東大 工学系研究科 物理工学専攻 物理学 2015年度 院試 解答例・解説

一様な剛体球を半径 $r$、厚さ $dr$ の薄い球殻に分ける。薄い球殻の任意の直径まわりの慣性モーメントは $$dI=\frac{2}{3}r^2\,dm,\qquad dm=4\pi\rho r^2\,dr$$ である。したがって $$I=\int_0^a \frac{2}{3}r^2 4\pi\rho r^2\,dr =\frac{8\pi\rho a^5}{15}.$$ 質量 $m=(4\pi\rho a^3)/3$ を用いれば $$I=\frac25ma^2.$$

回転の正方向を、接触点での回転による速度が $+x$ 方向になる向きとする。衝突直後にすべらない条件は、接触点の水平速度がゼロであることだから $$v'+a\omega'=0.$$ 床からの水平力積を $P<0$ とすると、水平運動量について $$mv'=P$$ である。また接触点は中心から $-a\hat{\boldsymbol{y}}$ の位置にあるため、中心まわりの角運動量について $$I\omega'=I\omega+aP$$ となる。上の二式と $v'=-a\omega'$ から $$I\omega'=I\omega-ma^2\omega',$$ すなわち $$\omega'=\frac{I}{I+ma^2}\omega=\frac27\omega.$$

$n$ 回目の衝突で、衝突前後の水平速度と角速度をそれぞれ $(v_{n-1},\omega_{n-1})$、$(v_n,\omega_n)$ と書く。力積を $P_n$ とすると $$mv_n=mv_{n-1}+P_n, \qquad I\omega_n=I\omega_{n-1}+aP_n.$$ したがって $$I\omega_n-amv_n =I\omega_{n-1}-amv_{n-1}.$$ よって $$l=I\omega_n-amv_n$$ は衝突回数 $n$ に依存しない保存量である。

反跳が終わった後はすべらず転がるので $$v_f+a\omega_f=0,\qquad \omega_f=-\frac{v_f}{a}.$$ 保存量を初期値と最終値で等置すると $$I\omega_0-amv_0 =I\omega_f-amv_f =-\left(\frac{I}{a}+am\right)v_f.$$ したがって $$v_f=\frac{amv_0-I\omega_0}{am+I/a} =\frac{5v_0-2a\omega_0}{7}.$$ 転がり終わった直後に $v_f=0$ となる条件は $$v_0=\frac25a\omega_0.$$

線電荷密度を $\lambda$ とする。半径 $r$ の円筒面をガウス面に取ると $$E(r)\,2\pi r L=\frac{\lambda L}{\epsilon_0}$$ より $$E(r)=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0 r}.$$ ポテンシャルの基準を $r=r_0$ でゼロに取れば $$\phi(r)-\phi(r_0)=-\int_{r_0}^{r}E(r')\,dr' =-\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\ln\frac{r}{r_0}.$$

$(a,0)$ に $+\lambda$、$(b,0)$ に $-\lambda$ があるとする。点 $(r\cos\theta,r\sin\theta)$ から二本の線電荷までの距離を $$\rho_a=\sqrt{r^2+a^2-2ar\cos\theta},\qquad \rho_b=\sqrt{r^2+b^2-2br\cos\theta}$$ とおくと、定数を除いた全ポテンシャルは $$\phi(r,\theta)=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0}\ln\frac{\rho_b}{\rho_a}.$$

半径 $R$ の接地円筒空洞内で、実線電荷が $(d,0)$ にあるとする。鏡像電荷を $(D,0)$ に $-\lambda$ と置く。境界 $r=R$ でポテンシャルが一定になるには $$D=\frac{R^2}{d}$$ であればよい。実際、 $$\rho_D^2=R^2+D^2-2RD\cos\theta =\frac{R^2}{d^2}\{R^2+d^2-2Rd\cos\theta\} =\frac{R^2}{d^2}\rho_d^2$$ であり、$\rho_D/\rho_d=R/d$ は $\theta$ によらない。

