111 高普考高考三級 核子工程 原子物理 考古題詳解

核心觀念

本題評量原子核物理中的三大核心概念：

1. 放射性衰變與守恆律：原子核發生負貝他衰變（$\beta^-$ decay）時，遵守重子數守恆（質量數守恆）、電荷守恆與輕子數守恆。弱交互作用下，核內中子轉化為質子，並釋放出一個電子及一個電子反微中子（$\bar{\nu}_e$）。
2. 核質量與束縛能（Binding Energy）的關係：

• 題目已強調考慮的是「原子核（nuclear mass）」而非「中性原子（atomic mass）」。
• 由 $Z$ 個質子與 $N$ 個中子組成的原子核，其束縛能定義為將原子核完全拆解為自由核子所需供給的能量： $E_b = (Z m_p + N m_n - M_{\text{nuc}}) c^2$ 即原子核的靜止能量為： $M_{\text{nuc}} c^2 = Z m_p c^2 + N m_n c^2 - E_b$
• 衰變所釋放的動能（衰變能 $Q$ 值）等於反應前總靜止質量能量減去反應後總靜止質量能量。

3. 強作用力的電荷獨立性與鏡像核庫倫能：

• ${}^3_1\mathrm{H}$ 與 ${}^3_2\mathrm{He}$ 為一對質量數相同的「鏡像核（Mirror Nuclei）」。
• 核力（強交互作用）具有電荷對稱性與電荷獨立性，兩者核子間的強作用力結合能基本相同。
• ${}^3\mathrm{H}$ 僅含 1 個質子，無質子間庫倫斥力；${}^3\mathrm{He}$ 含 2 個質子，兩質子間存在正的庫倫排斥位能 $U_C$，導致原子核穩定度降低，束縛能因而減小（$\Delta E_b = E_b({}^3\mathrm{H}) - E_b({}^3\mathrm{He}) = U_C$）。

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解題方法

(一) 完成反應式

1. 衰變類型判斷： 反應前為氚核 ${}^3_1\mathrm{H}$（1 個質子、2 個中子），反應後為氦三核 ${}^3_2\mathrm{He}$（2 個質子、1 個中子）。核內發生了中子轉變為質子的過程： $n \rightarrow p + e^- + \bar{\nu}_e$ 此反應屬於核的負貝他衰變（$\beta^-$ 衰變）。
2. 物理守恆律檢驗：

• 電荷守恆：反應前電荷為 $+1e$，反應後氦三核電荷為 $+2e$。為維持電荷守恆，生成的輕子必須帶負電荷 $-1e$，即電子 $e^-$（或 $\beta^-$）。
• 輕子數守恆：反應前無輕子（$L = 0$）；反應產物產生一個電子（輕子數 $L = +1$），必須同時伴生一個輕子數為 $-1$ 的反輕子，即電子反微中子 $\bar{\nu}_e$（題目簡記為 $\bar{\nu}$）。
• 質量數（重子數）守恆：$A = 3 \rightarrow A = 3 + 0 + 0$，完全守恆。

3. 完整反應式： ${}^3\mathrm{H} \rightarrow {}^3\mathrm{He} + e^- + \bar{\nu}_e$ （或標示原子序寫作：${}^3_1\mathrm{H} \rightarrow {}^3_2\mathrm{He} + e^- + \bar{\nu}_e$）

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(二) 計算反應式中釋放的熱能（動能 $Q$ 值）

1. 衰變能量守恆式： 反應釋放出的熱能（即產物的總動能 $Q$）為初始核靜止能量減去產物靜止能量（已知微中子靜止質量 $m_{\bar{\nu}} = 0$）： $Q = [M_{\text{nuc}}({}^3\mathrm{H}) - M_{\text{nuc}}({}^3\mathrm{He}) - m_e] c^2$
2. 將核質量以束縛能表示：

• 對於 ${}^3\mathrm{H}$（$Z=1, N=2$）： $M_{\text{nuc}}({}^3\mathrm{H}) c^2 = m_p c^2 + 2 m_n c^2 - E_b({}^3\mathrm{H})$
• 對於 ${}^3\mathrm{He}$（$Z=2, N=1$）： $M_{\text{nuc}}({}^3\mathrm{He}) c^2 = 2 m_p c^2 + m_n c^2 - E_b({}^3\mathrm{He})$

