113 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

相對論能量守恆律（Conservation of Relativistic Energy）

詳細解析

設原本靜止物體的靜止質量為 $M$，爆炸後兩碎片的靜止質量均為 $m = 3.0\text{ kg}$，運動速度為 $v = 0.8c$。

計算勞侖茲因子（Lorentz Factor）$\gamma$：

核心觀念

本題考查狹義相對論中的：

1. 相對速度公式

$u'=\frac{u-v}{1-\dfrac{uv}{c^2}}$

2. 尺縮效應

   火箭的固有長度為 $L_0$，在地球參考系中觀測到的長度為

$$L=\frac{L_0}{\gamma} =L_0\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}$$

3. 同一慣性參考系中的位置與時間

   第（b）問要求地球觀察者的碼表讀值，因此所有位置、速度與時間必須使用地球參考系描述。

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解題方法

取地球為參考系，令向右為正方向。

• 火箭 A 向右運動：

$v_A=+0.8c$

• 火箭 B 向左運動：

$v_B=-0.6c$

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（a）兩火箭的相對速度

在地球參考系中，A 相對於 B 的速度為

$$v_{A/B} = \frac{v_A-v_B} {1-\dfrac{v_Av_B}{c^2}}$$

代入 $v_A=0.8c$、$v_B=-0.6c$：

$$v_{A/B} = \frac{0.8c-(-0.6c)} {1-\dfrac{(0.8c)(-0.6c)}{c^2}}$$ $$v_{A/B} = \frac{1.4c}{1+0.48} = \frac{1.4}{1.48}c$$

因此

$\boxed{v_{A/B}=\frac{35}{37}c\approx 0.946c}$

兩火箭彼此接近的速率為

$\boxed{0.946c}$

注意不能直接使用 $0.8c+0.6c=1.4c$，因為相對論中速度不可用古典力學的直接相加。

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（b）火箭尾端通過時的地球時間

1. 計算兩火箭在地球系中的收縮長度

火箭 A 的固有長度為

$L_{0A}=500\ \text{m}$

其速度為 $0.8c$，因此

$$L_A = 500\sqrt{1-(0.8)^2}$$ $$L_A = 500\sqrt{0.36} = 300\ \text{m}$$

火箭 B 的固有長度為

$L_{0B}=1000\ \text{m}$

其速度為 $0.6c$，因此

$$L_B = 1000\sqrt{1-(0.6)^2}$$ $$L_B = 1000\sqrt{0.64} = 800\ \text{m}$$

所以，在地球參考系中：

$$\boxed{L_A=300\ \text{m}},\qquad \boxed{L_B=800\ \text{m}}$$

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2. 設定 $t=0$ 時的幾何位置

核心觀念

洛侖茲收縮只作用在運動方向。圖中 $S'$ 相對 $S$ 沿 $+x$ 方向運動，因此在 $S'$ 同時量測時，正方形的 $x$ 方向長度縮短為原來的 $1/\gamma$，而 $y$ 方向長度不變，其中

$$\gamma=\frac{1}{\sqrt{1-v^2/c^2}} =\frac{1}{\sqrt{1-0.6^2}}=\frac{5}{4}.$$

解題方法

在 $S$ 中取正方形的一條斜邊，其水平與垂直位移量分別為 $\Delta x$、$\Delta y$。變換至 $S'$ 後，正方形在 $x$ 方向收縮，因此斜邊的水平位移量變為 $\Delta x'=\Delta x/\gamma$，垂直位移量則仍為 $\Delta y'=\Delta y$。所以斜邊與水平線的夾角滿足

$$\tan\alpha' =\frac{\Delta y'}{\Delta x'} =\gamma\frac{\Delta y}{\Delta x} =\gamma\tan\alpha.$$

