東大 工学系研究科 物理工学専攻 物理学 2014年度 院試 解答例・解説

全質量を $M=m_1+m_2$、換算質量を $$\mu=\frac{m_1m_2}{m_1+m_2}$$ とおく。重心座標と相対座標を $$\boldsymbol{R}=\frac{m_1\boldsymbol{r}_1+m_2\boldsymbol{r}_2}{M}, \qquad \boldsymbol{r}=\boldsymbol{r}_2-\boldsymbol{r}_1$$ で定義すると、 $$\boldsymbol{r}_1=\boldsymbol{R}-\frac{m_2}{M}\boldsymbol{r}, \qquad \boldsymbol{r}_2=\boldsymbol{R}+\frac{m_1}{M}\boldsymbol{r}$$ である。したがって速度についても同じ線形関係が成り立ち、交差項は $$m_1\left(-\frac{m_2}{M}\right)+m_2\left(\frac{m_1}{M}\right)=0$$ により消える。運動エネルギーは $$\frac12 m_1\dot{\boldsymbol{r}}_1^{\,2} +\frac12 m_2\dot{\boldsymbol{r}}_2^{\,2} =\frac12 M\dot{\boldsymbol{R}}^{\,2} +\frac12\mu\dot{\boldsymbol{r}}^{\,2}$$ となるので、 $$L=\frac12 M\dot{\boldsymbol{R}}^{\,2} +\frac12\mu\dot{\boldsymbol{r}}^{\,2}-U(\boldsymbol{r})$$ と分離できる。

中心力ポテンシャルでは運動面を固定できるので、相対座標を $$\boldsymbol{r}=(r\cos\phi,r\sin\phi,0)$$ とおく。このとき $$\dot{\boldsymbol{r}}^{\,2}=\dot r^{\,2}+r^2\dot\phi^{\,2}$$ だから、相対運動のラグランジアンは $$L=\frac12\mu\left(\dot r^{\,2}+r^2\dot\phi^{\,2}\right)-U(r)$$ である。

$\phi$ は循環座標であり、 $$\frac{d}{dt}\frac{\partial L}{\partial\dot\phi} =\frac{d}{dt}\left(\mu r^2\dot\phi\right)=0$$ となる。よって $$l=\mu r^2\dot\phi$$ が保存する。

$r$ についてのラグランジュ方程式は $$\mu\ddot r-\mu r\dot\phi^{\,2}+U'(r)=0.$$ この式に $\dot\phi=l/(\mu r^2)$ を代入すると $$\mu\ddot r =-U'(r)+\frac{l^2}{\mu r^3} =-\frac{d}{dr}\left\{ U(r)+\frac{l^2}{2\mu r^2} \right\}.$$ すなわち、半径方向の運動は有効ポテンシャル $$U_{\mathrm{eff}}(r)=U(r)+\frac{l^2}{2\mu r^2}$$ 中の一次元運動として読める。第二項は遠心力に対応し、$r$ が小さいほど中心へ近づきにくくする障壁である。

上式に $\dot r$ をかけると $$\frac{d}{dt}\left[ \frac12\mu\dot r^{\,2}+U(r)+\frac{l^2}{2\mu r^2} \right]=0$$ であり、エネルギー $$E=\frac12\mu\dot r^{\,2}+U(r)+\frac{l^2}{2\mu r^2}$$ が保存する。

