物理化學期中考試 I — 詳解答案卷（教師版）

總分 114 分 ｜ 大題 A 36分 · 大題 B 25分 · 大題 C 30分 · 大題 D 23分
常數：$h=6.626\times10^{-34}\ \text{J·s}$，$c=3.00\times10^{8}\ \text{m/s}$，$k_B=1.381\times10^{-23}\ \text{J/K}$， $\hbar=1.055\times10^{-34}\ \text{J·s}$，$m_e=9.109\times10^{-31}\ \text{kg}$，$e=1.602\times10^{-19}\ \text{C}$
題號A1A2A3A4A5A6A7A8A9 B1B2B3C1C2C3D1D2總計
配分265542453 1294121081013114
得分
大題 A — 概念與填空（36 分）
A1 — 維恩位移定律2 分
空格標準答案分部分給分說明
_(1)_ 減小為原來的 1/2（$\lambda_{\max}\propto1/T$，$T$ 加倍則 $\lambda_{\max}$ 減半）
計算驗證：$\lambda_{\max}(6000\ \text{K})=2.898\times10^{-3}/6000=4.83\times10^{-7}\ \text{m}=483\ \text{nm}$		 1 只寫「減小」未提倍數：0.5 分；只寫「½」未提方向：0.5 分
_(2)_ 可見光（藍綠光，約 483 nm） 1 寫「綠光」「藍光」「藍綠光」均可；答「紫外光」或「紅外光」：0 分
A2 — 逸出功、光電方程式與 Energy–$\nu$ 圖6 分
空格標準答案分部分給分說明
_(1)_從金屬表面移走一個電子所需的最低能量（與金屬材料有關，與光頻率無關）1須含「最低能量」概念；僅寫「功」或「束縛能」：0.5 分
_(2)_$E_k = h\nu - \Phi$（或等價 $hc/\lambda - \Phi$）1缺少 $\Phi$ 或符號寫反：0 分
_(3)_ Energy–$\nu$ 圖給分細則（共 4 分）
① 畫出 $h\nu$ 過原點的上升直線，以及水平 $\Phi$ 參考線1基本架構正確
② $\nu < \nu_0$ 區域：$h\nu$ 線在 $\Phi$ 之下，標示「no emission / 無光電效應」1未標示：0.5 分
③ $\nu > \nu_0$ 區域：標出 $h\nu$ 與 $\Phi$ 之間的縱向間距為 $E_k$1$E_k$ 位置錯誤：0 分
④ 正確標示 $\Phi$（縱軸截距）和 $\nu_0$（橫軸，兩線交點）1缺少任一標示：0.5 分
A3 — 德布羅意波長5 分
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_(1)_$\lambda = h/p = h/(mv)$1含 $h$ 與 $p$（或 $mv$）之比值即可
_(2)_電子（Electron）— $\lambda = h/(mv)$，相同速度下質量越小波長越長；$m_p \approx 1836\,m_e$，故 $\lambda_e \gg \lambda_p$1答「質子」：0 分
_(3)_−34（$\lambda = 6.626\times10^{-34}/(0.145\times40) = 1.14\times10^{-34}\ \text{m}$）1誤差 ±1：0.5 分
_(4)_否（No）—— $1.14\times10^{-34}\ \text{m}$ 遠小於原子核直徑 $\sim10^{-15}\ \text{m}$1答「是」：0 分
_(5)_巨觀物體的波長極小（遠低於任何可觀測尺度），波動性完全可以忽略，古典力學完全適用1有明確物理解釋即可
A4 — Born 詮釋與波函數條件5 分
空格標準答案分部分給分說明
_(1)_在 $x$ 到 $x+dx$ 之間找到粒子的機率（注意：$|\psi|^2$ 本身是機率密度；$|\psi|^2\,dx$ 才是機率）1寫「機率密度」混淆了兩者：0.5 分
_(2)_$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}|\psi(x)|^2\,dx$（等於 1）1積分範圍或被積函數錯誤：0.5 分
_(3)_單值（Single-valued）：每一個 $x$ 對應唯一的 $\psi(x)$，機率才有唯一定義1
_(4)_連續（Continuous）：$\psi(x)$ 及其一階導數 $d\psi/dx$ 處處連續（無限高位能障除外），保證機率流連續1未提 $d\psi/dx$ 的連續性：0.5 分
_(5)_平方可積（Square-integrable）：$\displaystyle\int|\psi|^2\,dx < \infty$，使歸一化常數有限且存在1
A5 — Hermitian 算符與正交性4 分
空格標準答案分部分給分說明
_(1)_$\displaystyle\int(\hat{A}\psi_i)^*\psi_j\,dx$（Hermitian 定義：左右兩側交換後取共軛不變）1左右顛倒或缺少共軛符號：0.5 分
_(2)_實數（Real）1答「複數」：0 分
_(3)_$\mathbf{0}$（推導：由 Hermitian 性得 $(a_j - a_i)\displaystyle\int\psi_i^*\psi_j\,dx = 0$，因 $a_i\neq a_j$，故積分 $= 0$）1答案正確但無任何推導說明：0.5 分
_(4)_正交性（Orthogonality）1