核心觀念

本題考查黑體輻射的「維恩位移定律」（Wien’s displacement law）：

$$\lambda_{\max}T=b$$

其中：

• $\lambda_{\max}$：黑體光譜強度最大的波長
• $T$：絕對溫度，單位為 K
• $b=2.898\times10^{-3}\ \text{m·K}$：維恩位移常數

溫度必須使用絕對溫標：

$$T(\text{K})=T(^{\circ}\text{C})+273.15$$

溫度越高，峰值波長越短；溫度越低，峰值波長越長。

解題方法

直接將太陽與人體的攝氏溫度換算成絕對溫度，再代入維恩位移定律。

一、太陽的峰值波長

太陽表面溫度：

$$T_{\odot}=5500+273.15=5773.15\ \text{K}$$

因此：

$$\lambda_{\max} =\frac{b}{T_{\odot}} =\frac{2.898\times10^{-3}}{5773.15} \ \text{m}$$ $$\lambda_{\max}\approx5.02\times10^{-7}\ \text{m}$$

換算為奈米：

$$\lambda_{\max}\approx502\ \text{nm}$$

此波長位於可見光範圍內，接近綠光區域。

二、人體的峰值波長

人體溫度：

$$T_{\text{body}}=37+273.15=310.15\ \text{K}$$

因此：

$$\lambda_{\max} =\frac{2.898\times10^{-3}}{310.15} \ \text{m}$$

核心觀念

本題考查愛因斯坦的光電效應方程式：

$$K_{\max}=hf-\phi$$

其中：

• $K_{\max}$：光電子最大動能
• $h$：普朗克常數
• $f$：入射光頻率
• $\phi$：金屬逸出功

同一金屬表面的逸出功 $\phi$ 固定，因此兩組實驗資料相減即可消去 $\phi$，先求出普朗克常數，再代回任一組資料求逸出功。

解題方法

已知兩組資料：

$$f_1=8.5\times10^{14}\ \text{Hz},\qquad K_1=0.52\ \text{eV}$$ $$f_2=12\times10^{14}\ \text{Hz},\qquad K_2=1.97\ \text{eV}$$

1. 求普朗克常數

分別代入光電效應方程式：

$$K_1=hf_1-\phi$$ $$K_2=hf_2-\phi$$

兩式相減：

$$K_2-K_1=h(f_2-f_1)$$

因此：

$$h=\frac{K_2-K_1}{f_2-f_1}$$

代入數值：

$$h= \frac{1.97-0.52} {(12-8.5)\times10^{14}} \ \text{eV}\cdot\text{s}$$ $$h=\frac{1.45}{3.5\times10^{14}} =4.14\times10^{-15}\ \text{eV}\cdot\text{s}$$

換算成 SI 單位，利用

$$1\ \text{eV}=1.602\times10^{-19}\ \text{J}$$

可得：

$$h=(4.14\times10^{-15})(1.602\times10^{-19})$$ $$\boxed{h=6.64\times10^{-34}\ \text{J}\cdot\text{s}}$$

2. 求金屬逸出功

使用第一組資料：

$$K_1=hf_1-\phi$$

整理得：

$$\phi=hf_1-K_1$$

觀念說明與計算

入射光波長範圍為 $\lambda \in [400\text{ nm}, 700\text{ nm}]$，對應之光子能量範圍為：
$E = \frac{hc}{\lambda}$
$E_{\text{min}} = \frac{1240\text{ eV}\cdot\text{nm}}{700\text{ nm}} \approx 1.77\text{ eV}$
$E_{\text{max}} = \frac{1240\text{ eV}\cdot\text{nm}}{400\text{ nm}} = 3.10\text{ eV}$

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情況一：氫原子處於基態（$n = 1$）

氫原子基態能量 $E_1 = -13.6\text{ eV}$，最低激發態躍遷（$n = 1 \to 2$）所需之能量為：
$\Delta E_{1\to 2} = 13.6 \times \left(1 - \frac{1}{2^2}\right) = 10.2\text{ eV}$
由於入射光子的最大能量（$3.10\text{ eV}$）遠小於 $10.2\text{ eV}$，無法引發任何躍遷。因此在 $400\text{ nm} \sim 700\text{ nm}$ 範圍內無任何吸收線。

