東大 工学系研究科 物理工学専攻 物理学 2016年度 院試 過去問 解答例・解説（全6問）

角 $\theta$ を鉛直下向きから測る。質点の接線方向の運動方程式は $$ml\ddot{\theta}=-mg\sin\theta$$ であるから $$\ddot{\theta}+\frac{g}{l}\sin\theta=0.$$ 微小振幅では $\sin\theta\simeq\theta$ より $$\ddot{\theta}+\omega_0^2\theta=0, \qquad \omega_0=\sqrt{\frac{g}{l}}.$$ 質量 $m$ は慣性項と重力による接線力の双方に同じ比例因子として現れ、割り消える。したがって角周波数は $m$ に依存しない。

平衡位置で同じ撃力 $J$ を与えると初速度は $v_0=J/m$ である。微小振動なら角速度初期値は $\dot{\theta}(0)=J/(ml)$ なので、角周波数は変わらないが、振幅とエネルギーは質量が大きいほど小さくなる。

二本の棒の角を同じく鉛直下向きから $\theta_1,\theta_2$ とする。下側の質点に加わる一定力を $F_x$ と書くと、ポテンシャルは定数を除いて $$U=-(m_1+m_2)gl_1\cos\theta_1-m_2gl_2\cos\theta_2 -F_x\{l_1\sin\theta_1+l_2\sin\theta_2\}.$$ つり合い条件 $\partial U/\partial\theta_i=0$ から $$(m_1+m_2)g\sin\theta_1=F_x\cos\theta_1,\qquad m_2g\sin\theta_2=F_x\cos\theta_2.$$ したがって $$\tan\theta_1=\frac{F_x}{(m_1+m_2)g},\qquad \tan\theta_2=\frac{F_x}{m_2g}.$$

$m_1=m_2=m,\ l_1=l_2=l$ とする。座標を $$x_1=l\sin\theta_1,\quad y_1=-l\cos\theta_1,$$ $$x_2=l\sin\theta_1+l\sin\theta_2,\quad y_2=-l\cos\theta_1-l\cos\theta_2$$ と置く。運動エネルギーとポテンシャルは $$T=ml^2\dot{\theta}_1^2+\frac12ml^2\dot{\theta}_2^2 +ml^2\dot{\theta}_1\dot{\theta}_2\cos(\theta_1-\theta_2),$$ $$U=-2mgl\cos\theta_1-mgl\cos\theta_2.$$ よって $$L=T-U =ml^2\dot{\theta}_1^2+\frac12ml^2\dot{\theta}_2^2 +ml^2\dot{\theta}_1\dot{\theta}_2\cos(\theta_1-\theta_2) +2mgl\cos\theta_1+mgl\cos\theta_2.$$

二次のラグランジアンだけ残すと $$L_2=\frac12ml^2 \begin{pmatrix}\dot{\theta}_1&\dot{\theta}_2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}2&1\\1&1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}\dot{\theta}_1\\\dot{\theta}_2\end{pmatrix} -\frac12mgl \begin{pmatrix}\theta_1&\theta_2\end{pmatrix} \begin{pmatrix}2&0\\0&1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}\theta_1\\\theta_2\end{pmatrix}.$$ Euler--Lagrange 方程式は $$2\ddot{\theta}_1+\ddot{\theta}_2+2\omega_0^2\theta_1=0, \qquad \ddot{\theta}_1+\ddot{\theta}_2+\omega_0^2\theta_2=0.$$ $\theta_i=A_i e^{i\omega t}$ を代入すると $$\det \begin{pmatrix} 2(\omega_0^2-\omega^2)&-\omega^2\\ -\omega^2&\omega_0^2-\omega^2 \end{pmatrix}=0.$$ $r=\omega^2/\omega_0^2$ とおけば $$2(1-r)^2-r^2=0,$$ すなわち $$r=2\pm\sqrt2.$$ したがって二つの基準角周波数は $$\omega_\pm=\omega_0\sqrt{2\pm\sqrt2}.$$

リングの法線を $+z$ 向きに取る。半径を $a$、中心座標を $X$ とする。リング面上では $z=0$ であり、磁束に寄与するのは $$B_z=B_0(1+\alpha x)$$ だけである。円板内での $x$ の面積平均は中心座標 $X$ なので $$\Phi(X)=\int B_z\,dS =B_0\int(1+\alpha x)\,dS =\pi a^2B_0(1+\alpha X).$$

