111 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

The emission through a small hole on the surface of a cavity can simulate the black body radiation. If we assume that the cavity is a two dimensional cavity and everything else is the same, what would be the corresponding Stephan-Boltzman law? (T is the temperature, λ represents the wavelength)
(A) total emissive power ∝T4\propto T^4
(B) total emissive power ∝T3\propto T^3
(C) total emissive power ∝T2\propto T^2
(D) the wavelength of the maximum emissive spectrum satisfies λmaxT\lambda_{max}T = constant
(E) the wavelength of the maximum emissive spectrum satisfies λmaxT2\lambda_{max}T^2 = constant.

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核心觀念

本題考查:

  1. 黑體輻射的 Stefan–Boltzmann law。
  2. 空間維度改變時,黑體輻射能量對溫度的依賴。
  3. Wien 位移定律。

在三維空間中,黑體總輻射功率滿足

P∝T4.P\propto T^4.

若改成二維腔體,電磁場可容許的模態數減少一個頻率維度,因此總輻射功率的溫度次方也會降低一階。

解題方法

在 dd 維空間中,頻率介於 ω\omega 與 ω+dω\omega+d\omega 的模態數與

ωd−1dω\omega^{d-1}d\omega

成正比。每個光子的平均能量為

ℏωeℏω/(kT)−1.\frac{\hbar\omega}{e^{\hbar\omega/(kT)}-1}.

因此,黑體輻射的頻譜能量密度具有比例關係

ud(ω,T) dω∝ωdeℏω/(kT)−1 dω.u_d(\omega,T)\,d\omega \propto \frac{\omega^d}{e^{\hbar\omega/(kT)}-1}\,d\omega.

對二維腔體,d=2d=2,所以

u2(ω,T) dω∝ω2eℏω/(kT)−1 dω.u_2(\omega,T)\,d\omega \propto \frac{\omega^2}{e^{\hbar\omega/(kT)}-1}\,d\omega.

令

x=ℏωkT,ω=kTℏx,dω=kTℏdx.x=\frac{\hbar\omega}{kT}, \qquad \omega=\frac{kT}{\hbar}x, \qquad d\omega=\frac{kT}{\hbar}dx.

則總能量為

U2(T)∝∫0∞ω2eℏω/(kT)−1 dωU_2(T) \propto \int_0^\infty \frac{\omega^2}{e^{\hbar\omega/(kT)}-1}\,d\omega ∝(kTℏ)3∫0∞x2ex−1 dx.\propto \left(\frac{kT}{\hbar}\right)^3 \int_0^\infty\frac{x^2}{e^x-1}\,dx.

積分部分為與溫度無關的常數,因此

U2(T)∝T3.U_2(T)\propto T^3.

腔體小孔的輻射功率只會再乘上一個與幾何形狀及光速有關的常數,不改變溫度的次方,所以二維情況的 Stefan–Boltzmann law 為

P2∝T3.P_2\propto T^3.

此外,二維情況的波長頻譜可寫成

u2(λ,T)∝1λ31ehc/(λkT)−1.u_2(\lambda,T) \propto \frac{1}{\lambda^3} \frac{1}{e^{hc/(\lambda kT)}-1}.

令

y=hcλkT,y=\frac{hc}{\lambda kT},

則頻譜形狀只依賴於 λT\lambda T。最大值對應的 yy 是固定常數,因此

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第 2 題

In the Compton scattering, if an x-ray photon whose initial frequency is ν\nu is scattered backwards with scattering angle being 180∘180^\circ, what would be the kinetic energy of the recoiled electron? (h = Planck's constant, m = mass of electron, c = speed of light)
(A) 2hν1+2hνmc2\frac{2h\nu}{1+\frac{2h\nu}{mc^2}}
(B) hν1+hνmc2\frac{h\nu}{1+\frac{h\nu}{mc^2}}
(C) hν1+2hνmc2\frac{h\nu}{1+\frac{2h\nu}{mc^2}}
(D) 2hν1+hνmc2\frac{2h\nu}{1+\frac{h\nu}{mc^2}}
(E) hν1+hν2mc2\frac{h\nu}{1+\frac{h\nu}{2mc^2}}