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情況二：氫原子處於第一激發態（$n = 2$）

若氫原子處於 $n = 2$，可吸收可見光區的光子躍遷至更高能階（巴爾麥系列吸收）。根據里德伯公式（Rydberg formula）：
$\frac{1}{\lambda} = R_H \left(\frac{1}{2^2} - \frac{1}{n^2}\right) \quad (n = 3, 4, 5, \dots)$
其中里德伯常數 $R_H \approx 1.097 \times 10^{-3}\text{ nm}^{-1}$。

逐項計算躍遷波長：

1. $n = 2 \to 3$：

核心觀念

一維無限深方井中，寬度為 $L$ 時，粒子能階為

$$E_n=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2mL^2},$$

其中 $n=1,2,3,\ldots$。基態對應 $n=1$，因此基態能量與井寬的平方成反比：

$$E_{\text{ground}}\propto \frac{1}{L^2}.$$

解題方法

原本井寬為 $L$，基態能量為

$$E_1=\frac{\pi^2\hbar^2}{2mL^2}.$$

當井寬變為 $2L$ 時，基態能量為

$$E_2=\frac{\pi^2\hbar^2}{2m(2L)^2} =\frac{\pi^2\hbar^2}{8mL^2}.$$

因此

核心觀念

本題考查一維量子簡諧振子（harmonic oscillator）的升降算符，以及位置與動量的期望值和不確定度。

由定義可得

$$\hat{x}=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(\hat a+\hat a^\dagger\right),$$ $$\hat p_x=-i\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}} \left(\hat a-\hat a^\dagger\right) =i\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}} \left(\hat a^\dagger-\hat a\right).$$

升降算符作用於能量本徵態的關係為

$$\hat a|n\rangle=\sqrt n\,|n-1\rangle, \qquad \hat a^\dagger|n\rangle=\sqrt{n+1}\,|n+1\rangle,$$

且

$$[\hat a,\hat a^\dagger]=1.$$

因此

$$\hat a^\dagger\hat a|n\rangle=n|n\rangle,$$

能量本徵值為

$$E_n=\hbar\omega\left(n+\frac12\right).$$

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（a）求 $n=10$ 狀態的 $\langle p^2\rangle$

解題方法

直接將動量算符以升降算符表示，再計算其平方的期望值。

由

$$\hat p_x=i\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}} \left(\hat a^\dagger-\hat a\right),$$

可得

$$\hat p_x^2 =-\frac{m\hbar\omega}{2} \left(\hat a^\dagger-\hat a\right)^2.$$

展開為

$$\hat p_x^2 =-\frac{m\hbar\omega}{2} \left[ (\hat a^\dagger)^2+\hat a^2 -\hat a^\dagger\hat a-\hat a\hat a^\dagger \right].$$

在本徵態 $|n\rangle$ 中，

$$\langle n|(\hat a^\dagger)^2|n\rangle=0, \qquad \langle n|\hat a^2|n\rangle=0,$$

因為這兩項會使量子數改變 $\pm 2$，而不同量子數的本徵態彼此正交。

另外，

$$\hat a^\dagger\hat a|n\rangle=n|n\rangle,$$

以及

$$\hat a\hat a^\dagger =\hat a^\dagger\hat a+1,$$

所以

$$\langle n|\hat a^\dagger\hat a|n\rangle=n,$$ $$\langle n|\hat a\hat a^\dagger|n\rangle=n+1.$$

