114 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：

• 洛倫茲變換下的速度與動量變換。
• 相對論性能量與靜止能量 $E_0=mc^2$。
• 長度收縮、時間測量與同時性的相對性。
• 判斷兩個事件之間是否能直接套用時間膨脹公式。

題附原卷頁面為作答注意事項，未提供額外幾何示意圖；以下依題目給定的車長、橋長與速度作答。

解題方法

(a) 速度與相對論動量的洛倫茲變換

設慣性座標系 $S'$ 相對於 $S$ 以速度 $\mathbf V$ 運動，定義

$$\gamma_V=\frac{1}{\sqrt{1-\frac{V^2}{c^2}}}.$$

將任一粒子的速度 $\mathbf u$ 分解為平行與垂直於 $\mathbf V$ 的部分：

$$\mathbf u=\mathbf u_{\parallel}+\mathbf u_{\perp}.$$

其中

$$\mathbf u_{\parallel} =\frac{\mathbf u\cdot\mathbf V}{V^2}\mathbf V.$$

速度變換為

$$\mathbf u'_{\parallel} = \frac{\mathbf u_{\parallel}-\mathbf V} {1-\frac{\mathbf u\cdot\mathbf V}{c^2}},$$ $$\mathbf u'_{\perp} = \frac{\mathbf u_{\perp}} {\gamma_V\left(1-\frac{\mathbf u\cdot\mathbf V}{c^2}\right)}.$$

因此三維向量形式可寫成

$$\mathbf u' = \frac{ \mathbf u+(\gamma_V-1)\mathbf u_{\parallel} -\gamma_V\mathbf V } {\gamma_V\left(1-\frac{\mathbf u\cdot\mathbf V}{c^2}\right)}.$$

若相對運動沿 $x$ 軸，則

$$u'_x=\frac{u_x-V}{1-\frac{Vu_x}{c^2}},$$ $$u'_y=\frac{u_y}{\gamma_V\left(1-\frac{Vu_x}{c^2}\right)}, \qquad u'_z=\frac{u_z}{\gamma_V\left(1-\frac{Vu_x}{c^2}\right)}.$$

相對論動量定義為

$$\mathbf p=\gamma_u m\mathbf u, \qquad \gamma_u=\frac{1}{\sqrt{1-\frac{u^2}{c^2}}},$$

且總能量為

$$E=\gamma_u mc^2.$$

動量的平行與垂直分量變換為

$$\mathbf p'_{\parallel} = \gamma_V \left( \mathbf p_{\parallel} -\frac{E}{c^2}\mathbf V \right),$$ $$\mathbf p'_{\perp}=\mathbf p_{\perp}.$$

同時能量變換為

$$E'=\gamma_V(E-\mathbf V\cdot\mathbf p).$$

若相對運動沿 $x$ 軸，則

$$p'_x=\gamma_V\left(p_x-\frac{VE}{c^2}\right),$$ $$p'_y=p_y,\qquad p'_z=p_z,$$ $$E'=\gamma_V(E-Vp_x).$$

(b) $E=mc^2$ 的推導

四維動量的不變關係為

$$E^2-p^2c^2=m^2c^4.$$

在粒子的靜止座標系中，粒子的動量為 $p=0$，因此

$$E_0^2=m^2c^4.$$

取正能量解可得

$$E_0=mc^2.$$

這就是物體的靜止能量。

也可以從功與動量推導總能量。相對論動量為

$$p=\gamma mv.$$

外力對粒子所做的功為

$$dW=\mathbf v\cdot d\mathbf p.$$

沿一維速度方向計算：

$$dW=v\,d(\gamma mv).$$

利用

$$\frac{d\gamma}{dv}=\frac{\gamma^3v}{c^2},$$

可得

$$dW=d(\gamma mc^2).$$

由靜止狀態積分至速度 $v$：

$$K=\int_0^v dW =(\gamma-1)mc^2.$$

因此總能量為

核心觀念

本題考查波粒二象性：

• 電磁波具有粒子性，可用光量子（photon）描述，其能量為
  $E=hf$
  動量為
  $p=\frac{E}{c}=\frac{h}{\lambda}$
• 物質粒子也具有波動性，其德布羅意波長為
  $\lambda=\frac{h}{p}$