A6 — 期望值2 分
空格標準答案分部分給分說明
_(1)_$\langle\hat{A}\rangle = \displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\psi^*\,\hat{A}\psi\,dx$（注意算符作用在 $\psi$ 上，不是 $\psi^*$）1缺少 $\psi^*$ 或積分範圍錯誤：0.5 分
_(2)_$\langle\hat{A}\rangle = a$（即本徵值本身；本徵態每次測量均得到 $a$，無不確定性）1
A7 — Heisenberg 測不準原理4 分
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_(1)_$\dfrac{\hbar}{2}$（即 $\Delta x \cdot \Delta p_x \geq \dfrac{\hbar}{2}$）1寫成 $\hbar$ 少了 $1/2$：0.5 分；寫成 $h$ 或 $h/2$：0 分
_(2)_$\Delta p_x \to \infty$（由 HUP：$\Delta p_x \geq \hbar/(2\Delta x)$，$\Delta x\to0$ 則 $\Delta p_x\to\infty$）1
_(3)_ 波函數觀點說明（2 分）
1確定位置的量子態必須用 Dirac delta 函數描述：$\psi(x) = \delta(x - x_0)$，完全局域在 $x_0$。
2將 $\delta(x-x_0)$ 做 Fourier 變換得到動量空間波函數：$\phi(p) \propto e^{-ipx_0/\hbar}$，其模 $|\phi(p)|$ 對所有動量 $p$ 均相同。
3所有動量值出現的機率相等 $\Rightarrow$ 動量完全不確定，$\Delta p_x \to \infty$。這是位置與動量之間的 Fourier 變換關係的必然結果，而非測量儀器的限制。
_(3)_ 給分細則分說明
提出 delta 函數或「位置完全局域化」的概念，並連結到波函數形狀1
說明 Fourier 變換導致動量空間波函數均勻分布，故所有動量等機率，$\Delta p\to\infty$1只說「不確定原理造成的」未給物理機制：0.5 分
⚠ 常見錯誤：把下界寫成 $\hbar$ 而非 $\hbar/2$；把不確定性歸因於測量儀器的干擾而非量子本質的 Fourier 關係。
A8 — 正則對易關係 $[\hat{x},\hat{p}_x]$ 的計算5 分
1 作用在測試函數 $f(x)$ 上展開定義：
$[\hat{x},\hat{p}_x]f(x) = \hat{x}\bigl(\hat{p}_x f\bigr) - \hat{p}_x\bigl(\hat{x} f\bigr)$
2 代入 $\hat{p}_x = -i\hbar\,\dfrac{d}{dx}$：
$= x\!\left(-i\hbar\frac{df}{dx}\right) - \left(-i\hbar\frac{d}{dx}\right)(x\,f)$
$= -i\hbar\, x\frac{df}{dx} + i\hbar\frac{d(xf)}{dx}$
3 對 $xf$ 用乘積法則（關鍵步驟）：
$\dfrac{d(xf)}{dx} = \frac{dx}{dx}\cdot f + x\cdot\frac{df}{dx} = f + x\frac{df}{dx}$
4 代入並整理：
$= -i\hbar\,x\dfrac{df}{dx} + i\hbar\!\left(f + x\dfrac{df}{dx}\right)$
$= -i\hbar\,x\dfrac{df}{dx} + i\hbar f + i\hbar\,x\dfrac{df}{dx}$
$= i\hbar\, f(x)$
5 結論：因對任意 $f(x)$ 均成立，故 $[\hat{x},\hat{p}_x] = i\hbar$
$$[\hat{x},\hat{p}_x] = i\hbar$$
步驟分給分說明
步驟 1：正確展開定義，作用在 $f(x)$ 上1未使用測試函數直接計算：扣 1 分
步驟 2：代入 $\hat{p}_x = -i\hbar\,d/dx$ 正確1
步驟 3：對 $xf$ 用乘積法則，得到 $f + xf'$ 項（此為關鍵步驟）2遺漏 $f$ 項（最常見錯誤）：0 分；有乘積法則但計算錯：1 分
步驟 4–5：化簡並得到 $[\hat{x},\hat{p}_x] = i\hbar$1
⚠ 致命錯誤：步驟 3 若只寫 $d(xf)/dx = x\,df/dx$（忘記乘積法則），$f$ 項消失，整個對易子變成 0，後續全錯（扣 2 分）。
A9 — 對易算符性質判斷3 分
題答案與說明分
①正確｜$[\hat{A},\hat{B}]=0$ 保證廣義不確定關係 $\Delta A\cdot\Delta B \geq 0$，即兩者可同時精確測量1
②正確｜對易算符必定共享一組完整的共同本徵函數（同時對角化定理）1
③正確｜$[\hat{A},\hat{B}]f = \hat{A}\hat{B}f - \hat{B}\hat{A}f = 0$ 即 $\hat{A}\hat{B}f = \hat{B}\hat{A}f$，對任意 $f$ 成立1
大題 B — 計算題（25 分）
B1 — 維恩定律與光電效應（Pt，$\Phi=4.52\ \text{eV}$）12 分
(a) 太陽峰值波長（4 分）