3. 兩核靜止能量之差： $[M_{\text{nuc}}({}^3\mathrm{H}) - M_{\text{nuc}}({}^3\mathrm{He})] c^2 = (m_n - m_p) c^2 - [E_b({}^3\mathrm{H}) - E_b({}^3\mathrm{He})]$
4. 推導 $Q$ 值計算公式： $Q = (m_n - m_p - m_e) c^2 - [E_b({}^3\mathrm{H}) - E_b({}^3\mathrm{He})]$
5. 代入題目給定數值進行計算：

• 自由粒子質量項能量差： $(m_n - m_p - m_e) c^2 = 939.565 - 938.272 - 0.511 = 0.782\ \mathrm{MeV}$
• 束縛能差值項： $E_b({}^3\mathrm{H}) - E_b({}^3\mathrm{He}) = 8.482 - 7.718 = 0.764\ \mathrm{MeV}$
• 衰變釋出之動能： $Q = 0.782\ \mathrm{MeV} - 0.764\ \mathrm{MeV} = 0.018\ \mathrm{MeV} = 18\ \mathrm{keV}$

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核心觀念

本題為放射物理與核化學的經典題型，測驗考生對放射性衰變定律、活度（Activity）定義以及放射性核素豐度隨時間演化的掌握度：

1. 放射性活度與衰變常數：

• 活度定義為單位時間內的核衰變次數： $A = \lambda N$ 其中 $\lambda$ 為衰變常數（Decay Constant），$N$ 為放射性原子核數目。
• 衰變常數與半生期（Half-life, $T_{1/2}$）之關係為： $\lambda = \frac{\ln 2}{T_{1/2}}$
• 單位換算：$1\ \mathrm{Bq} = 1\ \text{decay/sec}$。半生期通常給定為「年」，必須換算為「秒」（$1\ \text{年} \approx 365.25\ \text{天} \times 24\ \text{小時} \times 3600\ \text{秒} \approx 3.156 \times 10^7\ \text{s}$ 或以 $365\ \text{天}$ 算得 $3.154 \times 10^7\ \text{s}$）。
• 原子核數目由莫耳數與亞佛加厥常數求得： $N = n \times N_A = \frac{m}{M} \times N_A$

2. 時間回推與同位素豐度演化：

• 放射性核素數量隨時間衰減：$N(t) = N_0 e^{-\lambda t} = N_0 \cdot 2^{-t / T_{1/2}}$。
• 回推 $t$ 年前的母核數量（$t$ 以前）： $N_{\text{past}} = N_{\text{present}} \cdot e^{\lambda t} = N_{\text{present}} \cdot 2^{t / T_{1/2}}$
• 同位素比例（莫耳數比）：題目明確規定為莫耳數比（原子數比），即 ${}^{235}\mathrm{U}$ 在總鈾中的莫耳分率（同位素豐度）： $\text{Abundance}({}^{235}\mathrm{U}) = \frac{N({}^{235}\mathrm{U})}{N({}^{235}\mathrm{U}) + N({}^{238}\mathrm{U})} \times 100\%$

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解題方法

(一) 計算 $0.119\ \mathrm{g}$ 的 ${}^{238}\mathrm{U}$ 之衰變率（Bq）

1. 求 $0.119\ \mathrm{g}$ 之 ${}^{238}\mathrm{U}$ 原子核數目 $N_{238}$：

• ${}^{238}\mathrm{U}$ 的原子質量約為 $238\ \mathrm{g/mol}$。
• 題目給定 $1\ \text{mole} = 6 \times 10^{23}$。 $N_{238} = \frac{0.119\ \mathrm{g}}{238\ \mathrm{g/mol}} \times 6 \times 10^{23}\ \mathrm{atoms/mol} = 5.0 \times 10^{-4}\ \mathrm{mol} \times 6 \times 10^{23} = 3.0 \times 10^{20}\ \text{個}$

2. 求 ${}^{238}\mathrm{U}$ 的衰變常數 $\lambda_{238}$：

• 半生期 $T_{1/2} = 4.5 \times 10^9\ \text{年}$。
• 換算 1 年為秒數（以平年 365 天計，或回歸年 365.25 天計；此處採標準物理常用之 $1\ \text{yr} = 365.25 \times 24 \times 3600\ \text{s} \approx 3.156 \times 10^7\ \text{s}$）： $T_{1/2} = 4.5 \times 10^9 \times 3.156 \times 10^7\ \text{s} \approx 1.420 \times 10^{17}\ \text{s}$
• 衰變常數： $\lambda_{238} = \frac{\ln 2}{T_{1/2}} = \frac{0.693}{1.420 \times 10^{17}\ \text{s}} \approx 4.88 \times 10^{-18}\ \mathrm{s}^{-1}$

