112 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

A particle has a total relativistic energy of 13 GeV and a relativistic momentum of 12 GeV/c. What is the rest mass of this particle?
(A) 0.25 GeV/c²
(B) 1 GeV/c²
(C) 2 GeV/c²
(D) 5 GeV/c²
(E) 15 GeV/c²

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核心觀念

相對論性能量—動量關係為

E2=(pc)2+(mc2)2E^2=(pc)^2+(mc^2)^2

其中:

  • EE:粒子的總相對論性能量
  • pp:相對論動量
  • mm:靜止質量
  • cc:光速

移項可得靜止質量:

mc2=E2−(pc)2mc^2=\sqrt{E^2-(pc)^2}

因此

m=E2−(pc)2c2m=\frac{\sqrt{E^2-(pc)^2}}{c^2}

解題方法

題目給定

E=13 GeV,p=12 GeV/cE=13\ \text{GeV}, \qquad p=12\ \text{GeV}/c

因此

pc=(12 GeV/c)c=12 GeVpc=(12\ \text{GeV}/c)c=12\ \text{GeV}

代入相對論性能量—動量關係:

(mc2)2=E2−(pc)2(mc^2)^2=E^2-(pc)^2 (mc2)2=(13)2−(12)2(mc^2)^2=(13)^2-(12)^2 (mc2)2=169−144=25 GeV2(mc^2)^2=169-144=25\ \text{GeV}^2

取正平方根:

mc2=5 GeVmc^2=5\ \text{GeV}

所以

m=5 GeVc2=5 GeV/c2m=\frac{5\ \text{GeV}}{c^2} =5\ \text{GeV}/c^2

選項分析

  • (A) 0.25 GeV/c20.25\ \text{GeV}/c^2:錯誤。
    此數值不是由 132−122=5\sqrt{13^2-12^2}=5 所得到的靜止質量。
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第 2 題

A certain particle at rest lives for 1.2 ns. When the particle moves through the laboratory at a speed of 0.9c, what is its lifetime according to an observer in the laboratory?
(A) 0.52 ns
(B) 1.25 ns
(C) 2.75 ns
(D) 7.29 ns
(E) 9.33 ns

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核心觀念

本題考查狹義相對論的時間膨脹(time dilation)。粒子在自身靜止參考系中量得的壽命稱為固有時間 Δτ\Delta \tau,也是所有觀察者量得的最短時間。

實驗室觀察者看到粒子以速度 vv 運動,因此量得的壽命為

Δt=γΔτ\Delta t=\gamma \Delta \tau

其中

γ=11−v2c2\gamma=\frac{1}{\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}}

因為 γ>1\gamma>1,所以實驗室觀察到的壽命必定比粒子的靜止壽命長。

解題方法

粒子靜止時的壽命為固有時間:

Δτ=1.2 ns\Delta \tau=1.2\ \text{ns}

粒子在實驗室中的速度為

v=0.9cv=0.9c

先計算 Lorentz 因子:

γ=11−(0.9)2=11−0.81=10.19≈2.294\gamma =\frac{1}{\sqrt{1-(0.9)^2}} =\frac{1}{\sqrt{1-0.81}} =\frac{1}{\sqrt{0.19}} \approx 2.294

因此實驗室觀察到的壽命為

Δt=γΔτ=(2.294)(1.2 ns)≈2.75 ns\Delta t=\gamma\Delta\tau =(2.294)(1.2\ \text{ns}) \approx 2.75\ \text{ns}

所以正確選項為 (C)。

選項分析

  • (A) 0.52 ns0.52\ \text{ns}:錯誤。
    此結果小於靜止時壽命 1.2 ns1.2\ \text{ns},違反時間膨脹效應。高速運動的粒子在實驗室中應呈現較長壽命,而非較短壽命。
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第 3 題

One particle has mass m and a second particle has mass m/3. These two particles are moving at the same speed v directly toward one another along the x-axis. After the head-on collision, the particles merge to form only a new particle of mass M. What is the mass M of the resulting particle?
(A) M=2m1−(v2/c2)M = \frac{2m}{\sqrt{1-(v^2/c^2)}}
(B) M=m1−(v2/c2)M = \frac{m}{\sqrt{1-(v^2/c^2)}}
(C) M=4m31−(v2/c2)M = \frac{4m}{3\sqrt{1-(v^2/c^2)}}
(D) M=m31−(v2/c2)M = \frac{m}{3\sqrt{1-(v^2/c^2)}}
(E) M=4m31−(v2/c2)M = \frac{4m}{3\sqrt{1-(v^2/c^2)}}

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核心觀念:相對論能量守恆

根據狹義相對論,系統在碰撞前後的總相對論能量守恆。

1. 碰撞前系統總能量

定義洛倫茲因子(Lorentz factor):
γ=11−v2c2\gamma = \frac{1}{\sqrt{1 - \frac{v^2}{c^2}}}

  • 質量 mm 粒子的相對論能量:E1=γmc2E_1 = \gamma m c^2
  • 質量 m3\frac{m}{3} 粒子的相對論能量:E2=γ(m3)c2E_2 = \gamma \left(\frac{m}{3}\right) c^2
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第 4 題