1 引用維恩位移定律：$\lambda_{\max} = \dfrac{b}{T}$，其中 $b = 2.898\times10^{-3}\ \text{m·K}$
2 代入 $T = 5800\ \text{K}$：
$\lambda_{\max} = \dfrac{2.898\times10^{-3}}{5800} = 4.997\times10^{-7}\ \text{m}$
3 換算單位：$4.997\times10^{-7}\ \text{m} = \mathbf{500\ \text{nm}}$（可見光，綠色）
$\lambda_{\max} = \mathbf{500\ \text{nm}}$（可見光綠色）
步驟分給分說明
寫出維恩位移定律公式1直接代入但未寫公式，計算正確仍給分
代入 $T=5800\ \text{K}$ 計算 $\lambda_{\max}$2數值正確 2 分；常數誤記但計算正確：1 分
換算為 nm 並標示單位1僅以 m 表示未換算：0.5 分；缺單位：0.5 分
(b) UV 光（200 nm）照射 Pt 金屬（各 2 分，共 8 分）
1 (i) 光子能量：
$E_\nu = \dfrac{hc}{\lambda} = \dfrac{(6.626\times10^{-34})(3.00\times10^8)}{200\times10^{-9}}$
$= \dfrac{1.988\times10^{-25}}{2.00\times10^{-7}} = 9.94\times10^{-19}\ \text{J}$
換算：$9.94\times10^{-19} \div 1.602\times10^{-19} = \mathbf{6.21\ \text{eV}}$
2 (ii) 最大動能：
$E_k = E_\nu - \Phi = 6.21 - 4.52 = \mathbf{1.69\ \text{eV}}$
換算為焦耳：$E_k = 1.69 \times 1.602\times10^{-19} = \mathbf{2.71\times10^{-19}\ \text{J}}$
3 (iii) $\lambda=300\ \text{nm}$ 是否發生光電效應：
$E_\nu(300\ \text{nm}) = \dfrac{hc}{300\times10^{-9}} = \dfrac{1.988\times10^{-25}}{3.00\times10^{-7}} = 6.63\times10^{-19}\ \text{J} = 4.14\ \text{eV}$
$4.14\ \text{eV} < \Phi = 4.52\ \text{eV}$ ⟹ 光子能量不足以克服逸出功 ⟹ 不發生光電效應
4 (iv) 射出電子的德布羅意波長：
由 $E_k = \dfrac{p^2}{2m_e}$ 求動量：
$p = \sqrt{2m_e E_k} = \sqrt{2 \times 9.109\times10^{-31} \times 2.71\times10^{-19}}$
$= \sqrt{4.939\times10^{-49}} = 7.03\times10^{-25}\ \text{kg·m/s}$
$\lambda_{dB} = \dfrac{h}{p} = \dfrac{6.626\times10^{-34}}{7.03\times10^{-25}} = 9.43\times10^{-10}\ \text{m} = \mathbf{0.94\ \text{nm}}$
子題分給分說明
(i) 光子能量：公式正確；數值 $6.21\ \text{eV}$（含單位）2公式正確 1 分；數值含單位正確 1 分
(ii) 最大動能：$E_k = 1.69\ \text{eV} = 2.71\times10^{-19}\ \text{J}$（兩單位均需）2eV 值正確 1 分；J 換算正確 1 分；若 (i) 錯但本題公式正確：給 1 分
(iii) 計算 $E_\nu(300\ \text{nm})=4.14\ \text{eV} < \Phi$，結論「不發生」2計算光子能量 1 分；比較後正確結論 1 分；只給結論未計算：0.5 分
(iv) $p = 7.03\times10^{-25}\ \text{kg·m/s}$；$\lambda_{dB} = 0.94\ \text{nm}$2$p$ 正確 1 分；$\lambda$ 含單位 nm 正確 1 分；用 $p=mv$ 而非 $p=\sqrt{2mE_k}$：0 分
B2 — 一維無限方井：歸一化與機率9 分
(a) 求歸一化常數 $A$（3 分）
1 設置歸一化條件：
$\displaystyle\int_0^L |\psi_1|^2\,dx = A^2\int_0^L \sin^2\!\left(\frac{\pi x}{L}\right)dx = 1$
2 計算積分（用半角公式 $\sin^2\theta = \frac{1}{2}(1-\cos2\theta)$）：
$\displaystyle\int_0^L\sin^2\!\left(\frac{\pi x}{L}\right)dx = \frac{L}{2} - \frac{L}{4\pi}\underbrace{\sin(2\pi)}_0 + \frac{L}{4\pi}\underbrace{\sin 0}_0 = \frac{L}{2}$
3 代入：$A^2\cdot\dfrac{L}{2} = 1$ ⟹ $A^2 = \dfrac{2}{L}$ ⟹ $A = \sqrt{\dfrac{2}{L}}$（取正實數）
