108 高普考高考三級 核子工程 原子物理 考古題詳解

108 年・高普考・高考三級・核子工程
試題代碼 原子物理

第 一 題20 分

(一) 計算一具有磁矩為 μ\mu 的原子，在外加磁場為 BB 時的磁能 EME_M（magnetic energy）。（4 分）

(二) 若氫原子中的電子軌道角動量（orbital angular momentum）為 LL，自旋角動量（spin angular momentum）為 SS。假設忽略來自原子核的效應，計算氫原子的磁矩 μ\mu。（8 分）

(三) 解釋產生正常賽曼效應（normal Zeeman effect）與反常賽曼效應（anomalous Zeeman effect）之物理成因的主要差異。（8 分）

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核心觀念

本題考查原子磁矩在外加磁場中的磁能，以及軌道角動量、自旋角動量對原子總磁矩的貢獻，並比較正常與反常賽曼效應的成因。電子帶負電，因此其磁矩方向與角動量方向相反；軌道磁矩與自旋磁矩的比例係數也不同。

（一）原子的磁能

磁矩 μ\boldsymbol{\mu} 置於磁場 B\mathbf B 中，其磁位能為

EM=−μ⋅B=−μBcos⁡θ,E_M=-\boldsymbol{\mu}\cdot\mathbf B =-\mu B\cos\theta,

其中 θ\theta 是磁矩與磁場的夾角。若磁矩與磁場平行，EM=−μBE_M=-\mu B；若反平行，EM=+μBE_M=+\mu B。

（二）氫原子的磁矩

忽略原子核的磁矩與其他核效應，氫原子的磁矩只考慮電子的軌道磁矩和自旋磁矩：

μ=μL+μS.\boldsymbol{\mu}=\boldsymbol{\mu}_L+\boldsymbol{\mu}_S.

電子的軌道磁矩為

μL=−e2meL=−μBLℏ,\boldsymbol{\mu}_L=-\frac{e}{2m_e}\mathbf L =-\mu_B\frac{\mathbf L}{\hbar},

其中 ee 為基本電荷量的正值、mem_e 為電子質量，μB=eℏ/(2me)\mu_B=e\hbar/(2m_e) 為波耳磁子。

電子自旋磁矩為

μS=−gse2meS=−gsμBSℏ,\boldsymbol{\mu}_S=-g_s\frac{e}{2m_e}\mathbf S =-g_s\mu_B\frac{\mathbf S}{\hbar},

其中自旋因子 gs≃2g_s\simeq 2。因此氫原子的總磁矩為

μ=−μB(Lℏ+gsSℏ)≃−μBℏ(L+2S).\boxed{ \boldsymbol{\mu} =-\mu_B\left(\frac{\mathbf L}{\hbar} +g_s\frac{\mathbf S}{\hbar}\right) \simeq -\frac{\mu_B}{\hbar}\left(\mathbf L+2\mathbf S\right) }.
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第 二 題20 分

鈾的各同位素不穩定，且依照量子力學的規則衰變。238U^{238}\mathrm{U} 的生命期是 6.0×1096.0\times10^9 年，而 235U^{235}\mathrm{U} 的生命期是 1.0×1091.0\times10^9 年。

假設鈾的這兩種同位素 235U^{235}\mathrm{U} 與 238U^{238}\mathrm{U} 在地球形成時具有相同的豐度（abundance）。然而，現今的觀測卻發現 238U^{238}\mathrm{U} 的豐度是 235U^{235}\mathrm{U} 的 140 倍。據此，估計地球現在的年齡。（20 分）

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核心觀念

放射性核種的原子數隨時間依指數律減少：

N(t)=N0e−λt,N(t)=N_0e^{-\lambda t},

其中 N0N_0 是初始原子數，λ\lambda 是衰變常數。題目所稱的「生命期」依原子物理慣例指平均生命期 τ\tau，因此

τ=1λ.\tau=\frac{1}{\lambda}.