境界でゼロになるように定数を選ぶと、空洞内のポテンシャルは $$\phi(r,\theta)=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0} \ln \frac{\sqrt{R^2-2rd\cos\theta+d^2r^2/R^2}} {\sqrt{r^2+d^2-2rd\cos\theta}}.$$

$$\sigma(\theta)=\epsilon_0\left.\frac{\partial\phi}{\partial r}\right|_{r=R}$$ を計算すると $$\sigma(\theta) =-\frac{\lambda}{2\pi R} \frac{R^2-d^2}{R^2+d^2-2Rd\cos\theta}.$$ 周回積分は $$\int_0^{2\pi}\sigma(\theta)R\,d\theta =-\frac{\lambda}{2\pi}(R^2-d^2) \int_0^{2\pi} \frac{d\theta}{R^2+d^2-2Rd\cos\theta} =-\lambda$$ となる。

線電荷が $(x_0,y_0)=(d\cos\psi,d\sin\psi)$ にあり、$d/R\ll1$ とする。上式を角度 $\theta$ から見た形に直すと $$\sigma(\theta)\simeq -\frac{\lambda}{2\pi R} \left\{1+\frac{2d}{R}\cos(\theta-\psi)\right\}.$$ したがって $$\sigma_1\simeq C\left(1+\frac{2x_0}{R}\right),\quad \sigma_3\simeq C\left(1-\frac{2x_0}{R}\right),$$ $$\sigma_2\simeq C\left(1+\frac{2y_0}{R}\right),\quad \sigma_4\simeq C\left(1-\frac{2y_0}{R}\right), \qquad C=-\frac{\lambda}{2\pi R}.$$ よって $$x_0=\frac{R}{2}\frac{\sigma_1-\sigma_3}{\sigma_1+\sigma_3}, \qquad y_0=\frac{R}{2}\frac{\sigma_2-\sigma_4}{\sigma_2+\sigma_4}.$$

対称な波動関数は節を持たず、反対称な波動関数は中央に節を持つため、低いエネルギーを持つのは対称状態である。したがって $$H|\psi_S\rangle=-J|\psi_S\rangle,\qquad H|\psi_A\rangle=J|\psi_A\rangle.$$ $$|\psi_L\rangle=\frac{|\psi_S\rangle+|\psi_A\rangle}{\sqrt2},\qquad |\psi_R\rangle=\frac{|\psi_S\rangle-|\psi_A\rangle}{\sqrt2}$$ とおくと、直交性は $$\langle\psi_L|\psi_R\rangle =\frac12(\langle S|S\rangle-\langle A|A\rangle)=0$$ から従う。この基底で $$H= \begin{pmatrix} 0&-J\\ -J&0 \end{pmatrix}.$$ 初期状態が左井戸なら $$|\psi(t)\rangle =\cos\frac{Jt}{\hbar}|\psi_L\rangle +i\sin\frac{Jt}{\hbar}|\psi_R\rangle,$$ よって右井戸にある確率は $$P_R(t)=\sin^2\frac{Jt}{\hbar}.$$

二粒子基底を $|0\rangle,|1\rangle,|2\rangle$ とする。ボース粒子なので一粒子の移動には占有数因子が付き、 $$H= \begin{pmatrix} 0&-\sqrt2J&0\\ -\sqrt2J&0&-\sqrt2J\\ 0&-\sqrt2J&0 \end{pmatrix}.$$ 固有値は $$E=-2J,\quad 0,\quad 2J.$$ 初期状態を $|0\rangle$ とすると、各粒子が独立に右へ移る確率 $$p(t)=\sin^2\frac{Jt}{\hbar}$$ を用いて $$P_0(t)=\{1-p(t)\}^2=\cos^4\frac{Jt}{\hbar},$$ $$P_1(t)=2p(t)\{1-p(t)\} =2\sin^2\frac{Jt}{\hbar}\cos^2\frac{Jt}{\hbar},$$ $$P_2(t)=p(t)^2=\sin^4\frac{Jt}{\hbar}.$$

