112 高普考高考三級 天文 近代物理 考古題詳解

核心觀念

本題考查五項獲得諾貝爾物理獎表彰的重要成果，答題時應交代各項技術的物理原理、關鍵突破與影響。不宜只寫名詞定義，也要說明它如何改變研究或應用。

解題方法

依「材料或裝置是什麼 → 依據什麼物理原理運作 → 帶來什麼突破」的順序，分別說明如下。

（一）石墨烯（graphene）

**核心觀念：**石墨烯是由單層碳原子排列成蜂巢狀晶格的二維材料。碳原子以 $sp^2$ 混成鍵結形成平面結構，剩餘電子可在材料中移動，使石墨烯具有良好的導電性。

**解題要點：**石墨烯的電子能帶在狄拉克點附近呈現線性色散，電子可近似視為具有低有效質量的狄拉克費米子。它兼具高載子遷移率、良好導熱性、機械強度及可撓性。2004 年，安德烈・海姆（Andre Geim）與康斯坦丁・諾沃肖洛夫（Konstantin Novoselov）以實驗研究石墨烯及其特殊性質，因而獲得 2010 年諾貝爾物理獎。

**解題技巧：**作答時要指出它是「單層碳原子的二維材料」，並提及特殊電子性質；只寫「石墨的一種」不足以呈現核心。

（二）巨磁阻（giant magnetoresistance, GMR）

**核心觀念：**巨磁阻是磁性多層薄膜在外加磁場改變磁化排列時，電阻產生大幅變化的現象。其關鍵在於電子散射具有自旋依賴性。

**解題要點：**在磁性層與非磁性層交錯堆疊的結構中，若相鄰磁性層的磁化方向反平行，兩種自旋的電子至少有一種會在傳輸時受到較強散射，電阻較高；外加磁場使磁化方向轉為平行時，電子散射減少，電阻下降。巨磁阻於 1988 年由阿爾貝・費爾（Albert Fert）與彼得・格林貝格（Peter Grünberg）分別發現，兩人獲得 2007 年諾貝爾物理獎。此效應促進高靈敏度磁場感測器與硬碟讀取頭的發展。

**解題技巧：**記住「反平行磁化，電阻高；平行磁化，電阻低」，並說明原因是自旋依賴散射。

（三）藍光發光二極體（blue LED）

**核心觀念：**發光二極體利用半導體中電子與電洞復合時釋放光子。光子的能量近似等於半導體的能隙：

$E_{\gamma}=h\nu=\frac{hc}{\lambda}$

藍光的波長較短，所需光子能量較高，因此需要能隙較大的半導體材料。

**解題要點：**製作高效率藍光 LED 的主要突破，是以氮化鎵（GaN）及相關材料製成可實用的藍光元件，並克服晶體品質、摻雜與 p 型半導體製作等難題。伊薩姆・赤崎（Isamu Akasaki）、天野浩（Hiroshi Amano）與中村修二（Shuji Nakamura）因高效率藍光 LED 的發明，獲得 2014 年諾貝爾物理獎。藍光 LED 與紅、綠光結合可產生多種顏色；藍光也可激發螢光材料，製成白光 LED，帶來高效率照明。

核心觀念

電子經過電位差時，電場力對電子所做的功會轉換成動能。由能量守恆：

$$\Delta K=-\Delta U=-q\Delta V$$

電子電量 $q=-e$，因此電子由低電位移向高電位、跨越電位差 $\Delta V>0$ 時，動能增加量為 $e\Delta V$。若電子由靜止開始加速：

$$e\Delta V=K$$

低速時可用古典動能 $K=\frac12 m_ev^2$；若速度接近光速，則須使用相對論動能 $K=(\gamma-1)m_ec^2$，其中 $\gamma=1/\sqrt{1-v^2/c^2}$。

解題方法

（一）加速電壓 $10.0\ \mathrm{V}$

此電壓遠低於電子靜止能量所對應的電壓尺度 $m_ec^2/e\approx 511\ \mathrm{kV}$，可用古典力學近似。由能量守恆：

$$e\Delta V=\frac12 m_ev^2$$

因此

$$v=\sqrt{\frac{2e\Delta V}{m_e}} =\sqrt{\frac{2(1.60\times10^{-19})(10.0)} {9.11\times10^{-31}}} \approx 1.87\times10^6\ \mathrm{m/s}$$

（二）加速電壓 $128\ \mathrm{kV}$

此電壓已達 $511\ \mathrm{kV}$ 的約四分之一，電子速度不可忽略相對論效應。電子獲得的動能為

核心觀念

本題考查波耳氫原子模型的兩項量子假設，並以電子受庫侖力作圓周運動，推導電子軌道半徑與能量。關鍵關係為：

• 庫侖力提供向心力。
• 電子角動量只能取離散值：$m_evr=n\hbar$，其中 $\hbar=h/(2\pi)$，$n=1,2,3,\ldots$。
• 氫原子的能量由動能與庫侖位能相加；束縛態能量為負，且隨主量子數 $n$ 離散變化。