If the temperature of a blackbody doubles, (i) by what factor will the wavelength of maximum emission change? (ii) by what factor will the energy emitted off the surface each second change?
(A) 2, 16
(B) 1/2, 16
(C) 1/16, 16
(D) 1/16, 8
(E) 1/8, 8

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核心觀念

本題考查黑體輻射的兩條重要定律:

  1. 維恩位移定律
λmax⁡T=b\lambda_{\max}T=b

其中 λmax⁡\lambda_{\max} 是最大放射強度所對應的波長,TT 是絕對溫度。因此:

λmax⁡∝1T\lambda_{\max}\propto \frac{1}{T}
  1. 史特藩–玻耳茲曼定律

黑體單位面積、單位時間放出的能量為

j∗=σT4j^\ast=\sigma T^4

若黑體表面積固定,則每秒放出的總能量也滿足

P∝T4P\propto T^4

解題方法

設原來溫度為 TT,升高後溫度變為

T′=2TT'=2T

(i) 最大放射波長的變化

由維恩位移定律:

λmax⁡T=λmax⁡′T′\lambda_{\max}T=\lambda'_{\max}T'

因此

λmax⁡′λmax⁡=TT′=T2T=12\frac{\lambda'_{\max}}{\lambda_{\max}} = \frac{T}{T'} = \frac{T}{2T} = \frac{1}{2}

所以最大放射波長變為原來的

12\boxed{\frac{1}{2}}

(ii) 每秒放出能量的變化

由史特藩–玻耳茲曼定律,在表面積不變的條件下:

P′P=(T′T)4=(2TT)4=24=16\frac{P'}{P} = \left(\frac{T'}{T}\right)^4 = \left(\frac{2T}{T}\right)^4 = 2^4 = 16

所以每秒放出的能量變為原來的

16\boxed{16}
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第 5 題

Suppose that a 20 W lightbulb radiates primarily at a wavelength ≈ 1000 nm. What is the number of photons emitted per second ? Choose the best answer that applies. (Planck's constant: h = 6.63 × 10-34 J.s).
(A) 3 × 1020
(B) 1 × 1020
(C) 3 × 1028
(D) 1 × 1028
(E) 1 × 1017

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核心觀念

本題考查光子的能量與光源功率之間的關係。

單一光子的能量為

Ephoton=hf=hcλ,E_{\text{photon}}=hf=\frac{hc}{\lambda},

其中:

  • h=6.63×10−34 J⋅sh=6.63\times10^{-34}\ \text{J}\cdot\text{s} 為普朗克常數
  • c=3.00×108 m/sc=3.00\times10^8\ \text{m/s} 為光速
  • λ\lambda 為光子的波長

燈泡功率 PP 表示單位時間放出的能量,因此每秒放出的光子數 NN 滿足

P=NEphotont.P=\frac{NE_{\text{photon}}}{t}.

取 t=1 st=1\ \text{s},可得

N=PEphoton.N=\frac{P}{E_{\text{photon}}}.

解題方法

波長為

λ=1000 nm=1000×10−9 m=1.00×10−6 m.\lambda=1000\ \text{nm}=1000\times10^{-9}\ \text{m} =1.00\times10^{-6}\ \text{m}.

單一光子的能量為

Ephoton=hcλ=(6.63×10−34)(3.00×108)1.00×10−6.E_{\text{photon}} =\frac{hc}{\lambda} =\frac{(6.63\times10^{-34})(3.00\times10^8)} {1.00\times10^{-6}}.

整理數值與次方:

Ephoton=1.989×10−19 J≈2.0×10−19 J.E_{\text{photon}} =1.989\times10^{-19}\ \text{J} \approx2.0\times10^{-19}\ \text{J}.

燈泡功率為 20 W=20 J/s20\ \text{W}=20\ \text{J/s},因此每秒放出的光子數為

N=201.989×10−19≈1.01×1020 photons/s.N=\frac{20}{1.989\times10^{-19}} \approx1.01\times10^{20}\ \text{photons/s}.
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第 6 題

A particle of mass m has the wave function ψ(x)=aeikx+be−ikx\psi(x) = ae^{ikx} + be^{-ikx}, where a and b are complex constants and k is a real constant. The probability current density is equal to which of the following?
(A) 0
(B) ℏkm\frac{\hbar k}{m}
(C) ℏk2mi(∣a∣2+∣b∣2)\frac{\hbar k}{2mi}(|a|^2 + |b|^2)
(D) ℏk2mi(∣a∣2−∣b∣2)\frac{\hbar k}{2mi}(|a|^2 - |b|^2)
(E) ℏkm(a∗b−b∗a)\frac{\hbar k}{m}(a^*b - b^*a)

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一維機率流密度(Probability Current Density)之定義為:
J=ℏ2mi(ψ∗dψdx−ψdψ∗dx)J = \frac{\hbar}{2mi} \left( \psi^* \frac{d\psi}{dx} - \psi \frac{d\psi^*}{dx} \right)