$A = \sqrt{2/L}$
(b)(c) 機率計算（各 3 分）
通用 歸一化後 $|\psi_1|^2 = \dfrac{2}{L}\sin^2\!\left(\dfrac{\pi x}{L}\right)$，機率積分：
$$P(x_1\to x_2) = \frac{2}{L}\int_{x_1}^{x_2}\sin^2\!\left(\frac{\pi x}{L}\right)dx = \left[\frac{x}{L} - \frac{1}{2\pi}\sin\!\left(\frac{2\pi x}{L}\right)\right]_{x_1}^{x_2}$$
b (b) $P(0 \to L/4)$：
$= \left[\dfrac{x}{L} - \dfrac{1}{2\pi}\sin\!\dfrac{2\pi x}{L}\right]_0^{L/4}$
$= \left(\dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{2\pi}\sin\dfrac{\pi}{2}\right) - \left(0 - 0\right)$
$= \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{2\pi}\cdot1 = \dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{2\pi} \approx 0.250 - 0.159 = \mathbf{0.091}$
c (c) $P(L/4 \to L/2)$：
$= \left[\dfrac{x}{L} - \dfrac{1}{2\pi}\sin\!\dfrac{2\pi x}{L}\right]_{L/4}^{L/2}$
$= \left(\dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{2\pi}\underbrace{\sin\pi}_{0}\right) - \left(\dfrac{1}{4} - \dfrac{1}{2\pi}\cdot1\right)$
$= \dfrac{1}{2} - \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{2\pi} = \dfrac{1}{4} + \dfrac{1}{2\pi} \approx 0.250 + 0.159 = \mathbf{0.409}$
驗算：$P_b + P_c = 0.091 + 0.409 = 0.500$ ✓（對稱性：$n=1$ 態在 $[0,L/2]$ 的機率恰好是 0.5）
子題分給分說明
(a) 積分設置正確；計算得 $L/2$；解出 $A=\sqrt{2/L}$3各步各 1 分
(b) 積分設置正確；代入上下限與三角值；數值 0.091（或 9.1%）正確3各步各 1 分；少乘 $2/L$：扣 1 分
(c) 同(b)；數值 0.409（或 40.9%）正確3同上；可用對稱性 $P_c = 0.5 - P_b$ 驗算
⚠ 常見錯誤：忘記 $2/L$ 的歸一化前置係數；用 $|\psi|^2\cdot\Delta x$ 的近似代替精確積分。
B3 — Gaussian 波函數歸一化4 分
(a) 求歸一化常數 $N$（4 分）
1 計算 $|\psi|^2$（注意指數加倍）：
$|\psi|^2 = N^2 e^{-x^2/(2a^2)} \cdot e^{-x^2/(2a^2)} = N^2\, e^{-x^2/a^2}$
2 設置歸一化條件：
$N^2\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}e^{-x^2/a^2}dx = 1$
令 $\alpha = 1/a^2$，套用公式 $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\alpha x^2}dx = \sqrt{\dfrac{\pi}{\alpha}}$：
$N^2\cdot\sqrt{\pi a^2} = N^2\cdot a\sqrt{\pi} = 1$
3 解出 $N$：
$N^2 = \dfrac{1}{a\sqrt{\pi}} = \dfrac{1}{\sqrt{\pi a^2}}$ ⟹ $N = \dfrac{1}{(\pi a^2)^{1/4}}$
$N = \dfrac{1}{(\pi a^2)^{1/4}}$
步驟分給分說明
正確平方得 $e^{-x^2/a^2}$（指數從 $2a^2$ 變為 $a^2$）1忘記平方仍用 $e^{-x^2/2a^2}$：此步 0 分，後續繼續扣
正確識別 $\alpha=1/a^2$，代入 Gaussian 公式得 $a\sqrt{\pi}$2公式正確 1 分；$\alpha$ 代入正確 1 分
解出 $N = (\pi a^2)^{-1/4}$（形式等價均可）1
⚠ 最常見錯誤：將 $e^{-x^2/2a^2}$ 平方後仍寫成 $e^{-x^2/2a^2}$，導致 $\alpha=1/(2a^2)$ 錯誤，最終 $N$ 也錯。
大題 C — 推導與理論（30 分）
C1 — Hermitian 算符本徵值必為實數的嚴格證明12 分
(a) 完整推導（8 分）
1 寫出 Hermitian 算符定義（必須明確寫出）：
$$\int\psi_i^*\,(\hat{A}\psi_j)\,dx = \int(\hat{A}\psi_i)^*\,\psi_j\,dx \quad \forall\,\psi_i,\psi_j$$