以後 $U(r)=-k/r$ とする。相対運動の運動方程式は $$\mu\ddot{\boldsymbol{r}} =-\frac{k}{r^3}\boldsymbol{r}.$$ 角運動量ベクトルを $$\boldsymbol{l}=\boldsymbol{r}\times\mu\dot{\boldsymbol{r}}$$ と書くと、$\boldsymbol{l}$ は保存する。さらに $$\boldsymbol{A} =\mu\dot{\boldsymbol{r}}\times\boldsymbol{l} -\mu k\frac{\boldsymbol{r}}{r}$$ を考える。時間微分は $$\dot{\boldsymbol{A}} =\mu\ddot{\boldsymbol{r}}\times\boldsymbol{l} -\mu k\frac{d}{dt}\left(\frac{\boldsymbol{r}}{r}\right)$$ である。ここで $$\ddot{\boldsymbol{r}}\times\boldsymbol{l} =-\frac{k}{\mu r^3}\boldsymbol{r}\times \left(\boldsymbol{r}\times\mu\dot{\boldsymbol{r}}\right) =\frac{k}{r^3}\left(r^2\dot{\boldsymbol{r}} -(\boldsymbol{r}\cdot\dot{\boldsymbol{r}})\boldsymbol{r}\right)$$ を用いると $$\mu\ddot{\boldsymbol{r}}\times\boldsymbol{l} =\mu k\left( \frac{\dot{\boldsymbol{r}}}{r} -\frac{\dot r}{r^2}\boldsymbol{r} \right) =\mu k\frac{d}{dt}\left(\frac{\boldsymbol{r}}{r}\right)$$ となるので $\dot{\boldsymbol{A}}=\boldsymbol{0}$ である。

また $\boldsymbol{A}$ は $\boldsymbol{l}$ と直交する。実際、 $$\boldsymbol{A}\cdot\boldsymbol{l} =\mu(\dot{\boldsymbol{r}}\times\boldsymbol{l})\cdot\boldsymbol{l} -\mu k\frac{\boldsymbol{r}\cdot\boldsymbol{l}}{r}=0.$$

$\boldsymbol{A}$ と $\boldsymbol{r}$ のなす角を $\alpha$ とすると、 $$\boldsymbol{A}\cdot\boldsymbol{r} =\mu(\dot{\boldsymbol{r}}\times\boldsymbol{l})\cdot\boldsymbol{r}-\mu kr.$$ 三重積を入れ替えると $$(\dot{\boldsymbol{r}}\times\boldsymbol{l})\cdot\boldsymbol{r} =\boldsymbol{l}\cdot(\boldsymbol{r}\times\dot{\boldsymbol{r}}) =\frac{l^2}{\mu}$$ だから、 $$Ar\cos\alpha=l^2-\mu kr.$$ 従って $$\frac1r=\frac{\mu k}{l^2}\left(1+\frac{A}{\mu k}\cos\alpha\right)$$ を得る。

半径 $a$ の円環電流 $I$ による軸上磁場は、ビオ--サバールの法則 $$d\boldsymbol{B} =\frac{\mu_0 I}{4\pi} \frac{d\boldsymbol{\ell}\times\boldsymbol{R}}{R^3}$$ から求める。軸に垂直な成分は円周上で打ち消し合い、軸方向だけが残る。軸上点の座標を $z$ とすると $R=\sqrt{a^2+z^2}$ であり、 $$B_z =\frac{\mu_0 I}{4\pi} \int_0^{2\pi}\frac{a^2\,d\varphi}{(a^2+z^2)^{3/2}} =\frac{\mu_0 I a^2}{2(a^2+z^2)^{3/2}}.$$ 向きは電流の向きに対する右ねじの向きである。

長さ $l$、巻数 $N$ のソレノイドを、単位長さあたり $n=N/l$ 個の円環電流の重ね合わせとして扱う。中心から軸方向に $z'$ だけ離れた薄い輪の寄与は $$dB_z=\frac{\mu_0 nI a^2}{2(a^2+z'^2)^{3/2}}\,dz'$$ である。よって中心の磁束密度は $$B_0 =\frac{\mu_0 nI a^2}{2} \int_{-l/2}^{l/2}\frac{dz'}{(a^2+z'^2)^{3/2}} =\frac{\mu_0 NI}{2\sqrt{a^2+(l/2)^2}}.$$ 特に $l\gg a$ では $$B_0\simeq \frac{\mu_0 NI}{l}.$$ この近似で内部磁場を一様とすると、断面積 $S=\pi a^2$ だから磁束鎖交数は $N\Phi=N B_0 S$ であり、 $$L=\frac{N\Phi}{I} =\frac{\mu_0 N^2\pi a^2}{l}.$$