已知波函數 ψ(x)=aeikx+be−ikx\psi(x) = ae^{ikx} + be^{-ikx},其複數共軛與一階空間導數分別為:
ψ∗(x)=a∗e−ikx+b∗eikx\psi^*(x) = a^*e^{-ikx} + b^*e^{ikx}
dψdx=ik(aeikx−be−ikx)\frac{d\psi}{dx} = ik\left(ae^{ikx} - be^{-ikx}\right)
dψ∗dx=−ik(a∗e−ikx−b∗eikx)\frac{d\psi^*}{dx} = -ik\left(a^*e^{-ikx} - b^*e^{ikx}\right)

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第 7 題

A free particle with initial kinetic energy E and de Broglie wavelength λ enters a region in which it has potential energy V (<E). What is the particle's new de Broglie wavelength?
(A) λ(1−V/E)\lambda(1 - V/E)
(B) λ(1+E/V)\lambda(1 + E/V)
(C) λ(1−V/E)−1/2\lambda(1 - V/E)^{-1/2}
(D) λ(1+V/E)1/2\lambda(1 + V/E)^{1/2}
(E) λ(1−E/V)−1\lambda(1 - E/V)^{-1}

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核心觀念

本題考查:

  • 能量守恆
  • 動能與動量的關係
  • 德布羅意波長公式

德布羅意波長為

λ=hp,\lambda=\frac{h}{p},

其中 hh 為普朗克常數,pp 為粒子動量。

非相對論粒子的動能為

K=p22m,K=\frac{p^2}{2m},

因此

p=2mK.p=\sqrt{2mK}.

可見在質量固定時,動量與動能平方根成正比:

p∝K.p\propto \sqrt{K}.

解題方法

粒子進入新區域前,設其位能為 00,初始動能為 EE,因此總能量為

Etotal=E.E_{\text{total}}=E.

進入位能為 VV 的區域後,由能量守恆:

E=K′+V,E=K'+V,

所以新的動能為

K′=E−V.K'=E-V.

題目給定 V<EV<E,因此 K′>0K'>0。

初始動量為

p=2mE,p=\sqrt{2mE},

進入新區域後的動量為

p′=2m(E−V).p'=\sqrt{2m(E-V)}.

由德布羅意波長公式,

λ=hp,λ′=hp′.\lambda=\frac{h}{p}, \qquad \lambda'=\frac{h}{p'}.

因此

λ′λ=pp′=2mE2m(E−V).\frac{\lambda'}{\lambda} = \frac{p}{p'} = \frac{\sqrt{2mE}}{\sqrt{2m(E-V)}}.

約去 2m2m 後,

λ′λ=EE−V=(1−VE)−1/2.\frac{\lambda'}{\lambda} = \sqrt{\frac{E}{E-V}} = \left(1-\frac{V}{E}\right)^{-1/2}.

故新的德布羅意波長為

λ′=λ(1−VE)−1/2.\boxed{\lambda'=\lambda\left(1-\frac{V}{E}\right)^{-1/2}}.

選項分析

(A) λ(1−V/E)\lambda(1-V/E)

錯誤。

波長與動量成反比,而動量與動能的平方根成正比,因此波長應包含平方根形式:

λ′∝1E−V,\lambda'\propto \frac{1}{\sqrt{E-V}},
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第 8 題

The energy eigenstates for a particle in an infinite square well have normalized wave functions ϕn\phi_n and energies EnE_n, where n=1,2,3,…n = 1, 2, 3, \dots. The particle is in a state described as follows:
ψ(x)=C[ϕ1(x)+ϕ2(x)+ϕ3(x)]\psi(x) = C [\phi_1(x) + \phi_2(x) + \phi_3(x)],
where C is the normalization constant. Which of the following is the average energy in this state?
(A) 0
(B) E1+E2+E3E_1 + E_2 + E_3
(C) E12+E22+E32E_1^2 + E_2^2 + E_3^2
(D) 3E13E_1
(E) 14E1/314E_1/3

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核心觀念

能量本徵態滿足

H^ϕn=Enϕn,\hat H\phi_n=E_n\phi_n,

且本徵態彼此正交歸一:

⟨ϕm∣ϕn⟩=δmn.\langle \phi_m|\phi_n\rangle=\delta_{mn}.

若粒子處於能量本徵態的疊加

∣ψ⟩=∑ncn∣ϕn⟩,|\psi\rangle=\sum_n c_n|\phi_n\rangle,

則測得能量 EnE_n 的機率為 ∣cn∣2|c_n|^2,平均能量為

⟨E⟩=⟨ψ∣H^∣ψ⟩=∑n∣cn∣2En.\langle E\rangle=\langle\psi|\hat H|\psi\rangle =\sum_n |c_n|^2E_n.

本題的關鍵是:

  1. 先求出疊加態的歸一化係數。
  2. 由各能量本徵態的機率計算平均能量。
  3. 利用無限深方形位能井的能階關係 En=n2E1E_n=n^2E_1。

解題方法

題目給出

ψ(x)=C[ϕ1(x)+ϕ2(x)+ϕ3(x)].\psi(x)=C[\phi_1(x)+\phi_2(x)+\phi_3(x)].