速度 $V>0$ で動くと $$\mathcal{E}=-\frac{d\Phi}{dt} =-\pi a^2B_0\alpha V.$$ 反時計回りを正の電流向きとする約束では $$I=\frac{\mathcal{E}}{R} =-\frac{\pi a^2B_0\alpha V}{R}.$$ 電流ループの磁気モーメントは $I\pi a^2$ であり、$x$ 方向の力は $$F_x^{\mathrm{mag}} =I\pi a^2\frac{\partial B_z}{\partial x} =I\pi a^2B_0\alpha =-\frac{(\pi a^2B_0\alpha)^2}{R}V.$$ 等速を保つ外力はこれと逆向きだから、大きさは $$F=\frac{(\pi a^2B_0\alpha)^2}{R}V.$$

磁場の $z$ 成分が $B_z=B_0b(t)(1+\alpha x)$ のとき、 $$\Phi=\pi a^2B_0b(t)(1+\alpha X).$$ したがって $$I=-\frac{\pi a^2B_0}{R}\frac{d}{dt}\{b(t)(1+\alpha X)\}.$$ 磁気力は $$m\ddot{X}=I\pi a^2B_0\alpha b(t) =-\frac{(\pi a^2B_0)^2\alpha}{R}b(t) \frac{d}{dt}\{b(t)(1+\alpha X)\}.$$ 両辺に $\alpha$ を掛けると $$\alpha\ddot{X} =-\lambda b(t)\frac{d}{dt}\{b(t)(1+\alpha X)\}, \qquad \lambda=\frac{(\pi a^2B_0\alpha)^2}{mR}.$$

$0\le t<\tau$ では $b(t)=t/\tau$ である。初期条件は $X(0)=\dot{X}(0)=0$ なので、べき級数 $$X=\sum_{k=0}^{\infty}a_kt^k$$ では $a_0=a_1=0$。また右辺は少なくとも $t$ に比例するため $\ddot{X}(0)=0$ となり、$a_2=0$ である。

$\lambda\tau\ll1$ では、ランプ中の変位と速度はまだ小さい。そこで $1+\alpha X\simeq1$、$\alpha b\dot{X}\simeq0$ として $$\alpha\ddot{X}\simeq-\lambda\frac{t}{\tau}\frac{1}{\tau}.$$ よって $$X\simeq a_3t^3,\qquad 6\alpha a_3=-\frac{\lambda}{\tau^2},$$ すなわち $$a_3=-\frac{\lambda}{6\alpha\tau^2}.$$ ランプ終了時の速度は $$V_0=\dot{X}(\tau)=3a_3\tau^2 =-\frac{\lambda}{2\alpha}.$$

$t\ge\tau$ では $b(t)=1$ だから $$\alpha\ddot{X}=-\lambda\alpha\dot{X}, \qquad \dot{X}(t)=V_0e^{-\lambda(t-\tau)}.$$ したがって停止後の位置は $$X(\infty)=X(\tau)+\frac{V_0}{\lambda} =-\frac{\lambda\tau}{6\alpha}-\frac{1}{2\alpha}.$$ $\lambda\tau\ll1$ の主近似では $$X(\infty)\simeq-\frac{1}{2\alpha}.$$

$$\hat{N}=\hat{a}^{\dagger}\hat{a},\qquad [\hat{a},\hat{a}^{\dagger}]=1.$$ したがって $$[\hat{N},\hat{a}] =\hat{a}^{\dagger}\hat{a}\hat{a}-\hat{a}\hat{a}^{\dagger}\hat{a} =-\hat{a},$$ $$[\hat{N},\hat{a}^{\dagger}] =\hat{a}^{\dagger}\hat{a}\hat{a}^{\dagger} -\hat{a}^{\dagger}\hat{a}^{\dagger}\hat{a} =\hat{a}^{\dagger}.$$ $\hat{N}|n\rangle=n|n\rangle$ なら $$\hat{N}\hat{a}^{\dagger}|n\rangle=(n+1)\hat{a}^{\dagger}|n\rangle.$$ 規格化を調べると $$\|\hat{a}^{\dagger}|n\rangle\|^2 =\langle n|\hat{a}\hat{a}^{\dagger}|n\rangle =n+1,$$ なので $$\hat{a}^{\dagger}|n\rangle=\sqrt{n+1}\,|n+1\rangle.$$ 同様に $\hat{a}|n\rangle=\sqrt{n}\,|n-1\rangle$ であり、とくに負の固有値を持つ状態は存在しないため $$\hat{a}|0\rangle=0.$$