端効果を無視すると、円板間の電場は $$E_z(t)=\frac{v_0}{d}\sin\omega t$$ である。半径 $r$ の円周を考えると、電束の時間変化は $$\frac{d}{dt}\left(\epsilon_0 E_z \pi r^2\right) =\epsilon_0\pi r^2\frac{v_0\omega}{d}\cos\omega t.$$ アンペール--マクスウェルの法則より $$B_\phi(r,t)\,2\pi r =\mu_0\epsilon_0\pi r^2\frac{v_0\omega}{d}\cos\omega t.$$ したがって $$B_\phi(r,t) =\frac{\mu_0\epsilon_0 r}{2d}v_0\omega\cos\omega t, \qquad H_\phi(r,t) =\frac{\epsilon_0 r}{2d}v_0\omega\cos\omega t.$$ 磁場は中心軸を回る周方向であり、電場が増加している瞬間には右ねじの向きで生じる。

最初の極板間隔でのキャパシタンスを $C$ とする。直流電圧 $V$ で充電した直後の電荷を $$Q_0=CV$$ とする。ソレノイドとコンデンサーを接続した後、コンデンサー電荷を $Q(t)$ とおくと、回路方程式は $$L\ddot Q+\frac{Q}{C}=0.$$ 初期条件 $Q(0)=CV,\ \dot Q(0)=0$ から $$Q(t)=CV\cos\Omega t, \qquad I(t)=-\dot Q(t)=CV\Omega\sin\Omega t, \qquad \Omega=\frac1{\sqrt{LC}}.$$ エネルギーは $$U_C(t)=\frac{Q(t)^2}{2C} =\frac12CV^2\cos^2\Omega t,$$ $$U_L(t)=\frac12LI(t)^2 =\frac12CV^2\sin^2\Omega t.$$ 和は常に $\frac12CV^2$ で一定である。

極板間隔を $2d$ に広げるとキャパシタンスは $$C'=\frac{C}{2}$$ になる。孤立したコンデンサーの電荷は保存されるので $Q_0=CV$ のままである。したがって新しい角振動数は $$\Omega'=\frac1{\sqrt{LC'}}=\sqrt2\,\Omega$$ であり、 $$U_C'(t)=\frac{Q_0^2}{2C'}\cos^2\Omega't =CV^2\cos^2\Omega't,$$ $$U_L'(t)=CV^2\sin^2\Omega't.$$ エネルギーの最大値は元の $\frac12CV^2$ から $CV^2$ に増える。この増分は、引き合う極板を外力で引き離すときに外部がした仕事である。

$\sigma_x,\sigma_y,\sigma_z$ を、$\sigma_z$ の固有状態 $$\alpha=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}, \qquad \beta=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}$$ で表す。まず $$\sigma_x=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}$$ なので、固有値 $+1,-1$ に対する規格化固有状態は $$\chi_{x,+}=\frac{1}{\sqrt2}(\alpha+\beta), \qquad \chi_{x,-}=\frac{1}{\sqrt2}(\alpha-\beta).$$ また $$\sigma_y=\begin{pmatrix}0&-i\\ i&0\end{pmatrix}$$ より $$\chi_{y,+}=\frac{1}{\sqrt2}(\alpha+i\beta), \qquad \chi_{y,-}=\frac{1}{\sqrt2}(\alpha-i\beta)$$ である。