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核心觀念

本題考查康普頓散射的能量守恆與康普頓位移公式。光子與近似靜止的電子碰撞後,光子能量減少的部分轉化為電子的動能:

Ke=hν−hν′K_e=h\nu-h\nu'

其中 ν\nu、ν′\nu' 分別為入射與散射光子的頻率。

康普頓位移公式為

λ′−λ=hmc(1−cos⁡θ)\lambda'-\lambda=\frac{h}{mc}(1-\cos\theta)

本題散射角為 θ=180∘\theta=180^\circ,因此 cos⁡θ=−1\cos\theta=-1。


解題方法

由康普頓位移公式:

λ′−λ=hmc(1−(−1))=2hmc\lambda'-\lambda =\frac{h}{mc}(1-(-1)) =\frac{2h}{mc}

利用 λ=c/ν\lambda=c/\nu,可得

cν′−cν=2hmc\frac{c}{\nu'}-\frac{c}{\nu} =\frac{2h}{mc}

兩邊同除以 cc:

1ν′−1ν=2hmc2\frac{1}{\nu'}-\frac{1}{\nu} =\frac{2h}{mc^2}

整理:

1ν′=1ν+2hmc2=1+2hνmc2ν\frac{1}{\nu'} =\frac{1}{\nu}+\frac{2h}{mc^2} =\frac{1+\frac{2h\nu}{mc^2}}{\nu}

所以散射後光子的頻率為

ν′=ν1+2hνmc2\nu'=\frac{\nu}{1+\frac{2h\nu}{mc^2}}

散射後光子能量為

hν′=hν1+2hνmc2h\nu'=\frac{h\nu}{1+\frac{2h\nu}{mc^2}}

由能量守恆,電子獲得的動能為

Ke=hν−hν′K_e=h\nu-h\nu'

代入 ν′\nu':

Ke=hν−hν1+2hνmc2K_e =h\nu-\frac{h\nu}{1+\frac{2h\nu}{mc^2}} Ke=hν(1−11+2hνmc2)K_e =h\nu\left( 1-\frac{1}{1+\frac{2h\nu}{mc^2}} \right) Ke=2(hν)2mc21+2hνmc2\boxed{ K_e= \frac{\frac{2(h\nu)^2}{mc^2}} {1+\frac{2h\nu}{mc^2}} }

等價寫法為

Ke=2(hν)2mc2+2hν\boxed{ K_e= \frac{2(h\nu)^2}{mc^2+2h\nu} }

選項分析

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第 3 題

Consider an ideal gas system composed of helium atoms. Let the density of the gas be ρ\rho and the mass of a helium atom be mm. It is known that below the temperature TDT_D, the system starts to show features of a quantum gas exhibiting properties of identical particles. Which one of the followings is the best estimate of TDT_D? (h = Planck's constant, kBk_B = Boltzmann constant)
(A) hρ2mkB\frac{h\rho^2}{m k_B}
(B) hρmkB\frac{h\rho}{m k_B}
(C) h2ρ2mkB\frac{h^2\rho^2}{m k_B}
(D) h2ρ2m2kB\frac{h^2\rho^2}{m^2 k_B}
(E) h2ρ2mkB2\frac{h^2\rho^2}{m k_B^2}

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本題所測概念

本題測的是 量子氣體退化溫度(degeneracy temperature) 的估算。
當系統的 熱德布羅意波長

λth=h2πmkBT\lambda_{\text{th}}=\frac{h}{\sqrt{2\pi m k_B T}}

與相鄰粒子之平均距離

d≃n−1/3(n=粒子數密度)d\simeq n^{-1/3}\qquad\bigl(n=\text{粒子數密度}\bigr)

相同量級時,氣體開始顯示出量子統計(玻色或費米)行為。
因此求出讓 λth≈d\lambda_{\text{th}}\approx d 的溫度,即為 退化溫度 TDT_D。


解題步驟

(a) 從已知變數取得粒子數密度

題目給的密度為 ρ\rho(質量密度),原子質量為 mm。

n=ρm[單位:m−3]n=\frac{\rho}{m}\qquad\bigl[\text{單位:}\mathrm{m^{-3}}\bigr]

