平成25年度の物理学は6問構成で、第1問から第3問が全員必答、第4問から第6問が選択です。必答の3問は調和振動子のコヒーレント状態、理想ボース気体の凝縮、電磁場中の荷電粒子という標準的な題材で、計算の道具はどれも教科書どおりです。難しさは選択問題側にあり、熱雑音の等価回路、原子核実験の運動学と検出器、固体の熱伝導のいずれも、式変形よりも「得られた式をどう読むか」を言葉で答えさせる設問に重みが置かれています。
問題 分野 主題 第1問 量子力学 調和振動子の生成消滅演算子とコヒーレント状態 第2問 統計力学 理想ボース気体とボース・アインシュタイン凝縮 第3問 解析力学・電磁気学 電磁場中の荷電粒子とペニングトラップ型の運動 第4問 電気回路・統計力学 抵抗の熱雑音、パワースペクトル、オペアンプ回路 第5問 原子核・相対論 相対論的反応運動学、速度選別器、半導体検出器 第6問 固体物理 熱伝導率の測定とフォノンの平均自由行程
第1問から第3問が必答、第4問から第6問の中から1問を選択する形式ですが、ここでは全問の解答を載せます。
角振動数 ω \omega ω m m m
H = p ^ 2 2 m + m ω 2 x ^ 2 2 \mathcal{H}=\frac{\hat{p}^2}{2m}+\frac{m\omega^2\hat{x}^2}{2} H = 2 m p ^ 2 + 2 m ω 2 x ^ 2 を、消滅演算子
a ^ = m ω 2 ℏ x ^ + i 2 m ℏ ω p ^ \hat{a}=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\,\hat{x}+\frac{i}{\sqrt{2m\hbar\omega}}\,\hat{p} a ^ = 2ℏ mω x ^ + 2 m ℏ ω i p ^ を用いて扱います。正準交換関係は [ x ^ , p ^ ] = i ℏ [\hat{x},\hat{p}]=i\hbar [ x ^ , p ^ ] = i ℏ ∣ ϕ n ⟩ |\phi_n\rangle ∣ ϕ n ⟩ E n E_n E n α = r e i θ \alpha=re^{i\theta} α = r e i θ
∣ α ⟩ = e − ∣ α ∣ 2 2 ∑ n = 0 ∞ α n n ! ∣ ϕ n ⟩ |\alpha\rangle=e^{-\frac{|\alpha|^2}{2}}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\alpha^n}{\sqrt{n!}}\,|\phi_n\rangle ∣ α ⟩ = e − 2 ∣ α ∣ 2 n = 0 ∑ ∞ n ! α n ∣ ϕ n ⟩ の性質と時間発展を調べます。
x ^ , p ^ \hat{x},\hat{p} x ^ , p ^ a ^ \hat{a} a ^
a ^ † = m ω 2 ℏ x ^ − i 2 m ℏ ω p ^ \hat{a}^\dagger=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\,\hat{x}-\frac{i}{\sqrt{2m\hbar\omega}}\,\hat{p} a ^ † = 2ℏ mω x ^ − 2 m ℏ ω i p ^ イは、m ω / 2 ℏ ⋅ 1 / 2 m ℏ ω = 1 / ( 2 ℏ ) \sqrt{m\omega/2\hbar}\cdot 1/\sqrt{2m\hbar\omega}=1/(2\hbar) mω /2ℏ ⋅ 1/ 2 m ℏ ω = 1/ ( 2ℏ )
[ a ^ , a ^ † ] = − i 2 ℏ [ x ^ , p ^ ] + i 2 ℏ [ p ^ , x ^ ] = − i 2 ℏ ( i ℏ ) + i 2 ℏ ( − i ℏ ) = 1 \begin{aligned}
[\hat{a},\hat{a}^\dagger]
&=-\frac{i}{2\hbar}[\hat{x},\hat{p}]+\frac{i}{2\hbar}[\hat{p},\hat{x}]
=-\frac{i}{2\hbar}(i\hbar)+\frac{i}{2\hbar}(-i\hbar)=1
\end{aligned} [ a ^ , a ^ † ] = − 2ℏ i [ x ^ , p ^ ] + 2ℏ i [ p ^ , x ^ ] = − 2ℏ i ( i ℏ ) + 2ℏ i ( − i ℏ ) = 1 です。a ^ + a ^ † = 2 m ω / 2 ℏ x ^ \hat{a}+\hat{a}^\dagger=2\sqrt{m\omega/2\hbar}\,\hat{x} a ^ + a ^ † = 2 mω /2ℏ x ^ a ^ − a ^ † = 2 i p ^ / 2 m ℏ ω \hat{a}-\hat{a}^\dagger=2i\hat{p}/\sqrt{2m\hbar\omega} a ^ − a ^ † = 2 i p ^ / 2 m ℏ ω