由波函數歸一化條件:

∫∣ψ(x)∣2 dx=1.\int |\psi(x)|^2\,dx=1.

利用 ϕ1,ϕ2,ϕ3\phi_1,\phi_2,\phi_3 的正交歸一性,交叉項積分皆為零,因此

1=∣C∣2(⟨ϕ1∣ϕ1⟩+⟨ϕ2∣ϕ2⟩+⟨ϕ3∣ϕ3⟩).1=|C|^2 \left( \langle\phi_1|\phi_1\rangle+ \langle\phi_2|\phi_2\rangle+ \langle\phi_3|\phi_3\rangle \right).

所以

1=3∣C∣2,∣C∣2=13.1=3|C|^2, \qquad |C|^2=\frac13.

因此粒子處於三個能量本徵態的機率分別為

P1=P2=P3=13.P_1=P_2=P_3=\frac13.

平均能量為

⟨E⟩=13E1+13E2+13E3=E1+E2+E33.\langle E\rangle =\frac13E_1+\frac13E_2+\frac13E_3 =\frac{E_1+E_2+E_3}{3}.

對無限深方形位能井,

En=n2π2ℏ22mL2=n2E1.E_n=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2mL^2}=n^2E_1.

因此

E2=4E1,E3=9E1.E_2=4E_1,\qquad E_3=9E_1.

代入平均能量:

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第 9 題

Consider a one-dimensional quantum harmonic oscillator with potential energy V(x)=12mω2x2V(x) = \frac{1}{2}m\omega^2x^2. At time t=0t=0 the state of the oscillator is described by a wave function that is a superposition of the ground state (ϕ0\phi_0) and first excited state (ϕ1\phi_1):
Ψ(x,0)=C[ϕ0(x)+ϕ1(x)]\Psi(x, 0) = C [\phi_0(x) + \phi_1(x)],
where C is the normalization constant, ϕ0\phi_0 and ϕ1\phi_1 are themselves normalized. Which of the following is the energy expectation value for the state at time t>0t > 0?
(A) 0
(B) ℏωcos⁡(ωt)\hbar\omega \cos(\omega t)
(C) ℏω\hbar\omega
(D) ℏωe−iωt\hbar\omega e^{-i\omega t}
(E) ℏω/2\hbar\omega/2

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核心觀念

本題考查量子態的時間演化與能量期望值。量子諧振子的能量本徵值為

En=(n+12)ℏω.E_n=\left(n+\frac12\right)\hbar\omega.

因此

E0=12ℏω,E1=32ℏω.E_0=\frac12\hbar\omega,\qquad E_1=\frac32\hbar\omega.

由於 ϕ0,ϕ1\phi_0,\phi_1 已正規化且彼此正交,

⟨ϕm∣ϕn⟩=δmn,\langle \phi_m|\phi_n\rangle=\delta_{mn},

所以初態的正規化條件為

1=∣C∣2(⟨ϕ0∣ϕ0⟩+⟨ϕ1∣ϕ1⟩)=2∣C∣2,1=|C|^2\left(\langle\phi_0|\phi_0\rangle+ \langle\phi_1|\phi_1\rangle\right) =2|C|^2,

得到

∣C∣2=12.|C|^2=\frac12.

解題方法

在時間 tt 的狀態中,每個能量本徵態只會獲得相位因子:

Ψ(x,t)=C[ϕ0(x)e−iE0t/ℏ+ϕ1(x)e−iE1t/ℏ].\Psi(x,t) =C\left[ \phi_0(x)e^{-iE_0t/\hbar} +\phi_1(x)e^{-iE_1t/\hbar} \right].

能量期望值為

⟨H⟩=⟨Ψ(t)∣H^∣Ψ(t)⟩.\langle H\rangle =\langle\Psi(t)|\hat H|\Psi(t)\rangle.

由於 ϕ0,ϕ1\phi_0,\phi_1 是哈密頓算符的本徵態,且彼此正交,交叉項為零,因此

⟨H⟩=∣C∣2(E0+E1).\langle H\rangle =|C|^2\left(E_0+E_1\right).

代入 ∣C∣2=12|C|^2=\frac12、E0=12ℏωE_0=\frac12\hbar\omega 與 E1=32ℏωE_1=\frac32\hbar\omega:

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第 10 題

A particle of mass m and spin zero is in a three-dimensional isotropic well described by V(r)=12mω2r2V(r) = \frac{1}{2}m\omega^2r^2, where r2=x2+y2+z2r^2 = x^2 + y^2 + z^2. How many states have energy 7ℏω/27\hbar\omega/2?
(A) 1
(B) 2
(C) 4
(D) 6
(E) 9

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核心觀念

三維各向同性簡諧振子的能量本徵值為

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

其中

nx,ny,nz=0,1,2,…n_x,n_y,n_z=0,1,2,\ldots

分別是 xx、yy、zz 三個方向的一維簡諧振子量子數。

題目問的是具有相同能量的狀態數,也就是該能階的簡併度。粒子自旋為零,因此不需要額外乘上自旋簡併因子。

解題方法

已知

E=72ℏω.E=\frac{7}{2}\hbar\omega.