2 目標：證明本徵值 $a_i$ 為實數，即 $a_i = a_i^*$。
令 $\psi_i = \psi_j$（對同一本徵態應用 Hermitian 定義）。
3 計算左側（LHS），代入 $\hat{A}\psi_i = a_i\psi_i$：
$\text{LHS} = \displaystyle\int\psi_i^*\,(\hat{A}\psi_i)\,dx = \int\psi_i^*\,(a_i\psi_i)\,dx = a_i\int|\psi_i|^2\,dx = a_i \cdot 1 = a_i$
（最後一步使用 $\psi_i$ 的歸一化條件 $\int|\psi_i|^2\,dx = 1$）
4 計算右側（RHS），先對 $\hat{A}\psi_i$ 取共軛，再代入 $\hat{A}\psi_i = a_i\psi_i$：
$\text{RHS} = \displaystyle\int(\hat{A}\psi_i)^*\,\psi_i\,dx = \int(a_i\psi_i)^*\,\psi_i\,dx = a_i^*\int|\psi_i|^2\,dx = a_i^* \cdot 1 = a_i^*$
（注意：對 $a_i\psi_i$ 取共軛得 $a_i^*\psi_i^*$；$a_i$ 的共軛不能省略）
5 令 LHS = RHS：
$a_i = a_i^*$
一個數等於自己的共軛 $\Leftrightarrow$ 虛部為零 $\Leftrightarrow$ $a_i \in \mathbb{R}$ $\square$
$a_i = a_i^*$ ⟹ $a_i$ 為實數
步驟分給分說明
步驟 1：明確寫出 Hermitian 算符的積分定義1跳過定義直接計算：0 分（不給步驟 1 分）
步驟 2：說明令 $\psi_i = \psi_j$ 的策略1隱含使用但未說明：0.5 分
步驟 3 LHS：代入本徵值方程，用歸一化得 $a_i$2代入本徵值 1 分；用歸一化化簡 1 分
步驟 4 RHS：對 $\hat{A}\psi_i$ 取共軛正確得 $a_i^*\psi_i^*$，用歸一化得 $a_i^*$3共軛操作正確（關鍵）2 分；用歸一化 1 分
步驟 5：令 LHS=RHS 得 $a_i = a_i^*$，明確結論「為實數」1等式成立但未說「實數」：0.5 分
(b) 可觀測量必須用 Hermitian 算符的物理理由（4 分）
1 任何實驗測量的結果都是可以記錄的實數——能量、動量、位置等可觀測量都不可能有虛部；複數測量結果無物理意義。
2 由 (a) 的證明，Hermitian 算符的所有本徵值（即所有可能的測量結果）均為實數。若使用非 Hermitian 算符，本徵值可能為複數，預測出無法在實驗中觀測的結果，因此違背量子力學的測量公設。
3 此外，Hermitian 算符還保證：本徵函數構成正交完備基（可展開任意態），以及期望值 $\langle\hat{A}\rangle\in\mathbb{R}$，這些性質都是物理上必要的。
要點分給分說明
測量結果必須是實數，有虛部的值無物理意義2明確說明「實數」是物理必要性
Hermitian 算符保證本徵值（即所有可能測量結果）均為實數；非 Hermitian 則無此保證2連結到 (a) 的結論
⚠ 步驟 4（RHS）最常見錯誤：取共軛時忘記對 $a_i$ 加 $*$，直接寫 $a_i\int|\psi_i|^2\,dx = a_i$，導致 LHS = RHS = $a_i$，無法證出實數性。
C2 — $\pi$ 電子動能期望值（$L = 10\ \text{nm}$）10 分
(a) 對 $\psi_1$ 作用 $\hat{T}$，證明為本徵函數（6 分）
1 動能算符：$\hat{T} = -\dfrac{\hbar^2}{2m_e}\dfrac{d^2}{dx^2}$
2 第一次微分：
$\dfrac{d}{dx}\!\left[\sqrt{\dfrac{2}{L}}\sin\!\left(\dfrac{\pi x}{L}\right)\right] = \sqrt{\dfrac{2}{L}}\cdot\dfrac{\pi}{L}\cos\!\left(\dfrac{\pi x}{L}\right)$
3 第二次微分：
$\dfrac{d^2}{dx^2}\!\left[\sqrt{\dfrac{2}{L}}\sin\!\left(\dfrac{\pi x}{L}\right)\right] = \sqrt{\dfrac{2}{L}}\cdot\left(-\dfrac{\pi^2}{L^2}\right)\sin\!\left(\dfrac{\pi x}{L}\right) = -\dfrac{\pi^2}{L^2}\,\psi_1$
4 作用 $\hat{T}$：
$\hat{T}\psi_1 = -\dfrac{\hbar^2}{2m_e}\cdot\left(-\dfrac{\pi^2}{L^2}\right)\psi_1 = \dfrac{\pi^2\hbar^2}{2m_e L^2}\,\psi_1$
5 $\hat{T}\psi_1 = E_1\,\psi_1$，其中 $E_1 = \dfrac{\pi^2\hbar^2}{2m_e L^2}$。
結論：$\psi_1$ 是 $\hat{T}$ 的本徵函數，對應本徵值 $E_1 = \dfrac{\pi^2\hbar^2}{2m_e L^2}$。
步驟分給分說明
步驟 1：寫出 $\hat{T}$ 的正確表達式1符號錯誤（如少負號）：0.5 分