3. 求活度（單位時間衰變量）： $A = \lambda_{238} \cdot N_{238} = (4.88 \times 10^{-18}\ \mathrm{s}^{-1}) \times (3.0 \times 10^{20}) \approx 1.464 \times 10^3\ \mathrm{Bq} \approx 1.46 \times 10^3\ \mathrm{Bq}$ （若一年以 $365\ \text{天} = 3.1536 \times 10^7\ \text{s}$ 計算，則 $A \approx 1.465 \times 10^3\ \mathrm{Bq} \approx 1.47 \times 10^3\ \mathrm{Bq}$）

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核心觀念

1. 三維球對稱波函數的歸一化條件（Normalization Condition）： 在量子力學中，微觀粒子在全空間找到的總機率必須為 $1$。對於球對稱（$l=0$ 的 $s$ 軌域）波函數，體積微元 $d\tau = r^2\sin\theta\,dr\,d\theta\,d\phi$ 經過角向角度積分後為球殼面積 $4\pi r^2$。因此徑向全空間的機率積分為：

$$\int_{0}^{\infty} |\psi(r)|^2 4\pi r^2\,dr = 1$$

2. 電荷密度（Charge Density）與波函數的關係： 單電子氫原子的機率密度為 $P(\mathbf{r}) = |\psi(\mathbf{r})|^2$。若電子帶電量為 $-e$，則空間中的電荷密度分布定義為：

$$\rho(\mathbf{r}) = -e |\psi(\mathbf{r})|^2$$

兩軌域在原點（$r=0$）附近的電荷密度比值，即等於兩者在 $r=0$ 處機率密度的比值：

$$\frac{\rho_{1s}(0)}{\rho_{2s}(0)} = \frac{|\psi_{1s}(0)|^2}{|\psi_{2s}(0)|^2}$$

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解題方法

(一) 證明 $\psi_{1s}$ 滿足歸一化條件

1. 代入波函數： 將 $\psi_{1s} = \frac{1}{\sqrt{\pi a_0^3}} e^{-r/a_0}$ 代入徑向全空間積分式：

$$I = \int_{0}^{\infty} \psi_{1s}^* \psi_{1s} \cdot 4\pi r^2\,dr = \int_{0}^{\infty} \left( \frac{1}{\pi a_0^3} e^{-2r/a_0} \right) 4\pi r^2\,dr$$

提出常數項：

$$I = \frac{4}{a_0^3} \int_{0}^{\infty} r^2 e^{-2r/a_0}\,dr$$

2. 進行變數代換（Change of Variables）： 為了使用題目給予的積分公式，令：

$$x = \frac{2r}{a_0} \implies r = \frac{a_0}{2} x, \quad dr = \frac{a_0}{2}\,dx$$

積分區間變換：當 $r = 0$ 時，$x = 0$；當 $r \to \infty$ 時，$x \to \infty$。 將其代入積分式：

$$r^2\,dr = \left( \frac{a_0}{2}x \right)^2 \left( \frac{a_0}{2}\,dx \right) = \frac{a_0^3}{8} x^2\,dx$$

因此積分式改寫為：

$$I = \frac{4}{a_0^3} \int_{0}^{\infty} \left(\frac{a_0^3}{8} x^2\right) e^{-x}\,dx = \frac{4}{a_0^3} \cdot \frac{a_0^3}{8} \int_{0}^{\infty} x^2 e^{-x}\,dx = \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} x^2 e^{-x}\,dx$$

3. 套用題目給定之積分公式求值： 題目給定 $\int x^2e^{-x}\,dx = -e^{-x}(x^2+2x+2) + C$。代入上下限：

$$\int_{0}^{\infty} x^2 e^{-x}\,dx = \left[ -e^{-x}(x^2+2x+2) \right]_{0}^{\infty}$$

核心觀念

本題考查近代物理中「光子假說」、「光動量與輻射力」以及「愛因斯坦光電效應方程式」的三大基本核心概念：

1. 光子能量與光子流率： 依據普朗克－愛因斯坦關係式（Planck-Einstein relation），波長為 $\lambda$ 的單顆光子能量為： $E = h\nu = \frac{hc}{\lambda}$ 當單色雷射光的總功率為 $P$ 時，單位時間發射的光子數（光子流率 $n$）為： $n = \frac{P}{E} = \frac{P\lambda}{hc}$