因此

$$\langle p_x^2\rangle_n = \frac{m\hbar\omega}{2} \left[n+(n+1)\right],$$

即

$$\boxed{ \langle p_x^2\rangle_n =m\hbar\omega\left(n+\frac12\right) }.$$

代入 $n=10$：

$$\boxed{ \langle p_x^2\rangle_{10} =\frac{21}{2}m\hbar\omega }.$$

也可由能量平均分配直接得到。因為

$$E_n=\left\langle \frac{\hat p_x^2}{2m}\right\rangle +\left\langle \frac12m\omega^2\hat x^2\right\rangle,$$

對簡諧振子而言，動能與位能期望值各占總能量的一半，因此

$$\left\langle \frac{\hat p_x^2}{2m}\right\rangle =\frac{E_n}{2},$$

故

$$\langle p_x^2\rangle_n=mE_n =m\hbar\omega\left(n+\frac12\right).$$

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（b）證明基態的位置—動量不確定度

不確定度定義為

$$\Delta x=\sqrt{\langle x^2\rangle-\langle x\rangle^2},$$ $$\Delta p_x=\sqrt{\langle p_x^2\rangle-\langle p_x\rangle^2}.$$

基態記為 $|0\rangle$，並滿足

$$\hat a|0\rangle=0.$$

先求 $\langle x\rangle$ 與 $\langle p_x\rangle$

由

$$\hat x=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}} (\hat a+\hat a^\dagger),$$

可得

核心觀念

矩形位能障礙可設為

$$V(x)= \begin{cases} 0, & x<0,\\ V_0, & 0\le x\le a,\\ 0, & x>a. \end{cases}$$

其中 $V_0$ 為障礙高度、$a$ 為障礙寬度。共振穿隧的核心是：粒子波在障礙區內多次反射後，若相位滿足特定條件，反射波彼此抵消、透射波彼此增強，使穿透率達到最大值，甚至可達 $T=1$。

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解題方法與推導

當粒子能量高於障礙高度，即 $E>V_0$ 時，障礙區內的波數為

$$q=\frac{\sqrt{2m(E-V_0)}}{\hbar},$$

外部區域的波數為

$$k=\frac{\sqrt{2mE}}{\hbar}.$$

在三個區域分別寫出波函數：

$$\psi_I=Ae^{ikx}+Be^{-ikx},$$ $$\psi_{II}=Ce^{iqx}+De^{-iqx},$$ $$\psi_{III}=Fe^{ikx}.$$

在 $x=0$ 與 $x=a$ 施加波函數及其一階導數連續的邊界條件，可得透射率

$$T=\frac{1}{1+\dfrac{V_0^2\sin^2(qa)} {4E(E-V_0)}}.$$

因此，透射率達到最大值的條件為

$$\sin(qa)=0,$$

也就是

$$qa=n\pi,\qquad n=1,2,3,\ldots$$

代入 $q$ 的定義：

$$\frac{\sqrt{2m(E_n-V_0)}}{\hbar}a=n\pi.$$

所以共振能量為

$$\boxed{ E_n=V_0+\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2ma^2} }, \qquad n=1,2,3,\ldots$$

在這些能量下，

$$T=1,\qquad R=0,$$

表示即使存在有限高度的矩形位能障礙，粒子仍可完全透射。

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物理意義

當

$$qa=n\pi$$

核心觀念

本題考查氫樣原子的能階簡併度，以及角動量算符的本徵值關係。

對電子與原子核的庫侖吸引力，位能應為

$$V(r)=-\frac{Ze^2}{4\pi\epsilon_0 r}.$$

氫原子能量只依賴主量子數 $n$：

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

同一個 $n$ 下，允許的量子數為

$$l=0,1,\cdots,n-1,$$

且每個 $l$ 有

$$m=-l,-l+1,\cdots,l$$

共 $2l+1$ 個磁量子態。

角動量則滿足

$$L^2=L_x^2+L_y^2+L_z^2,$$

以及

$$L^2\lvert l,m\rangle=\hbar^2l(l+1)\lvert l,m\rangle,$$ $$L_z\lvert l,m\rangle=\hbar m\lvert l,m\rangle.$$