x ^ = ℏ 2 m ω ( a ^ + a ^ † ) , p ^ = − i m ℏ ω 2 ( a ^ − a ^ † ) \hat{x}=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(\hat{a}+\hat{a}^\dagger\right),
\qquad
\hat{p}=-i\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}\left(\hat{a}-\hat{a}^\dagger\right) x ^ = 2 mω ℏ ( a ^ + a ^ † ) , p ^ = − i 2 m ℏ ω ( a ^ − a ^ † ) これを H \mathcal{H} H
H = − ℏ ω 4 ( a ^ − a ^ † ) 2 + ℏ ω 4 ( a ^ + a ^ † ) 2 = ℏ ω 2 ( a ^ a ^ † + a ^ † a ^ ) = ℏ ω ( a ^ † a ^ + 1 2 ) \begin{aligned}
\mathcal{H}&=-\frac{\hbar\omega}{4}\left(\hat{a}-\hat{a}^\dagger\right)^2+\frac{\hbar\omega}{4}\left(\hat{a}+\hat{a}^\dagger\right)^2
=\frac{\hbar\omega}{2}\left(\hat{a}\hat{a}^\dagger+\hat{a}^\dagger\hat{a}\right)
=\hbar\omega\left(\hat{a}^\dagger\hat{a}+\frac{1}{2}\right)
\end{aligned} H = − 4 ℏ ω ( a ^ − a ^ † ) 2 + 4 ℏ ω ( a ^ + a ^ † ) 2 = 2 ℏ ω ( a ^ a ^ † + a ^ † a ^ ) = ℏ ω ( a ^ † a ^ + 2 1 ) 最後の等号でイを使いました。a ^ † a ^ \hat{a}^\dagger\hat{a} a ^ † a ^ a ^ ∣ ϕ 0 ⟩ = 0 \hat{a}|\phi_0\rangle=0 a ^ ∣ ϕ 0 ⟩ = 0
E 0 = ℏ ω 2 E_0=\frac{\hbar\omega}{2} E 0 = 2 ℏ ω です。a ^ † a ^ ∣ ϕ n ⟩ = n ∣ ϕ n ⟩ \hat{a}^\dagger\hat{a}|\phi_n\rangle=n|\phi_n\rangle a ^ † a ^ ∣ ϕ n ⟩ = n ∣ ϕ n ⟩ [ a ^ † a ^ , a ^ † ] = a ^ † [\hat{a}^\dagger\hat{a},\hat{a}^\dagger]=\hat{a}^\dagger [ a ^ † a ^ , a ^ † ] = a ^ † a ^ † ∣ ϕ n ⟩ \hat{a}^\dagger|\phi_n\rangle a ^ † ∣ ϕ n ⟩ n + 1 n+1 n + 1
⟨ ϕ n ∣ a ^ a ^ † ∣ ϕ n ⟩ = ⟨ ϕ n ∣ ( a ^ † a ^ + 1 ) ∣ ϕ n ⟩ = n + 1 \langle\phi_n|\hat{a}\hat{a}^\dagger|\phi_n\rangle=\langle\phi_n|\left(\hat{a}^\dagger\hat{a}+1\right)|\phi_n\rangle=n+1 ⟨ ϕ n ∣ a ^ a ^ † ∣ ϕ n ⟩ = ⟨ ϕ n ∣ ( a ^ † a ^ + 1 ) ∣ ϕ n ⟩ = n + 1 です。位相を正の実数に選ぶと、キとクは
∣ ϕ n + 1 ⟩ = 1 n + 1 a ^ † ∣ ϕ n ⟩ , E n = ℏ ω ( n + 1 2 ) |\phi_{n+1}\rangle=\frac{1}{\sqrt{n+1}}\,\hat{a}^\dagger|\phi_n\rangle,
\qquad
E_n=\hbar\omega\left(n+\frac{1}{2}\right) ∣ ϕ n + 1 ⟩ = n + 1 1 a ^ † ∣ ϕ n ⟩ , E n = ℏ ω ( n + 2 1 ) と決まります。まとめると次のとおりです。
記号 答え ア m ω 2 ℏ x ^ − i 2 m ℏ ω p ^ \sqrt{\dfrac{m\omega}{2\hbar}}\,\hat{x}-\dfrac{i}{\sqrt{2m\hbar\omega}}\,\hat{p} 2ℏ mω x ^ − 2 m ℏ ω i p ^ イ 1 1 1 ウ ℏ 2 m ω ( a ^ + a ^ † ) \sqrt{\dfrac{\hbar}{2m\omega}}\left(\hat{a}+\hat{a}^\dagger\right) 2 mω ℏ ( a ^ + a ^ † ) エ − i m ℏ ω 2 ( a ^ − a ^ † ) -i\sqrt{\dfrac{m\hbar\omega}{2}}\left(\hat{a}-\hat{a}^\dagger\right) − i 2 m ℏ ω ( a ^ − a ^ † ) オ ℏ ω ( a ^ † a ^ + 1 2 ) \hbar\omega\left(\hat{a}^\dagger\hat{a}+\dfrac{1}{2}\right) ℏ ω ( a ^ † a ^ + 2 1 ) カ ℏ ω 2 \dfrac{\hbar\omega}{2} 2 ℏ ω キ 1 n + 1 \dfrac{1}{\sqrt{n+1}} n + 1 1 ク ℏ ω ( n + 1 2 ) \hbar\omega\left(n+\dfrac{1}{2}\right) ℏ ω ( n + 2 1 )