2. 光動量與完全吸收之受力（輻射力）： 根據德布羅意關係式與相對論質能關係，單顆光子的動量大小為： $p = \frac{E}{c} = \frac{h}{\lambda}$ 依牛頓第二運動定律，物體受力等於其承受的動量時變率（$\Delta p/\Delta t$）。當光束「完全被極板吸收」時，光子動量完全轉移給極板，極板受到的推力為： $F = \frac{dP_{\text{total}}}{dt} = n \cdot p = \left(\frac{P}{E}\right) \cdot \left(\frac{E}{c}\right) = \frac{P}{c}$

3. 愛因斯坦光電效應方程式： 金屬表面電子吸收單顆入射光子能量後逸出，克服金屬表面的表面阻障（功函數 $\Phi$）後，剩餘能量轉化為光電子的最大初動能 $K_{\max}$： $K_{\max} = E - \Phi = \frac{hc}{\lambda} - \Phi$

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解題方法

基本物理常數設定

• 普朗克常數：$h \approx 6.626 \times 10^{-34}\ \mathrm{J\cdot s}$（或常用能階轉換常數 $hc \approx 1240\ \mathrm{eV\cdot nm}$）
• 真空光速：$c \approx 3.0 \times 10^8\ \mathrm{m/s}$
• 基本電荷：$e \approx 1.602 \times 10^{-19}\ \mathrm{C}$（即 $1\ \mathrm{eV} \approx 1.602 \times 10^{-19}\ \mathrm{J}$）
• 題目給定數值：
• 波長 $\lambda = 500\ \mathrm{nm} = 5.0 \times 10^{-7}\ \mathrm{m}$
• 功率 $P = 1\ \mathrm{mW} = 1.0 \times 10^{-3}\ \mathrm{W} = 1.0 \times 10^{-3}\ \mathrm{J/s}$
• 金屬功函數 $\Phi = 1\ \mathrm{eV}$

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(一) 計算單位時間的光子數

1. 單顆光子能量 $E$： $E = \frac{hc}{\lambda} = \frac{(6.626 \times 10^{-34}\ \mathrm{J\cdot s}) \times (3.0 \times 10^8\ \mathrm{m/s})}{500 \times 10^{-9}\ \mathrm{m}} = 3.976 \times 10^{-19}\ \mathrm{J}$

2. 單位時間的光子數 $n$： $n = \frac{P}{E} = \frac{1.0 \times 10^{-3}\ \mathrm{J/s}}{3.976 \times 10^{-19}\ \mathrm{J/顆}} \approx 2.52 \times 10^{15}\ \text{顆/秒}$

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(二) 計算極板受力

當光垂直入射且完全被極板吸收時：

1. 每顆光子入射時帶有動量 $p = \frac{E}{c}$，被吸收後末動量為 $0$。
2. 每顆光子傳遞給極板的衝量大小為 $\Delta p = p = \frac{E}{c}$。
3. 單位時間內極板所受的總動量變化量即為所受平均推力 $F$： $F = n \cdot \Delta p = n \cdot \frac{E}{c} = \frac{P}{c}$
4. 代入數值：

核心觀念

1. 三維無限深對稱方能阱（Particle in a 3D Cubic Box）： 在三維空間中，電子侷限於長寬高均為 $L$ 的正方體區域內，內部位能 $V(x,y,z)=0$（不受力），邊界及外部位能 $V \to \infty$。描述電子定態行為的非相對論性獨立時薛丁格方程式（Time-Independent Schrödinger Equation, TISE）為： $-\frac{\hbar^2}{2m} \nabla^2 \psi(x,y,z) = E \psi(x,y,z)$ 其中 $m$ 為電子靜止質量，$\hbar = \frac{h}{2\pi}$ 為約化普朗克常數。
2. 邊界條件與變數分離法（Separation of Variables）： 因位能井的邊界沿正交座標軸分佈，空間波函數可拆解為三個獨立方向之一維波函數的乘積： $\psi(x,y,z) = X(x)Y(y)Z(z)$ 邊界條件要求波函數在表面處連續，故在 $x, y, z = 0$ 及 $x, y, z = L$ 處，波函數值皆必為零（形成駐波節點）。
3. 量子化能階與簡併度（Degeneracy）： 受限於邊界條件，三個正交方向各自產生獨立的正整數量子數 $(n_x, n_y, n_z)$，總能量為三方向動能總和： $E_{n_x,n_y,n_z} = \frac{h^2}{8mL^2}\left(n_x^2 + n_y^2 + n_z^2\right)$
4. 愛因斯坦／玻爾輻射躍遷條件（Bohr Frequency Condition）： 電子在兩能階間發生輻射躍遷時，釋放出之單一光子能量滿足能量守恆： $\Delta E = E_{\text{initial}} - E_{\text{final}} = h\nu$ 其中 $\nu$ 為輻射光子之頻率，$h$ 為普朗克常數。