(b) 設定退化條件

λth  ≈  d  ⟹  h2πmkBTD  ≈  n−1/3\lambda_{\text{th}}\;\approx\;d \;\Longrightarrow\; \frac{h}{\sqrt{2\pi m k_B T_D}} \;\approx\; n^{-1/3}

(c) 解出 TDT_D

h2πmkBTD=n−1/32πmkBTD=h n1/32πmkBTD=h2 n2/3TD≃h22πmkB n2/3\begin{aligned} \frac{h}{\sqrt{2\pi m k_B T_D}} &= n^{-1/3} \\ \sqrt{2\pi m k_B T_D} &= h\,n^{1/3} \\ 2\pi m k_B T_D &= h^{2}\,n^{2/3} \\ T_D &\simeq \frac{h^{2}}{2\pi m k_B}\,n^{2/3} \end{aligned}

把 n=ρ/mn=\rho/m 代入:

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第 4 題

The wavefunction of two electrons in an helium atom is given by Ψ(r⃗1,r⃗2)\Psi(\vec{r}_1, \vec{r}_2) with r⃗1\vec{r}_1 and r⃗2\vec{r}_2 being the position vectors of electrons labelled as 1 and 2 respectively. If r⃗1≠r⃗2\vec{r}_1 \neq \vec{r}_2, what is the probability density for finding one electron at r⃗\vec{r} and the other at r⃗′\vec{r}'?
(A) ∣Ψ(r⃗,r⃗′)∣2|\Psi(\vec{r}, \vec{r}')|^2
(B) ∣Ψ(r⃗′,r⃗)∣2|\Psi(\vec{r}', \vec{r})|^2
(C) ∣Ψ(r⃗,r⃗)∣2|\Psi(\vec{r}, \vec{r})|^2
(D) ∫∫∣Ψ(r⃗1,r⃗2)∣2d3r1d3r2\int \int |\Psi(\vec{r}_1, \vec{r}_2)|^2 d^3r_1 d^3r_2
(E) ∫∫∣Ψ(r⃗1,r⃗2)∣2d3r1d3r2\int \int |\Psi(\vec{r}_1, \vec{r}_2)|^2 d^3r_1 d^3r_2

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核心觀念

兩電子系統的波函數 Ψ(r⃗1,r⃗2)\Psi(\vec r_1,\vec r_2) 是在「電子 1 位於 r⃗1\vec r_1、電子 2 位於 r⃗2\vec r_2」的組態空間波函數。依據 Born 機率詮釋,聯合機率密度為

ρ(r⃗1,r⃗2)=∣Ψ(r⃗1,r⃗2)∣2.\rho(\vec r_1,\vec r_2)=|\Psi(\vec r_1,\vec r_2)|^2.

因此,指定電子 1 位於 r⃗\vec r、電子 2 位於 r⃗′\vec r' 時,機率密度為

∣Ψ(r⃗,r⃗′)∣2.|\Psi(\vec r,\vec r')|^2.

解題方法

將題目給定的位置直接代入兩電子波函數:

r⃗1=r⃗,r⃗2=r⃗′.\vec r_1=\vec r,\qquad \vec r_2=\vec r'.

由多粒子波函數的 Born 規則,

dP=∣Ψ(r⃗,r⃗′)∣2 d3r d3r′.dP=|\Psi(\vec r,\vec r')|^2\,d^3r\,d^3r'.

所以相對應的機率密度是

∣Ψ(r⃗,r⃗′)∣2.\boxed{|\Psi(\vec r,\vec r')|^2}.

由於電子是全同費米子,交換兩電子後,總波函數至多差一個負號:

Ψ(r⃗′,r⃗)=±Ψ(r⃗,r⃗′).\Psi(\vec r',\vec r)=\pm\Psi(\vec r,\vec r').

因此

∣Ψ(r⃗′,r⃗)∣2=∣Ψ(r⃗,r⃗′)∣2.|\Psi(\vec r',\vec r)|^2=|\Psi(\vec r,\vec r')|^2.