電子が $x$ 軸方向に動き、電場が $z$ 方向を向くとき $$\boldsymbol{p}\times\boldsymbol{E} =(0,-p_xE,0)$$ である。従ってスピン軌道相互作用を含むハミルトニアンは $$H=\frac{p_x^2}{2m}-\frac{\gamma E}{\hbar}p_x\sigma_y.$$ 平面波 $\phi_k(x)=e^{ikx}$ に対して $p_x=\hbar k$ であり、スピン部分は $\sigma_y$ の固有状態をとればよい。$s=\pm1$ を $\sigma_y$ の固有値とすると $$E_s(k)=\frac{\hbar^2k^2}{2m}-s\gamma E k, \qquad \psi_{k,s}(x)=e^{ikx}\chi_{y,s}.$$ $\gamma<0$ なので、正の $k$ 側で低い枝と負の $k$ 側で低い枝は互いに逆の $y$ 方向スピンを持つ。

さらに $x$ 方向の磁場によるゼーマン項を加える。略記として $$\Delta=\frac12g\mu_BB$$ を導入すると $$H=\frac{p_x^2}{2m}-\frac{\gamma E}{\hbar}p_x\sigma_y+\Delta\sigma_x.$$ 平面波基底では $$H(k)=\frac{\hbar^2k^2}{2m}\,I +\Delta\sigma_x-\gamma Ek\,\sigma_y.$$ これは有効磁場 $$\boldsymbol{h}(k)=(\Delta,-\gamma Ek,0)$$ に沿った二準位問題なので、固有エネルギーは $$E_\pm(k)=\frac{\hbar^2k^2}{2m} \pm\sqrt{\Delta^2+\gamma^2E^2k^2}.$$ 固有スピンの期待値は、上側の枝では $\boldsymbol{h}(k)$ 方向、下側の枝では $-\boldsymbol{h}(k)$ 方向を向く。特に $k=0$ では $x$ 方向にそろい、$|k|$ が大きいほど $\pm y$ 方向成分が支配的になる。

粒子数 $N=2$ のとき、速度成分 $$(v_{x,1},v_{y,1},v_{x,2},v_{y,2})$$ を四次元座標とみなす。全運動エネルギーは $$E=\frac{m}{2} \left(v_{x,1}^2+v_{y,1}^2+v_{x,2}^2+v_{y,2}^2\right)$$ である。従ってエネルギー一定の状態は $$v_{x,1}^2+v_{y,1}^2+v_{x,2}^2+v_{y,2}^2 =R^2, \qquad R=\sqrt{\frac{2E}{m}}$$ を満たす四次元球面上にある。ミクロカノニカル分布では、この球面上で等重率に分布する。

$d$ 次元球面の面積を $S_d(r)$ と書くと、一般に $$S_d(r)=\frac{2\pi^{d/2}}{\Gamma(d/2)}r^{d-1}.$$ 特に $$S_2(r)=2\pi r,\qquad S_3(r)=4\pi r^2,\qquad S_4(r)=2\pi^2r^3.$$ これらは、座標を一つずつ固定して残りの断面を積分する再帰的な積分表示から得られる。例えば $d$ 次元球面を $q_1,\ldots,q_{d-1}$ で切ると、最後の座標は $$q_d=\pm\sqrt{r^2-q_1^2-\cdots-q_{d-1}^2}$$ で決まり、ヤコビアンの因子が $$\frac{2r}{\sqrt{r^2-q_1^2-\cdots-q_{d-1}^2}}$$ として現れる。

粒子1の速さを $$v_1=\sqrt{v_{x,1}^2+v_{y,1}^2}$$ とする。四次元球面上で $v_1$ が $v_1$ から $v_1+dv_1$ にある部分の大きさを数える。二次元の粒子1速度空間では円周因子 $2\pi v_1\,dv_1$ が出る。一方、残り二成分は半径 $$\sqrt{R^2-v_1^2}$$ の円上に制限されるが、エネルギー殻のデルタ関数に由来する因子により、最終的には $$P(v_1)\,dv_1\propto v_1\,dv_1$$ となる。したがって $$P(v_1)\propto \begin{cases} v_1,&0\le v_1\le R,\\ 0,&v_1>R. \end{cases}$$