$$|\Psi(\alpha)\rangle=e^{-|\alpha|^2/2} \sum_{n=0}^{\infty}\frac{\alpha^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle$$ に $\hat{a}$ を作用させると $$\hat{a}|\Psi(\alpha)\rangle =e^{-|\alpha|^2/2} \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\alpha^n}{\sqrt{n!}}\sqrt{n}|n-1\rangle =\alpha|\Psi(\alpha)\rangle.$$ よって固有値は $\alpha$ である。規格化は $$e^{-|\alpha|^2}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{|\alpha|^{2n}}{n!}=1$$ から確認できる。

$$\hat{x}=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(\hat{a}+\hat{a}^{\dagger}), \qquad \hat{p}=-i\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}(\hat{a}-\hat{a}^{\dagger}).$$ コヒーレント状態では $$\langle \hat{a}\rangle=\alpha,\qquad \langle \hat{a}^{\dagger}\rangle=\alpha^*,\qquad \langle\hat{N}\rangle=|\alpha|^2.$$ したがって $$\langle \hat{H}\rangle =\hbar\omega\left(|\alpha|^2+\frac12\right),$$ $$\langle\hat{x}\rangle=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}(\alpha+\alpha^*), \qquad \langle\hat{p}\rangle=-i\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}(\alpha-\alpha^*).$$ 二乗平均から $$\Delta x=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}},\qquad \Delta p=\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}},$$ よって $$\Delta x\,\Delta p=\frac{\hbar}{2}.$$

$|n\rangle$ 成分は $e^{-i\omega(n+1/2)t}$ を掛けるだけなので、$\alpha_0=Ae^{i\theta}$ とすると $$|\Psi(t)\rangle =e^{-i\omega t/2}|\Psi(\alpha(t))\rangle, \qquad \alpha(t)=\alpha_0e^{-i\omega t}=Ae^{i(\theta-\omega t)}.$$ したがって $$\langle\hat{x}\rangle_t =\sqrt{\frac{2\hbar}{m\omega}}A\cos(\theta-\omega t),$$ $$\langle\hat{p}\rangle_t =\sqrt{2m\hbar\omega}\,A\sin(\theta-\omega t).$$

エントロピーを $S(P,T)$ と見ると $$dS=\left(\frac{\partial S}{\partial P}\right)_T dP +\left(\frac{\partial S}{\partial T}\right)_P dT.$$ マクスウェル関係と定圧比熱の定義から $$\left(\frac{\partial S}{\partial P}\right)_T =-\left(\frac{\partial V}{\partial T}\right)_P =-\alpha V, \qquad \left(\frac{\partial S}{\partial T}\right)_P=\frac{C_P}{T}.$$ 等エントロピーでは $dS=0$ なので $$\left(\frac{\partial T}{\partial P}\right)_S =\frac{\alpha VT}{C_P}.$$ 理想気体 $PV=RT$ では $$\alpha=\frac1V\left(\frac{\partial V}{\partial T}\right)_P =\frac1T.$$

1 モルの気体を高圧側から低圧側へ押し出すとき、外部が気体にする仕事は $P_1V_1$、気体が外部へする仕事は $P_2V_2$ である。断熱なので $$U_2-U_1=P_1V_1-P_2V_2.$$ 移項して $$U_1+P_1V_1=U_2+P_2V_2,$$ すなわち $$H_1=H_2.$$

