東大 工学系研究科 物理工学専攻 物理学 2013年度 院試 解答例・解説

1. 3本の円柱の中心を正三角形に置く。下側右の円柱を $B$、上側を $C$ とし、$B$ が $C$ から受ける法線力を $N$、接線方向摩擦力の大きさを $F$、床から受ける摩擦力の大きさを $F'$ とする。 $B$ について、$C$ との接触点の位置ベクトルは $$\left(-\frac{a}{2},\,\frac{\sqrt{3}a}{2}\right)$$ である。静止するには、$C$ から受ける摩擦力は接線に沿って左下向き、床から受ける摩擦力も左向きでなければならない。中心まわりのモーメントをとると、法線力と重力、床の垂直抗力は寄与しないので $$aF-aF'=0$$ となる。したがって $$F=F'$$ である。水平方向のつり合いから $$\frac{N}{2}-\frac{\sqrt{3}}{2}F-F=0, \qquad N=(2+\sqrt{3})F.$$ 上側の円柱 $C$ について左右対称性を用いると、左右の接触で法線力の大きさはともに $N$、摩擦力の大きさはともに $F$ である。鉛直方向のつり合いは $$\sqrt{3}N+F=mg.$$ よって $$F=\frac{mg}{2(2+\sqrt{3})}, \qquad N=\frac{mg}{2}.$$ $B$ が床から受ける垂直抗力を $R$ とすると $$R-mg-\frac{\sqrt{3}}{2}N-\frac{1}{2}F=0$$ であり、上の値を代入して $$R=\frac{3mg}{2}.$$ したがって静止に必要な最小摩擦係数は $$\mu \geq \frac{F}{N}=2-\sqrt{3},\qquad \mu' \geq \frac{F'}{R}=\frac{2-\sqrt{3}}{3}.$$
2. 床上を滑る円柱に移る。水平方向右向きを正、反時計回りの角速度を正とする。初めの接触点の相対速度は $$u_0=v_0+a\omega_0$$ であり、ここでは $u_0>0$ として動摩擦力は左向きに働く。円柱の慣性モーメントは $$I=\frac{1}{2}ma^2$$ であるから、滑っている間 $$\dot v=-\mu' g,\qquad I\dot\omega=-a\mu' mg, \qquad \dot\omega=-\frac{2\mu'g}{a}.$$ よって $$v(t)=v_0-\mu'gt,\qquad \omega(t)=\omega_0-\frac{2\mu'gt}{a}.$$ 速度が初めて 0 になる点を $T$ とすれば $$t_T=\frac{v_0}{\mu'g},\qquad ST=\int_0^{t_T}v(t)\,dt=\frac{v_0^2}{2\mu'g}.$$
3. その瞬間の角速度は $$\omega_T=\omega_0-\frac{2v_0}{a}.$$ ここで $\omega_T>0$、すなわち $a\omega_0>2v_0$ なら、重心がいったん止まっても円柱はなお接触点を右向きに擦るため、摩擦力は左向きのままで、その後は左向きに進み始める。
4. 純粋転がりが始まる条件は、接触点の相対速度 $$u=v+a\omega$$ が 0 になることである。したがって $$v_0+a\omega_0-3\mu'gt_R=0,\qquad t_R=\frac{v_0+a\omega_0}{3\mu'g}.$$ この時の重心速度は $$v_R=v_0-\mu'gt_R =\frac{2v_0-a\omega_0}{3}.$$ したがって左向きに戻る場合の速さは $$\frac{a\omega_0-2v_0}{3}.$$
5. 純粋転がりが始まる位置は $$x_R=v_0t_R-\frac{1}{2}\mu'gt_R^2 =\frac{(v_0+a\omega_0)(5v_0-a\omega_0)}{18\mu'g}.$$ 転がり開始後は摩擦力を必要とせず等速で進む。したがって点 $S$ を転がりながら通過するには、 $$v_R<0,\qquad x_R>0$$ が必要十分である。よって $$2v_0<a\omega_0<5v_0$$ である。

陰極を $x=0$、陽極を $x=L$ とし、電位を $\phi(x)$ と書く。電子の電荷の大きさを $e$、質量を $m$、電子密度を $n(x)$、速度を $v(x)$ とする。

