110 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

本題考查近代物理中的基本量子概念：

• 粒子的自旋與玻色子、費米子分類。
• 氫樣原子的能階量子數。
• 位置與動量的不確定性原理。
• 演化方程與能量本徵方程的區別。
• 一維簡諧振子的量子化能階。

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(a) 光子是玻色子還是費米子？

核心觀念

玻色子具有整數自旋，費米子具有半整數自旋。光子的自旋為

$$s=1$$

屬於整數自旋粒子，因此光子是玻色子。

【答案】

(a) 光子是玻色子（bosons）。

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(b) 未受擾動的類氫原子，其電子軌域能量由量子數 $n$ 還是 $l$ 決定？

核心觀念

類氫原子只有一個電子，且電子受到庫侖力作用。未受擾動時，能量本徵值為

$$E_n=-\frac{\mu Z^2e^4}{2(4\pi\varepsilon_0)^2\hbar^2n^2}$$

也常寫成

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

其中：

• $n=1,2,3,\ldots$ 為主量子數；
• $l=0,1,\ldots,n-1$ 為角動量量子數；
• $Z$ 為原子序；
• $\mu$ 為電子與原子核的約化質量。

公式中能量只含有 $n$，不含 $l$，因此同一個 $n$ 下不同的 $l$ 態具有相同能量，形成簡併。

【答案】

(b) 由主量子數 $n$ 決定。

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(c) 在量子力學中，粒子的位置與動量能否同時被確定？

核心觀念

位置算符 $\hat{x}$ 與動量算符 $\hat{p}$ 滿足對易關係

$$[\hat{x},\hat{p}]=i\hbar$$

由不確定性原理，

$$\Delta x\,\Delta p\geq \frac{\hbar}{2}$$

因此，位置的不確定度 $\Delta x$ 與動量的不確定度 $\Delta p$ 不可能同時為零。

【答案】

(c) 不可以（No）。

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(d) 「Hamiltonian $H$ 作用在代表真實物理系統的波函數 $\Psi$ 上會得到 $H\Psi=E\Psi$，其中 $E$ 是此系統的能量。」此敘述正確或錯誤？

核心觀念

薛丁格方程的一般形式為

核心觀念

本題考查四個近代物理的重要主題，重點包括：

• 宇宙學中的宇宙微波背景輻射與大爆炸證據。
• 量子多體效應造成的超導現象。
• 能帶拓樸與受拓樸保護的表面態。
• 廣義相對論預言的重力波及其實驗偵測。

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(a) 宇宙微波背景輻射（Cosmic Microwave Background, CMB）

核心觀念

宇宙微波背景輻射是早期宇宙遺留下來的電磁輻射，現今觀測到的光譜極接近溫度

$$T_{\mathrm{CMB}}\simeq 2.725\ \mathrm{K}$$

的黑體輻射。

大爆炸後，宇宙溫度極高，電子與質子被電離成電漿，光子不斷與帶電粒子散射，因此宇宙對光是不透明的。當宇宙膨脹冷卻至約 $3000\ \mathrm{K}$ 時，電子與質子結合形成中性氫，此過程稱為復合（recombination）。自由電子數量大幅減少，光子開始近似自由傳播，這些光子即形成宇宙微波背景輻射。

其釋放時間約在大爆炸後 $3.8\times 10^5$ 年，對應紅移約

$$z\sim 1100.$$

物理特徵與意義

由於宇宙持續膨脹，CMB 光子的波長被拉長，原本約為紅外線或可見光範圍的熱輻射，今日已冷卻成微波。其黑體能量分布為

$$B_\nu(T)=\frac{2h\nu^3}{c^2} \frac{1}{e^{h\nu/k_BT}-1}.$$

CMB 的微小溫度起伏約為

$$\frac{\Delta T}{T}\sim 10^{-5},$$

代表早期宇宙密度的微小不均勻。這些初始擾動後來經由重力成長，形成星系、星系團及今日的大尺度結構。

CMB 是大爆炸宇宙模型的重要證據，並可用來推測：

• 宇宙年齡與膨脹歷史。
• 普通物質、暗物質與暗能量的比例。
• 早期宇宙的密度擾動。
• 宇宙空間的幾何與曲率。

CMB 的角功率譜中具有聲學峰，反映早期光子—重子流體中的密度振盪，是宇宙學參數的重要觀測依據。

解題技巧

回答 CMB 時，至少應包含「早期宇宙的熱輻射」、「復合後光子脫耦」、「今日約 $2.725\ \mathrm{K}$ 黑體輻射」及「支持大爆炸模型」四個關鍵點。只寫成普通的微波電磁波，未指出其宇宙學起源，內容並不完整。