代入三維簡諧振子的能量公式:

ℏω(nx+ny+nz+32)=72ℏω.\hbar\omega\left(n_x+n_y+n_z+\frac{3}{2}\right) = \frac{7}{2}\hbar\omega.

約去 ℏω\hbar\omega,得到

nx+ny+nz+32=72,n_x+n_y+n_z+\frac{3}{2}=\frac{7}{2},

因此

nx+ny+nz=2.n_x+n_y+n_z=2.

接著列出所有非負整數解:

(nx,ny,nz)=(2,0,0),(0,2,0),(0,0,2),(n_x,n_y,n_z)=(2,0,0),(0,2,0),(0,0,2),

以及

(nx,ny,nz)=(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1).(n_x,n_y,n_z)=(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1).

共有

3+3=63+3=6

個不同的量子態。因此此能量具有六重簡併。

也可利用三維簡諧振子第 NN 個能階的簡併度公式:

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第 11 題

Which of the following is an allowed set of quantum numbers for an energy state before the hydrogen atom makes a spontaneous transition to the ground state (n=1,l=0n = 1, l = 0)? nn is the principal quantum number and ll is the orbital angular momentum quantum number.
(A) (n=2,l=0)(n = 2, l = 0)
(B) (n=3,l=1)(n = 3, l = 1)
(C) (n=3,l=0)(n = 3, l = 0)
(D) (n=3,l=2)(n = 3, l = 2)
(E) (n=2,l=2)(n = 2, l = 2)

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觀念說明
氫原子之自發躍遷(Spontaneous transition)主要遵循電偶極選擇規則(Electric dipole selection rule):
Δl=lf−li=±1\Delta l = l_f - l_i = \pm 1

詳細解析
躍遷後的基態(末態)量子數為 nf=1,lf=0n_f = 1, l_f = 0。
根據選擇規則,躍遷前初態的軌域角動量量子數 lil_i 必須滿足:
0−li=±1  ⟹  li=10 - l_i = \pm 1 \implies l_i = 1

此外,量子態本身必須滿足基本物理條件 0≤li≤ni−10 \le l_i \le n_i - 1。

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第 12 題

For the angular momentum quantum number l=2l = 2, how many possible values are there for the magnetic quantum number mlm_l?
(A) 1
(B) 2
(C) 3
(D) 4
(E) 5

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核心觀念

在量子力學中,角動量量子數 ll 對應的磁量子數 mlm_l,其允許值為

ml=−l,−l+1,…,0,…,l−1,lm_l=-l,-l+1,\ldots,0,\ldots,l-1,l

因此,mlm_l 的可能值總數為

2l+12l+1

這表示固定角動量量子數 ll 時,磁量子數共有 2l+12l+1 種可能取值。

解題方法

題目給定

l=2l=2

代入磁量子數的範圍:

ml=−2,−1,0,1,2m_l=-2,-1,0,1,2

逐一列出可知共有 55 個可能值。也可直接使用公式:

2l+1=2(2)+1=52l+1=2(2)+1=5

因此正確選項為 (E)。

選項分析

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第 13 題

The solution to the Schrödinger equation for the ground state of hydrogen is
ψ0=1πa03e−r/a0\psi_0 = \frac{1}{\sqrt{\pi a_0^3}} e^{-r/a_0},
where a0a_0 is the Bohr radius and r is the distance from the origin. Which of the following is the most probable value for r?
(A) 0
(B) a0/2a_0/2
(C) a0a_0
(D) 2a02a_0
(E) ∞\infty

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核心觀念

題目考查「最概然半徑」與「徑向機率分布」的區別。

波函數平方給出單位體積的機率密度:

∣ψ0∣2=1πa03e−2r/a0.|\psi_0|^2 = \frac{1}{\pi a_0^3}e^{-2r/a_0}.

但半徑介於 rr 與 r+drr+dr 之間的球殼體積為

dV=4πr2dr.dV=4\pi r^2dr.

因此,粒子出現在該球殼中的機率為

dP=∣ψ0∣2dV=4r2a03e−2r/a0dr.dP=|\psi_0|^2dV = \frac{4r^2}{a_0^3}e^{-2r/a_0}dr.

徑向機率分布為

P(r)=4r2a03e−2r/a0.P(r)=\frac{4r^2}{a_0^3}e^{-2r/a_0}.

最概然半徑應使 P(r)P(r) 最大,而不是直接使 ∣ψ0∣2|\psi_0|^2 最大。

解題方法

對徑向機率分布微分:

dPdr=4a03ddr(r2e−2r/a0).\frac{dP}{dr} = \frac{4}{a_0^3}\frac{d}{dr} \left(r^2e^{-2r/a_0}\right).

利用乘積微分法則:

dPdr=4a03e−2r/a0(2r−2r2a0).\frac{dP}{dr} = \frac{4}{a_0^3}e^{-2r/a_0} \left(2r-\frac{2r^2}{a_0}\right).