也就是說,選項 (A) 與 (B) 的數值相同;若題目採單選且以標記電子 1、2 的標準定義作答,選擇 (A)。

選項分析

  • (A) ∣Ψ(r⃗,r⃗′)∣2|\Psi(\vec r,\vec r')|^2:正確。
    這正是電子 1 位於 r⃗\vec r、電子 2 位於 r⃗′\vec r' 的聯合機率密度。
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第 二、計算題 1. 題20 分

A non-relativistic particle of mass m is held in circular orbits around the origin by the force F=−krF = -kr, where k is a positive constant and r⃗\vec{r} is the position vector of the particle.
(a) (10%) By using the Bohr quantization rule and taking r=∞r = \infty as the zero point for the potential energy, find allowed square of distances r2r^2 and total energies of the particle.
(b) (5%) Find the uncertainty relation between the uncertainty of position Δr\Delta r and the uncertainty of momentum Δp\Delta p.
(c) (5%) By using uncertainty relations, estimate the ground state energy of the particle.

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(a) 玻爾量子化條件與允許能量

1. 圓周運動力學條件
向心力由向心引力(彈性力)提供:
mv2r=kr  ⟹  mv2=kr2  ⟹  v=kmrm \frac{v^2}{r} = k r \implies m v^2 = k r^2 \implies v = \sqrt{\frac{k}{m}} r

2. 玻爾量子化條件(Bohr Quantization Rule)
軌道角動量量子化:
L=mvr=nℏ(n=1,2,3,… )L = m v r = n \hbar \quad (n = 1, 2, 3, \dots)
將 v=kmrv = \sqrt{\frac{k}{m}} r 代入:
m(kmr)r=nℏ  ⟹  mk r2=nℏm \left(\sqrt{\frac{k}{m}} r\right) r = n \hbar \implies \sqrt{m k} \, r^2 = n \hbar
解得允許的距離平方 r2r^2 為:
r2=nℏmkr^2 = \frac{n \hbar}{\sqrt{m k}}

3. 總能量 EnE_n
動能:
T=12mv2=12kr2T = \frac{1}{2} m v^2 = \frac{1}{2} k r^2
位能 V(r)V(r)(註:若以原點 V(0)=0V(0)=0 為實用參考點):
V(r)=12kr2V(r) = \frac{1}{2} k r^2
總能量為動能與位能之和:
E=T+V=12kr2+12kr2=kr2E = T + V = \frac{1}{2} k r^2 + \frac{1}{2} k r^2 = k r^2
將 r2=nℏmkr^2 = \frac{n \hbar}{\sqrt{m k}} 代入,得第 nn 個量子態之總能量 EnE_n:
En=k(nℏmk)=nℏkmE_n = k \left( \frac{n \hbar}{\sqrt{m k}} \right) = n \hbar \sqrt{\frac{k}{m}}


(b) 位置與動量之不確定性關係

根據海森堡不確定性原理(Heisenberg Uncertainty Principle),位置不確定度 Δr\Delta r 與動量不確定度 Δp\Delta p 滿足:

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第 二、計算題 2. 題20 分

A K+ meson at rest can decay into pions through the channel: K+→π++π0K^+ \to \pi^+ + \pi^0.
Following the decay, the π+\pi^+ meson will further decay into a μ+\mu^+ meson and a neutrino.
Let rest masses of K+K^+, π+\pi^+, π0\pi^0 and μ+\mu^+ meson be mKm_K, mπ+m_{\pi^+}, mπ0m_{\pi^0} and mμ+m_{\mu^+}, and ignore the rest mass of the neutrino. Denote γπ+=1/1−(vπ+/c)2\gamma_{\pi^+} = 1/\sqrt{1 - (v_{\pi^+}/c)^2} and γμ+=1/1−(vμ+/c)2\gamma_{\mu^+} = 1/\sqrt{1 - (v_{\mu^+}/c)^2}, where vπ+v_{\pi^+} is the speed of π+\pi^+ in the rest frame of K+K^+, and where vμ+v_{\mu^+} is the speed of μ+\mu^+ in the rest frame of π+\pi^+. Answer the following questions (express your answers in terms of mKm_K, mπ+m_{\pi^+}, mπ0m_{\pi^0}, mμ+m_{\mu^+}, γπ+\gamma_{\pi^+} and γμ+\gamma_{\mu^+}):
(a) (7%) Find the energy of π+\pi^+ in the rest frame of K+K^+.
(b) (3%) Find the energy of μ+\mu^+ in the rest frame of π+\pi^+.
(c) (10%) Find the maximum and minimum energies of μ+\mu^+ in the rest frame of K+K^+.