同じ井戸に二個あるときだけエネルギーが $A$ 下がる場合、 $$H_A= \begin{pmatrix} -A&-\sqrt2J&0\\ -\sqrt2J&0&-\sqrt2J\\ 0&-\sqrt2J&-A \end{pmatrix}.$$ 反対称な組合せ $(|0\rangle-|2\rangle)/\sqrt2$ の固有値は $-A$。対称な組合せ $(|0\rangle+|2\rangle)/\sqrt2$ と $|1\rangle$ の部分空間では $$\begin{pmatrix} -A&-2J\\ -2J&0 \end{pmatrix}$$ を対角化すればよく、残る固有値は $$E_{\pm}=\frac{-A\pm\sqrt{A^2+16J^2}}{2}.$$ $A\gg J$ では $$E_-=-A-\frac{4J^2}{A}+O\!\left(\frac{J^4}{A^3}\right), \qquad E_+=\frac{4J^2}{A}+O\!\left(\frac{J^4}{A^3}\right).$$ 低エネルギーの二つの組合せの分裂は $4J^2/A$ なので、粒子はほぼ対のまま左右を移る。選択肢では、$P_1$ がほぼゼロで $P_0$ と $P_2$ が交互に入れ替わる (b) を選ぶ。対応は、開始時に 1 から始まる曲線が $P_0$、0 から立ち上がる曲線が $P_2$、ほぼ 0 の曲線が $P_1$ である。周期は $$T_A=\frac{2\pi\hbar}{4J^2/A} =\frac{\pi\hbar A}{2J^2}.$$

同じ井戸に二個あるときだけエネルギーが $B$ 上がる場合、 $$H_B= \begin{pmatrix} B&-\sqrt2J&0\\ -\sqrt2J&0&-\sqrt2J\\ 0&-\sqrt2J&B \end{pmatrix}.$$ 固有値は $$B,\qquad \frac{B\pm\sqrt{B^2+16J^2}}{2}.$$ $B\gg J$ では、$|1\rangle$ を仮想的に経由した有効結合だけが残り、$|0\rangle$ と $|2\rangle$ の分裂は $4J^2/B$ である。したがって選ぶ曲線の型は強い引力の場合と同じ (b) で、 $$T_B=\frac{\pi\hbar B}{2J^2}.$$

熱的波長を $$\lambda_T=\frac{h}{\sqrt{2\pi mk_BT}}$$ と書く。ボルツマン統計で $N!$ を入れると $$Z_N=\frac1{N!} \left[ \frac{V}{h^3}\int_{\mathbb{R}^3} \exp\left(-\beta\frac{p^2}{2m}\right)d^3p \right]^N =\frac1{N!}\left(\frac{V}{\lambda_T^3}\right)^N.$$ $\beta=1/(k_BT)$ である。

内部エネルギーは $$U=-\frac{\partial}{\partial\beta}\ln Z_N =\frac32Nk_BT,$$ したがって $$C=\left(\frac{\partial U}{\partial T}\right)_V =\frac32Nk_B.$$ 自由エネルギー $F=-k_BT\ln Z_N$ から $$P=-\left(\frac{\partial F}{\partial V}\right)_{T,N} =\frac{Nk_BT}{V},$$ すなわち $$PV=Nk_BT.$$

一粒子エネルギーを $$\frac{p^2}{2m}-\alpha\frac{N}{V}$$ とし、利用可能体積を $V-Nb$ とする。すると $$Z_N=\frac1{N!} \left(\frac{V-Nb}{\lambda_T^3}\right)^N \exp\left(\beta\alpha\frac{N^2}{V}\right).$$ したがって $$F=-k_BT\ln Z_N = -Nk_BT\ln(V-Nb) +3Nk_BT\ln\lambda_T +k_BT\ln N! -\alpha\frac{N^2}{V}.$$ 圧力は $$P=-\frac{\partial F}{\partial V} =\frac{Nk_BT}{V-Nb}-\alpha\frac{N^2}{V^2}.$$ すなわち $$\left(P+\alpha\frac{N^2}{V^2}\right)(V-Nb)=Nk_BT.$$

$$A(V)=F(T,N,V)+PV$$ とおくと $$\frac{dA}{dV}=\frac{\partial F}{\partial V}+P=-P_{\mathrm{eq}}(V)+P.$$ よって極値は状態方程式を満たす点である。さらに $$\frac{d^2A}{dV^2} =-\left(\frac{\partial P_{\mathrm{eq}}}{\partial V}\right)_T.$$ 熱平衡として安定な点は $A(V)$ の最小点であり、 $$\left(\frac{\partial P}{\partial V}\right)_T<0$$ を満たす。中央の極大点は $$\left(\frac{\partial P}{\partial V}\right)_T>0$$ であり、不安定である。