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(b) 超導體（Superconductors）

核心觀念

超導體是在臨界溫度 $T_c$ 以下，呈現下列兩項特性的材料：

1. 電阻降為零。
2. 排斥內部磁通，即邁斯納效應（Meissner effect）。

零電阻表示直流電流可以無耗散地持續流動；邁斯納效應則表示超導體不是單純的理想導體，而是會主動將磁場排出體內。

超導狀態可由三個臨界量破壞：

• 臨界溫度 $T_c$。
• 臨界磁場 $B_c$。
• 臨界電流 $I_c$。

超過任一臨界值，材料便恢復正常導電狀態。

BCS 理論

在傳統超導體中，電子透過晶格振動產生的有效吸引力形成 Cooper pair。兩個電子具有相反動量與相反自旋，總自旋可為零。大量 Cooper pair 凝聚至同一量子基態，形成具有宏觀相位的超導態。

超導能隙可表示為

$$\Delta(0)\simeq 1.76\,k_BT_c$$

其中 $\Delta$ 是破壞 Cooper pair 所需的能量尺度。由於低能散射不足以破壞整體凝聚態，電流可以無耗散地流動。

邁斯納效應與磁通量子化

超導體內部的磁場會被排斥，理想情況下滿足

$$B\simeq 0$$

但磁場只是在表面附近以穿透深度 $\lambda$ 衰減。磁場分布可近似寫成

$$B(x)=B_0e^{-x/\lambda}.$$

在超導環中，磁通量具有量子化現象：

$$\Phi=n\Phi_0, \qquad \Phi_0=\frac{h}{2e}.$$

分母為 $2e$，正是因為載流子是電荷為 $2e$ 的 Cooper pair。

第一類與第二類超導體

第一類超導體具有單一臨界磁場，超過後整體進入正常態。第二類超導體具有兩個臨界磁場 $B_{c1}$ 與 $B_{c2}$：

• $B<B_{c1}$：完全排斥磁場。
• $B_{c1}<B<B_{c2}$：磁通以量子渦旋形式穿入，稱為混合態。
• $B>B_{c2}$：進入正常態。

第二類超導體可承受較強磁場，因此常用於核磁共振、粒子加速器與超導磁鐵。

解題技巧

超導體的完整定義不可只寫「電阻為零」。考試中應同時寫出「邁斯納效應」，並說明其與理想導體的差別。若提到 BCS，應連結到「晶格作用形成 Cooper pair」及「能隙」；若提到磁通量子化，量子單位必須寫成 $h/2e$。

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(c) 拓樸絕緣體（Topological Insulators）

核心觀念

拓樸絕緣體是一種：

• 內部體態具有能隙，類似絕緣體。
• 邊界或表面存在導電態。
• 表面態受時間反演對稱性與能帶拓樸保護。

普通絕緣體與拓樸絕緣體都可能具有體能隙，但兩者的能帶波函數拓樸不同，因此拓樸絕緣體不能在保持能隙不閉合的情況下，連續變形成普通絕緣體。

拓樸不變量

對具有時間反演對稱性的二維系統，可用 $\mathbb{Z}_2$ 拓樸不變量分類：

$$\nu=0$$

代表普通絕緣體，而

$$\nu=1$$

核心觀念

本題考查一維無限深方井的定態波函數、時間演化、能量測量機率與能量期望值。

對於範圍為 $0<x<a$ 的無限深方井，定態波函數與能量本徵值為

$$\psi_n(x)=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin\left(\frac{n\pi x}{a}\right)$$ $$E_n=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2ma^2}$$

其中 $n=1,2,3,\ldots$。題目中的 $\psi_1$ 為基態，$\psi_2$ 為第一激發態。

若初態展開為

$$\Psi(x,0)=\sum_n c_n\psi_n(x)$$

則時間演化為

$$\Psi(x,t)=\sum_n c_n\psi_n(x)e^{-iE_nt/\hbar}$$

能量測量得到 $E_n$ 的機率為

$$P(E_n)=|c_n|^2$$

能量期望值為

$$\langle E\rangle=\sum_n |c_n|^2E_n$$

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解題方法

題目已經將波函數展開成能量本徵態的線性組合，因此直接辨識各本徵態的係數即可：

$$c_1=\sqrt{\frac{2}{7}},\qquad c_2=\sqrt{\frac{5}{7}}$$

因為

$$\left|c_1\right|^2+\left|c_2\right|^2 =\frac{2}{7}+\frac{5}{7}=1$$

所以波函數已經正規化。

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(a) 波函數 $\Psi(x,t)$

基態與第一激發態分別獲得各自的時間相位因子，因此

$$\Psi(x,t) = \sqrt{\frac{2}{7}}\psi_1(x)e^{-iE_1t/\hbar} + \sqrt{\frac{5}{7}}\psi_2(x)e^{-iE_2t/\hbar}$$

代入無限深方井的定態波函數：

$$\Psi(x,t) = \sqrt{\frac{2}{7}} \sqrt{\frac{2}{a}} \sin\left(\frac{\pi x}{a}\right)e^{-iE_1t/\hbar} + \sqrt{\frac{5}{7}} \sqrt{\frac{2}{a}} \sin\left(\frac{2\pi x}{a}\right)e^{-iE_2t/\hbar}$$