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核心觀念

本題考查:

  • 靜止系中的二體衰變
  • 相對論性能量與動量關係
  • 洛侖茲能量變換
  • 由相對運動造成的能量極值

粒子的總能量與動量滿足

E2=p2c2+m2c4E^2=p^2c^2+m^2c^4

在母粒子靜止的二體衰變中,兩個子粒子的動量大小相等、方向相反。若衰變為

A→1+2A\to 1+2

則粒子 11 的能量為

E1=mA2+m12−m222mAc2E_1=\frac{m_A^2+m_1^2-m_2^2}{2m_A}c^2

解題方法

先在 K+K^+ 靜止系求出 π+\pi^+ 的能量;再轉到 π+\pi^+ 靜止系求 μ+\mu^+ 的能量。最後將 μ+\mu^+ 的能量與動量由 π+\pi^+ 靜止系作洛侖茲變換,得到在 K+K^+ 靜止系中的能量範圍。


(a) π+\pi^+ 在 K+K^+ 靜止系中的能量

在 K+K^+ 靜止系中,四動量守恆為

PK=Pπ++Pπ0P_K=P_{\pi^+}+P_{\pi^0}

因為 K+K^+ 初始靜止,

PK2=mK2c2P_K^2=m_K^2c^2

對兩邊使用不變質量關係,可得

mK2c4=mπ+2c4+mπ02c4+2(Eπ+Eπ0−pπ+pπ0c2)m_K^2c^4 = m_{\pi^+}^2c^4+m_{\pi^0}^2c^4 +2\left(E_{\pi^+}E_{\pi^0}-p_{\pi^+}p_{\pi^0}c^2\right)

更直接地利用二體衰變公式,得到

Eπ+(K)=mK2+mπ+2−mπ022mKc2\boxed{ E_{\pi^+}^{(K)} = \frac{m_K^2+m_{\pi^+}^2-m_{\pi^0}^2} {2m_K}c^2 }

由於 π+\pi^+ 的總能量也可寫成

Eπ+(K)=γπ+mπ+c2E_{\pi^+}^{(K)}=\gamma_{\pi^+}m_{\pi^+}c^2

因此亦有

γπ+mπ+c2=mK2+mπ+2−mπ022mKc2\boxed{ \gamma_{\pi^+}m_{\pi^+}c^2 = \frac{m_K^2+m_{\pi^+}^2-m_{\pi^0}^2} {2m_K}c^2 }

(b) μ+\mu^+ 在 π+\pi^+ 靜止系中的能量

考慮二體衰變

π+→μ++ν\pi^+\to\mu^++\nu

並忽略中微子的靜止質量,即

mν=0m_\nu=0

在 π+\pi^+ 靜止系中,利用二體衰變公式:

Eμ+(π)=mπ+2+mμ+22mπ+c2\boxed{ E_{\mu^+}^{(\pi)} = \frac{m_{\pi^+}^2+m_{\mu^+}^2} {2m_{\pi^+}}c^2 }

另一方面,

Eμ+(π)=γμ+mμ+c2E_{\mu^+}^{(\pi)} = \gamma_{\mu^+}m_{\mu^+}c^2

所以

γμ+mμ+c2=mπ+2+mμ+22mπ+c2\boxed{ \gamma_{\mu^+}m_{\mu^+}c^2 = \frac{m_{\pi^+}^2+m_{\mu^+}^2} {2m_{\pi^+}}c^2 }