兩種鈾同位素在地球形成時豐度相同，現今豐度的差異來自兩者衰變常數不同。

解題方法

設地球年齡為 tt。初始時兩種同位素原子數相同，故現今的豐度比為

N238(t)N235(t)=N238(0)e−t/τ238N235(0)e−t/τ235=et(1τ235−1τ238).\frac{N_{238}(t)}{N_{235}(t)} = \frac{N_{238}(0)e^{-t/\tau_{238}}} {N_{235}(0)e^{-t/\tau_{235}}} = e^{t\left(\frac{1}{\tau_{235}}-\frac{1}{\tau_{238}}\right)}.

代入 τ238=6.0×109\tau_{238}=6.0\times10^9 年、τ235=1.0×109\tau_{235}=1.0\times10^9 年，以及現今比值 N238/N235=140N_{238}/N_{235}=140：

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第 三 題20 分

(一) 以測不準原理估計一簡諧振子之基態能量。假設該振子之震盪角頻率（oscillation angular frequency）為 ω\omega。（10 分）

(二) 一原子由 4.7 eV4.7\ \mathrm{eV} 之激發態放出一光子後，回到能量為 0 eV0\ \mathrm{eV} 之基態。若該激發態之生命期為 1.0×10−131.0\times10^{-13} 秒，估計該光子的能量不準度 ΔE\Delta E，以及光譜線的寬度 Δλ\Delta\lambda。能量以 eV\mathrm{eV} 為單位，線寬以波長為單位。（10 分）

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核心觀念

簡諧振子的位能為 V(x)=12mω2x2V(x)=\frac12m\omega^2x^2。粒子若要局限在原點附近，位置不確定度 Δx\Delta x 不能為零；由測不準原理，動量不確定度 Δp\Delta p 也不能為零，因此基態仍具有非零能量。

使用海森堡測不準關係與能量期望值：

Δx Δp≥ℏ2,E=⟨p2⟩2m+12mω2⟨x2⟩.\Delta x\,\Delta p\geq\frac{\hbar}{2}, \qquad E=\frac{\langle p^2\rangle}{2m} +\frac12m\omega^2\langle x^2\rangle.

對基態取平均動量與平均位置皆為零，故 ⟨p2⟩=(Δp)2\langle p^2\rangle=(\Delta p)^2、⟨x2⟩=(Δx)2\langle x^2\rangle=(\Delta x)^2。

解題方法

以測不準關係的等號估計最低能量，令 Δp=ℏ/(2Δx)\Delta p=\hbar/(2\Delta x)，代入能量式：

E(Δx)=ℏ28m(Δx)2+12mω2(Δx)2.E(\Delta x) =\frac{\hbar^2}{8m(\Delta x)^2} +\frac12m\omega^2(\Delta x)^2.

令 y=(Δx)2y=(\Delta x)^2，對 yy 取極小：

dEdy=−ℏ28my2+12mω2=0,y=ℏ2mω.\frac{dE}{dy} =-\frac{\hbar^2}{8my^2}+\frac12m\omega^2=0, \qquad y=\frac{\hbar}{2m\omega}.

因此

Emin⁡=ℏω4+ℏω4=12ℏω.E_{\min} =\frac{\hbar\omega}{4}+\frac{\hbar\omega}{4} =\frac12\hbar\omega.

這也與量子簡諧振子的基態能量相同。

（二）激發態的能量不準度與光譜線寬

核心觀念

有限生命期會造成能量不確定度。採用能量—時間測不準關係

ΔE Δt≥ℏ2.\Delta E\,\Delta t\geq\frac{\hbar}{2}.

估計時取等號，並以題給生命期 τ=1.0×10−13 s\tau=1.0\times10^{-13}\ \mathrm{s} 作為 Δt\Delta t。光子中心能量由能階差決定；線寬則由能量不確定度換算為波長不確定度。

解題方法

先算能量不準度：

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第 四 題20 分

一單一能量的電子束沿著 +x+x 方向行進，其中每個電子的總能量為 EE。假設 x<0x<0 區域的位能 V=0V=0。然而，在 x=0x=0 的位置出現一位障（potential barrier），使得在 x>0x>0 的區域，其位能增至 V0V_0，且 V0>0V_0>0。