1. 陰極から初速 0 で出た電子について、静電場がした仕事が運動エネルギーになる。陰極での電位を 0 とすれば $$\frac{1}{2}mv^2=e\phi.$$ よって $$v(\phi)=\sqrt{\frac{2e\phi}{m}}.$$
2. 定常一次元流では、任意の断面を単位時間に通過する電荷量が等しい。電流密度を $$i(x)=-e n(x)v(x)$$ と書くと、電荷保存より $$\frac{di}{dx}=0.$$ したがって $i(x)=-i_0$ は $x$ に依存しない。
3. ポアソン方程式は $$\frac{d^2\phi}{dx^2}=-\frac{\rho}{\varepsilon_0}$$ である。電子の電荷密度は $\rho=-en$ なので $$\frac{d^2\phi}{dx^2}=\frac{en}{\varepsilon_0}.$$ 一方、$-en v=-i_0$ より $en=i_0/v$ であるから $$\frac{d^2\phi}{dx^2} =\frac{i_0}{\varepsilon_0} \sqrt{\frac{m}{2e}}\phi^{-1/2}.$$ したがって $$A=\frac{i_0}{\varepsilon_0}\sqrt{\frac{m}{2e}}, \qquad \alpha=-\frac{1}{2}.$$
4. 電場が陰極で 0 という条件は $\phi'(0)=0$ である。 $$\phi''=A\phi^{-1/2}$$ に $\phi'$ を掛けると $$\phi''\phi'=A\phi^{-1/2}\phi'.$$ 積分して $$\frac{1}{2}(\phi')^2=2A\phi^{1/2}$$ となる。境界条件により積分定数は 0 である。よって $$\frac{d\phi}{dx}=2\sqrt{A}\,\phi^{1/4}.$$ さらに積分して $$\frac{4}{3}\phi^{3/4}=2\sqrt{A}\,x,$$ すなわち $$\phi(x)=\left(\frac{3}{2}\sqrt{A}\,x\right)^{4/3}.$$
5. $\phi(L)=V$ を代入すると $$V=\left(\frac{3}{2}\sqrt{A}\,L\right)^{4/3}, \qquad A=\frac{4}{9}\frac{V^{3/2}}{L^2}.$$ したがって電流密度の大きさは $$i_0=\frac{4}{9}\varepsilon_0 \sqrt{\frac{2e}{m}} \frac{V^{3/2}}{L^2}.$$

一次元調和振動子のハミルトニアンを $$H_0=\frac{P^2}{2m}+\frac{1}{2}m\omega_0^2X^2$$ とし、生成消滅演算子で $$X=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega_0}}(a+a^\dagger), \qquad P=-i\sqrt{\frac{m\hbar\omega_0}{2}}(a-a^\dagger)$$ と書く。

1. 電気双極子近似では、遷移行列要素は $$\langle n'|X|n\rangle$$ に比例する。$X$ は $a+a^\dagger$ に比例するので $$\langle n'|X|n\rangle\neq 0$$ となるのは $$n'=n\pm 1$$ のときだけである。
2. 非調和項を $$H_{\mathrm{ah}}=\lambda X^4$$ とする。一次の摂動エネルギーは $$\Delta E_n^{(1)}=\lambda\langle n|X^4|n\rangle$$ である。正規順序化またはガウス積分を用いると $$\langle n|(a+a^\dagger)^4|n\rangle =6n^2+6n+3.$$ したがって $$\Delta E_n^{(1)} =\lambda\left(\frac{\hbar}{2m\omega_0}\right)^2 (6n^2+6n+3).$$
3. 一次摂動までの固有状態は $$|n\rangle_\lambda =|n\rangle +\lambda\sum_{k\neq n} \frac{\langle k|X^4|n\rangle}{E_n^{(0)}-E_k^{(0)}}|k\rangle$$ と書ける。$X^4$ は偶関数なので、混ざる状態は同じパリティをもつ $$k=n\pm2,\ n\pm4$$ だけである。 初期状態を $n=8$ とすると、補正後の状態は偶パリティを保つ。一方、双極子演算子 $X$ は奇パリティであるから、行列要素をもつ終状態は奇パリティである。一次摂動で現れる成分まで数えると $$\ell=3,5,7,9,11,13$$ が双極子行列要素をもち得る。発光だけに限れば、エネルギーの低い $$\ell=3,5,7$$ が候補である。
4. ハイゼンベルク方程式から $$\dot X=\frac{P}{m},\qquad \dot P=-m\omega_0^2X$$ である。したがって $$X(t)=X(0)\cos\omega_0t+\frac{P(0)}{m\omega_0}\sin\omega_0t.$$
5. 数状態 $|n\rangle$ では $$\langle n|X(t)|n\rangle=0$$ である。古典的な振動を示す状態の例としてコヒーレント状態 $|\alpha\rangle$ を取ると $$\langle X(t)\rangle_\alpha =\sqrt{\frac{2\hbar}{m\omega_0}}\, \mathrm{Re}\left(\alpha e^{-i\omega_0 t}\right)$$ となり、古典振動子と同じ角振動数で振動する。

