東大 工学系研究科 物理工学専攻 物理学 2012年度 院試 解答例・解説

円板の半径を $a$、最初の糸の長さを $\ell_0$ とする。糸が円板から離れる点を $Q$ とし、$\overrightarrow{OQ}$ が $x$ 軸となす角を $\varphi$ とする。極座標の単位ベクトルを $$\boldsymbol e_r=(\cos\varphi,\sin\varphi),\qquad \boldsymbol e_\varphi=(-\sin\varphi,\cos\varphi)$$ とおく。巻き付いた弧の長さは $a\varphi$ なので、自由に張っている糸の長さは $$\ell(\varphi)=\ell_0-a\varphi$$ である。質点の位置は $$\boldsymbol r=a\boldsymbol e_r+\ell\boldsymbol e_\varphi$$ と表せる。

1. 張力は常に糸の方向に働き、質点の速度と垂直である。そのため張力は仕事をせず、運動エネルギーは保存する。一方、張力の作用線は一般に原点 $O$ を通らないので、原点まわりのトルクは 0 ではなく、角運動量は保存しない。
2. $\ell'(\varphi)=-a$ を用いると $$\frac{d\boldsymbol r}{d\varphi} =a\boldsymbol e_\varphi-a\boldsymbol e_\varphi-\ell\boldsymbol e_r =-\ell\boldsymbol e_r.$$ したがって $$\boldsymbol v=-\ell\dot\varphi\,\boldsymbol e_r.$$ 成分表示では $$x=a\cos\varphi-\ell\sin\varphi,\qquad y=a\sin\varphi+\ell\cos\varphi,$$ $$\dot x=-\ell\dot\varphi\cos\varphi,\qquad \dot y=-\ell\dot\varphi\sin\varphi.$$ 原点まわりの角運動量は $$L=m(x\dot y-y\dot x)=m\ell^2\dot\varphi.$$
3. 速さは一定で初速に等しいので $$|\boldsymbol v|=\ell\dot\varphi=v_0.$$ よって $$\frac{d\varphi}{dt}=\frac{v_0}{\ell_0-a\varphi}.$$ 積分して $$\ell_0\varphi-\frac{a}{2}\varphi^2=v_0t.$$ 初期条件 $\varphi(0)=0$ を満たす枝を取ると $$\varphi(t)=\frac{\ell_0-\sqrt{\ell_0^2-2av_0t}}{a}.$$ 巻き付きが終わるのは $\ell=0$、すなわち $\varphi=\ell_0/a$ のときであるから $$\tau=\frac{\ell_0^2}{2av_0}.$$
4. $\ell\dot\varphi=v_0$ は一定であるから $$\boldsymbol a=\frac{d\boldsymbol v}{dt} =-v_0\dot\varphi\,\boldsymbol e_\varphi =-\frac{v_0^2}{\ell}\boldsymbol e_\varphi.$$ したがって張力は $$\boldsymbol T =-\frac{mv_0^2}{\ell_0-a\varphi}\boldsymbol e_\varphi.$$ 成分では $$T_x=\frac{mv_0^2}{\ell_0-a\varphi}\sin\varphi,\qquad T_y=-\frac{mv_0^2}{\ell_0-a\varphi}\cos\varphi.$$ 微小時間だけ見れば、質点は点 $Q$ を瞬間的な曲率中心として、半径 $\ell$、速さ $v_0$ の等速円運動をしていると解釈できる。
5. 張力の原点まわりのモーメントは $$N=xT_y-yT_x =-\frac{mav_0^2}{\ell_0-a\varphi}.$$ 一方 $$L=m\ell^2\dot\varphi=m v_0(\ell_0-a\varphi)$$ だから $$\frac{dL}{dt} =-mav_0\dot\varphi =-\frac{mav_0^2}{\ell_0-a\varphi} =N.$$