なおキの関係から a ^ ∣ ϕ n ⟩ = n ∣ ϕ n − 1 ⟩ \hat{a}|\phi_n\rangle=\sqrt{n}\,|\phi_{n-1}\rangle a ^ ∣ ϕ n ⟩ = n ∣ ϕ n − 1 ⟩
∣ ϕ n ⟩ |\phi_n\rangle ∣ ϕ n ⟩ H \mathcal{H} H i ℏ ∂ t ∣ ψ ⟩ = H ∣ ψ ⟩ i\hbar\,\partial_t|\psi\rangle=\mathcal{H}|\psi\rangle i ℏ ∂ t ∣ ψ ⟩ = H ∣ ψ ⟩ i ℏ c ˙ n ( t ) = E n c n ( t ) i\hbar\,\dot{c}_n(t)=E_n c_n(t) i ℏ c ˙ n ( t ) = E n c n ( t )
c n ( t ) = c n ( 0 ) e − i E n t / ℏ = c n ( 0 ) e − i ( n + 1 2 ) ω t c_n(t)=c_n(0)\,e^{-iE_nt/\hbar}=c_n(0)\,e^{-i\left(n+\frac{1}{2}\right)\omega t} c n ( t ) = c n ( 0 ) e − i E n t /ℏ = c n ( 0 ) e − i ( n + 2 1 ) ω t が答えです。位相だけが回るので ∣ c n ( t ) ∣ = ∣ c n ( 0 ) ∣ |c_n(t)|=|c_n(0)| ∣ c n ( t ) ∣ = ∣ c n ( 0 ) ∣ ∑ n ∣ c n ∣ 2 = 1 \sum_n|c_n|^2=1 ∑ n ∣ c n ∣ 2 = 1
∣ ϕ n ⟩ |\phi_n\rangle ∣ ϕ n ⟩ a ^ \hat{a} a ^ n n n a ^ † \hat{a}^\dagger a ^ † ⟨ ϕ n ∣ a ^ ∣ ϕ n ⟩ = ⟨ ϕ n ∣ a ^ † ∣ ϕ n ⟩ = 0 \langle\phi_n|\hat{a}|\phi_n\rangle=\langle\phi_n|\hat{a}^\dagger|\phi_n\rangle=0 ⟨ ϕ n ∣ a ^ ∣ ϕ n ⟩ = ⟨ ϕ n ∣ a ^ † ∣ ϕ n ⟩ = 0 ⟨ x ^ ⟩ = ⟨ p ^ ⟩ = 0 \langle\hat{x}\rangle=\langle\hat{p}\rangle=0 ⟨ x ^ ⟩ = ⟨ p ^ ⟩ = 0 ⟨ a ^ 2 ⟩ = ⟨ ( a ^ † ) 2 ⟩ = 0 \langle\hat{a}^2\rangle=\langle(\hat{a}^\dagger)^2\rangle=0 ⟨ a ^ 2 ⟩ = ⟨( a ^ † ) 2 ⟩ = 0 ⟨ a ^ a ^ † ⟩ = n + 1 \langle\hat{a}\hat{a}^\dagger\rangle=n+1 ⟨ a ^ a ^ † ⟩ = n + 1 ⟨ a ^ † a ^ ⟩ = n \langle\hat{a}^\dagger\hat{a}\rangle=n ⟨ a ^ † a ^ ⟩ = n
( Δ x ) 2 = ℏ 2 m ω ⟨ ( a ^ + a ^ † ) 2 ⟩ = ℏ 2 m ω ( 2 n + 1 ) , ( Δ p ) 2 = − m ℏ ω 2 ⟨ ( a ^ − a ^ † ) 2 ⟩ = m ℏ ω 2 ( 2 n + 1 ) \begin{aligned}
(\Delta x)^2&=\frac{\hbar}{2m\omega}\left\langle\left(\hat{a}+\hat{a}^\dagger\right)^2\right\rangle=\frac{\hbar}{2m\omega}(2n+1),\\
(\Delta p)^2&=-\frac{m\hbar\omega}{2}\left\langle\left(\hat{a}-\hat{a}^\dagger\right)^2\right\rangle=\frac{m\hbar\omega}{2}(2n+1)
\end{aligned} ( Δ x ) 2 ( Δ p ) 2 = 2 mω ℏ ⟨ ( a ^ + a ^ † ) 2 ⟩ = 2 mω ℏ ( 2 n + 1 ) , = − 2 m ℏ ω ⟨ ( a ^ − a ^ † ) 2 ⟩ = 2 m ℏ ω ( 2 n + 1 ) となります。積は