一粒子エネルギーの基準を基底状態で $E=0$ とする。温度 $T$、化学ポテンシャル $\mu$ に対する平均占有数は $$f(E)=\frac{1}{\exp\{(E-\mu)/(k_{\mathrm B}T)\}-1}$$ である。分母が正であるためには $$\mu\leq 0$$ でなければならない。

1. 固定した $E>0$ では、$\mu$ が大きいほど分母が小さくなり、占有数は増える。凝縮点に近づくと $\mu\to0$ となる。
2. 体積 $V$ の三次元箱で、スピン縮退を考えない一粒子状態数を運動量空間で数えると $$D(E)dE =\frac{V}{h^3}4\pi p^2\,dp, \qquad E=\frac{p^2}{2m}.$$ よって $$D(E)=\frac{V}{4\pi^2} \left(\frac{2m}{\hbar^2}\right)^{3/2}E^{1/2}.$$
3. 励起状態に入る粒子数は $$N_{\mathrm{ex}}(T,\mu) =\int_0^\infty D(E) \frac{dE}{\exp\{(E-\mu)/(k_{\mathrm B}T)\}-1}$$ である。最大値は $\mu=0$ で $$N_{\mathrm{ex}}^{\max}(T) =V\left(\frac{mk_{\mathrm B}T}{2\pi\hbar^2}\right)^{3/2} \zeta\!\left(\frac{3}{2}\right).$$ $T\to0$ ではこの値は 0 に近づく。
4. 全粒子数 $N$ が固定されているとき、凝縮温度 $T_c$ は $$N =V\left(\frac{mk_{\mathrm B}T_c}{2\pi\hbar^2}\right)^{3/2} \zeta\!\left(\frac{3}{2}\right)$$ で定まる。したがって $$T_c=\frac{2\pi\hbar^2}{mk_{\mathrm B}} \left\{\frac{N}{V\zeta(3/2)}\right\}^{2/3}.$$
5. $T<T_c$ では化学ポテンシャルは $\mu=0$ に張り付き、励起状態には $$N_{\mathrm{ex}}(T)=N\left(\frac{T}{T_c}\right)^{3/2}$$ だけ入る。残り $$N_0=N\left\{1-\left(\frac{T}{T_c}\right)^{3/2}\right\}$$ が基底状態に巨視的に占有される。
6. $T<T_c$ の内部エネルギーは、基底状態のエネルギーを 0 とすれば励起粒子だけが寄与する。 $$U =\int_0^\infty D(E) \frac{E\,dE}{e^{E/(k_{\mathrm B}T)}-1}.$$ 積分公式 $$\int_0^\infty \frac{x^{s-1}}{e^x-1}\,dx =\Gamma(s)\zeta(s)$$ を用いて $$U=\frac{3}{2} \frac{\zeta(5/2)}{\zeta(3/2)} Nk_{\mathrm B}T\left(\frac{T}{T_c}\right)^{3/2}.$$ よって体積一定の熱容量は $$C_V=\left(\frac{\partial U}{\partial T}\right)_V =\frac{15}{4} \frac{\zeta(5/2)}{\zeta(3/2)} Nk_{\mathrm B}\left(\frac{T}{T_c}\right)^{3/2}.$$
7. 液体ヘリウムを理想ボース気体として粗く見積もる。質量密度を $\rho=1.5\times10^2\,\mathrm{kg/m^3}$、原子質量を $m=6.7\times10^{-27}\,\mathrm{kg}$ とすれば $$\frac{N}{V}=\frac{\rho}{m}\simeq2.2\times10^{28}\,\mathrm{m^{-3}}.$$ $\zeta(3/2)\simeq2.61$、$\hbar\simeq1.1\times10^{-34}\,\mathrm{J\,s}$、$k_{\mathrm B}\simeq1.4\times10^{-23}\,\mathrm{J/K}$ を用いると $$T_c\simeq 3\,\mathrm{K}$$ の程度になる。実在の液体ヘリウムの転移温度からずれる主な理由は、粒子間相互作用が強く、理想気体近似が粗いことである。