円柱導体の半径を $a$、長さを $L$ とする。電流は円柱軸方向に流れるものとし、端効果は無視する。

1. 電子の電荷の大きさを $q$、質量を $m$、数密度を $n$、電場の大きさを $E$ とする。散乱直後に速度 0 となり、次の散乱までの時間が $2\tau$ であるから、加速度の大きさは $$\frac{qE}{m}.$$ 一回の自由飛行中の平均速度は $$v_a=\frac{1}{2\tau}\int_0^{2\tau}\frac{qE}{m}t\,dt =\frac{qE\tau}{m}.$$ 電流密度は $$j=nqv_a=\frac{nq^2\tau}{m}E$$ である。したがってオームの法則 $$j=\sigma E$$ が成り立ち、電気伝導率は $$\sigma=\frac{nq^2\tau}{m}.$$ 円柱断面で一様に電流が流れるとき $$j=\frac{I}{\pi a^2}$$ であるから、単位時間・単位体積あたりのジュール熱は $$J=jE=\frac{j^2}{\sigma} =\frac{I^2}{\sigma\pi^2a^4}.$$ 一回の散乱で失われる電子一個あたりの運動エネルギーは $$\frac{1}{2}m\left(\frac{qE}{m}2\tau\right)^2 =\frac{2q^2E^2\tau^2}{m}.$$ 散乱頻度は $1/(2\tau)$ であるから、単位時間・単位体積あたりに失われる運動エネルギーは $$n\frac{1}{2\tau}\frac{2q^2E^2\tau^2}{m} =\frac{nq^2\tau}{m}E^2 =\sigma E^2 =J.$$
2. 材質が一様である場合、導体内部の電場は $$E_z=\frac{I}{\sigma\pi a^2}.$$ 半径 $r<a$ の円周を回るアンペールの法則から $$H_\phi(r)=\frac{I_{\mathrm{enc}}}{2\pi r} =\frac{Ir}{2\pi a^2}.$$ よって $$\boldsymbol S=\boldsymbol E\times\boldsymbol H =-E_zH_\phi\,\boldsymbol e_r$$ であり、向きは半径方向内向き、大きさは $$|\boldsymbol S(r)| =\frac{I^2r}{2\pi^2\sigma a^4}.$$ 半径 $r$、長さ $L$ の内側領域へ単位時間に流入するエネルギーは側面積分で $$P_{\mathrm{in}}(r) =|\boldsymbol S(r)|\,2\pi rL =\frac{I^2r^2L}{\pi\sigma a^4}.$$ 一方、この領域内で発生するジュール熱は $$P_J(r)=\frac{j^2}{\sigma}\pi r^2L =\frac{I^2r^2L}{\pi\sigma a^4}.$$ したがって両者は一致する。
3. 電気伝導率が $\sigma(r)$ のとき、軸方向電場を $E_z$ と書くと $$j(r)=\sigma(r)E_z.$$ 全電流が $I$ であることから $$I=2\pi E_z\int_0^a\sigma(s)s\,ds, \qquad E_z=\frac{I}{2\pi\int_0^a\sigma(s)s\,ds}.$$ よって $$j(r)= \frac{I\sigma(r)}{2\pi\int_0^a\sigma(s)s\,ds}.$$ 半径 $r$ の円内に含まれる電流は $$I_{\mathrm{enc}}(r)=2\pi E_z\int_0^r\sigma(s)s\,ds$$ なので $$H_\phi(r)=\frac{I_{\mathrm{enc}}(r)}{2\pi r} =\frac{E_z}{r}\int_0^r\sigma(s)s\,ds.$$ 半径 $r$ の領域へ流入するエネルギーは $$P_{\mathrm{in}}(r) =2\pi rL E_zH_\phi(r) =2\pi L E_z^2\int_0^r\sigma(s)s\,ds.$$ 領域内のジュール熱は $$P_J(r)=\int_0^r \sigma(s)E_z^2\,2\pi sL\,ds =2\pi L E_z^2\int_0^r\sigma(s)s\,ds.$$ 非一様な場合にも両者は一致する。

