東大 理学系研究科 物理学専攻 専門科目（物理学） 2014年度 院試 解答例・解説

$$r_0=\frac{4\pi\epsilon_0\hbar^2}{mq^2}, \qquad E_0=\frac{mq^4}{2(4\pi\epsilon_0)^2\hbar^2}.$$ $$\left[ \frac{d^2}{d\rho^2} + \frac{2}{\rho}\frac{d}{d\rho} + \frac{2}{\rho} \right]\psi=\epsilon\psi, \qquad E=-E_0,\quad \sqrt{\langle r^2\rangle}=\sqrt{3}r_0.$$ $$[p_1,p_2]=-i\hbar qB,\qquad X=\frac{p_2}{qB},\quad P=p_1,\quad \omega=\frac{|qB|}{m}.$$ $$P'=p_x+\frac{qBy}{2},\qquad X'=\frac{x}{2}-\frac{p_y}{qB}.$$ $$\psi_0(X)\propto e^{-m\omega X^2/(2\hbar)},\qquad X'=a\Rightarrow \psi_a(x)\propto e^{-|qB|(x-a)^2/(2\hbar)}.$$ $a$ は軌道中心の $x$ 座標である。

$$\epsilon_{\bm{k}}=\frac{\hbar^2k^2}{2m}, \qquad \epsilon_F=\frac{2\pi\hbar^2}{m}\frac{N_0}{L^2}.$$ $$\Xi= \prod_{\bm{k}} \{1+e^{-\beta(\epsilon_{\bm{k}}-\mu)}\}, \qquad \overline{N} = \frac{L^2m k_{\mathrm B}T}{2\pi\hbar^2} \ln(1+e^{\beta\mu}).$$ 低温比熱はフェルミ面近傍の幅 $k_{\mathrm B}T$ の状態だけが寄与するため $C\propto T$。 二帯模型では熱励起により正エネルギー帯に少数の粒子，負エネルギー帯に少数の空孔が生じ， $$\overline{N_1}(T) \simeq \overline{N_1}(0) - \frac{L^2 M k_{\mathrm B}T}{2\pi\hbar^2} e^{-\Delta/(k_{\mathrm B}T)}$$ である。

$$k^2=\epsilon\mu_0\omega^2,\qquad v_{\mathrm p}=\frac{1}{\sqrt{\epsilon\mu_0}}.$$ 導体中では $$\nabla^2\bm{E} = \mu_0\sigma_0\frac{\partial\bm{E}}{\partial t} + \mu_0\epsilon_0\frac{\partial^2\bm{E}}{\partial t^2}, \qquad k_m\simeq(1+i)\sqrt{\frac{\mu_0\sigma_0\omega}{2}}.$$ 境界条件は $$E_i+E_r=E_m,\qquad k(E_i-E_r)=k_mE_m.$$ 良導体では $$R\simeq1-2\sqrt{\frac{2\omega\epsilon_0}{\sigma_0}}, \qquad \frac{P_{\mathrm{loss}}}{P_{\mathrm{in}}} \simeq 2\sqrt{\frac{2\omega\epsilon_0}{\sigma_0}}.$$

結晶分光では $$2d\sin\theta=n\lambda$$ から波長を測る。光子エネルギーは $$E=h\nu=\frac{hc}{\lambda}$$ であり，$\lambda=0.72\,\text{\AA}$ の K$\alpha$ 線は $$E\simeq1.7\times10^4\,\mathrm{eV}=17\,\mathrm{keV}.$$ 水素様模型では $$E_n=-\frac{Z^2}{n^2}\,\mathrm{Ry}, \qquad \nu= \frac{\mathrm{Ry}}{h} \left(\frac{1}{n_1^2}-\frac{1}{n_2^2}\right)Z^2.$$ K$\alpha$ 線の傾きから $$\mathrm{Ry}=\frac{4h}{3}a^2\simeq14\,\mathrm{eV}.$$ 切片がゼロでないことは，内殻電子による遮蔽で有効核電荷が $Z-b$ になることを示す。

$$dG=-S\,dT+V\,dp, \qquad \mu_{AB}=\mu_A+\mu_B, \qquad \Delta G^0=\mu_{AB}^0-\mu_A^0-\mu_B^0.$$ 力 $f$ を受ける重合反応では $$K_n(f)=K_n(0)\exp\left(-\frac{N_Afd}{RT}\right).$$ $m_n\simeq m_{n-1}$ より $$\frac{K_n(f)}{K_n(0)} = \frac{2.0\times10^{-7}}{2.0\times10^{-5}} = 10^{-2},$$ したがって $$f\simeq7.1\times10^{-12}\,\mathrm{N}, \qquad \eta\simeq0.19.$$ 揺らぎは単量体が入り込む隙間を作り，重合によってその揺らぎを一方向の仕事へ変換するため重要である。

$$m_{\gamma\gamma}=2\sqrt{E_1E_2}\sin\frac{\phi}{2}.$$ $$\gamma_H=2,\quad \beta_H=\frac{\sqrt{3}}{2}, \qquad \phi_{\min}=60^\circ,\quad \phi_{\max}=180^\circ.$$ $$E=\gamma_H\frac{m_H}{2}(1+\beta_H\cos\theta^\ast), \qquad E_{\min}\simeq16.7\,\mathrm{GeV},\quad E_{\max}\simeq233\,\mathrm{GeV},$$ であり，一つの光子のエネルギー分布はこの範囲で一様である。