題目附圖所提供的頁面為考試注意事項，未包含第 2 題的實際物理圖形；因此以下依題目文字作答。

(a) 黑體輻射與康普頓效應為何能證明波的粒子性？

1. 黑體輻射

古典電磁理論預測黑體輻射能量會隨頻率增加而無限增大，形成「紫外災難」，但實驗結果並非如此。

Planck 提出能量不是連續交換，而是以離散量子形式放出或吸收：

$E_n=nhf,\qquad n=1,2,3,\ldots$

其中每一個能量量子為

$\Delta E=hf$

這表示電磁波的能量與頻率有關，且能量交換具有一份一份的粒子特徵。後來 Einstein 將這些能量量子解釋為光子，因此黑體輻射提供了光具有粒子性的早期證據。

黑體輻射本身主要證明的是「能量量子化」；光子具有明確能量 $E=hf$，則進一步建立了光的粒子觀點。

2. 康普頓效應

康普頓以 X 光撞擊近似自由電子，觀察到散射後的 X 光波長增加，且波長改變量與散射角有關：

$$\Delta\lambda=\lambda'-\lambda =\frac{h}{m_ec}(1-\cos\theta)$$

其中：

• $\lambda$：入射 X 光波長
• $\lambda'$：散射 X 光波長
• $m_e$：電子質量
• $\theta$：光子的散射角

若只把 X 光視為經典電磁波，無法合理解釋波長改變。康普頓將 X 光視為具有能量與動量的光子：

$E_\gamma=hf,\qquad p_\gamma=\frac{h}{\lambda}$

利用光子與電子碰撞時的能量、動量守恆，即可推導出上述康普頓位移公式。實驗測得的波長變化與公式完全符合，證明光子具有類似粒子的碰撞行為，因此康普頓效應是光具有粒子性的直接證據。

(b) 展現粒子波動性的兩個實驗

實驗一：Davisson–Germer 電子繞射實驗

核心觀念

一維 $\delta$ 勢能會使波函數連續，但其導數在勢能所在位置產生跳躍。對

$$V(x)=-\alpha\delta(x),\qquad \alpha>0$$

將定態薛丁格方程在 $x=0$ 附近積分，可得

$$\psi'(0^+)-\psi'(0^-) =-\frac{2m\alpha}{\hbar^2}\psi(0).$$

束縛態能量 $E<0$，令

$$E=-\frac{\hbar^2 k^2}{2m},\qquad k>0.$$

在 $\delta$ 勢能以外，波函數滿足 $\psi''=k^2\psi$；束縛態須在無窮遠處衰減。

(a) 單一 $\delta$ 勢能

勢能關於原點對稱，基態為偶函數，因此可設

$$\psi(x)=A e^{-k|x|}.$$

其導數在原點兩側分別為 $\psi'(0^+)=-kA$ 與 $\psi'(0^-)=kA$。代入導數跳躍條件：

$$-2kA=-\frac{2m\alpha}{\hbar^2}A \quad\Longrightarrow\quad k=\frac{m\alpha}{\hbar^2}.$$

利用歸一化條件 $\int_{-\infty}^{\infty}|\psi(x)|^2\,dx=1$，得到 $A=\sqrt{k}$。因此基態波函數與能量為

$$\psi_0(x)=\sqrt{k}\,e^{-k|x|}, \qquad k=\frac{m\alpha}{\hbar^2},$$ $$E_0=-\frac{\hbar^2 k^2}{2m} =-\frac{m\alpha^2}{2\hbar^2}.$$