Δ x ⋅ Δ p = ℏ 2 m ω ⋅ m ℏ ω 2 ( 2 n + 1 ) = ℏ ( n + 1 2 ) \Delta x\cdot\Delta p=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}\cdot\frac{m\hbar\omega}{2}}\,(2n+1)=\hbar\left(n+\frac{1}{2}\right) Δ x ⋅ Δ p = 2 mω ℏ ⋅ 2 m ℏ ω ( 2 n + 1 ) = ℏ ( n + 2 1 ) です。n = 0 n=0 n = 0 ℏ / 2 \hbar/2 ℏ/2 m m m ω \omega ω
a ^ ∣ ϕ n ⟩ = n ∣ ϕ n − 1 ⟩ \hat{a}|\phi_n\rangle=\sqrt{n}|\phi_{n-1}\rangle a ^ ∣ ϕ n ⟩ = n ∣ ϕ n − 1 ⟩
a ^ ∣ α ⟩ = e − ∣ α ∣ 2 2 ∑ n = 1 ∞ α n n ! n ∣ ϕ n − 1 ⟩ = e − ∣ α ∣ 2 2 ∑ n = 1 ∞ α n ( n − 1 ) ! ∣ ϕ n − 1 ⟩ = α e − ∣ α ∣ 2 2 ∑ k = 0 ∞ α k k ! ∣ ϕ k ⟩ = α ∣ α ⟩ \begin{aligned}
\hat{a}|\alpha\rangle
&=e^{-\frac{|\alpha|^2}{2}}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\alpha^n}{\sqrt{n!}}\sqrt{n}\,|\phi_{n-1}\rangle
=e^{-\frac{|\alpha|^2}{2}}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\alpha^n}{\sqrt{(n-1)!}}\,|\phi_{n-1}\rangle\\
&=\alpha\,e^{-\frac{|\alpha|^2}{2}}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\alpha^{k}}{\sqrt{k!}}\,|\phi_{k}\rangle=\alpha|\alpha\rangle
\end{aligned} a ^ ∣ α ⟩ = e − 2 ∣ α ∣ 2 n = 1 ∑ ∞ n ! α n n ∣ ϕ n − 1 ⟩ = e − 2 ∣ α ∣ 2 n = 1 ∑ ∞ ( n − 1 )! α n ∣ ϕ n − 1 ⟩ = α e − 2 ∣ α ∣ 2 k = 0 ∑ ∞ k ! α k ∣ ϕ k ⟩ = α ∣ α ⟩ となり、∣ α ⟩ |\alpha\rangle ∣ α ⟩ α \alpha α a ^ \hat{a} a ^ n = 0 n=0 n = 0 a ^ \hat{a} a ^ k = n − 1 k=n-1 k = n − 1
これと ⟨ α ∣ a ^ † = α ∗ ⟨ α ∣ \langle\alpha|\hat{a}^\dagger=\alpha^*\langle\alpha| ⟨ α ∣ a ^ † = α ∗ ⟨ α ∣ ⟨ α ∣ α ⟩ = 1 \langle\alpha|\alpha\rangle=1 ⟨ α ∣ α ⟩ = 1
⟨ α ∣ x ^ ∣ α ⟩ = ℏ 2 m ω ( α + α ∗ ) = 2 ℏ m ω r cos θ , ⟨ α ∣ p ^ ∣ α ⟩ = − i m ℏ ω 2 ( α − α ∗ ) = 2 m ℏ ω r sin θ \begin{aligned}
\langle\alpha|\hat{x}|\alpha\rangle&=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(\alpha+\alpha^*\right)=\sqrt{\frac{2\hbar}{m\omega}}\;r\cos\theta,\\
\langle\alpha|\hat{p}|\alpha\rangle&=-i\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}\left(\alpha-\alpha^*\right)=\sqrt{2m\hbar\omega}\;r\sin\theta
\end{aligned} ⟨ α ∣ x ^ ∣ α ⟩ ⟨ α ∣ p ^ ∣ α ⟩ = 2 mω ℏ ( α + α ∗ ) = mω 2ℏ r cos θ , = − i 2 m ℏ ω ( α − α ∗ ) = 2 m ℏ ω r sin θ が答えです。α \alpha α
∣ ψ ( 0 ) ⟩ = ∣ α = r 0 ⟩ |\psi(0)\rangle=|\alpha=r_0\rangle ∣ ψ ( 0 )⟩ = ∣ α = r 0 ⟩ c n ( 0 ) = e − r 0 2 / 2 r 0 n / n ! c_n(0)=e^{-r_0^2/2}r_0^{\,n}/\sqrt{n!} c n ( 0 ) = e − r 0 2 /2 r 0 n / n !