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（a）能量為 $-1.51\ \text{eV}$ 的波函數數目

氫原子的能階為

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

令

$$-\frac{13.6}{n^2}=-1.51,$$

得到

$$n^2=\frac{13.6}{1.51}\approx 9,$$

因此

$$n=3.$$

當 $n=3$ 時，允許的軌道角動量量子數為

$$l=0,1,2.$$

各個 $l$ 對應的磁量子態數目為：

• $l=0$：$m=0$，共有 $1$ 個；
• $l=1$：$m=-1,0,1$，共有 $3$ 個；
• $l=2$：$m=-2,-1,0,1,2$，共有 $5$ 個。

因此總波函數數目為

$$1+3+5=9.$$

也可直接使用氫原子忽略自旋與精細結構時的簡併度公式：

$$g_n=\sum_{l=0}^{n-1}(2l+1)=n^2.$$

代入 $n=3$：

$$g_3=3^2=9.$$

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（b）$l=3$ 時 $(L_x)^2+(L_y)^2$ 的最小值

由

$$L^2=L_x^2+L_y^2+L_z^2,$$

可得

核心觀念

題目要求求出自旋 $\frac{1}{2}$ 粒子沿任意方向 $\hat n$ 的本徵態。沿方向 $\hat n$ 的 Pauli 算符定義為

$$\sigma_{\hat n} = \hat n\cdot\boldsymbol{\sigma} = n_x\sigma_x+n_y\sigma_y+n_z\sigma_z,$$

其中

$$\hat n = (\sin\theta\cos\phi,\ \sin\theta\sin\phi,\ \cos\theta).$$

因此

$$\sigma_{\hat n} = \sigma_x\sin\theta\cos\phi + \sigma_y\sin\theta\sin\phi + \sigma_z\cos\theta.$$

由於 $\hat n$ 是單位向量，$\sigma_{\hat n}$ 的本徵值必為

$$\lambda=\pm 1.$$

若考慮自旋算符

$$S_{\hat n}=\frac{\hbar}{2}\sigma_{\hat n},$$

則其本徵值為

$$s_{\hat n}=\pm\frac{\hbar}{2}.$$

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解題方法

將三個 Pauli 矩陣代入：

$$\sigma_{\hat n} = \begin{pmatrix} \cos\theta & 0\\ 0 & -\cos\theta \end{pmatrix} + \begin{pmatrix} 0 & \sin\theta\cos\phi-i\sin\theta\sin\phi\\ \sin\theta\cos\phi+i\sin\theta\sin\phi & 0 \end{pmatrix}.$$

利用

$$\cos\phi-i\sin\phi=e^{-i\phi}, \qquad \cos\phi+i\sin\phi=e^{i\phi},$$

可得

$$\sigma_{\hat n} = \begin{pmatrix} \cos\theta & e^{-i\phi}\sin\theta\\ e^{i\phi}\sin\theta & -\cos\theta \end{pmatrix}.$$

設本徵態為

$$\chi= \begin{pmatrix} u\\ v \end{pmatrix},$$

滿足

$$\sigma_{\hat n}\chi=\lambda\chi.$$

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求本徵值

本徵方程為

$$\det(\sigma_{\hat n}-\lambda I)=0.$$

因此

$$\det \begin{pmatrix} \cos\theta-\lambda & e^{-i\phi}\sin\theta\\ e^{i\phi}\sin\theta & -\cos\theta-\lambda \end{pmatrix} =0.$$

計算行列式：

$$(\cos\theta-\lambda)(-\cos\theta-\lambda)-\sin^2\theta=0.$$

整理得

$$\lambda^2-\cos^2\theta-\sin^2\theta=0,$$

即

$$\lambda^2-1=0.$$

所以本徵值為

$$\boxed{\lambda=+1,\ -1}.$$

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求 $\lambda=+1$ 的本徵態

當 $\lambda=+1$ 時，本徵方程為

$$\begin{pmatrix} \cos\theta-1 & e^{-i\phi}\sin\theta\\ e^{i\phi}\sin\theta & -\cos\theta-1 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} u\\ v \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\ 0 \end{pmatrix}.$$