(b) 兩個相距 $L$ 的 $\delta$ 勢能

考慮

$$V(x)=-\alpha\bigl[\delta(x)+\delta(x-L)\bigr].$$

以 $L/2$ 為中心，勢能具有反射對稱性，因此束縛態可分成對稱態與反對稱態。定義

$$g=\frac{m\alpha}{\hbar^2}.$$

在兩個 $\delta$ 勢能之間，波函數是指數函數的線性組合；在外側則須隨距離指數衰減。分別套用 $x=0,L$ 兩處的導數跳躍條件，得到下列束縛態方程。

對稱態：基態

對稱態相對於 $x=L/2$ 為偶函數。其衰減常數 $k_+$ 滿足

$$k_+=g\bigl(1+e^{-k_+L}\bigr).$$

此式對所有 $L\geq 0$ 都有一個正根，因此任意有限距離下皆有一個對稱束縛態。其能量為

$$E_+(L)=-\frac{\hbar^2 k_+^2}{2m}.$$

因 $k_+>g$，對稱態比單一 $\delta$ 勢能的束縛態能量更低，是基態。波函數可寫成比例形式

核心觀念

本題考查三個核心概念：

1. 氫原子在球對稱庫侖位能下的變數分離。
2. 多電子波函數必須滿足費米子交換反對稱性。
3. 球對稱位能、球諧函數與特殊函數在量子力學中的角色。

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(a) 氫原子的變數分離與量子數意義

氫原子的哈密頓量為

$$\hat H=-\frac{\hbar^2}{2\mu}\nabla^2-\frac{e^2}{4\pi\varepsilon_0r},$$

其中位能只依賴 $r$，具有球對稱性。因此哈密頓量與角動量算符彼此對易：

$$[\hat H,\hat L^2]=0,\qquad [\hat H,\hat L_z]=0.$$

波函數可同時成為 $\hat H$、$\hat L^2$ 與 $\hat L_z$ 的本徵函數。將三維薛丁格方程式改寫成球座標後，徑向變數 $r$ 與角度變數 $(\theta,\phi)$ 可以分離，因此設

$$\psi_{n,l,m}(r,\theta,\phi) = R_{n,l}(r)Y_{l,m}(\theta,\phi).$$

此分離可行的根本原因是：

• 位能只依賴 $r$，不依賴方向；
• 角動量是球對稱系統的守恆量；
• 拉普拉斯算符在球座標中可拆成徑向部分與角向部分。

量子數的物理意義

主量子數 $n$

$$n=1,2,3,\ldots$$

$n$ 決定電子的能量與主要空間尺度。氫原子的能量為

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

$n$ 越大，電子平均距離原子核越遠，能量越接近零。

角量子數 $l$

$$l=0,1,2,\ldots,n-1.$$

$l$ 決定軌道角動量大小：

$$L^2=\hbar^2l(l+1).$$

不同 $l$ 通常以字母表示：

$$l=0:s,\qquad l=1:p,\qquad l=2:d,\qquad l=3:f.$$

磁量子數 $m$

$$m=-l,-l+1,\ldots,l.$$

$m$ 決定角動量在 $z$ 軸上的分量：

$$L_z=m\hbar.$$

對固定的 $l$，共有 $2l+1$ 個不同的 $m$ 值。

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(b) 兩電子波函數與自旋對稱性

題目文字寫成 $H_2^+$，但 $H_2^+$ 僅有一個電子；本小題明確討論兩電子及其自旋交換，因此以下依「兩電子原子、忽略電子—電子斥力」的合理題意作答。

忽略電子間斥力時，兩電子哈密頓量可寫成

$$\hat H=\hat h(1)+\hat h(2),$$

其中每個電子都在相同的單電子位能中運動。若單電子本徵函數為 $\psi_{n,l,m}$，則兩電子的乘積函數為

$$\psi_a(1)\psi_b(2) = \psi_{n_a,l_a,m_a}(r_1) \psi_{n_b,l_b,m_b}(r_2).$$

交換兩電子後，空間波函數變為

$$\psi_a(2)\psi_b(1).$$

由於電子是費米子，總波函數必須滿足

$$\Psi(1,2)=-\Psi(2,1).$$

自旋為反對稱組合

題目給定

$$\chi_-= (\uparrow\downarrow)-(\downarrow\uparrow),$$

此為反對稱的單重態自旋波函數。因此空間波函數必須是對稱的：

$$\psi_+(r_1,r_2) = \frac{1}{\sqrt2} \left[ \psi_a(r_1)\psi_b(r_2) + \psi_a(r_2)\psi_b(r_1) \right].$$

所以總波函數為

$$\Psi_+ = \frac{1}{\sqrt2} \left[ \psi_a(r_1)\psi_b(r_2) + \psi_a(r_2)\psi_b(r_1) \right] \left[ (\uparrow\downarrow)-(\downarrow\uparrow) \right].$$

基態時兩電子都佔據 $1s$ 軌域，即

$$\psi_{1,0,0}(r)=\psi_{100}(r).$$

因為兩個單電子軌域相同，空間波函數化為

$$\psi_{\mathrm{space}}(r_1,r_2) = \psi_{100}(r_1)\psi_{100}(r_2).$$

因此基態總波函數為

$$\boxed{ \Psi_{\mathrm{ground}} = \psi_{100}(r_1)\psi_{100}(r_2) \left[ (\uparrow\downarrow)-(\downarrow\uparrow) \right] }$$