∣ ψ ( t ) ⟩ = e − r 0 2 2 ∑ n = 0 ∞ r 0 n n ! e − i ( n + 1 2 ) ω t ∣ ϕ n ⟩ = e − i ω t 2 e − r 0 2 2 ∑ n = 0 ∞ ( r 0 e − i ω t ) n n ! ∣ ϕ n ⟩ = e − i ω t 2 ∣ α = r 0 e − i ω t ⟩ \begin{aligned}
|\psi(t)\rangle
&=e^{-\frac{r_0^2}{2}}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{r_0^{\,n}}{\sqrt{n!}}\,e^{-i\left(n+\frac{1}{2}\right)\omega t}|\phi_n\rangle
=e^{-\frac{i\omega t}{2}}\,e^{-\frac{r_0^2}{2}}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(r_0e^{-i\omega t}\right)^n}{\sqrt{n!}}\,|\phi_n\rangle\\
&=e^{-\frac{i\omega t}{2}}\left|\alpha=r_0e^{-i\omega t}\right\rangle
\end{aligned} ∣ ψ ( t )⟩ = e − 2 r 0 2 n = 0 ∑ ∞ n ! r 0 n e − i ( n + 2 1 ) ω t ∣ ϕ n ⟩ = e − 2 iω t e − 2 r 0 2 n = 0 ∑ ∞ n ! ( r 0 e − iω t ) n ∣ ϕ n ⟩ = e − 2 iω t α = r 0 e − iω t ⟩ です。∣ r 0 e − i ω t ∣ = r 0 |r_0e^{-i\omega t}|=r_0 ∣ r 0 e − iω t ∣ = r 0 e − i ω t / 2 e^{-i\omega t/2} e − iω t /2 α ( t ) = r 0 e − i ω t \alpha(t)=r_0e^{-i\omega t} α ( t ) = r 0 e − iω t
X ^ = m ω / ℏ x ^ \hat{X}=\sqrt{m\omega/\hbar}\,\hat{x} X ^ = mω /ℏ x ^ P ^ = p ^ / m ℏ ω \hat{P}=\hat{p}/\sqrt{m\hbar\omega} P ^ = p ^ / m ℏ ω [ X ^ , P ^ ] = i [\hat{X},\hat{P}]=i [ X ^ , P ^ ] = i r = r 0 r=r_0 r = r 0 θ = − ω t \theta=-\omega t θ = − ω t
⟨ ψ ( t ) ∣ X ^ ∣ ψ ( t ) ⟩ = 2 r 0 cos ω t , ⟨ ψ ( t ) ∣ P ^ ∣ ψ ( t ) ⟩ = − 2 r 0 sin ω t \langle\psi(t)|\hat{X}|\psi(t)\rangle=\sqrt{2}\,r_0\cos\omega t,
\qquad
\langle\psi(t)|\hat{P}|\psi(t)\rangle=-\sqrt{2}\,r_0\sin\omega t ⟨ ψ ( t ) ∣ X ^ ∣ ψ ( t )⟩ = 2 r 0 cos ω t , ⟨ ψ ( t ) ∣ P ^ ∣ ψ ( t )⟩ = − 2 r 0 sin ω t です。時間発展の特徴は次の3点です。第一に、⟨ X ^ ⟩ 2 + ⟨ P ^ ⟩ 2 = 2 r 0 2 \langle\hat{X}\rangle^2+\langle\hat{P}\rangle^2=2r_0^2 ⟨ X ^ ⟩ 2 + ⟨ P ^ ⟩ 2 = 2 r 0 2 ( X , P ) (X,P) ( X , P ) 2 r 0 \sqrt{2}\,r_0 2 r 0 2 π / ω 2\pi/\omega 2 π / ω X X X P P P ω \omega ω d ⟨ x ^ ⟩ / d t = ⟨ p ^ ⟩ / m d\langle\hat{x}\rangle/dt=\langle\hat{p}\rangle/m d ⟨ x ^ ⟩ / d t = ⟨ p ^ ⟩ / m Δ X = Δ P = 1 / 2 \Delta X=\Delta P=1/\sqrt{2} Δ X = Δ P = 1/ 2 Δ X ⋅ Δ P = 1 / 2 \Delta X\cdot\Delta P=1/2 Δ X ⋅ Δ P = 1/2 r 0 = 0 r_0=0 r 0 = 0
体積 V V V Θ = ∏ i Θ i \Theta=\prod_i\Theta_i Θ = ∏ i Θ i Θ i = ∑ n i ≥ 0 e − β ( ϵ i − μ ) n i \Theta_i=\sum_{n_i\ge 0}e^{-\beta(\epsilon_i-\mu)n_i} Θ i = ∑ n i ≥ 0 e − β ( ϵ i − μ ) n i β = 1 / k B T \beta=1/k_\mathrm{B}T β = 1/ k B T ϵ ≥ 0 \epsilon\ge 0 ϵ ≥ 0 D ( ϵ ) = A ϵ 1 / 2 D(\epsilon)=A\epsilon^{1/2} D ( ϵ ) = A ϵ 1/2 A = m 3 / 2 / ( 2 1 / 2 π 2 ℏ 3 ) A=m^{3/2}/(2^{1/2}\pi^2\hbar^3) A = m 3/2 / ( 2 1/2 π 2 ℏ 3 ) ϵ < 0 \epsilon<0 ϵ < 0 0 0 0 ρ \rho