圧力 $P$ を大きくすると、項 $PV$ は大きな体積側をより強く押し上げるため、小体積側の最小値が相対的に低くなる。逆に $P$ を小さくすると、大体積側の最小値が相対的に低くなる。

状態方程式そのものは、低温で $P$-$V$ 平面に S 字型の等温線を与える。正の傾きを持つ枝は上の安定性条件に反するので、熱平衡状態としては採用されない。ギブス自由エネルギー $$G(T,N,P)=\min_V\{F(T,N,V)+PV\}$$ で決まる平衡状態では、二つの最小値が等しい圧力で体積が不連続に飛び、等温線は水平な共存線で置き換わる。

電場を $$\boldsymbol{E}(z,t)=\operatorname{Re} \left[\boldsymbol{E}_0 e^{i(\tilde{k}z-\omega t)}\right], \qquad \tilde{k}=k_1+ik_2$$ と置く。等位相面は $k_1z-\omega t=$ 一定を満たすので、位相速度は $$v=\frac{\omega}{k_1}.$$ 振幅は $e^{-k_2z}$ で減衰するから、振幅が $1/e$ になる距離は $$d=\frac1{k_2}.$$

波動方程式に代入すると $$\tilde{k}^{\,2}=\epsilon\mu\omega^2+i\mu\sigma\omega.$$ 実部・虚部を比較して $$k_1^2-k_2^2=\epsilon\mu\omega^2,\qquad 2k_1k_2=\mu\sigma\omega.$$ よって $$k_1= \left[ \frac{\mu\omega}{2} \left(\sqrt{\epsilon^2\omega^2+\sigma^2}+\epsilon\omega\right) \right]^{1/2},$$ $$k_2= \left[ \frac{\mu\omega}{2} \left(\sqrt{\epsilon^2\omega^2+\sigma^2}-\epsilon\omega\right) \right]^{1/2}.$$

$\sigma\gg\epsilon\omega$ では $$k_1\simeq k_2\simeq\sqrt{\frac{\mu\sigma\omega}{2}}, \qquad d\simeq\sqrt{\frac{2}{\mu\sigma\omega}}.$$ $\sigma\ll\epsilon\omega$ では $$k_1\simeq\omega\sqrt{\epsilon\mu}, \qquad k_2\simeq\frac{\sigma}{2}\sqrt{\frac{\mu}{\epsilon}}, \qquad d\simeq\frac{2}{\sigma}\sqrt{\frac{\epsilon}{\mu}}.$$

ファラデーの法則から $$\boldsymbol{B}_0 =\frac{\tilde{k}}{\omega}\,\hat{\boldsymbol{z}}\times\boldsymbol{E}_0.$$ したがって磁束密度は電場に対して $$\phi=\arg\tilde{k}=\tan^{-1}\frac{k_2}{k_1}$$ だけ遅れる。良導体極限では $\phi\to\pi/4$、不良導体極限では $\phi\to0$ である。

$z=0$ での時間平均ポインティングベクトルの大きさは $$|\langle\boldsymbol{S}\rangle| =\frac1{2\mu}|\boldsymbol{E}_0||\boldsymbol{B}_0|\cos\phi =\frac{|\boldsymbol{E}_0|^2}{2\mu\omega}k_1.$$ 媒質への単位体積あたりの仕事率は $$Q(\boldsymbol{r},t)=\boldsymbol{J}\cdot\boldsymbol{E} =\sigma |\boldsymbol{E}(\boldsymbol{r},t)|^2.$$ 時間平均は $$\langle Q(z,t)\rangle =\frac{\sigma}{2}|\boldsymbol{E}_0|^2e^{-2k_2z}.$$ したがって $$\int_0^\infty \langle Q(z,t)\rangle\,dz =\frac{\sigma|\boldsymbol{E}_0|^2}{4k_2}.$$ $2k_1k_2=\mu\sigma\omega$ を使うと $$\int_0^\infty \langle Q\rangle dz =\frac{k_1|\boldsymbol{E}_0|^2}{2\mu\omega} =|\langle\boldsymbol{S}\rangle|.$$