步驟 2–3：一次與二次微分均正確3一次微分 1 分；二次微分 2 分；二次微分符號錯：1 分
步驟 4：作用 $\hat{T}$ 得 $\hat{T}\psi_1 = E_1\psi_1$，本徵值形式正確1
步驟 5：明確說明 $\psi_1$ 為本徵函數，並寫出本徵值 $E_1$1只寫計算結果未說明「本徵函數」：0.5 分
(b) 數值計算 $\langle T\rangle$（4 分）
1 由於 $\psi_1$ 是歸一化的本徵函數，期望值直接等於本徵值（無需另行積分）：
$\langle T\rangle = E_1 = \dfrac{\pi^2\hbar^2}{2m_e L^2}$
2 代入數值（$\hbar=1.055\times10^{-34}\ \text{J·s}$，$m_e=9.109\times10^{-31}\ \text{kg}$，$L=10\ \text{nm}=10^{-8}\ \text{m}$）：
分子：$\pi^2\hbar^2 = 9.870\times(1.055\times10^{-34})^2 = 9.870\times1.113\times10^{-68} = 1.099\times10^{-67}\ \text{J}^2\text{s}^2$
分母：$2m_e L^2 = 2\times9.109\times10^{-31}\times(10^{-8})^2 = 1.822\times10^{-46}\ \text{kg·m}^2$
3 $\langle T\rangle = \dfrac{1.099\times10^{-67}}{1.822\times10^{-46}} = 6.03\times10^{-22}\ \text{J}$
4 換算為 eV：$\langle T\rangle = \dfrac{6.03\times10^{-22}}{1.602\times10^{-19}} = 3.76\times10^{-3}\ \text{eV} = \mathbf{3.76\ \text{meV}}$
$\langle T\rangle = 6.03\times10^{-22}\ \text{J} = \mathbf{3.76\ \text{meV}}$
步驟分給分說明
步驟 1：說明本徵態下 $\langle T\rangle = E_1$（無需積分）1進行不必要積分但結果正確：仍給分
步驟 2–3：代入數值，計算結果 $6.03\times10^{-22}\ \text{J}$2數值正確含單位 J
步驟 4：換算為 eV，結果 $3.76\ \text{meV}$1換算正確含單位 eV
⚠ 常見錯誤：混用 $\hbar$ 與 $h$（$h=2\pi\hbar$，相差 $2\pi\approx6.28$，差距很大）。若用 $h$ 計算，分子變成 $h^2/4\pi^2$，答案偏大。
C3 — 梯形算符對易子 $[\hat{a},\hat{a}^\dagger]$ 逐步計算8 分
1 展開定義：
$[\hat{a},\hat{a}^\dagger] = \hat{a}\hat{a}^\dagger - \hat{a}^\dagger\hat{a}$
$= \dfrac{1}{2}(\hat{x}+i\hat{p})(\hat{x}-i\hat{p}) - \dfrac{1}{2}(\hat{x}-i\hat{p})(\hat{x}+i\hat{p})$
2 展開第一個乘積（注意算符不可交換）：
$(\hat{x}+i\hat{p})(\hat{x}-i\hat{p})$
$= \hat{x}\hat{x} - i\hat{x}\hat{p} + i\hat{p}\hat{x} + i^2\hat{p}\hat{p}$
$= \hat{x}^2 - i\hat{x}\hat{p} + i\hat{p}\hat{x} - \hat{p}^2$
3 展開第二個乘積：
$(\hat{x}-i\hat{p})(\hat{x}+i\hat{p})$
$= \hat{x}^2 + i\hat{x}\hat{p} - i\hat{p}\hat{x} + i^2\hat{p}^2$
$= \hat{x}^2 + i\hat{x}\hat{p} - i\hat{p}\hat{x} - \hat{p}^2$
4 相減（$\hat{x}^2$ 和 $\hat{p}^2$ 消去）：
第一個 $-$ 第二個：
$= (-i\hat{x}\hat{p} + i\hat{p}\hat{x}) - (i\hat{x}\hat{p} - i\hat{p}\hat{x})$
$= -i\hat{x}\hat{p} + i\hat{p}\hat{x} - i\hat{x}\hat{p} + i\hat{p}\hat{x}$
$= -2i\hat{x}\hat{p} + 2i\hat{p}\hat{x}$
$= 2i(\hat{p}\hat{x} - \hat{x}\hat{p}) = -2i[\hat{x},\hat{p}]$
5 代入 $[\hat{x},\hat{p}] = i\hbar$：
$= -2i\cdot(i\hbar) = -2i^2\hbar = -2(-1)\hbar = +2\hbar$
6 乘以前置係數 $\frac{1}{2}$：
$[\hat{a},\hat{a}^\dagger] = \dfrac{1}{2}\cdot 2\hbar = \hbar$
$$[\hat{a},\hat{a}^\dagger] = \hbar$$
步驟分給分說明