ρ ρ ′ = ∫ d ϵ D ( ϵ ) f ( ϵ ) \rho'=\int d\epsilon\,D(\epsilon)f(\epsilon) ρ ′ = ∫ d ϵ D ( ϵ ) f ( ϵ ) T ≤ T c T\le T_\mathrm{c} T ≤ T c μ = 0 \mu=0 μ = 0 ρ ′ < ρ \rho'<\rho ρ ′ < ρ ϵ z > 0 \epsilon_\mathrm{z}>0 ϵ z > 0 D ~ ( ϵ ) = D ( ϵ − ϵ z ) + D ( ϵ ) + D ( ϵ + ϵ z ) \tilde{D}(\epsilon)=D(\epsilon-\epsilon_\mathrm{z})+D(\epsilon)+D(\epsilon+\epsilon_\mathrm{z}) D ~ ( ϵ ) = D ( ϵ − ϵ z ) + D ( ϵ ) + D ( ϵ + ϵ z ) x = β ϵ x=\beta\epsilon x = β ϵ
I t ≡ ∫ 0 ∞ d x x t e x − 1 I_t\equiv\int_0^{\infty}dx\,\frac{x^{t}}{e^{x}-1} I t ≡ ∫ 0 ∞ d x e x − 1 x t と書きます。t = 1 / 2 , 3 / 2 t=1/2,3/2 t = 1/2 , 3/2
z ≡ e − β ( ϵ i − μ ) z\equiv e^{-\beta(\epsilon_i-\mu)} z ≡ e − β ( ϵ i − μ ) n i n_i n i
Θ i = ∑ n i = 0 ∞ z n i = 1 1 − z \Theta_i=\sum_{n_i=0}^{\infty}z^{n_i}=\frac{1}{1-z} Θ i = n i = 0 ∑ ∞ z n i = 1 − z 1 で、収束には z < 1 z<1 z < 1 ϵ i > μ \epsilon_i>\mu ϵ i > μ i i i Θ \Theta Θ
f ( ϵ i ) = ⟨ n i ⟩ = ∑ n i = 0 ∞ n i z n i ∑ n i = 0 ∞ z n i = z ( 1 − z ) 2 1 1 − z = z 1 − z = 1 z − 1 − 1 = 1 exp [ β ( ϵ i − μ ) ] − 1 f(\epsilon_i)=\langle n_i\rangle=\frac{\displaystyle\sum_{n_i=0}^{\infty}n_i z^{n_i}}{\displaystyle\sum_{n_i=0}^{\infty}z^{n_i}}
=\frac{\dfrac{z}{(1-z)^2}}{\dfrac{1}{1-z}}=\frac{z}{1-z}=\frac{1}{z^{-1}-1}
=\frac{1}{\exp\left[\beta(\epsilon_i-\mu)\right]-1} f ( ϵ i ) = ⟨ n i ⟩ = n i = 0 ∑ ∞ z n i n i = 0 ∑ ∞ n i z n i = 1 − z 1 ( 1 − z ) 2 z = 1 − z z = z − 1 − 1 1 = exp [ β ( ϵ i − μ ) ] − 1 1 となります。途中で ∑ n ≥ 0 n z n = z / ( 1 − z ) 2 \sum_{n\ge0}nz^n=z/(1-z)^2 ∑ n ≥ 0 n z n = z / ( 1 − z ) 2 ⟨ n i ⟩ = − β − 1 ∂ ln Θ i / ∂ ϵ i \langle n_i\rangle=-\beta^{-1}\partial\ln\Theta_i/\partial\epsilon_i ⟨ n i ⟩ = − β − 1 ∂ ln Θ i / ∂ ϵ i
答えは次の一文です。
低温で多数のボース粒子が最低エネルギーの一粒子状態に有限の割合で凝集する現象。
粒子間相互作用ではなくボース統計だけから生じる相転移であり、凝縮した成分はエネルギーもエントロピーも運びません。
T = T c T=T_\mathrm{c} T = T c ρ ′ = ρ \rho'=\rho ρ ′ = ρ μ = 0 \mu=0 μ = 0 x = ϵ / k B T c x=\epsilon/k_\mathrm{B}T_\mathrm{c} x = ϵ / k B T c
ρ = A ∫ 0 ∞ d ϵ ϵ 1 / 2 e ϵ / k B T c − 1 = A ( k B T c ) 3 / 2 I 1 / 2 \rho=A\int_0^{\infty}d\epsilon\,\frac{\epsilon^{1/2}}{e^{\epsilon/k_\mathrm{B}T_\mathrm{c}}-1}
=A\left(k_\mathrm{B}T_\mathrm{c}\right)^{3/2}I_{1/2} ρ = A ∫ 0 ∞ d ϵ e ϵ / k B T c − 1 ϵ 1/2 = A ( k B T c ) 3/2 I 1/2 が成り立ちます。一方、熱的ドブロイ波長の定義 λ T 2 = 2 π ℏ 2 / ( m k B T ) \lambda_T^2=2\pi\hbar^2/(mk_\mathrm{B}T) λ T 2 = 2 π ℏ 2 / ( m k B T ) T = T c T=T_\mathrm{c} T = T c k B T c = 2 π ℏ 2 / ( m λ 2 ) k_\mathrm{B}T_\mathrm{c}=2\pi\hbar^2/(m\lambda^2) k B T c = 2 π ℏ 2 / ( m λ 2 ) λ ≡ λ T c \lambda\equiv\lambda_{T_\mathrm{c}} λ ≡ λ T c
