# 4月7日 檢討
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## 指考知試王 物理 第10回
### 第6題 波耳氫原子模型的基態總能量
題目給的物理量有
- 電子質量 $m$
- 電子軌道半徑 $a_0$ （波耳半徑）
- 電子繞核運行的角動量量值 $\hbar=\frac{h}{2\pi}$（角動量量子化假設）

步驟：
1. 依力學能定義，$E=K+U$，$K$ 為動能， $U$ 為位能。
2. 按照波耳對穩定態的假設，電子是以庫侖力（平方反比力）繞核作「等速率圓周運動」，故我們有（已經代入 $r=a_0$）：
- 力學能 $E=-\dfrac{ke^2}{2a_0}$、
- 動能 $K=\dfrac{ke^2}{2a_0}$、
- 位能$U=-\dfrac{ke^2}{a_0}$。
3. 由上可推得關係 $$K=-E。\tag{1}$$
4. 依動能的定義 $K=\dfrac{1}{2}mv^2$，以及動量的定義 $p=mv$，可推得 $$K=\dfrac{p^2}{2m}，$$再結合關係 $K=-E$，得到$$E=-\dfrac{p^2}{2m}。\tag{2}$$
5. 使用角動量 $\mathbf{L}$ 的定義 $\mathbf{L}=\mathbf{r}\times\mathbf{p}$，但
- 由於$\mathbf{p}$ 恆垂直於 $\mathbf{r}$ ，故角動量量值可簡單寫為 $L=rp$
- 代入 $r=a_0$，
- 再代入 $L=\hbar$，得到$$p=\hbar/a_0\tag{3}$$
6. 把(3)式代入(2)式，得到$$\boxed{E=-\dfrac{\hbar^2}{2ma_0^2}}。\tag{4}$$

因此選(C\)。

### 第11題
愛因斯坦光電方程式$$K_{\text{max}}=h\nu-W$$
#### (A)
$K$-$\nu$ 圖（光電子動能與入射光頻率關係圖）的斜率是 $h$。
#### (B)
功函數 $W=h\nu_0$，$\nu_0$ 為截止頻率（cut-off frequency）。由圖可知，B金屬的截止頻率大於A金屬，故B金屬的功函數大於A金屬。
#### (C\)
故 $K$-$\nu$ 圖的 $y$ 截距為 $-W=-h\nu_0$。根據題目，A金屬與B金屬的 $y$ 截距量值 $a$ 與 $b$ 之比例為 $1:2$，所以==是「截止頻率 $\nu_0$」與「功函數$W$」的比例為 $1:2$==，不是光電子動能 $K$ 的比例為 $1:2$。
#### (D)
光子波長與頻率成反比，故截止波長的比例為 $2:1$。
#### (E)
$K_A=\dfrac{h}{e}\left(4\nu_A-\nu_A\right)=\dfrac{3h\nu_A}{e}$
$K_B=\dfrac{h}{e}\left(4\nu_A-2\nu_A\right)=\dfrac{2h\nu_A}{e}$
$K_A:K_B=3:2$

### 第14題
#### (A)
空腔輻射與空腔材料、大小、形狀皆==無關==。
#### (B)
驗證了==空腔壁上振子能量的量子化==。
#### (C\) 正確
#### (D)
波長==變短==
#### (E)
是==普朗克==。

### 第24題
#### (B)(C\)
物質波波長 $\lambda=\dfrac{2a}{n}$
#### (D)
電子動量 $p=\dfrac{h}{\lambda}=\dfrac{nh}{2a}$
電子動能 $\boxed{K=\dfrac{p^2}{2m}=\dfrac{1}{2m}\left(\dfrac{nh}{2a}\right)^2=\dfrac{h^2n^2}{8ma^2}}$
#### (E)
電子總能量 $E=K$ （因為是自由電子，不受力，$U=0$）
總能量有量子化現象：$$E_n=\dfrac{h^2n^2}{8ma^2}$$由 $n=3$ 量子態躍遷到 $n=1$ 量子態所釋放的能量為$$E_3-E_1=\dfrac{h^2(3^2-1^2)}{8ma^2}=\boxed{\dfrac{h^2}{ma^2}}。$$

### 非選一
1. 波耳的穩定態假設（角動量量子化）$$mvr=\dfrac{nh}{2\pi}\tag{1}$$
2. 波耳的穩定態假設（電子繞核作等速圓周運動）
庫侖力＝向心力：$$\dfrac{ke^2}{r^2}=\dfrac{mv^2}{r}\tag{2}$$
由(1)式，得 $v=\dfrac{nh}{2\pi mr}$，代入(2)式，得$$\dfrac{ke^2}{r^2}=\dfrac{m}{r}\left(\dfrac{nh}{2\pi mr}\right)^2，\tag{3}$$然後同乘以 $r^3/ke^2$，得到$$\boxed{r=\dfrac{n^2h^2}{4\pi^2mke^2}}。\tag{4}$$
3. 把(4)式代入總能量 $E=-\dfrac{ke^2}{2r}$，得到$$\boxed{E=-\dfrac{2\pi^2mk^2e^4}{n^2h^2}}。\tag{5}$$

### 非選二
$\require{cancel}$
依照能量守恆定律、結合質能互換公式 $E=mc^2$ 可寫出
$$m_nc^2=m_pc^2+m_ec^2+K_e+E_{\bar{\nu}}，$$其中 $m_n$、$m_p$、$m_e$ 分別為中子、質子、電子的靜質量，$K_e$ 為電子的動能，$E_{\bar{\nu}}$ 為反微中子的能量，$c$ 為真空中的光速。

移項並代數值，
$\begin{align}E_{\bar{\nu}}&=c^2(m_n-m_p-m_e)-K_e\\&=\cancel{c^2}(1.0087 \text{ u}-1.0073 \text{ u}-0.00055 \text{ u})\left(\dfrac{931.5 \text{ MeV}/\cancel{c^2}}{1 \text{ u}}\right)-0.51\text{ MeV}\\&=\boxed{0.28\text{ MeV}}\end{align}$