一般の $N$ では速度空間の次元は $2N$ であり、 $$R_N=\sqrt{\frac{2E}{m}} =\sqrt{\frac{2N\epsilon}{m}}$$ である。粒子1の二つの速度成分だけを取り出すと、残りは $2N-2$ 次元である。前と同様に数えると $$P_N(v_1)\propto v_1\left(R_N^2-v_1^2\right)^{N-2}$$ であり、範囲は $0\le v_1\le R_N$ である。

ここで $$R_N^2=\frac{2N\epsilon}{m}$$ を代入すると $$P_N(v_1)\propto v_1 R_N^{2N-4} \left(1-\frac{mv_1^2}{2N\epsilon}\right)^{N-2}.$$ 規格化に依存しない係数を落とし、$N\to\infty$ とすると $$\left(1-\frac{mv_1^2}{2N\epsilon}\right)^{N-2} \longrightarrow \exp\left(-\frac{mv_1^2}{2\epsilon}\right).$$ 従って $$P(v_1)\propto v_1 \exp\left(-\frac{mv_1^2}{2\epsilon}\right)$$ を得る。

二次元のマクスウェル速さ分布は $$P(v)\propto v\exp\left(-\frac{mv^2}{2k_BT}\right)$$ だから、 $$k_BT=\epsilon, \qquad T=\frac{\epsilon}{k_B}$$ である。

半径 $a$ の薄い球殻に表面電荷密度 $\sigma$ が一様に分布しているので、全電荷は $$Q=4\pi a^2\sigma$$ である。球の外側 $r>a$ では、ガウスの法則より $$4\pi r^2 D(r,t)=Q.$$ したがって $$D(r,t)=\frac{Q}{4\pi r^2} =\frac{\sigma a^2}{r^2}.$$ 向きはその時刻の球中心から外向きである。

速度が光速に比べて十分小さい近似では、動いている電荷分布の磁場は $$\boldsymbol{H}=\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{D}$$ と書ける。ここで $\boldsymbol{v}=v\hat{\boldsymbol{x}}$ であり、$\boldsymbol{D}$ は動径方向である。位置ベクトルと $x$ 軸のなす角を $\theta$ とすると $$H(r,t)=vD(r,t)\sin\theta =\frac{\sigma a^2v}{r^2}\sin\theta.$$

この関係はアンペール--マクスウェルの法則からも確認できる。中心が $x$ 軸上にあり、観測点を通る円を考え、その半径を $$d=r\sin\theta$$ とする。円周に沿って $H$ は一定なので $$\oint \boldsymbol{H}\cdot d\boldsymbol{\ell} =2\pi d\,H.$$ 一方、円を張る面を貫く電束を $\Psi$ とすると $$\oint \boldsymbol{H}\cdot d\boldsymbol{\ell} =\frac{d\Psi}{dt}$$ である。

円の面が球中心から見込む立体角を用いると、円板を貫く電束は $$\Psi=\frac{Q}{2}\left(1-\frac{x}{r}\right), \qquad x=r\cos\theta.$$ 微小時間 $\Delta t$ の間に球中心は $v\Delta t$ だけ進むため、円板から見た相対的な $x$ 座標は $x-v\Delta t$ に変わる。一次までで $$\Delta\Psi =\frac{Qv\Delta t}{2}\frac{d^2}{r^3} =\frac{4\pi a^2\sigma\,v\Delta t}{2} \frac{r^2\sin^2\theta}{r^3}.$$ 従って $$\Delta\Psi= \frac{2\pi\sigma a^2v\Delta t}{r}\sin^2\theta.$$ これを $2\pi dH=\Delta\Psi/\Delta t$ に代入すれば $$H=\frac{\sigma a^2v}{r^2}\sin\theta$$ が再び得られる。