A ( k B T c ) 3 / 2 = m 3 / 2 2 1 / 2 π 2 ℏ 3 ⋅ ( 2 π ) 3 / 2 ℏ 3 m 3 / 2 λ 3 = 2 π λ 3 A\left(k_\mathrm{B}T_\mathrm{c}\right)^{3/2}
=\frac{m^{3/2}}{2^{1/2}\pi^2\hbar^3}\cdot\frac{(2\pi)^{3/2}\hbar^3}{m^{3/2}\lambda^3}
=\frac{2}{\sqrt{\pi}\,\lambda^3} A ( k B T c ) 3/2 = 2 1/2 π 2 ℏ 3 m 3/2 ⋅ m 3/2 λ 3 ( 2 π ) 3/2 ℏ 3 = π λ 3 2 と、m m m ℏ \hbar ℏ
ρ λ 3 = 2 I 1 / 2 π \rho\,\lambda^3=\frac{2I_{1/2}}{\sqrt{\pi}} ρ λ 3 = π 2 I 1/2 という、純粋な数だけを含む関係が得られます。ここに平均粒子間距離の定義 ρ = 3 / ( 4 π ℓ 3 ) \rho=3/(4\pi\ell^3) ρ = 3/ ( 4 π ℓ 3 )
( λ ℓ ) 3 = 4 π 3 ⋅ 2 I 1 / 2 π = 8 π 3 I 1 / 2 \left(\frac{\lambda}{\ell}\right)^3=\frac{4\pi}{3}\cdot\frac{2I_{1/2}}{\sqrt{\pi}}=\frac{8\sqrt{\pi}}{3}I_{1/2} ( ℓ λ ) 3 = 3 4 π ⋅ π 2 I 1/2 = 3 8 π I 1/2 です。I 1 / 2 = Γ ( 3 / 2 ) ζ ( 3 / 2 ) = 2.32 I_{1/2}=\Gamma(3/2)\zeta(3/2)=2.32 I 1/2 = Γ ( 3/2 ) ζ ( 3/2 ) = 2.32 10.9 10.9 10.9
λ T c ℓ = ( 8 π 3 I 1 / 2 ) 1 / 3 = 2.2 \frac{\lambda_{T_\mathrm{c}}}{\ell}=\left(\frac{8\sqrt{\pi}}{3}I_{1/2}\right)^{1/3}=2.2 ℓ λ T c = ( 3 8 π I 1/2 ) 1/3 = 2.2 となり、λ T c \lambda_{T_\mathrm{c}} λ T c ℓ \ell ℓ ρ λ 3 \rho\lambda^3 ρ λ 3 1 1 1
T < T c T<T_\mathrm{c} T < T c μ = 0 \mu=0 μ = 0
E = A ∫ 0 ∞ d ϵ ϵ 3 / 2 e ϵ / k B T − 1 = A ( k B T ) 5 / 2 I 3 / 2 ∝ T 5 / 2 E=A\int_0^{\infty}d\epsilon\,\frac{\epsilon^{3/2}}{e^{\epsilon/k_\mathrm{B}T}-1}=A\left(k_\mathrm{B}T\right)^{5/2}I_{3/2}\propto T^{5/2} E = A ∫ 0 ∞ d ϵ e ϵ / k B T − 1 ϵ 3/2 = A ( k B T ) 5/2 I 3/2 ∝ T 5/2 です。凝縮体は ϵ = 0 \epsilon=0 ϵ = 0 T T T
C V = ∂ E ∂ T = 5 2 A k B 5 / 2 I 3 / 2 T 3 / 2 ∝ T 3 / 2 , γ = 3 2 C_V=\frac{\partial E}{\partial T}=\frac{5}{2}Ak_\mathrm{B}^{5/2}I_{3/2}\,T^{3/2}\propto T^{3/2},
\qquad \gamma=\frac{3}{2} C V = ∂ T ∂ E = 2 5 A k B 5/2 I 3/2 T 3/2 ∝ T 3/2 , γ = 2 3 が答えです。T → 0 T\to0 T → 0 C V → 0 C_V\to0 C V → 0
体積一定のもとで C V = T ( ∂ S / ∂ T ) C_V=T(\partial S/\partial T) C V = T ( ∂ S / ∂ T )
S ( T ) = ∫ 0 T C V ( T ′ ) T ′ d T ′ = ∫ 0 T a T ′ 1 / 2 d T ′ = 2 3 a T 3 / 2 S(T)=\int_0^{T}\frac{C_V(T')}{T'}dT'=\int_0^{T}aT'^{1/2}dT'=\frac{2}{3}aT^{3/2} S ( T ) = ∫ 0 T T ′ C V ( T ′ ) d T ′ = ∫ 0 T a T ′ 1/2 d T ′ = 3 2 a T 3/2 です（a = 5 2 A k B 5 / 2 I 3 / 2 a=\tfrac52Ak_\mathrm{B}^{5/2}I_{3/2} a = 2 5 A k B 5/2 I 3/2 S ( 0 ) = 0 S(0)=0 S ( 0 ) = 0
S ∝ T 3 / 2 , ν = 3 2 S\propto T^{3/2},\qquad \nu=\frac{3}{2} S ∝ T 3/2 , ν = 2 3 が答えです。設問4の E = 2 5 a T 5 / 2 E=\tfrac{2}{5}aT^{5/2} E = 5 2 a T 5/2 S = 5 3 E / T S=\tfrac{5}{3}E/T S = 3 5 E / T D ( ϵ ) ∝ ϵ 1 / 2 D(\epsilon)\propto\epsilon^{1/2} D ( ϵ ) ∝ ϵ 1/2 C V = T ∂ S / ∂ T C_V=T\,\partial S/\partial T C V = T ∂ S / ∂ T ν = γ \nu=\gamma ν = γ