假設 E>V0E>V_0，在不考慮相對論效應下，計算電子分別在 x<0x<0 與 x>0x>0 兩區域的速度、穿透與反射係數（transmission and reflection coefficients）。（20 分）

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核心觀念

本題考查電子在位能階梯上的量子散射。即使電子的總能量 EE 大於位能階高 V0V_0，波函數在界面仍會因波數改變而發生反射；穿透與反射係數須由波函數及機率流密度求得。

非相對論下，電子在位能為 VV 的區域，其動能為 K=E−VK=E-V，故

v=2(E−V)me,k=2me(E−V)ℏ.v=\sqrt{\frac{2(E-V)}{m_e}},\qquad k=\frac{\sqrt{2m_e(E-V)}}{\hbar}.

解題方法

令 x<0x<0 為區域 1，x>0x>0 為區域 2。電子由左側入射，波函數可寫為

ψ1(x)=Aeik1x+Be−ik1x,ψ2(x)=Ceik2x,\psi_1(x)=A e^{ik_1x}+B e^{-ik_1x},\qquad \psi_2(x)=C e^{ik_2x},

其中

k1=2meEℏ,k2=2me(E−V0)ℏ.k_1=\frac{\sqrt{2m_eE}}{\hbar},\qquad k_2=\frac{\sqrt{2m_e(E-V_0)}}{\hbar}.

在 x=0x=0 處，波函數與其一階導數連續：

A+B=C,k1(A−B)=k2C.A+B=C,\qquad k_1(A-B)=k_2C.

解得振幅反射與穿透係數：

r≡BA=k1−k2k1+k2,t≡CA=2k1k1+k2.r\equiv\frac{B}{A}=\frac{k_1-k_2}{k_1+k_2}, \qquad t\equiv\frac{C}{A}=\frac{2k_1}{k_1+k_2}.

反射係數是反射機率流與入射機率流之比，因此

R=∣r∣2=(k1−k2k1+k2)2.R=|r|^2 =\left(\frac{k_1-k_2}{k_1+k_2}\right)^2.

穿透係數則須計入兩側波數不同造成的速度差：

T=k2k1∣t∣2=4k1k2(k1+k2)2.T=\frac{k_2}{k_1}|t|^2 =\frac{4k_1k_2}{(k_1+k_2)^2}.
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第 五 題20 分

以加馬射線 γ\gamma（gamma ray）撞擊氘原子核 dd（deuteron），產生一個質子 pp 與一個中子 nn。該反應可表示如下：

γ+d→n+p\gamma+d\to n+p

計算激發該光核反應（photonuclear reaction）所需之加馬射線的最低頻率 fmin⁡f_{\min}。（20 分）

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核心觀念

本題考查氘核的光致蛻變閾能。氘核由一個質子與一個中子組成，光子要提供足以克服氘核束縛能的能量，才能使反應 γ+d→n+p\gamma+d\to n+p 發生。

氘核束縛能約為 Bd=2.224566 MeVB_d=2.224566\ \mathrm{MeV}。若忽略反應後質子與中子的反沖，最低光子能量可近似取為束縛能；若計入動量守恆，光子能量的一部分還須用來提供末態整體反沖，因此精確閾能略高於束縛能。

解題方法

設氘核靜止，氘核靜質量為 MdM_d，入射光子能量為 Eγ=hfE_\gamma=hf。閾值時，質子與中子在質心系中沒有相對運動，末態的不變質量為 mp+mnm_p+m_n。

由相對論不變量守恆：

(Mdc2+Eγ)2−(Eγ)2=(mp+mn)2c4(M_dc^2+E_\gamma)^2-(E_\gamma)^2 =(m_p+m_n)^2c^4

整理得閾值光子能量：

Eγ,min⁡=[(mp+mn)2−Md2]c22MdE_{\gamma,\min} =\frac{\big[(m_p+m_n)^2-M_d^2\big]c^2}{2M_d}

利用 mpc2+mnc2=Mdc2+Bdm_pc^2+m_nc^2=M_dc^2+B_d，可改寫為：

Eγ,min⁡=Bd+Bd22Mdc2E_{\gamma,\min} =B_d+\frac{B_d^2}{2M_dc^2}
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