基底を $$|1,1\rangle,\quad |1,0\rangle,\quad |1,-1\rangle$$ の順に取る。

1. 昇降演算子 $$J_\pm|J,m\rangle =\hbar\sqrt{(J\mp m)(J\pm m+1)}\,|J,m\pm1\rangle$$ と $$J_x=\frac{J_++J_-}{2},\qquad J_y=\frac{J_+-J_-}{2i}$$ から、$J=1$ では $$J_x=\frac{\hbar}{\sqrt2} \begin{pmatrix} 0&1&0\\ 1&0&1\\ 0&1&0 \end{pmatrix},$$ $$J_y=\frac{\hbar}{\sqrt2} \begin{pmatrix} 0&-i&0\\ i&0&-i\\ 0&i&0 \end{pmatrix}, \qquad J_z=\hbar \begin{pmatrix} 1&0&0\\ 0&0&0\\ 0&0&-1 \end{pmatrix}.$$
2. 静磁場を $\boldsymbol B=(0,0,B)$ とすると $$H_M=-\gamma B J_z.$$ よってエネルギーは $$E_m=-\gamma B\hbar m\qquad(m=1,0,-1)$$ であり、 $$-\gamma B\hbar,\quad 0,\quad +\gamma B\hbar$$ の三準位をもつ。最低エネルギー状態は $|1,1\rangle$ である。
3. 共鳴条件は $$\hbar\omega=\gamma B\hbar,\qquad \omega=\gamma B$$ である。回転座標系で有効ハミルトニアンを $$H_{\mathrm{RF}}=-\gamma B_{\mathrm{RF}}J_x$$ と近似する。初期状態は $|1,1\rangle$ であるから、$\Omega=\gamma B_{\mathrm{RF}}$、$\theta=\Omega t$ とおくと $$|\Psi(t)\rangle =e^{i\theta J_x/\hbar}|1,1\rangle.$$ 係数表示は $$|\Psi(t)\rangle =\frac{1+\cos\theta}{2}|1,1\rangle +\frac{i\sin\theta}{\sqrt2}|1,0\rangle +\frac{\cos\theta-1}{2}|1,-1\rangle.$$ 実験室系の状態を $|\psi(t)\rangle$ とし $$|\Psi(t)\rangle=e^{-i\omega tJ_z/\hbar}|\psi(t)\rangle$$ と定義しているなら $$|\psi(t)\rangle =e^{i\omega tJ_z/\hbar}|\Psi(t)\rangle$$ である。$J_z$ はこの変換と可換なので期待値は同じで $$\langle J_z\rangle(t) =\hbar\cos(\Omega t) =\hbar\cos(\gamma B_{\mathrm{RF}}t).$$
4. $$H_Q=A(2J_z^2-J_y^2-J_x^2)$$ である。$J_x^2+J_y^2+J_z^2=J^2=2\hbar^2$ を用いると $$H_Q=A(3J_z^2-J^2).$$ したがって $|1,m\rangle$ に対する一次摂動エネルギーは $$\Delta E_m^{(1)} =A\hbar^2(3m^2-2).$$ 全エネルギーは $$E_m=-\gamma B\hbar m+A\hbar^2(3m^2-2).$$ 具体的には $$E_{1}=-\gamma B\hbar+A\hbar^2,\qquad E_{0}=-2A\hbar^2,\qquad E_{-1}=+\gamma B\hbar+A\hbar^2.$$

温度を $T$、$\beta=(k_{\mathrm B}T)^{-1}$、熱的ド・ブロイ波長を $$\lambda=\frac{h}{\sqrt{2\pi m k_{\mathrm B}T}} =\sqrt{\frac{2\pi\hbar^2}{m k_{\mathrm B}T}}$$ とする。