角振動数を $\omega$、真空中波数を $k_0=\omega/c$ とする。屈折率 $n_2$ のコアを $|x|<d$、屈折率 $n_1$ のクラッドを $|x|>d$ とし、$n_2>n_1$ とする。伝搬方向は $z$ 方向で、場の $z$ 依存性を $e^{i(\omega t-\beta z)}$ と置く。

1. コア内の平面波成分の波数の大きさは $k_0n_2$ であり、その $z$ 成分が $\beta$ である。クラッドで指数減衰する導波モードには $$k_0n_1<\beta<k_0n_2$$ が必要である。これは幾何光学的には全反射条件に対応する。
2. TE モードでは $$\boldsymbol E=(0,E_y(x),0)e^{i(\omega t-\beta z)}$$ と書ける。ファラデーの法則から $$H_x=-\frac{\beta}{\omega\mu_0}E_y,\qquad H_z=\frac{i}{\omega\mu_0}\frac{dE_y}{dx},\qquad H_y=0$$ である。アンペールの法則を合わせると、各領域で $$\frac{d^2E_y}{dx^2} +\left(k_0^2n_j^2-\beta^2\right)E_y=0$$ が成り立つ。
3. $H_z$ は $E_y$ の $x$ 微分に比例する。もし $H_z=0$ なら $E_y$ は各領域で定数となる。しかしクラッドで減衰し、かつ境界で連続な非自明解は作れない。したがって導波するTEモードでは一般に $$H_z\neq0$$ である。
4. コア内では $$h=\sqrt{k_0^2n_2^2-\beta^2}$$ とおくと $$E_y''+h^2E_y=0.$$ クラッドでは $$\gamma=\sqrt{\beta^2-k_0^2n_1^2}$$ とおくと $$E_y''-\gamma^2E_y=0.$$
5. 偶モードを考えると $$E_y(x)= \begin{cases} A\cos hx, & |x|<d,\\ B e^{-\gamma(x-d)}, & x>d,\\ B e^{\gamma(x+d)}, & x<-d. \end{cases}$$ $x=d$ で $E_y$ と $H_z$、すなわち $dE_y/dx$ が連続であるから $$A\cos hd=B,\qquad -Ah\sin hd=-\gamma B.$$ これより $$h\tan hd=\gamma, \qquad \tan\!\left(d\sqrt{k_0^2n_2^2-\beta^2}\right) = \frac{\sqrt{\beta^2-k_0^2n_1^2}} {\sqrt{k_0^2n_2^2-\beta^2}}.$$
6. $$V=d k_0\sqrt{n_2^2-n_1^2}$$ とおく。偶モードの分散式は $$d h-\tan^{-1}\left(\frac{\gamma}{h}\right)=m\pi \qquad(m=0,1,2,\ldots)$$ と同値である。左辺は $\beta=k_0n_1$ で $V$、$\beta\to k_0n_2$ で $-\pi/2$ に単調に下がる。したがって少なくとも $m=0$ の偶モードは存在する。偶モードが一つだけである条件は $$V\leq \pi, \qquad d k_0\sqrt{n_2^2-n_1^2}\leq \pi$$ である。

質量 $m$ の原子が交互にばね定数 $C_1>C_2$ のばねでつながれ、単位胞長を $a$ とする。単位胞 $n$ の二つの変位を $u_n,v_n$ と書く。