忽略整體歸一化常數。

自旋為對稱組合

題目給定

$$\chi_+ = (\uparrow\downarrow)+(\downarrow\uparrow),$$

此為對稱的三重態自旋波函數。因此空間波函數必須反對稱：

$$\psi_-(r_1,r_2) = \frac{1}{\sqrt2} \left[ \psi_a(r_1)\psi_b(r_2) - \psi_a(r_2)\psi_b(r_1) \right].$$

總波函數為

第 5 題　The solid state

核心觀念

本題涵蓋金屬自由電子理論、晶體能帶、半導體元件、電子磁性與超導體。作答時應掌握三條主線：

1. 電子在固體中的運動與輸運性質。
2. 原子聚集後能階如何形成能帶，並決定導電性。
3. 電子自旋、軌道運動與電子配對所造成的磁性及超導性。

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(a) Drude 古典理論與金屬的交流電導率、熱導率

電導率

Drude 模型將金屬電子視為自由電子，電子在兩次碰撞間平均自由運動，平均碰撞時間為 $\tau$。電子受電場 $\mathbf E$ 作用時：

$$m\frac{d\mathbf v}{dt}=-e\mathbf E-\frac{m\mathbf v}{\tau}$$

若電場為交流場

$$\mathbf E(t)=\mathbf E_0e^{-i\omega t},$$

則速度響應為

$$\mathbf v(t)=\frac{-e\tau/m}{1-i\omega\tau}\mathbf E(t).$$

電流密度 $\mathbf J=-ne\mathbf v$，因此交流電導率為

$$\boxed{\sigma(\omega)=\frac{ne^2\tau}{m}\frac{1}{1-i\omega\tau}}$$

其中

$$\sigma_0=\frac{ne^2\tau}{m}$$

為直流電導率。其實部為

$$\operatorname{Re}\sigma(\omega) =\frac{\sigma_0}{1+\omega^2\tau^2},$$

表示真正耗散能量的部分；虛部則表示電子慣性造成的相位差。

低頻時 $\omega\tau\ll1$，電子能跟隨外加電場，$\sigma(\omega)\approx\sigma_0$。高頻時 $\omega\tau\gg1$，電子來不及跟隨電場，導電響應下降。

熱導率

電子攜帶熱量，在古典氣體近似下，熱導率可寫為

$$\boxed{\kappa=\frac{1}{3}C_e v^2\tau}$$

其中 $C_e$ 是電子熱容量、$v$ 是電子平均速率。

若溫度梯度以角頻率 $\omega$ 振盪，電子熱流也有延遲，因此可寫成類似形式：

$$\boxed{\kappa(\omega)=\frac{\kappa_0}{1-i\omega\tau}}$$

低頻下恢復為 $\kappa_0$。

Drude 理論預測電導率與熱導率皆由電子碰撞控制，並導出 Wiedemann–Franz 關係：

$$\frac{\kappa}{\sigma T}=L,$$

其中 Lorenz 數的量級為

$$L\sim\left(\frac{k_B}{e}\right)^2.$$

解題技巧與陷阱

• 交流電導率一定要保留 $1-i\omega\tau$，不能只寫直流結果。
• $\omega\tau$ 是判斷低頻、高頻響應的關鍵無因次量。
• Drude 理論能成功描述金屬輸運的基本形式，但電子熱容量的古典預測錯誤；精確結果須由 Sommerfeld 自由電子理論修正。

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(b) 原子聚集形成固體後，電子能階為何變成能帶？

孤立原子彼此距離很遠時，每個原子的電子具有離散能階。當許多原子靠近形成晶體，鄰近原子的電子波函數開始重疊，原本相同的原子能階會因原子間交互作用而分裂。

若有 $N$ 個相同原子，每一個原子能階分裂成約 $N$ 個非常接近的能階。因為 $N$ 約為 $10^{23}$，這些能階的間距極小，在宏觀尺度下便形成近似連續的能帶。

晶體具有週期性位能：

$$V(\mathbf r+\mathbf R)=V(\mathbf r),$$

因此電子波函數符合 Bloch 定理：

$$\psi_{n\mathbf k}(\mathbf r) =u_{n\mathbf k}(\mathbf r)e^{i\mathbf k\cdot\mathbf r},$$