$H(P,T)$ と見れば $$dH=T\,dS+V\,dP.$$ 上で求めた $dS=(C_P/T)dT-\alpha V\,dP$ を代入すると $$dH=C_P\,dT+V(1-\alpha T)\,dP.$$ 等エンタルピー $dH=0$ から $$\mu_{\mathrm{JT}} =\left(\frac{\partial T}{\partial P}\right)_H =\frac{V(\alpha T-1)}{C_P}.$$ したがって $$\left(\frac{\partial T}{\partial P}\right)_S-\mu_{\mathrm{JT}} =\frac{\alpha VT}{C_P}-\frac{V(\alpha T-1)}{C_P} =\frac{V}{C_P}>0.$$ また理想気体では $\alpha T=1$ だから $$\mu_{\mathrm{JT}}=0.$$

$$\left(P+\frac{a}{V^2}\right)(V-b)=RT$$ を $b/V$ の一次まで展開する。$a/(RTb)=T_B/T$ と書くと $$PV\simeq RT\left\{1+\left(1-\frac{a}{RTb}\right)\frac{b}{V}\right\}.$$ よって $$B(T)=1-\frac{a}{RTb}=1-\frac{T_B}{T}.$$ $T=T_B$ では一次のビリアル補正が消え、低密度で理想気体に最も近く見える。

低圧で $$V\simeq\frac{RT}{P}+B(T)b$$ と近似する。すると $$\left(\frac{\partial V}{\partial T}\right)_P \simeq \frac{R}{P}+bB'(T),$$ したがって $$T\left(\frac{\partial V}{\partial T}\right)_P-V =b\{TB'(T)-B(T)\} =b\left(\frac{2T_B}{T}-1\right).$$ ゆえに $$\mu_{\mathrm{JT}} \simeq\frac{b}{C_P}\left(\frac{2T_B}{T}-1\right) =\frac1{C_P}\left(\frac{2a}{RT}-b\right).$$ 符号が変わる温度は $$T_{\mathrm{inv}}=2T_B=\frac{2a}{Rb}.$$

電子の変位を $x$ 方向だけで書くと、電荷が $-e$ なので $$m\ddot{x}+m\omega_0^2x=-eE.$$ 分極は $P=-Nex$ である。両辺に $-Ne/m$ を掛けると $$\ddot{P}+\omega_0^2P=\frac{Ne^2}{m}E.$$ 電場と分極が同じ角周波数で振動するとき $$(-\omega^2+\omega_0^2)P=\frac{Ne^2}{m}E,$$ したがって $$P=\frac{Ne^2}{m(\omega_0^2-\omega^2)}E.$$

変位電束は $D=\epsilon_0E+P=\epsilon(\omega)E$ だから $$\epsilon(\omega)=\epsilon_0\left(1+\frac{\omega_p^2}{\omega_0^2-\omega^2}\right), \qquad \omega_p^2=\frac{Ne^2}{m\epsilon_0}.$$ 波動方程式から $$k^2=\mu_0\epsilon(\omega)\omega^2 =\frac{\omega^2}{c^2} \left(1+\frac{\omega_p^2}{\omega_0^2-\omega^2}\right) =\frac{\omega^2}{c^2} \frac{\omega_0^2+\omega_p^2-\omega^2}{\omega_0^2-\omega^2}.$$ 散逸を入れていないので $k^2$ は実数である。したがって $$0<\omega<\omega_0$$ では $k$ は実数、 $$\omega_0<\omega<\sqrt{\omega_0^2+\omega_p^2}$$ では $k=i\kappa$ と純虚数、 $$\omega>\sqrt{\omega_0^2+\omega_p^2}$$ では再び実数である。

金属中の自由電子では復元力がなく $$m\ddot{x}=-eE.$$ 同じ手順で $$P=-\frac{n_ee^2}{m\omega^2}E,$$ すなわち $$\epsilon(\omega)=\epsilon_0\left(1-\frac{\omega_{pm}^2}{\omega^2}\right), \qquad \omega_{pm}^2=\frac{n_ee^2}{m\epsilon_0}.$$ したがって $$k^2=\frac{\omega^2-\omega_{pm}^2}{c^2}.$$ よって $$k= \begin{cases} i\sqrt{\omega_{pm}^2-\omega^2}/c,&0<\omega<\omega_{pm},\\ \sqrt{\omega^2-\omega_{pm}^2}/c,&\omega>\omega_{pm}. \end{cases}$$