令導數為零:

e−2r/a0(2r−2r2a0)=0.e^{-2r/a_0} \left(2r-\frac{2r^2}{a_0}\right)=0.

因為指數函數不為零,所以

2r(1−ra0)=0.2r\left(1-\frac{r}{a_0}\right)=0.

得到臨界點

r=0,r=a0.r=0,\qquad r=a_0.

在 r=0r=0 時,

P(0)=0.P(0)=0.

而 r→∞r\to\infty 時,指數衰減使得

P(r)→0.P(r)\to 0.

因此非零且最大的徑向機率出現在

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第 14 題

The energy eigenvalue for the n = 1 energy state of hydrogen is E1E_1. A magnetic field B is applied in a direction that is defined to be the z direction. The energy level splits into E1±ΔEE_1 \pm \Delta E. What is ΔE\Delta E? (mem_e is the electron mass; e is the elementary charge.)
(A) eℏBme\frac{e\hbar B}{m_e}
(B) eℏB2me\frac{e\hbar B}{2m_e}
(C) 2eℏBme\frac{2e\hbar B}{m_e}
(D) eℏB2me\frac{e\hbar B}{2m_e}
(E) eℏBme\frac{e\hbar B}{m_e}

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核心觀念

本題考查氫原子基態在外加磁場中的「電子自旋塞曼效應」。氫原子 n=1n=1 時,

l=0,ml=0l=0,\qquad m_l=0

因此軌道角動量不造成能級分裂;分裂來自電子自旋 s=12s=\frac12。

電子自旋磁矩與自旋角動量的關係為

μs=−gse2meS,\boldsymbol{\mu}_s=-g_s\frac{e}{2m_e}\mathbf{S},

其中電子的自旋因子近似為 gs=2g_s=2。


解題方法

磁場沿 zz 方向:

B=Bz^.\mathbf{B}=B\hat{\mathbf z}.

磁偶極矩在磁場中的交互作用能為

HZ=−μs⋅B.H_Z=-\boldsymbol{\mu}_s\cdot\mathbf{B}.

代入電子自旋磁矩:

HZ=gseB2meSz.H_Z =g_s\frac{eB}{2m_e}S_z.

由於電子自旋量子數為 s=12s=\frac12,其 zz 分量可能為

Sz=msℏ,ms=±12.S_z=m_s\hbar,\qquad m_s=\pm\frac12.

因此磁場造成的能量修正為

ΔEms=gseB2memsℏ.\Delta E_{m_s} =g_s\frac{eB}{2m_e}m_s\hbar.

取 gs=2g_s=2:

ΔEms=eBmemsℏ=±eℏB2me.\Delta E_{m_s} =\frac{eB}{m_e}m_s\hbar =\pm\frac{e\hbar B}{2m_e}.

所以原本的基態能量 E1E_1 分裂為

E1+eℏB2me與E1−eℏB2me.E_1+\frac{e\hbar B}{2m_e} \quad\text{與}\quad E_1-\frac{e\hbar B}{2m_e}.

題目寫成 E1±ΔEE_1\pm\Delta E,故

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第 15 題

Neutrinos are fermions. The mass of the neutrino is so close to zero that the energy can be approximated as E=pcE = pc, where p is the momentum and c is the speed of light. We assume that there can only be one neutrino in an energy state. What is the Fermi energy of a gas of N free neutrinos in a cube with sides of length L?
(A) ℏπc(NL3)1/3\hbar\pi c (\frac{N}{L^3})^{1/3}
(B) ℏπc(NL3)1/2\hbar\pi c (\frac{N}{L^3})^{1/2}
(C) ℏπc(NL3)\hbar\pi c (\frac{N}{L^3})
(D) ℏπc(NL3)2/3\hbar\pi c (\frac{N}{L^3})^{2/3}
(E) ℏπc(NL3)3/2\hbar\pi c (\frac{N}{L^3})^{3/2}

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觀念推導

對於無質量(極相對論性)費米子,能量與動量關係為:
E=pc=ℏkcE = pc = \hbar kc

在邊長為 LL(體積 V=L3V = L^3)的三維立方體中,由 Pauli 不相容原理及題目假設(每個能量狀態僅填入 1 個微中子),波向量空間中半徑為 kFk_F 的費米球所對應的總量子狀態數(即微中子總數 NN)為:
N=V(2π)3⋅43πkF3=L3kF36π2N = \frac{V}{(2\pi)^3} \cdot \frac{4}{3}\pi k_F^3 = \frac{L^3 k_F^3}{6\pi^2}

解出費米波向量 kFk_F:
kF=(6π2NL3)1/3k_F = \left( 6\pi^2 \frac{N}{L^3} \right)^{1/3}

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第 16 題

Consider a free-electron gas in three dimensions. What is the relation between the total energy (EtotE_{tot}) and the Fermi energy (EfE_f)?
(A) Etot∝Ef1/2E_{tot} \propto E_f^{1/2}
(B) Etot∝Ef3/2E_{tot} \propto E_f^{3/2}
(C) Etot∝EfE_{tot} \propto E_f
(D) Etot∝Ef3/2E_{tot} \propto E_f^{3/2}
(E) Etot∝Ef5/2E_{tot} \propto E_f^{5/2}

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核心觀念

三維自由電子氣的單粒子能量為

ε=ℏ2k22m.\varepsilon=\frac{\hbar^2 k^2}{2m}.