其中 $u_{n\mathbf k}(\mathbf r)$ 具有晶格週期。電子能量因波向量 $\mathbf k$ 而異，形成色散關係：

$$E_n=E_n(\mathbf k).$$

在某些能量範圍，晶格中的週期性散射造成波函數干涉，使電子不存在穩定解，因而形成禁帶（band gap）。

解題切入點

可用兩種互補觀點說明：

• **能階分裂觀點：**大量原子能階因交互作用分裂成密集能階。
• **週期位能觀點：**Bloch 電子在週期晶格中形成允許能帶與禁帶。

解題技巧

答題時必須提到「原子間電子波函數重疊」與「Pauli 不相容原理」。若只寫「原子靠近所以能量連續」，物理理由不完整。

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(c) 能帶結構如何決定導體、絕緣體與半導體？

關鍵在於費米能階 $E_F$ 附近是否存在可供電子移動的空態，以及價帶與導帶之間的能隙 $E_g$。

導體

若費米能階落在能帶內，該能帶只部分填滿，附近同時存在已佔據態與空態。電子只需很小能量便能改變動量並產生電流，因此是導體。

金屬也可能具有價帶與導帶重疊：

$$E_g=0.$$

絕緣體

絕緣體的價帶完全填滿，導帶完全空，而兩者間有較大的禁帶：

$$E_g\ \text{很大}.$$

在一般溫度下，電子難以跨越能隙進入導帶，因此自由載子濃度極低。

半導體

半導體同樣具有價帶、禁帶與導帶，但能隙較小：

$$E_g\ \text{較小}.$$

部分電子可由熱能激發至導帶，留下價帶電洞，產生電子—電洞對。其本徵載子濃度近似為

$$n_i\propto e^{-E_g/(2k_BT)}.$$

溫度升高時，半導體導電率增加，這與金屬通常隨溫度升高而電阻增加不同。

摻雜後：

• 施體雜質提供電子，形成 $n$ 型半導體。
• 受體雜質接受電子，形成 $p$ 型半導體。

快速判斷

只要觀察費米能階：

• $E_F$ 在能帶內：導體。
• $E_F$ 位於大禁帶中：絕緣體。
• $E_F$ 位於小禁帶中：半導體。

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(d) 二極體與電晶體

二極體

二極體主要由 $p$ 型與 $n$ 型半導體接合形成 $p$-$n$ 接面。

接合後，$n$ 側電子向 $p$ 側擴散，$p$ 側電洞向 $n$ 側擴散，接面附近留下帶電雜質離子，形成耗盡區與內建電場。內建電位約為

圖像說明

所附掃描圖顯示的是其他學校的環境科學申論題，未包含本題第 6 題的附圖。因此以下依題目文字，採用三維、均勻、非相互作用理想量子氣體作答；內部簡併度記為 $g$，電子自旋 $1/2$ 時取 $g=2$。

核心觀念

本題考查：

• 配分函數 $Z$ 與自由能 $F$ 的物理意義。
• 費米–狄拉克分布與玻色–愛因斯坦分布。
• 化學勢 $\mu$ 對粒子數與能階佔據的作用。
• 零溫費米能、費米氣體總能量。
• 三維理想玻色氣體的 Bose–Einstein 凝聚與臨界溫度。

令

$$\beta=\frac{1}{k_B T},\qquad \lambda_T=\frac{h}{\sqrt{2\pi m k_B T}}$$

其中 $\lambda_T$ 為熱德布羅意波長。

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(a) 配分函數與自由能

1. 配分函數的目的

在統計力學中，配分函數將所有可能微觀狀態依照 Boltzmann 權重加總：

$$Z=\sum_r e^{-\beta E_r}.$$

它的作用是把微觀能階資訊轉換成巨觀熱力學量，例如

$$F=-k_B T\ln Z,$$ $$U=-\frac{\partial}{\partial\beta}\ln Z,$$ $$S=-\left(\frac{\partial F}{\partial T}\right)_{V,N},$$ $$P=-\left(\frac{\partial F}{\partial V}\right)_{T,N}.$$