1. 相互作用のない一次元古典気体では、一粒子分配関数は $$z_1=\frac{1}{h}\int_0^L dx\int_{-\infty}^{\infty} \exp\left(-\beta\frac{p^2}{2m}\right)dp =\frac{L}{\lambda}.$$ 同種粒子なのでギブス因子 $1/N!$ を入れて $$Z_A=\frac{1}{N!}\left(\frac{L}{\lambda}\right)^N.$$
2. スターリング公式を用いると $$\ln Z_A \simeq N\ln\frac{L}{\lambda}-N\ln N+N =N\left[\ln\frac{L}{N\lambda}+1\right].$$ したがって自由エネルギーは $$F_A(T,L) =-k_{\mathrm B}T\ln Z_A =Nk_{\mathrm B}T \left[\ln\frac{N\lambda}{L}-1\right].$$
3. 化学ポテンシャルは $$\mu_A=\left(\frac{\partial F_A}{\partial N}\right)_{T,L} =k_{\mathrm B}T\ln\frac{N\lambda}{L}.$$
4. ボルツマン統計で各一粒子状態の平均占有数が小さいためには、典型的に $$e^{\mu/(k_{\mathrm B}T)}\ll1$$ が必要である。上の結果から $$\frac{N\lambda}{L}\ll1$$ となる。ここで $\lambda$ は長さの次元を持ち、粒子の量子的な波束の広がりを表す熱的ド・ブロイ波長である。したがって条件は、平均粒子間隔 $L/N$ が $\lambda$ より十分大きく、量子統計による粒子交換の効果が無視できるという意味をもつ。
5. 剛体的な排除距離 $d$ をもつ一次元気体では、粒子を左から順に並べたときに、各粒子が長さ $d$ だけ利用可能長を減らす。端との排除も含めると、配置空間の有効長は $$L-Nd$$ である。したがって $$Z_B=\frac{1}{N!} \left(\frac{L-Nd}{\lambda}\right)^N$$ である。自由エネルギーは $$F_B=Nk_{\mathrm B}T \left[\ln\frac{N\lambda}{L-Nd}-1\right].$$ 一次元の圧力を $$p=-\left(\frac{\partial F_B}{\partial L}\right)_{T,N}$$ と定義すれば $$p=\frac{Nk_{\mathrm B}T}{L-Nd}.$$ すなわち $$p(L-Nd)=Nk_{\mathrm B}T.$$

時間依存性を $e^{-i\omega t}$ とし、界面を $z=0$ とする。磁場は $y$ 成分だけを持つTM偏光を考える。各媒質で $$\nabla^2\boldsymbol E+\omega^2\mu_0\varepsilon_j\boldsymbol E=0$$ が成り立つ。

1. 媒質 1 の屈折率を $n$、媒質 2 を真空とする。媒質 1 で伝播波、媒質 2 で減衰波となるには $$k_x^2+k_1^2=\left(\frac{n\omega}{c}\right)^2, \qquad k_x^2-k_2^2=\left(\frac{\omega}{c}\right)^2$$ が必要である。したがって $$k_1=\sqrt{\left(\frac{n\omega}{c}\right)^2-k_x^2}, \qquad k_2=\sqrt{k_x^2-\left(\frac{\omega}{c}\right)^2}.$$ $k_1,k_2$ がともに実正となる条件は $$\frac{\omega}{c}<k_x<\frac{n\omega}{c}.$$
2. 媒質 1 から媒質 2 へ反射なしに透過するTM波を考える。波数ベクトルを $(k_x,0,k_j)$、磁場を $H_y$ とすると、マクスウェル方程式から $$E_x=\frac{k_j}{\omega\varepsilon_j}H_y.$$ したがって $$\zeta_j\equiv\frac{E_{j,x}}{H_{j,y}} =\frac{k_j}{\omega\varepsilon_j}.$$ 反射がないためには接線成分 $E_x,H_y$ が同時に連続し、$\zeta_1=\zeta_2$ でなければならない。すなわち $$\frac{k_1}{\varepsilon_1} =\frac{k_2}{\varepsilon_2}.$$ さらに $$k_j^2=\omega^2\mu_0\varepsilon_j-k_x^2$$ を用いると $$k_x^2=\omega^2\mu_0 \frac{\varepsilon_1\varepsilon_2}{\varepsilon_1+\varepsilon_2}.$$ よって $$k_x=\omega\sqrt{\mu_0 \frac{\varepsilon_1\varepsilon_2}{\varepsilon_1+\varepsilon_2}}.$$
3. 媒質 1 を真空、媒質 2 を金属とし、 $$\varepsilon_1=\varepsilon_0,\qquad \varepsilon_2<-\varepsilon_0$$ とする。両側で界面から離れる向きに減衰するTM表面波では $$\kappa_j^2=k_x^2-\omega^2\mu_0\varepsilon_j$$ であり、境界条件は $$\frac{\kappa_1}{\varepsilon_1} +\frac{\kappa_2}{\varepsilon_2}=0$$ となる。これを解くと表面波の分散関係は $$k_x^2=\omega^2\mu_0 \frac{\varepsilon_1\varepsilon_2}{\varepsilon_1+\varepsilon_2}.$$ $\varepsilon_2=-|\varepsilon_2|$ と書けば $$k_x =\frac{\omega}{c} \sqrt{\frac{|\varepsilon_2|} {|\varepsilon_2|-\varepsilon_0}}.$$ したがって $$k_x>\frac{\omega}{c}.$$
4. 真空中を伝わる光を金属表面へ直接入射しても、界面方向の波数成分は最大でも $\omega/c$ である。しかし表面波は $k_x>\omega/c$ を必要とするため、直接入射では運動量が不足する。 高屈折率プリズムを用いて全反射条件にすると、真空側には減衰波が生じる。この減衰波は光の振動数を保ったまま、界面方向に $$\frac{\omega}{c}<k_x<\frac{n\omega}{c}$$ の大きな波数成分を持てる。したがって金属表面波との波数整合が可能になり、表面プラズモンを効率よく励起できる。