步驟 1：正確展開 $\hat{a}\hat{a}^\dagger - \hat{a}^\dagger\hat{a}$ 的定義1
步驟 2–3：兩個乘積展開均正確（算符順序不可互換）3各 1.5 分；若誤用 $\hat{x}\hat{p}=\hat{p}\hat{x}$：各步扣 0.5 分
步驟 4：相減後正確識別出 $-2i[\hat{x},\hat{p}]$ 的結構2化簡方向正確 1 分；正確識別 $[\hat{x},\hat{p}]$ 1 分
步驟 5：代入 $[\hat{x},\hat{p}]=i\hbar$，$i^2=-1$ 處理正確得 $+2\hbar$1符號錯誤（忘記 $i^2=-1$）：0 分
步驟 6：乘以 $1/2$ 得最終結果 $\hbar$1忘記 $1/2$ 得 $2\hbar$：0 分
⚠ 三個常見錯誤：① 展開乘積時令 $\hat{x}\hat{p}=\hat{p}\hat{x}$（兩者相差 $[\hat{x},\hat{p}]=i\hbar$）；② 步驟 5 中 $i^2$ 符號錯誤；③ 遺忘前置 $1/2$ 因子，最終得 $2\hbar$ 而非 $\hbar$。
大題 D — 詮釋與應用（23 分）
D1 — 疊加態、測量結果與期望值10 分
(a)(i) 可能的測量結果與各自機率（3 分）
1 根據量子力學測量公設：測量 $\hat{A}$ 的結果只能是 $\hat{A}$ 的本徵值，即 $a_1$ 或 $a_2$。
2 各結果出現的機率等於對應展開係數的模平方：
  • 得到 $a_1$ 的機率：$P_1 = |c_1|^2$
  • 得到 $a_2$ 的機率：$P_2 = |c_2|^2$
  • 歸一化：$|c_1|^2 + |c_2|^2 = 1$
要點分給分說明
測量結果只能是本徵值 $a_1$ 或 $a_2$（排除其他可能）1
$P(a_1) = |c_1|^2$，$P(a_2) = |c_2|^2$（兩者均需正確）2各 1 分；寫成 $c_1^2$ 未取模平方：0.5 分（複數情況下不等價）
(a)(ii) 期望值表達式與物理意義（3 分）
1 期望值（統計平均）：$\langle\hat{A}\rangle = |c_1|^2 a_1 + |c_2|^2 a_2$
2 $\langle\hat{A}\rangle$ 不必然等於 $a_1$ 或 $a_2$ 中的任何一個。每次單次測量只會得到 $a_1$ 或 $a_2$；$\langle\hat{A}\rangle$ 是對大量相同製備系統重複測量後的統計加權平均，本身不是一個可直接量測到的值。
要點分給分說明
$\langle\hat{A}\rangle = |c_1|^2 a_1 + |c_2|^2 a_2$（公式正確）1
$\langle\hat{A}\rangle$ 不必然等於任何單次測量結果1
解釋：期望值為統計平均，每次單次測量只得本徵值，多次平均才得 $\langle\hat{A}\rangle$1只說「不等於」未說明原因：0.5 分
(b) 數值計算（$c_1=1/\sqrt{3}$，$c_2=\sqrt{2/3}$，$a_1=1.0\ \text{eV}$，$a_2=4.0\ \text{eV}$）（4 分）
1 (i) 驗證歸一化：
$|c_1|^2 + |c_2|^2 = \left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)^2 + \left(\sqrt{\dfrac{2}{3}}\right)^2 = \dfrac{1}{3} + \dfrac{2}{3} = 1$ ✓
2 (ii) 計算期望值：
$\langle\hat{A}\rangle = |c_1|^2 a_1 + |c_2|^2 a_2 = \dfrac{1}{3}\times1.0 + \dfrac{2}{3}\times4.0 = \dfrac{1.0 + 8.0}{3} = \mathbf{3.0\ \text{eV}}$
3 (iii) 物理意義：
$3.0\ \text{eV} \neq a_1 = 1.0\ \text{eV}$，也 $\neq a_2 = 4.0\ \text{eV}$。期望值是統計平均，沒有任何一次測量能得到 3.0 eV 的結果。
子題分給分說明
(i) 計算 $1/3+2/3=1$ 並明確確認等於 11
(ii) 代入正確；結果 $3.0\ \text{eV}$（含單位）2代入正確 1 分；數值含單位 1 分
(iii) 說明 $3.0\ \text{eV}$ 不等於任何本徵值，並指出物理意義1
D2 — Planck 分布（波長形式）與紫外線災難13 分
(a) 長波長極限 → Rayleigh-Jeans 定律（5 分）
1 令 $x = \dfrac{hc}{\lambda k_BT}$。在長波長極限 $hc/\lambda \ll k_BT$ 下，$x \to 0$（必須明確說明此條件，這是 Taylor 展開適用的依據）。
2 對分母應用 Taylor 展開 $e^x \approx 1 + x$（$x\ll1$）：
$e^{hc/\lambda k_BT} - 1 \approx 1 + x - 1 = x = \dfrac{hc}{\lambda k_BT}$
3 代入 Planck 分布：
$\rho(\lambda,T) \approx \dfrac{8\pi hc}{\lambda^5} \cdot \dfrac{1}{hc/(\lambda k_BT)} = \dfrac{8\pi hc}{\lambda^5}\cdot\dfrac{\lambda k_BT}{hc} = \dfrac{8\pi k_BT}{\lambda^4}$