在三維 kk 空間中,半徑介於 kk 與 k+dkk+dk 的狀態數與球殼體積成正比,因此能量小於 ε\varepsilon 的總態數滿足

N(ε)∝k3.N(\varepsilon)\propto k^3.

由於 k∝ε1/2k\propto \varepsilon^{1/2},因此

N(ε)∝ε3/2.N(\varepsilon)\propto \varepsilon^{3/2}.

這是三維自由電子氣的重要結果。

解題方法

費米能量 EfE_f 是零溫時電子填滿的最高單粒子能量。三維自由電子氣的能態密度為

g(ε)∝ε1/2.g(\varepsilon)\propto \varepsilon^{1/2}.

因此,所有電子填滿至 EfE_f 時,總能量為

Etot=∫0Efε g(ε) dε.E_{tot} = \int_0^{E_f}\varepsilon\,g(\varepsilon)\,d\varepsilon.

代入 g(ε)∝ε1/2g(\varepsilon)\propto \varepsilon^{1/2}:

Etot∝∫0Efε3/2 dε.E_{tot}\propto \int_0^{E_f}\varepsilon^{3/2}\,d\varepsilon.

積分得

Etot∝Ef5/2.E_{tot}\propto E_f^{5/2}.

所以三維自由電子氣的總能量與費米能量的關係為

Etot∝Ef5/2.\boxed{E_{tot}\propto E_f^{5/2}}.

也可由平均能量驗證。三維自由電子氣在零溫下的平均單電子能量為

E‾=35Ef,\overline{E}=\frac{3}{5}E_f,

而電子總數滿足

N∝kf3∝Ef3/2.N\propto k_f^3\propto E_f^{3/2}.

因此

Etot=NE‾∝Ef3/2Ef=Ef5/2.E_{tot}=N\overline{E} \propto E_f^{3/2}E_f =E_f^{5/2}.

選項分析

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第 17 題

Which statements are true regarding Compton scattering?
(A) The wavelength of the scattered photon is shorter than that of the incoming photon.
(B) Momentum is conserved in the collision.
(C) Compton scattering reveals the particle nature of light.
(D) It describes the collision between two photons.
(E) The Compton-scattering formula is derived by using relativistic kinematics.

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核心觀念

康普頓散射是高能光子與近似自由電子碰撞的過程:

γ+e−→γ′+e−\gamma+e^-\rightarrow \gamma'+e^-

其重要結論是散射後光子的波長增加:

Δλ=λ′−λ=hmec(1−cos⁡θ)\Delta\lambda=\lambda'-\lambda =\frac{h}{m_ec}(1-\cos\theta)

其中:

  • λ\lambda:入射光子波長
  • λ′\lambda':散射光子波長
  • θ\theta:光子散射角
  • hh:普朗克常數
  • mem_e:電子質量
  • cc:光速

由於 1−cos⁡θ≥01-\cos\theta\geq 0,因此

λ′≥λ\lambda'\geq\lambda

散射後光子的能量降低,損失的能量轉化為反沖電子的動能。此現象顯示光子具有粒子性,因為光子能以粒子形式與電子發生碰撞並交換能量與動量。


解題方法與公式推導

將入射光子、散射光子與電子視為相對論性粒子,利用能量守恆與動量守恆。

光子的能量與動量為

Eγ=pc=hcλE_\gamma=pc=\frac{hc}{\lambda}

設電子初始靜止,則初始電子能量為 mec2m_ec^2。能量守恆式為

hcλ+mec2=hcλ′+Ee\frac{hc}{\lambda}+m_ec^2 = \frac{hc}{\lambda'}+E_e

動量守恆則表示為向量關係:

p⃗γ=p⃗γ′+p⃗e\vec p_\gamma=\vec p_{\gamma'}+\vec p_e

由向量幾何可得電子反沖動量平方:

pe2=pγ2+pγ′2−2pγpγ′cos⁡θp_e^2=p_\gamma^2+p_{\gamma'}^2 -2p_\gamma p_{\gamma'}\cos\theta

電子必須使用相對論性能量動量關係:

Ee2=pe2c2+me2c4E_e^2=p_e^2c^2+m_e^2c^4

將上述能量與動量守恆聯立,並利用

pγ=hλ,pγ′=hλ′p_\gamma=\frac{h}{\lambda}, \qquad p_{\gamma'}=\frac{h}{\lambda'}

可得到康普頓位移公式:

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

因為右側不小於零,所以散射光子的波長不會比入射光子短;當 θ=0∘\theta=0^\circ 時,波長不變;當 θ=180∘\theta=180^\circ 時,波長位移最大。


選項分析

(A) The wavelength of the scattered photon is shorter than that of the incoming photon.