此外,μ+\mu^+ 在 π+\pi^+ 靜止系中的動量可由能量動量關係求得:

pμ+c=mμ+c2γμ+2−1p_{\mu^+}c = m_{\mu^+}c^2\sqrt{\gamma_{\mu^+}^2-1}

(c) μ+\mu^+ 在 K+K^+ 靜止系中的最大與最小能量

在 π+\pi^+ 靜止系中,設 μ+\mu^+ 的動量與 π+\pi^+ 運動方向夾角為 θ\theta。

由洛侖茲能量變換,

Eμ+(K)=γπ+(Eμ+(π)+vπ+pμ+cos⁡θ)E_{\mu^+}^{(K)} = \gamma_{\pi^+} \left( E_{\mu^+}^{(\pi)} + v_{\pi^+}p_{\mu^+}\cos\theta \right)

利用

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第 3 題

Consider a particle of mass m and energy E incident from x<0x < 0 into the potential barrier: V(x)=W>0V(x) = W > 0 for 0≤x≤L0 \le x \le L and V(x)=0V(x) = 0 otherwise. For E=ℏ2k22mE = \frac{\hbar^2 k^2}{2m}, the wavefunction of the particle can be written as ψ(x)=eikx+re−ikx\psi(x) = e^{ikx} + re^{-ikx} for x<0x < 0 and ψ(x)=teikx\psi(x) = te^{ikx} for x>Lx > L. Answer the following questions:
(a) (8%) Let E<WE < W and q=2m(W–E)/ℏq = \sqrt{2m(W – E)}/\hbar, ψ(x)\psi(x) can be generally written as Ae−qx+BeqxAe^{-qx} + Be^{qx} for 0≤x≤L0 \le x \le L. From boundary conditions of ψ(x)\psi(x), find equations that r,t,A,r, t, A, and BB satisfy.
(b) (5%) For qL≫1qL \gg 1, the transmission coefficient TT is approximately by T=f(E,W)e−2qLT = f(E,W)e^{-2qL}. Find f(E,W)f(E, W).
(c) (7%) Consider the fusion of two deuterons due to quantum tunneling. The mass of a deuteron is m and the potential V(r)V(r) between deuterons is V(r)=0V(r) = 0 for r≤ar \le a, and V(r)=e2/rV(r) = e^2/r for r>ar > a. Here r is the distance between two deuterons and fusion occurs when r≤ar \le a. Before head-on collision, the kinetic energy of each deuteron is E and E=2e2/bE = 2e^2/b. By using results of problem (b) and ignoring f(E,W)f(E, W), estimate the probability of fusion for each head-collision of deuterons.

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核心觀念

本題考查一維有限矩形位壘的量子穿隧,包括:

  • 波函數與其一階導數的邊界連續條件。
  • 穿透係數 TT 的定義。
  • 厚位壘近似下的穿隧因子。
  • 將變動的庫侖位壘視為許多微小矩形位壘,利用 WKB 穿隧形式估算融合機率。

穿透係數定義為

T=透射機率流入射機率流.T=\frac{\text{透射機率流}}{\text{入射機率流}}.

由於位壘外左右兩側的位能皆為零,波數相同,因此本題中 T=∣t∣2T=|t|^2。


(a)邊界條件

x<0x<0 區域

波函數為

ψI(x)=eikx+re−ikx.\psi_I(x)=e^{ikx}+re^{-ikx}.

在 x=0x=0:

ψI(0)=1+r,\psi_I(0)=1+r, dψIdx∣0=ik(1−r).\frac{d\psi_I}{dx}\bigg|_{0}=ik(1-r).

0≤x≤L0\le x\le L 區域

因為 E<WE<W,位壘內波數為虛數,令

q=2m(W−E)ℏ,q=\frac{\sqrt{2m(W-E)}}{\hbar},

波函數寫成

ψII(x)=Ae−qx+Beqx.\psi_{II}(x)=Ae^{-qx}+Be^{qx}.

其導數為

dψIIdx=−qAe−qx+qBeqx.\frac{d\psi_{II}}{dx} =-qAe^{-qx}+qBe^{qx}.

x>Lx>L 區域

只有向右傳播的透射波:

ψIII(x)=teikx.\psi_{III}(x)=te^{ikx}.

在 x=Lx=L:

ψIII(L)=teikL,\psi_{III}(L)=te^{ikL}, dψIIIdx∣L=ikteikL.\frac{d\psi_{III}}{dx}\bigg|_L=ikte^{ikL}.