格子定数を $a$、単位胞数を $M$ とし、周期境界条件を課す。

1. ブロッホ型の試行関数 $$\psi_k(x)=\sum_{j=1}^M e^{ikja}\phi_A(x-ja)$$ が周期境界条件を満たすには $$e^{ikMa}=1$$ が必要である。したがって $$k=\frac{2\pi n}{Ma}$$ であり、第一ブリルアン域では $$-\frac{\pi}{a}<k\leq\frac{\pi}{a}$$ と取ればよい。
2. 最近接までの行列要素だけを残す。各原子軌道の対角項は、孤立原子のエネルギー $E_A$ に両隣のイオンポテンシャルの寄与 $2\beta$ を加えたものになる。最近接軌道間の非対角項を $\gamma$ とすると $$E(k)=E_A+2\beta+2\gamma\cos ka.$$
3. 第一ブリルアン域での分散は余弦型である。安定な結晶では、隣接イオンのポテンシャルは電子に対して引力的に働くので $\beta<0$ と考えられる。また結合性の組合せが低エネルギーになる通常の場合、$\gamma<0$ であり、バンドの底は $k=0$、頂上は $k=\pi/a$ になる。
4. バンド底近くでは $$E(k)\simeq E_A+2\beta+2\gamma-\gamma a^2k^2.$$ 有効質量を $$\frac{1}{m^*}=\frac{1}{\hbar^2}\frac{d^2E}{dk^2}$$ で定義すると、低密度電子の有効質量は $$m_e^*=\frac{\hbar^2}{-2\gamma a^2} =\frac{\hbar^2}{2|\gamma|a^2}$$ である。バンドがほぼ満たされている場合のキャリアは正孔であり、バンド頂上近くの正孔有効質量は $$m_h^*=\frac{\hbar^2}{2|\gamma|a^2}.$$
5. 次に、各単位胞に $A$ 軌道と $B$ 軌道がある場合を考える。波動関数を $$\Psi_k(x)= \sum_{j=1}^M e^{ikja} \{c_k\phi_A(x-ja)+d_k\phi_B(x-ja)\}$$ とおく。$A$ 軌道の分散を $$\varepsilon_A(k)=E_A+2\beta+2\gamma\cos ka$$ と書き、$B$ 軌道の分散を無視して $E_B$ とする。同一分子内の混成を $\delta$ とすれば、係数は $$\begin{pmatrix} \varepsilon_A(k)-E(k) & \delta\\ \delta & E_B-E(k) \end{pmatrix} \begin{pmatrix} c_k\\ d_k \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0\\0 \end{pmatrix}$$ を満たす。
6. まず $\delta=0$ なら $$E(k)=\varepsilon_A(k) \quad\text{または}\quad E(k)=E_B.$$ すなわち、余弦型の $A$ バンドと平坦な $B$ 準位が得られる。$E_B$ が $A$ バンドの内部にある場合、両者は交差する。十分離れている場合は、交差せず独立したバンドとして見える。 $\delta\neq0$ では $$E_\pm(k) =\frac{\varepsilon_A(k)+E_B}{2} \pm \sqrt{ \left(\frac{\varepsilon_A(k)-E_B}{2}\right)^2+\delta^2 }.$$ $A$ バンドと $B$ 準位が近い場合には、交差点で幅 $2|\delta|$ の反交差が開く。十分離れている場合には、主な効果は二次のエネルギーシフト $$\Delta E\simeq \pm\frac{\delta^2}{|\varepsilon_A(k)-E_B|}$$ であり、分散の形は大きくは変わらない。