真空中の磁気エネルギー密度は $$u(r,t)=\frac12\mu_0H^2 =\frac{\mu_0\sigma^2a^4v^2}{2r^4}\sin^2\theta.$$ 球の外側全空間で積分すると $$U_B =\int_a^\infty dr\int_0^\pi d\theta\int_0^{2\pi}d\varphi\, \frac{\mu_0\sigma^2a^4v^2}{2r^4}\sin^2\theta\, r^2\sin\theta.$$ $$\int_a^\infty \frac{dr}{r^2}=\frac1a, \qquad \int_0^\pi\sin^3\theta\,d\theta=\frac43$$ より $$U_B =\frac{4\pi}{3}\mu_0\sigma^2a^3v^2 =\frac{\mu_0Q^2}{12\pi a}v^2.$$ したがって、運動に伴う全エネルギーを $$U_{\mathrm{tot}} =\frac12m_0v^2+U_B =\frac12\left(m_0+\frac{8\pi}{3}\mu_0\sigma^2a^3\right)v^2$$ と書ける。

低周波で $\omega=vk$ と書ける音響フォノンを考える。波数空間で半径 $k$ 以下の状態数は、空間次元を $d$ として $$N(k)\propto k^d$$ である。$k=\omega/v$ だから $$N(\omega)\propto \omega^d.$$ 状態密度は $$D(\omega)=\frac{dN}{d\omega}\propto \omega^{d-1}$$ である。従って $$D(\omega)\propto \omega^p,\qquad p=d-1.$$ 三次元では $p=2$、二次元では $p=1$ である。

内部エネルギーは、係数を除いて $$U=\int_0^\infty d\omega\, D(\omega)\,\hbar\omega\, \frac1{e^{\hbar\omega/(k_BT)}-1}$$ で与えられる。$D(\omega)\propto\omega^p$ とし、 $$x=\frac{\hbar\omega}{k_BT}$$ で変数変換すると $$U\propto T^{p+2} \int_0^\infty dx\,\frac{x^{p+1}}{e^x-1}.$$ 積分は温度に依存しないので $$C_V=\left(\frac{\partial U}{\partial T}\right)_V \propto T^{p+1}.$$ したがって $C_V\propto T^q$ の指数は $$q=p+1=d.$$ 三次元では $q=3$、二次元では $q=2$ である。

層状結晶では面内結合が強く、面間結合が弱い。したがって面内方向に進むフォノンは大きな音速と大きな帯域幅を持ち、面間方向に進むフォノンは小さな音速と小さな上限周波数を持つ。低い上限 $\omega_a$ で飽和する枝が面間方向、高い上限 $\omega_b$ まで伸びる枝が面内方向である。

十分低い周波数 $\omega\ll\omega_a$ では、面内・面間のどちらも線形で、異方的ではあるが三次元の音響分散として扱える。等エネルギー面は楕円体であり、状態数は三次元体積に比例するので $$D(\omega)\propto \omega^2.$$

一方、 $$\omega_a\ll\omega\ll\omega_b$$ では、面間方向の分散はほぼ第一ブリルアン域全体を使い切っており、状態数の増加は主に面内二次元の波数面積で決まる。等エネルギー面は面間方向へ伸びた円筒状に近く、準二次元的に $$D(\omega)\propto \omega$$ となる。従って $$D(\omega)\propto\omega^\tau$$ と書けば $$\tau= \begin{cases} 2,&\omega\ll\omega_a,\\ 1,&\omega_a\ll\omega\ll\omega_b. \end{cases}$$

上と同じ $C_V\propto T^{\tau+1}$ の関係を使う。ただし全てのフォノンが熱的に励起される高温では古典極限となり、比熱はほぼ一定になる。したがって $$C_V\propto T^s$$ と書くと $$s= \begin{cases} 3,& k_BT\ll\hbar\omega_a,\\ 2,& \hbar\omega_a\ll k_BT\ll\hbar\omega_b,\\ 0,& \hbar\omega_b\ll k_BT. \end{cases}$$