因此，只要得到 $Z$，便能系統性地求出能量、熵、壓力與自由能。

2. 單粒子配分函數

對質量為 $m$、能量

$$\varepsilon=\frac{p^2}{2m}$$

的自由粒子，單粒子配分函數為

$$Z_1=\frac{1}{h^3}\int_V d^3x\int d^3p\, e^{-\beta p^2/(2m)}.$$

位置積分給出體積 $V$，動量積分為高斯積分：

$$\int d^3p\,e^{-\beta p^2/(2m)} =(2\pi m k_B T)^{3/2}.$$

所以

$$Z_1 = \frac{V}{h^3}(2\pi m k_B T)^{3/2} = \frac{V}{\lambda_T^3}.$$

3. $N$ 個不可分辨、稀薄理想氣體

在 Maxwell–Boltzmann 極限下，$N$ 個不可分辨粒子的配分函數為

$$Z_N=\frac{Z_1^N}{N!} = \frac{1}{N!} \left(\frac{V}{\lambda_T^3}\right)^N.$$

其中 $N!$ 是不可分辨粒子的 Gibbs 修正因子。

利用 Stirling 近似

$$\ln N!\simeq N\ln N-N,$$

得到 Helmholtz 自由能

$$F=-k_B T\ln Z_N$$ $$F = -Nk_B T \left[ \ln\left(\frac{V}{N\lambda_T^3}\right)+1 \right].$$

這就是理想氣體的自由能。

4. 由自由能推導熱力學性質

壓力為

$$P = -\left(\frac{\partial F}{\partial V}\right)_{T,N} = \frac{Nk_B T}{V},$$

因此

$$PV=Nk_B T.$$

內能為

$$U = -\frac{\partial}{\partial\beta}\ln Z_N = \frac{3}{2}Nk_B T.$$

熵為

$$S = -\left(\frac{\partial F}{\partial T}\right)_{V,N} = Nk_B \left[ \ln\left(\frac{V}{N\lambda_T^3}\right)+\frac{5}{2} \right].$$

自由能的物理意義是固定 $T,V,N$ 下系統可用功的衡量：

$$F=U-TS.$$

系統在固定溫度、體積與粒子數下，會趨向使 $F$ 最小的平衡狀態。

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(b) Fermi–Dirac 與 Bose–Einstein 分布，以及化學勢

1. 巨正則配分函數

對能階 $\varepsilon_i$，令逸度

$$z=e^{\beta\mu}.$$

巨正則配分函數為

$$\Xi=\sum_{\{n_i\}} e^{-\beta\sum_i n_i(\varepsilon_i-\mu)}.$$

費米子每個單粒子狀態只能有 $n_i=0,1$，所以

$$\Xi_F=\prod_i \left(1+ze^{-\beta\varepsilon_i}\right).$$

玻色子可有

$$n_i=0,1,2,\ldots$$

因此

$$\Xi_B=\prod_i \frac{1}{1-ze^{-\beta\varepsilon_i}}.$$

2. 平均佔據數

由平均佔據數

$$\bar n_i = -\frac{1}{\beta} \frac{\partial \ln \Xi_i}{\partial \varepsilon_i}$$

可得：

Fermi–Dirac 分布

$$\boxed{ \bar n_i^{(F)} = \frac{1} {e^{\beta(\varepsilon_i-\mu)}+1} }$$

加號來自 Pauli 不相容原理，每一個量子態最多容納一個費米子。

Bose–Einstein 分布

$$\boxed{ \bar n_i^{(B)} = \frac{1} {e^{\beta(\varepsilon_i-\mu)}-1} }$$

減號使大量玻色子能夠集中佔據同一個量子態。

在高溫、低密度極限下，

$$e^{\beta(\varepsilon_i-\mu)}\gg 1,$$

兩種分布皆趨近 Maxwell–Boltzmann 分布：

$$\bar n_i\simeq e^{-\beta(\varepsilon_i-\mu)}.$$

3. 化學勢 $\mu$ 的作用

化學勢是增加一個粒子所造成的自由能變化：

$$\mu= \left(\frac{\partial F}{\partial N}\right)_{T,V}.$$

在巨正則系綜中，$\mu$ 用來控制平均粒子數：

$$N=\sum_i\bar n_i.$$

因此 $\mu$ 不是額外的力，而是粒子數守恆條件的拉格朗日乘子。

重要性質如下：

• 費米氣體在 $T=0$ 時：

  $$\mu(T=0)=E_F.$$

• 對能量基準為 $\varepsilon_0=0$ 的理想玻色氣體，必須滿足：

  $$\mu\leq 0.$$

• Bose–Einstein 凝聚發生時，$\mu$ 從負值趨近基態能量：

  $$\mu\rightarrow 0^-.$$

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(c) 費米能與費米氣體總能量

考慮三維、均勻、非相互作用費米氣體。動量空間中每一個量子態佔據的體積為 $h^3/V$，包含內部簡併度 $g$。

1. 費米動量與費米能