$$\epsilon(\boldsymbol{k}) =\frac{\hbar^2k_x^2}{2m_1} +\frac{\hbar^2k_y^2}{2m_2} +\frac{\hbar^2k_z^2}{2m_3}.$$ $\epsilon(\boldsymbol{k})<\epsilon$ は $k$ 空間の楕円体であり、その半軸は $$\frac{\sqrt{2m_1\epsilon}}{\hbar},\quad \frac{\sqrt{2m_2\epsilon}}{\hbar},\quad \frac{\sqrt{2m_3\epsilon}}{\hbar}.$$ スピン縮退を数えない単位体積当たりの状態数は $$N(\epsilon)=\frac1{(2\pi)^3}\frac{4\pi}{3} \frac{(2\epsilon)^{3/2}\sqrt{m_1m_2m_3}}{\hbar^3}.$$ よって状態密度は $$\rho(\epsilon)=\frac{dN}{d\epsilon} =\frac{\sqrt{m_1m_2m_3}}{2\pi^2\hbar^3}\sqrt{2\epsilon} \quad(\epsilon>0).$$

群速度は $$v_x=\frac{\hbar k_x}{m_1},\qquad v_y=\frac{\hbar k_y}{m_2},\qquad v_z=\frac{\hbar k_z}{m_3}.$$ $\boldsymbol{B}=(0,0,B)$ なので $$\dot{k}_x=-\frac{eB}{m_2}k_y,\qquad \dot{k}_y=\frac{eB}{m_1}k_x,\qquad \dot{k}_z=0.$$ したがって $$\omega_c=\frac{eB}{\sqrt{m_1m_2}},$$ $$k_x=k_{0x}\cos(\omega_ct),\qquad k_y=k_{0x}\sqrt{\frac{m_2}{m_1}}\sin(\omega_ct),\qquad k_z=k_{0z}.$$ $k_x-k_y$ 平面では $$\frac{k_x^2}{k_{0x}^2} +\frac{k_y^2}{k_{0x}^2m_2/m_1}=1$$ という楕円を、初期点 $(k_{0x},0)$ から $+k_y$ 方向へ進む。

初期位置を原点とすると $$x(t)=\frac{\hbar k_{0x}}{m_1\omega_c}\sin(\omega_ct) =\frac{\hbar k_{0x}}{eB}\sqrt{\frac{m_2}{m_1}}\sin(\omega_ct),$$ $$y(t)=\frac{\hbar k_{0x}}{eB}\{1-\cos(\omega_ct)\}, \qquad z(t)=\frac{\hbar k_{0z}}{m_3}t.$$ したがって $x-y$ 射影は楕円、全体は $z$ 方向へ進むらせん状の軌道である。

線形バンドを $$\epsilon_s(\boldsymbol{k})=s\hbar\gamma\sqrt{k_x^2+k_y^2}, \qquad s=\pm1$$ と書く。単位面積当たりの状態数は $$N_s(|\epsilon|) =\frac{\pi k^2}{(2\pi)^2} =\frac{k^2}{4\pi}, \qquad k=\frac{|\epsilon|}{\hbar\gamma}.$$ よって各バンドの状態密度は $$\rho_s(\epsilon)=\frac{|\epsilon|}{2\pi\hbar^2\gamma^2}$$ であり、交差点でゼロから線形に増える。

群速度は $$\boldsymbol{v}=s\gamma\frac{\boldsymbol{k}}{|\boldsymbol{k}|}.$$ 波数の大きさ $k_0$ は保存し、 $$\Omega=\frac{eB\gamma}{\hbar k_0}$$ とおけば、正エネルギーバンドでは $$\boldsymbol{k}(t)=k_0(\cos\Omega t,\sin\Omega t),$$ 負エネルギーバンドでは $$\boldsymbol{k}(t)=k_0(\cos\Omega t,-\sin\Omega t).$$ したがって $k$ 空間の軌道はいずれも円で、正エネルギー側は反時計回り、負エネルギー側は時計回りである。

実空間の半径は $$R_c=\frac{\gamma}{\Omega}=\frac{\hbar k_0}{eB}.$$ 正エネルギーバンドでは $$\boldsymbol{r}_+(t)=R_c(\sin\Omega t,\,1-\cos\Omega t),$$ 負エネルギーバンドでは $$\boldsymbol{r}_-(t)=R_c(-\sin\Omega t,\,1-\cos\Omega t).$$ どちらも円軌道で、初期点からの回り方が逆になる。