錯誤。

康普頓散射公式為

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

由於 1−cos⁡θ≥01-\cos\theta\geq 0,所以

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第 18 題

Which statements are true regarding photoelectric effect?
(A) The maximum kinetic energy of the photoelectrons depends only on the frequency of the incident light.
(B) The number of photoelectrons is proportional to the intensity of the incident light.
(C) The stopping potential depends linearly on the frequency of the incident light.
(D) A bright light yields photoelectrons of higher energies than a dim one of the same frequency.
(E) This effect can be explained by the classical electromagnetic theory of light.

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核心觀念

光電效應以愛因斯坦光量子理論描述:入射光由能量為

Eγ=hfE_{\gamma}=hf

的光子組成,其中 hh 為普朗克常數,ff 為入射光頻率。

單一光子將能量全部交給一個電子,其中一部分能量用於克服金屬逸出功 ϕ\phi,剩餘能量成為光電子的最大動能。因此有光電方程式:

hf=ϕ+Kmax⁡hf=\phi+K_{\max}

即

Kmax⁡=hf−ϕK_{\max}=hf-\phi

若入射光頻率低於臨界頻率 f0f_0,則

hf<ϕhf<\phi

不會產生光電效應。臨界頻率滿足

hf0=ϕhf_0=\phi

此外,遏止電位 VsV_s 是使最大動能光電子恰好無法到達集電極的電位,故

eVs=Kmax⁡eV_s=K_{\max}

其中 ee 為電子電荷量。


解題方法

本題逐一檢驗各敘述是否符合下列三個關係:

  1. 光電子最大動能由頻率決定:

    Kmax⁡=hf−ϕK_{\max}=hf-\phi
  2. 光電子數量主要由光強度決定。在頻率固定且高於臨界頻率時,光強度越大,單位時間內的光子數越多,產生的光電子數也越多。

  3. 遏止電位與頻率的關係為:

    eVs=hf−ϕeV_s=hf-\phi

    因此

    Vs=hef−ϕeV_s=\frac{h}{e}f-\frac{\phi}{e}

這是一條對頻率 ff 的直線。


選項分析

(A) The maximum kinetic energy of the photoelectrons depends only on the frequency of the incident light.

由光電方程式:

Kmax⁡=hf−ϕK_{\max}=hf-\phi

對同一種金屬而言,逸出功 ϕ\phi 為固定值,因此光電子最大動能只由入射光頻率 ff 決定,與光強度無關。

光強度增加只代表單位時間內光子數增加,不會改變每一個光子的能量 hfhf。

因此 (A) 正確。


(B) The number of photoelectrons is proportional to the intensity of the incident light.

在入射光頻率固定且高於臨界頻率時,單一光子的能量固定為 hfhf。光強度 II 增加,表示單位時間、單位面積內的光子數增加。

若每個光子至多打出一個光電子,且金屬的量子效率固定,則光電子數 NN 與光強度成正比:

N∝IN\propto I
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第 19 題

Which statements about the semiconductors are true? An As atom has five valence electrons, a Si atom has four valence electrons and a B atom has three valence electrons.
(A) When temperature increases, the electrical resistivity increases.
(B) Holes act as if they were positively charged particles.
(C) After doping the crystal lattice of Si atoms with As atoms, the material becomes an n-type semiconductor.
(D) Semiconductors with excess holes are p-type semiconductor.
(E) After doping the crystal lattice of Si atoms with B atoms, the material becomes an p-type semiconductor.

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選項分析與解題關鍵

(A) 錯誤
半導體隨溫度升高時,熱激發產生的電子-電洞對(Electron-hole pairs)濃度大幅增加,使導電率 σ\sigma 上升,故電阻率 ρ=1σ\rho = \frac{1}{\sigma} 會降低(與金屬相反)。

(B) 正確
電洞(Hole)為價帶中未被電子填滿的空缺狀態,其物理行為可等效為帶正電 +e+e 且具正有效質量的粒子。

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第 20 題

Which descriptions about the ground state of the Helium atom are correct?
(A) The spin state is singlet.
(B) The spin singlet and triplet states are degenerate.
(C) The total spin is 1.
(D) The orbital angular momentum is 1.
(E) The overall wave function is antisymmetric.

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觀念解析與推導

氦原子基態之電子組態為 (1s)2(1s)^2,即兩電子均位於 n=1,l=0n=1, l=0 之軌域。

  1. 空間波函數與全波函數對稱性:
    兩電子處於相同軌域 1s1s,其空間波函數為:
    ψ(r1,r2)=ϕ1s(r1)ϕ1s(r2)\psi(\mathbf{r}_1, \mathbf{r}_2) = \phi_{1s}(\mathbf{r}_1)\phi_{1s}(\mathbf{r}_2)
    對交換兩電子座標具備對稱性(Symmetric)。根據包立不相容原理,費米子組成的全波函數(空間波函數 ×\times 自旋波函數)必須為反對稱(Antisymmetric)。

  2. 自旋態與角動量:
    因空間波函數為對稱,自旋波函數必須為反對稱:

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