基本単位格子ベクトルを $$\boldsymbol{a}_1=\left(\frac{\sqrt3a}{2},\frac{a}{2}\right), \qquad \boldsymbol{a}_2=\left(-\frac{\sqrt3a}{2},\frac{a}{2}\right)$$ とする。逆格子ベクトルは $\boldsymbol{a}_i\cdot\boldsymbol{b}_j=2\pi\delta_{ij}$ を満たすので $$\boldsymbol{b}_1=\left(\frac{2\pi}{\sqrt3a},\frac{2\pi}{a}\right), \qquad \boldsymbol{b}_2=\left(-\frac{2\pi}{\sqrt3a},\frac{2\pi}{a}\right).$$ 第1ブリルアン域は六角形であり、正の $k_x$ 軸との交点は $$P=\left(\frac{2\pi}{\sqrt3a},0\right),$$ 正の $k_y$ 軸との交点は $$Q=\left(0,\frac{4\pi}{3a}\right).$$

単位胞面積は $$A_c=|\boldsymbol{a}_1\times\boldsymbol{a}_2| =\frac{\sqrt3a^2}{2}.$$ スピン自由度を含めると、単位面積あたりの状態数は $$\frac{2}{(2\pi)^2}\pi k_F^2=\frac{k_F^2}{2\pi}.$$ 単位胞あたり電子数が 2 なので $$A_c\frac{k_F^2}{2\pi}=2,$$ したがって $$k_F=\frac1a\sqrt{\frac{8\pi}{\sqrt3}}.$$ この円の面積は第1ブリルアン域の面積に等しく、六角形の境界と交差する。

$A$ 原子と $B$ 原子の係数を $\lambda_A,\lambda_B$ と書く。最近接三本の位相和を $$f(\boldsymbol{k}) =e^{iak_x/\sqrt3} +2e^{-iak_x/(2\sqrt3)}\cos\frac{ak_y}{2}$$ とおくと、連立方程式は $$(\epsilon_A-E)\lambda_A+\tau f(\boldsymbol{k})\lambda_B=0,$$ $$\tau f^*(\boldsymbol{k})\lambda_A+(\epsilon_B-E)\lambda_B=0.$$ ただし $$|f(\boldsymbol{k})|^2 =1+4\cos^2\frac{ak_y}{2} +4\cos\frac{ak_y}{2}\cos\frac{\sqrt3ak_x}{2}.$$ よってエネルギー固有値は $$E_\pm(\boldsymbol{k}) =\frac{\epsilon_A+\epsilon_B}{2} \pm \sqrt{ \left(\frac{\epsilon_A-\epsilon_B}{2}\right)^2 +|\tau|^2|f(\boldsymbol{k})|^2 }.$$

単位胞あたり最外殻電子が平均 2 個なら、下のバンドが占有される。$k_y$ 軸上で $$X=\left(0,\frac{4\pi}{3a}\right)$$ とすると $f(X)=0$ である。したがって $$E_1=\epsilon_B,\qquad E_2=\epsilon_A,\qquad E_g=E_2-E_1=\epsilon_A-\epsilon_B.$$ $k_x=0$、$k_y=4\pi/(3a)+q$ とおくと $$|f|^2\simeq\frac{3a^2q^2}{4}.$$ よって $$E_\pm\simeq \frac{\epsilon_A+\epsilon_B}{2} \pm \sqrt{ \left(\frac{E_g}{2}\right)^2 +\frac{3a^2|\tau|^2}{4}q^2 }.$$ $E_g\gg|\tau|$ なら $$E_+\simeq \epsilon_A+\frac{3a^2|\tau|^2}{4E_g}q^2, \qquad E_-\simeq \epsilon_B-\frac{3a^2|\tau|^2}{4E_g}q^2.$$ 伝導帯側の $k_y$ 方向有効質量は $$\frac{\hbar^2}{2m_y^*} =\frac{3a^2|\tau|^2}{4E_g} \quad\Longrightarrow\quad m_y^*=\frac{2\hbar^2E_g}{3a^2|\tau|^2}.$$

$B$ 原子をすべて $A$ 原子に置き換えると $\epsilon_A=\epsilon_B=\epsilon_0$ と見なせる。すると $$E_\pm(\boldsymbol{k})=\epsilon_0\pm|\tau|\,|f(\boldsymbol{k})|.$$ 点 $X$ 近傍では $$E_\pm\simeq \epsilon_0\pm\frac{\sqrt3a|\tau|}{2}|k_y-4\pi/(3a)|.$$ したがって $$E_g=0.$$