4 此即 Rayleigh-Jeans 定律：$\rho_\text{RJ}(\lambda,T) = \dfrac{8\pi k_BT}{\lambda^4}$
當 $\lambda\to0$ 時，$\rho\propto\lambda^{-4}\to\infty$（發散）。
$\rho(\lambda,T) \approx \dfrac{8\pi k_BT}{\lambda^4}$（Rayleigh-Jeans 定律）
步驟分給分說明
步驟 1：令 $x=hc/(\lambda k_BT)$，說明 $x\ll1$ 的極限條件1未說明 $x\ll1$ 的條件：扣 0.5 分
步驟 2：Taylor 展開正確，分母化簡為 $hc/(\lambda k_BT)$2展開正確 1 分；分母化簡正確 1 分
步驟 3：代入化簡，最終得 $8\pi k_BT/\lambda^4$1最終形式正確
步驟 4：指出 $\lambda\to0$ 時 $\rho\to\infty$（發散）1只推導定律而未說明發散行為：扣 0.5 分
(b) 何謂紫外線災難（3 分）
1 由 (a)，Rayleigh-Jeans 定律預測 $\rho \propto \lambda^{-4}$，在短波長端（$\lambda\to0$，即紫外線及更高頻率區域）趨向無限大。
2 因此黑體的總輻射能：
$U = \displaystyle\int_0^\infty \rho(\lambda,T)\,d\lambda \propto \int_0^\infty \lambda^{-4}\,d\lambda \to \infty$
即古典理論預測一個有限溫度的黑體會輻射無限多的能量，違反能量守恆，且與所有實驗結果完全不符。
3 這個古典物理的根本性失敗被稱為紫外線災難（ultraviolet catastrophe）。
要點分給分說明
$\rho_\text{RJ}\propto\lambda^{-4}$ 在 $\lambda\to0$ 時發散（連結 (a) 的結果）1
總輻射能 $U\to\infty$，即黑體輻射無限能量，違反能量守恆且與實驗不符1說出「無限能量」及矛盾
此現象名稱：紫外線災難1寫出名稱即可
(c)(i) 數學證明：Planck 分布在 $\lambda\to0$ 時趨近於零（3 分）
1 當 $\lambda\to0$ 時，令 $x = hc/(\lambda k_BT) \to \infty$。
分母 $e^x - 1 \approx e^x$（因 $e^x \gg 1$），故：
$\rho(\lambda,T) \approx \dfrac{8\pi hc}{\lambda^5}\cdot e^{-hc/\lambda k_BT}$
2 比較兩個競爭因子在 $\lambda\to0$ 時的行為：
  • 前置因子：$\lambda^{-5} \to \infty$（冪次發散）
  • 指數因子：$e^{-hc/\lambda k_BT} \to 0$（指數衰減）
由於 $e^{hc/\lambda k_BT}$ 的指數增長速度遠快於任何冪次 $\lambda^{-n}$，指數因子主導： $$\lim_{\lambda\to0}\lambda^{-5}\cdot e^{-hc/\lambda k_BT} = 0$$
3 因此 $\rho(\lambda,T)\to0$ 當 $\lambda\to0$。Planck 分布在短波長端趨近於零，避免了紫外線災難。
$\rho(\lambda,T)\approx\dfrac{8\pi hc}{\lambda^5}e^{-hc/\lambda k_BT}\to0$ （$\lambda\to0$）
步驟分給分說明
步驟 1：$\lambda\to0$ 時 $x\to\infty$，分母 $e^x-1\approx e^x$，得近似式1
步驟 2：說明指數增長快於冪次增長，$\lambda^{-5}\cdot e^{-hc/\lambda k_BT}\to0$1只說「指數衰減」未比較相對速度：0.5 分
步驟 3：明確結論 $\rho\to0$，Planck 分布避免發散1
(c)(ii) 物理解釋：Planck 如何解決紫外線災難（2 分）
1 Planck 的理論將短波長輻射視為需要較高能量的離散模式。短波長時（$hc/\lambda \gg k_BT$），單個輻射模式所需能量遠超系統的熱能 $k_BT$，因此激發這種模式的機率被 Boltzmann 因子 $e^{-hc/\lambda k_BT}$ 強烈抑制，趨近於零。
2 換言之，短波長模式幾乎無法從熱庫獲得足夠能量被激發（被「凍結」），對總輻射能的貢獻趨近於零，從而消除了發散——這正是 (c)(i) 中指數因子主導的物理根源。
要點分給分說明
短波長時，激發機率 $\propto e^{-hc/\lambda k_BT}\to0$（Boltzmann 抑制因子），說明為何短波長被凍結1須連結到 $e^{-hc/\lambda k_BT}$；只說「能量很大」：0.5 分
短波長模式被凍結 ⟹ 對總能量貢獻趨近於零 ⟹ 消除發散1物理結果說明清楚
⚠ (a)：必須說明 Taylor 展開條件 $x\ll1$，未說明扣 0.5 分。(c)(i)：「指數衰減」的說法不夠精確，應說「指數增長速度快於冪次增長，使乘積趨近於零」。(c)(ii)：必須連結到 $e^{-hc/\lambda k_BT}$ 的抑制效果，只說「短波長能量大」不給分。
— 詳解答案卷結束 ｜ 請勿發給學生 —