再代入

$$E_1=\frac{\pi^2\hbar^2}{2ma^2}, \qquad E_2=\frac{4\pi^2\hbar^2}{2ma^2} =\frac{2\pi^2\hbar^2}{ma^2}$$

可得

$$\Psi(x,t) = \sqrt{\frac{4}{7a}} \sin\left(\frac{\pi x}{a}\right) \exp\left(-i\frac{\pi^2\hbar t}{2ma^2}\right) + \sqrt{\frac{10}{7a}} \sin\left(\frac{2\pi x}{a}\right) \exp\left(-i\frac{2\pi^2\hbar t}{ma^2}\right)$$

在井外 $\Psi(x,t)=0$。

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(b) 能量測量的可能值與機率

因為 $\Psi(x,0)$ 只包含 $\psi_1$ 與 $\psi_2$，所以能量測量只有兩種可能結果：

測得基態能量 $E_1$

核心觀念

本題考查自由粒子平面波

$$e^{ikx}$$

的正規化，以及如何利用有限長度的盒中邊界條件，將連續的波數 $k$ 離散化，建立彼此正交的自由粒子本徵態。

自由粒子哈密頓量為

$$\hat H=-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2},$$

因此

$$\hat H e^{ikx} = \frac{\hbar^2 k^2}{2m}e^{ikx},$$

所以 $e^{ikx}$ 是自由粒子的能量本徵函數，能量為

$$E_k=\frac{\hbar^2 k^2}{2m}.$$

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(a) 盒中正規化

在整條無限長空間上，平面波的絕對值為

$$|e^{ikx}|^2=1,$$

因此

$$\int_{-\infty}^{\infty}|e^{ikx}|^2\,dx = \int_{-\infty}^{\infty}dx = \infty.$$

所以 $e^{ikx}$ 在無限空間中不是通常意義下的平方可積分波函數，不能用有限常數直接正規化為

$$\int_{-\infty}^{\infty}|\psi(x)|^2dx=1.$$

將粒子限制在長度為 $L$ 的盒中，例如

$$-\frac L2\le x\le \frac L2,$$

並令

$$\psi_k(x)=A e^{ikx},$$

則正規化條件為

$$\int_{-L/2}^{L/2}|\psi_k(x)|^2dx=1.$$

由於 $|e^{ikx}|^2=1$，得到

$$|A|^2\int_{-L/2}^{L/2}dx = |A|^2L=1.$$

因此可取

$$A=\frac1{\sqrt L},$$

盒中正規化的平面波為

$$\boxed{\psi_k(x)=\frac1{\sqrt L}e^{ikx}}.$$

這種作法稱為 box normalization。它是將無限空間的平面波暫時放入有限盒中，以便進行計算。

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(b) 建立近似正交的自由粒子本徵態

取週期性邊界條件

對自由粒子最方便的盒中邊界條件是週期性邊界條件：

$$\psi(x+L)=\psi(x).$$

將 $\psi_k(x)=e^{ikx}$ 代入，必須滿足

$$e^{ik(x+L)}=e^{ikx}.$$

消去 $e^{ikx}$ 後得到

$$e^{ikL}=1.$$

因此

$$kL=2\pi n, \qquad n\in\mathbb Z,$$

也就是

$$\boxed{k_n=\frac{2\pi n}{L}}.$$

於是可構造出一組盒中自由粒子本徵態

$$\boxed{\psi_n(x)=\frac1{\sqrt L}e^{ik_nx} = \frac1{\sqrt L}e^{i2\pi nx/L}}.$$

這些函數仍然是自由粒子哈密頓量的本徵函數，對應能量

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

驗證正交歸一性

兩個態的內積為

$$\langle \psi_m|\psi_n\rangle = \int_{-L/2}^{L/2} \psi_m^*(x)\psi_n(x)\,dx.$$

代入盒中平面波：

$$\langle \psi_m|\psi_n\rangle = \frac1L \int_{-L/2}^{L/2} e^{-ik_mx}e^{ik_nx}\,dx = \frac1L \int_{-L/2}^{L/2} e^{i(k_n-k_m)x}\,dx.$$

由

$$k_n-k_m=\frac{2\pi(n-m)}{L},$$

可得

本題採用半古典模型（Semi-classical approach）結合功能定理進行推導（註：原題等式右端應為 $\hbar \frac{dk}{dt}$）。

一、基本物理量關係

1. 載子能量與角頻率：根據量子力學，導電載子的能量 $E$ 與角頻率 $\omega$ 的關係為：
   $E = \hbar \omega$

2. 群速度（Group Velocity）：載子波包傳播的速度 $v_k$ 為：
   $v_k = \frac{d\omega}{dk} = \frac{1}{\hbar} \frac{dE}{dk} \implies \frac{dE}{dk} = \hbar v_k$

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二、功能定理與外力推導