邊界連續條件

在 x=0x=0,波函數與導數皆連續:

1+r=A+B,1+r=A+B, ik(1−r)=−qA+qB.ik(1-r)=-qA+qB.

在 x=Lx=L,波函數與導數皆連續:

Ae−qL+BeqL=teikL,Ae^{-qL}+Be^{qL}=te^{ikL}, −qAe−qL+qBeqL=ikteikL.-qAe^{-qL}+qBe^{qL}=ikte^{ikL}.

因此 r,t,A,Br,t,A,B 必須滿足

1+r=A+B,ik(1−r)=−qA+qB,Ae−qL+BeqL=teikL,−qAe−qL+qBeqL=ikteikL.\boxed{ \begin{aligned} 1+r&=A+B,\\ ik(1-r)&=-qA+qB,\\ Ae^{-qL}+Be^{qL}&=te^{ikL},\\ -qAe^{-qL}+qBe^{qL}&=ikte^{ikL}. \end{aligned} }

(b)厚位壘下的穿透係數

對寬度為 LL、高度為 WW 的矩形位壘,E<WE<W 時,精確穿透係數為

T=[1+W2sinh⁡2(qL)4E(W−E)]−1.T= \left[ 1+\frac{W^2\sinh^2(qL)} {4E(W-E)} \right]^{-1}.

當 qL≫1qL\gg 1 時,

sinh⁡(qL)≃12eqL,\sinh(qL)\simeq \frac{1}{2}e^{qL},

所以

sinh⁡2(qL)≃14e2qL.\sinh^2(qL)\simeq \frac{1}{4}e^{2qL}.

代入得

T≃[W216E(W−E)e2qL]−1.T\simeq \left[ \frac{W^2}{16E(W-E)}e^{2qL} \right]^{-1}.

因此

T≃16E(W−E)W2e−2qL.T\simeq \frac{16E(W-E)}{W^2}e^{-2qL}.

與題目形式

T=f(E,W)e−2qLT=f(E,W)e^{-2qL}

比較,可得

f(E,W)=16E(W−E)W2.\boxed{ f(E,W)=\frac{16E(W-E)}{W^2} }.

題目後續要求忽略 f(E,W)f(E,W),因此只保留最主要的指數穿隧因子。


(c)氘核融合的穿隧機率

1. 兩氘核的相對運動

兩個質量皆為 mm 的氘核,其約化質量為

μ=m⋅mm+m=m2.\mu=\frac{m\cdot m}{m+m}=\frac{m}{2}.

每個氘核的動能為 EE,因此兩氘核相對運動的總能量為

Erel=2E.E_{\mathrm{rel}}=2E.

在距離 rr 處,庫侖位能為

V(r)=e2r.V(r)=\frac{e^2}{r}.

經典轉折點 rtr_t 滿足

e2rt=2E,\frac{e^2}{r_t}=2E,

因此

rt=e22E.r_t=\frac{e^2}{2E}.

題目給定

E=2e2b,E=\frac{2e^2}{b},

所以

rt=b4.r_t=\frac{b}{4}.

當 r<rtr<r_t 時,庫侖位能高於相對運動能量,必須靠量子穿隧才能進入融合區 r≤ar\le a。


2. 將變動位壘切成微小矩形位壘

在距離 rr 處,局部衰減常數為

κ(r)=2μ[V(r)−Erel]ℏ.\kappa(r) = \frac{\sqrt{2\mu[V(r)-E_{\mathrm{rel}}]}}{\hbar}.
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第 4 題

Consider 7 non-relativistic identical particles in a three dimensional box of size L×2L×2LL \times 2L \times 2L, such that the potential that acts each particle is given by V(x,y,z)=0V(x, y, z) = 0 for 0≤x≤L0 \le x \le L, at the same time, 0≤y≤2L0 \le y \le 2L and 0≤z≤2L0 \le z \le 2L; and V(x,y,z)=∞V(x, y, z) = \infty otherwise. Here (x,y,z)(x, y, z) is the Cartesian coordinate of the particle. Suppose that the mass of each particle is m and assume that there is no interaction among particles, answer the following questions.
(a) (12%) Suppose that the spin of these particles is 1/2. Find total energies and the corresponding degeneracy of the system for the ground state, the 1st excited state and the 2nd excited state.
(b) (8%) Suppose that the spin of these particles is 0. Find total energies of the system for the ground state, the 1st excited state and the 2nd excited state. Find the degeneracy of the 2nd excited state.

