpr2e−2r/a0dr\begin{aligned} P_e(r<R_p) &=\int_0^{R_p}|\psi_{1s}|^2\,4\pi r^2dr\\ &=\frac{4}{a_0^3}\int_0^{R_p}r^2e^{-2r/a_0}dr \end{aligned}

令

x=Rpa0x=\frac{R_p}{a_0}

可得精確結果

Pe(r<Rp)=1−e−2x(1+2x+2x2)P_e(r<R_p) =1-e^{-2x}(1+2x+2x^2)

本題中

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