取第一列：

$$(\cos\theta-1)u+e^{-i\phi}\sin\theta\,v=0.$$

使用半角公式

$$1-\cos\theta=2\sin^2\frac{\theta}{2}, \qquad \sin\theta=2\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2},$$

可得

$$v=e^{i\phi}\tan\frac{\theta}{2}\,u.$$

選取

$$u=\cos\frac{\theta}{2},$$

則

$$v=e^{i\phi}\sin\frac{\theta}{2}.$$

因此，歸一化本徵態為

$$\boxed{ \chi_{+}(\theta,\phi) = \begin{pmatrix} \cos\frac{\theta}{2}\\[4pt] e^{i\phi}\sin\frac{\theta}{2} \end{pmatrix} }.$$

它滿足

$$\sigma_{\hat n}\chi_+=+\chi_+.$$

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求 $\lambda=-1$ 的本徵態

當 $\lambda=-1$ 時，本徵方程為

$$\begin{pmatrix} \cos\theta+1 & e^{-i\phi}\sin\theta\\ e^{i\phi}\sin\theta & 1-\cos\theta \end{pmatrix} \begin{pmatrix} u\\ v \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\ 0 \end{pmatrix}.$$

取第一列：

$$(\cos\theta+1)u+e^{-i\phi}\sin\theta\,v=0.$$

利用

核心觀念

本題考查有限深方形位能井的束縛態。由圖可知，粒子位於兩側位能障壁之間：

• 左側 $x<0$：$V=V_1$
• 井內 $0<x<a$：$V=0$
• 右側 $x>a$：$V=V_2$

對束縛態而言，

$$0<E<\min(V_1,V_2),$$

因此井內為振盪解，兩側為指數衰減解。定義

$$k=\sqrt{\frac{2mE}{\hbar^2}},\qquad \alpha_1=\sqrt{\frac{2m(V_1-E)}{\hbar^2}},\qquad \alpha_2=\sqrt{\frac{2m(V_2-E)}{\hbar^2}}.$$

由波函數與其一階導數在邊界處必須連續，即可得到能量本徵方程。

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解題方法

分三個區域寫出定態薛丁格方程的解。

區域 I：$x<0$

左側波函數必須在 $x\to-\infty$ 時衰減，因此

$$\psi_1(x)=A e^{\alpha_1 x}.$$

區域 II：$0<x<a$

井內為振盪解，寫成

$$\psi_2(x)=B\sin(kx+\delta).$$

區域 III：$x>a$

右側波函數必須在 $x\to+\infty$ 時衰減，因此

$$\psi_3(x)=C e^{-\alpha_2(x-a)}.$$

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左邊界 $x=0$ 的條件

波函數與導數連續：

$$\psi_1(0)=\psi_2(0),$$ $$\psi_1'(0)=\psi_2'(0).$$

因此

$$A=B\sin\delta,$$ $$\alpha_1 A=kB\cos\delta.$$

兩式相除得

$$\alpha_1=k\cot\delta,$$

所以

$$\tan\delta=\frac{k}{\alpha_1}.$$

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右邊界 $x=a$ 的條件

由右側解可得

$$\frac{\psi_3'(a)}{\psi_3(a)}=-\alpha_2.$$

而井內解滿足

$$\frac{\psi_2'(a)}{\psi_2(a)} = k\cot(ka+\delta).$$

故

$$k\cot(ka+\delta)=-\alpha_2,$$

即

$$\tan(ka+\delta)=-\frac{k}{\alpha_2}.$$

令 $t=\tan(ka)$，利用正切加法公式：

$$\tan(ka+\delta) = \frac{\tan(ka)+\tan\delta} {1-\tan(ka)\tan\delta}.$$

代入