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觀念與單粒子能級分析

在邊長為 L×2L×2LL \times 2L \times 2L 的三維無限深位井中,質量為 mm 的單粒子能級為:
E(nx,ny,nz)=π2ℏ22m(nx2L2+ny2(2L)2+nz2(2L)2)=E0(4nx2+ny2+nz2)E(n_x, n_y, n_z) = \frac{\pi^2 \hbar^2}{2m} \left( \frac{n_x^2}{L^2} + \frac{n_y^2}{(2L)^2} + \frac{n_z^2}{(2L)^2} \right) = E_0 (4n_x^2 + n_y^2 + n_z^2)
其中 nx,ny,nz∈{1,2,3,… }n_x, n_y, n_z \in \{1, 2, 3, \dots\},定義基準能量 E0≡π2ℏ28mL2E_0 \equiv \frac{\pi^2 \hbar^2}{8mL^2}。

低階單粒子能級分佈如下:

  1. 第 1 能級:(nx,ny,nz)=(1,1,1)(n_x, n_y, n_z) = (1,1,1),能量 EA=6E0E_A = 6E_0,空間簡併度 g=1g=1。
  2. 第 2 能級:(nx,ny,nz)=(1,1,2),(1,2,1)(n_x, n_y, n_z) = (1,1,2), (1,2,1),能量 EB=9E0E_B = 9E_0,空間簡併度 g=2g=2。
  3. 第 3 能級:(nx,ny,nz)=(1,2,2)(n_x, n_y, n_z) = (1,2,2),能量 EC=12E0E_C = 12E_0,空間簡併度 g=1g=1。
  4. 第 4 能級:(nx,ny,nz)=(1,1,3),(1,3,1)(n_x, n_y, n_z) = (1,1,3), (1,3,1),能量 ED=14E0E_D = 14E_0,空間簡併度 g=2g=2。

(a) 自旋 s=1/2s = 1/2 粒子系統(費米子)

自旋 s=1/2s=1/2 的粒子遵循鮑立不相容原理,每個空間軌態最多可容納 2 個粒子(自旋向上與向下)。

1. 基態 (Ground State)

  • 粒子填補態:
    • 第 1 能級 (6E06E_0) 填 2 個粒子(填滿)
    • 第 2 能級 (9E09E_0) 填 4 個粒子(填滿)
    • 第 3 能級 (12E012E_0) 填 1 個粒子
  • 總能量:
    Eg=2(6E0)+4(9E0)+1(12E0)=60E0=15π2ℏ22mL2E_g = 2(6E_0) + 4(9E_0) + 1(12E_0) = 60E_0 = \frac{15\pi^2 \hbar^2}{2mL^2}
  • 簡併度:
    第 3 能級包含 2 個自旋態,挑選 1 個粒子占據,故簡併度為 (21)=2\binom{2}{1} = 2。

2. 第一激發態 (1st Excited State)

  • 粒子填補態:將第 3 能級的 1 個粒子躍遷至第 4 能級 (14E014E_0)。
    • 第 1 能級 (6E06E_0) 填 2 個粒子
    • 第 2 能級 (9E09E_0) 填 4 個粒子
    • 第 3 能級 (12E012E_0) 填 0 個粒子
    • 第 4 能級 (14E014E_0) 填 1 個粒子
  • 總能量:
    E1=2(6E0)+4(9E0)+0(12E0)+1(14E0)=62E0=31π2ℏ24mL2E_1 = 2(6E_0) + 4(9E_0) + 0(12E_0) + 1(14E_0) = 62E_0 = \frac{31\pi^2 \hbar^2}{4mL^2}
  • 簡併度:
    第 4 能級擁有 2 個空間軌態,共 4 個自旋軌態,挑選 1 個粒子占據,故簡併度為 (41)=4\binom{4}{1} = 4。
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