（一）波耳氫原子模型的重要假設

1. **定態軌道假設：**電子可在若干穩定圓形軌道上繞原子核運動；在定態軌道上不輻射電磁波，因此能量保持不變。
2. **角動量量子化假設：**允許的軌道須滿足 $m_evr=n\hbar=n\frac{h}{2\pi},\qquad n=1,2,3,\ldots$
3. **躍遷與光子假設：**電子只能在不同定態間躍遷；躍遷時吸收或放出光子，光子能量等於兩定態能量差： $h\nu=|E_{n_f}-E_{n_i}|.$

（二）推導氫原子的能量與波耳半徑

令電子與質子間距為 $r$，電子速率為 $v$。在波耳模型中將質子視為固定，庫侖吸引力提供電子圓周運動所需的向心力：

$$\frac{m_ev^2}{r}=\frac{k_e e^2}{r^2}.$$

因此

$$m_ev^2=\frac{k_e e^2}{r}.$$

再代入角動量量子化條件 $m_evr=n\hbar$，可得

$$v=\frac{n\hbar}{m_er}.$$

將此式代入向心力方程：

$$\frac{m_e}{r}\left(\frac{n\hbar}{m_er}\right)^2 =\frac{k_e e^2}{r^2},$$

整理得到第 $n$ 軌道半徑

$$r_n=\frac{n^2\hbar^2}{m_e k_e e^2} =\frac{n^2h^2}{4\pi^2m_e k_e e^2} =n^2a_0,$$

其中

$$a_0=\frac{\hbar^2}{m_e k_e e^2} =\frac{h^2}{4\pi^2m_e k_e e^2}$$

稱為波耳半徑。代入題目數值：

$$a_0= \frac{(6.63\times10^{-34})^2} {4\pi^2(9.11\times10^{-31})(8.99\times10^9)(1.60\times10^{-19})^2} =5.29\times10^{-11}\ \mathrm{m}.$$

氫原子的總能量為動能與庫侖位能之和：

$$E=K+U=\frac12m_ev^2-\frac{k_e e^2}{r}.$$

由向心力關係 $m_ev^2=k_e e^2/r$，得

$$E=-\frac{k_e e^2}{2r}.$$

代入 $r_n=n^2a_0$：

核心觀念

期望值依 $\langle A\rangle=\int\psi^*\hat A\psi\,dx$ 計算。位置與動量算符分別為 $\hat x=x$、$\hat p=-i\hbar\,\dfrac{d}{dx}$。不確度定義為

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

題目給定

$$\psi_1(x)=\sqrt{\frac{2}{L}}\cos\left(\frac{\pi x}{L}\right).$$

此波函數在 $x=\pm L/2$ 為零，因此積分範圍取 $-L/2\le x\le L/2$；位阱外波函數為零。

解題方法

此基態波函數關於 $x=0$ 對稱。奇函數與偶函數相乘後，若被積函數為奇函數，對稱區間上的積分為零。平方期望值則直接積分；動量平方也可利用 $\hat p^2=-\hbar^2\dfrac{d^2}{dx^2}$ 計算。

（一）位置期望值 $\langle x\rangle$

$$\langle x\rangle =\int_{-L/2}^{L/2}\psi_1^*(x)\,x\,\psi_1(x)\,dx =\frac{2}{L}\int_{-L/2}^{L/2}x\cos^2\left(\frac{\pi x}{L}\right)dx=0.$$

被積函數是奇函數，因此積分為零。

（二）位置平方期望值 $\langle x^2\rangle$

$$\langle x^2\rangle =\frac{2}{L}\int_{-L/2}^{L/2}x^2\cos^2\left(\frac{\pi x}{L}\right)dx.$$

令 $u=x/L$，可寫成

$$\langle x^2\rangle =2L^2\int_{-1/2}^{1/2}u^2\cos^2(\pi u)\,du.$$

利用 $\cos^2(\pi u)=\dfrac{1+\cos(2\pi u)}{2}$，並在對稱區間積分，得

$$\langle x^2\rangle =L^2\left[\frac{1}{12} +2\int_0^{1/2}u^2\cos(2\pi u)\,du\right].$$

分部積分可得

$$\int_0^{1/2}u^2\cos(2\pi u)\,du=-\frac{1}{4\pi^2},$$

所以

$$\boxed{\langle x^2\rangle =L^2\left(\frac{1}{12}-\frac{1}{2\pi^2}\right) =L^2\left(\frac{1}{12}-\frac{6}{12\pi^2}\right)}.$$

（三）動量期望值 $\langle p\rangle$

$$\langle p\rangle =\int_{-L/2}^{L/2}\psi_1^* \left(-i\hbar\frac{d}{dx}\right)\psi_1\,dx.$$

由