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解題方法

(一) 電子波函數的通解推導

1. 分離變數與微分方程式建立： 在位能阱內部（$0 < x, y, z < L$），方程式為： $-\frac{\hbar^2}{2m}\left(\frac{\partial^2}{\partial x^2} + \frac{\partial^2}{\partial y^2} + \frac{\partial^2}{\partial z^2}\right)\psi(x,y,z) = E\psi(x,y,z)$ 令 $\psi(x,y,z) = X(x)Y(y)Z(z)$，代入並同除以 $XYZ$： $\frac{1}{X}\frac{d^2X}{dx^2} + \frac{1}{Y}\frac{d^2Y}{dy^2} + \frac{1}{Z}\frac{d^2Z}{dz^2} = -\frac{2mE}{\hbar^2} = -k^2$ 各項分別僅相依於單一變數，等式恆成立之充要條件為各項皆為常數，設： $\frac{d^2X}{dx^2} + k_x^2 X = 0, \quad \frac{d^2Y}{dy^2} + k_y^2 Y = 0, \quad \frac{d^2Z}{dz^2} + k_z^2 Z = 0$ 其中波數滿足 $k^2 = k_x^2 + k_y^2 + k_z^2 = \frac{2mE}{\hbar^2}$。

2. 套用邊界條件求解各維度本徵函數： 以 $x$ 方向為例，微方通解為 $X(x) = A_x \sin(k_x x) + B_x \cos(k_x x)$。

• 由邊界條件 $X(0) = 0$，得 $B_x = 0$。
• 由邊界條件 $X(L) = 0$，得 $A_x \sin(k_x L) = 0$。非零解要求 $k_x L = n_x \pi$（$n_x = 1, 2, 3, \dots$）。
• 由正規化條件 $\int_0^L |X(x)|^2 dx = 1$，得 $A_x = \sqrt{\frac{2}{L}}$。

$y$ 與 $z$ 方向具完全對稱之形式： $k_y = \frac{n_y\pi}{L}, \quad k_z = \frac{n_z\pi}{L} \quad (n_y, n_z = 1, 2, 3, \dots)$

3. 空間定態本徵波函數： 將三方向之解相乘，得定態空間本徵函數： $\psi_{n_x,n_y,n_z}(x,y,z) = \left(\frac{2}{L}\right)^{3/2}\sin\left(\frac{n_x\pi x}{L}\right)\sin\left(\frac{n_y\pi y}{L}\right)\sin\left(\frac{n_z\pi z}{L}\right)$ 其中量子數 $n_x, n_y, n_z \in \{1, 2, 3, \dots\}$。

4. 時間相依之一體波函數通解： 對應本徵能量為 $E_{n_x,n_y,n_z} = \frac{\hbar^2\pi^2}{2mL^2}(n_x^2 + n_y^2 + n_z^2) = \frac{h^2}{8mL^2}(n_x^2 + n_y^2 + n_z^2)$。 任何合法的物理態皆可表為定態本徵函數之線性疊加，因此電子波函數的含時通解為： $\Psi(x,y,z,t) = \sum_{n_x=1}^{\infty}\sum_{n_y=1}^{\infty}\sum_{n_z=1}^{\infty} C_{n_x,n_y,n_z} \psi_{n_x,n_y,n_z}(x,y,z) e^{-i\frac{E_{n_x,n_y,n_z}t}{\hbar}}$ 式中 $C_{n_x,n_y,n_z}$ 為由初始狀態決定之複數展開係數，且滿足全空間機率歸一化條件 $\sum_{n_x,n_y,n_z} |C_{n_x,n_y,n_z}|^2 = 1$。

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(二) 躍遷釋放光子之頻率計算

1. 確定基態（Ground State）能階： 基態為總能量最低的態，對應最小的一組量子數組合 $(n_x, n_y, n_z) = (1, 1, 1)$： $E_{\text{ground}} = E_{1,1,1} = \frac{h^2}{8mL^2}\left(1^2 + 1^2 + 1^2\right) = 3 \times \frac{h^2}{8mL^2}$

2. 確定第一激發態（First Excited State）能階： 第一激發態為能量次低之量子態，其量子數組合為其中一個方向取 $2$、其餘兩個方向取 $1$： $(n_x, n_y, n_z) \in \{(2,1,1), (1,2,1), (1,1,2)\}$（此能階具有三重簡併，degeneracy $g=3$）。