1. 運動方程式は $$m\ddot u_n=-C_1(u_n-v_n)-C_2(u_n-v_{n-1}),$$ $$m\ddot v_n=-C_1(v_n-u_n)-C_2(v_n-u_{n+1})$$ である。平面波 $$u_n=Ue^{i(kna-\omega t)},\qquad v_n=Ve^{i(kna-\omega t)}$$ を代入すると $$m\omega^2 \begin{pmatrix}U\\V\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} C_1+C_2 & -(C_1+C_2e^{-ika})\\ -(C_1+C_2e^{ika}) & C_1+C_2 \end{pmatrix} \begin{pmatrix}U\\V\end{pmatrix}.$$ 固有値は $$m\omega^2=C_1+C_2 \pm\sqrt{C_1^2+C_2^2+2C_1C_2\cos ka}.$$ 符号 $-$ が音響分枝、符号 $+$ が光学分枝である。
2. $k=0$ では $$\omega_{\mathrm a}(0)=0,\qquad \omega_{\mathrm o}(0)=\sqrt{\frac{2(C_1+C_2)}{m}}.$$ ゾーン端 $k=\pi/a$ では $$\omega_{\mathrm a}\!\left(\frac{\pi}{a}\right)=\sqrt{\frac{2C_2}{m}}, \qquad \omega_{\mathrm o}\!\left(\frac{\pi}{a}\right)=\sqrt{\frac{2C_1}{m}}.$$
3. 長波長で $$\cos ka\simeq1-\frac{(ka)^2}{2}$$ と展開すると、音響分枝は $$\omega_{\mathrm a}\simeq a|k|\sqrt{\frac{C_1C_2}{2m(C_1+C_2)}}.$$ よって音速は $$v_{\mathrm a} =a\sqrt{\frac{C_1C_2}{2m(C_1+C_2)}}.$$ 長波長の音響モードでは二つの原子が同位相に動き、光学モードでは逆位相に動く。
4. 光の入射波数ベクトルを $\boldsymbol K_i$、散乱後を $\boldsymbol K_f$、フォノン波数を $\boldsymbol q$ とする。フォノンを生成するストークス過程では $$\omega_i-\omega_f=\omega_{\mathrm B},\qquad \boldsymbol K_i-\boldsymbol K_f=\boldsymbol q$$ が成り立つ。光の振動数変化は小さいので $|\boldsymbol K_i|\simeq|\boldsymbol K_f|=n\omega_i/c$ と近似できる。散乱角を $\theta$ とすると $$q=|\boldsymbol K_i-\boldsymbol K_f| =2\frac{n\omega_i}{c}\sin\frac{\theta}{2}.$$
5. 長波長音響フォノンでは $$\omega_{\mathrm B}=v_{\mathrm a}q =2v_{\mathrm a}\frac{n\omega_i}{c}\sin\frac{\theta}{2}.$$
6. 後方散乱では $\theta=\pi$ である。入射光の波長を $\lambda_i=680\,\mathrm{nm}$、屈折率を $n=2.4$、ブリルアンシフトの波数表示を $1/\lambda_{\mathrm B}=3.0\,\mathrm{cm^{-1}}$ とすると $$\frac{1}{\lambda_{\mathrm B}} =\frac{2nv_{\mathrm a}}{c\lambda_i}.$$ よって $$v_{\mathrm a} =\frac{c\lambda_i}{2n\lambda_{\mathrm B}} \simeq 1.3\times10^4\,\mathrm{m/s}.$$
7. 中性子の質量を $M_n$、プランク定数を $h=2\pi\hbar$ とする。入射波長 $\lambda_i$、散乱後波長 $\lambda_f$ に対してフォノン生成のエネルギーは $$\hbar\omega =\frac{h^2}{2M_n} \left(\frac{1}{\lambda_i^2}-\frac{1}{\lambda_f^2}\right).$$ 二つの入射波長 $\lambda_{i1}<\lambda_{i2}$ がゾーン端 $q=\pi/a$ の二分枝に対応すると、短い入射波長の方が大きいエネルギーを与えるので光学分枝に対応する。したがって $$\omega_1= \frac{h^2}{2M_n\hbar} \left(\frac{1}{\lambda_{i1}^2}-\frac{1}{\lambda_f^2}\right), \qquad \omega_2= \frac{h^2}{2M_n\hbar} \left(\frac{1}{\lambda_{i2}^2}-\frac{1}{\lambda_f^2}\right)$$ と置くと $$C_1=\frac{m\omega_1^2}{2},\qquad C_2=\frac{m\omega_2^2}{2}.$$
8. すでに得た音速 $$v_{\mathrm a} =a\sqrt{\frac{C_1C_2}{2m(C_1+C_2)}}$$ を用いると $$a=v_{\mathrm a} \sqrt{\frac{2m(C_1+C_2)}{C_1C_2}}.$$ $\omega_1,\omega_2$ で書けば $$a=2v_{\mathrm a} \frac{\sqrt{\omega_1^2+\omega_2^2}}{\omega_1\omega_2}.$$