終状態の温度は始状態より高くなります。T f = 3 2 / 3 T i ≃ 2.1 T i T_\mathrm{f}=3^{2/3}T_\mathrm{i}\simeq 2.1\,T_\mathrm{i} T f = 3 2/3 T i ≃ 2.1 T i
理由を式で示します。凝縮相では化学ポテンシャルが一粒子スペクトルの下端に張り付くので、いまの場合 μ = − ϵ z \mu=-\epsilon_\mathrm{z} μ = − ϵ z μ \mu μ 0 , ϵ z , 2 ϵ z 0,\ \epsilon_\mathrm{z},\ 2\epsilon_\mathrm{z} 0 , ϵ z , 2 ϵ z n = 1 / ( e y − 1 ) n=1/(e^{y}-1) n = 1/ ( e y − 1 )
s ( y ) = ( 1 + n ) ln ( 1 + n ) − n ln n = y e y − 1 − ln ( 1 − e − y ) , y = β ( ϵ − μ ) s(y)=(1+n)\ln(1+n)-n\ln n=\frac{y}{e^{y}-1}-\ln\left(1-e^{-y}\right),
\qquad y=\beta(\epsilon-\mu) s ( y ) = ( 1 + n ) ln ( 1 + n ) − n ln n = e y − 1 y − ln ( 1 − e − y ) , y = β ( ϵ − μ ) なので、単位体積あたりのエントロピーは
S = k B A ( k B T ) 3 / 2 [ σ ( 0 ) + σ ( β ϵ z ) + σ ( 2 β ϵ z ) ] , σ ( y ) ≡ ∫ 0 ∞ d x x 1 / 2 s ( x + y ) S=k_\mathrm{B}A\left(k_\mathrm{B}T\right)^{3/2}
\Big[\sigma(0)+\sigma\!\left(\beta\epsilon_\mathrm{z}\right)+\sigma\!\left(2\beta\epsilon_\mathrm{z}\right)\Big],
\qquad
\sigma(y)\equiv\int_0^{\infty}dx\,x^{1/2}\,s(x+y) S = k B A ( k B T ) 3/2 [ σ ( 0 ) + σ ( β ϵ z ) + σ ( 2 β ϵ z ) ] , σ ( y ) ≡ ∫ 0 ∞ d x x 1/2 s ( x + y ) と書けます。s ( y ) s(y) s ( y ) y y y σ ( y ) \sigma(y) σ ( y ) σ ( y ) → 0 \sigma(y)\to0 σ ( y ) → 0 y → ∞ y\to\infty y → ∞ ϵ z \epsilon_\mathrm{z} ϵ z S S S
始状態は ϵ z , 1 ≪ k B T \epsilon_\mathrm{z,1}\ll k_\mathrm{B}T ϵ z , 1 ≪ k B T 3 σ ( 0 ) 3\sigma(0) 3 σ ( 0 ) ϵ z , 2 ≫ k B T \epsilon_\mathrm{z,2}\gg k_\mathrm{B}T ϵ z , 2 ≫ k B T e − ϵ z / k B T e^{-\epsilon_\mathrm{z}/k_\mathrm{B}T} e − ϵ z / k B T σ ( 0 ) \sigma(0) σ ( 0 ) S S S
3 T i 3 / 2 = T f 3 / 2 ⟹ T f = 3 2 / 3 T i ≃ 2.1 T i 3\,T_\mathrm{i}^{3/2}=T_\mathrm{f}^{3/2}
\quad\Longrightarrow\quad
T_\mathrm{f}=3^{2/3}\,T_\mathrm{i}\simeq 2.1\,T_\mathrm{i} 3 T i 3/2 = T f 3/2 ⟹ T f = 3 2/3 T i ≃ 2.1 T i となり、温度は上がります。言葉で言えば、ゼーマン分裂を大きくするとスピンの自由度が凍結して同じ温度で担えるエントロピーが 1 / 3 1/3 1/3
整合性の確認をしておきます。非凝縮成分の密度は同じ構造で ρ ~ = A ( k B T ) 3 / 2 [ g ( 0 ) + g ( β ϵ z ) + g ( 2 β ϵ z ) ] \tilde{\rho}=A(k_\mathrm{B}T)^{3/2}\left[g(0)+g(\beta\epsilon_\mathrm{z})+g(2\beta\epsilon_\mathrm{z})\right] ρ ~ = A ( k B T ) 3/2 [ g ( 0 ) + g ( β ϵ z ) + g ( 2 β ϵ z ) ] g ( y ) = ∫ 0 ∞ d x x 1 / 2 / ( e x + y − 1 ) g(y)=\int_0^\infty dx\,x^{1/2}/(e^{x+y}-1) g ( y ) = ∫ 0 ∞ d x x 1/2 / ( e x + y − 1 ) 3 g ( 0 ) 3g(0) 3 g ( 0 ) g ( 0 ) g(0) g ( 0 ) T 3 / 2 T^{3/2} T 3/2 ρ ~ \tilde{\rho} ρ ~ T ~ c \tilde{T}_\mathrm{c} T ~ c 3 2 / 3 3^{2/3} 3 2/3 T / T ~ c T/\tilde{T}_\mathrm{c} T / T ~ c
質量 m m m q q q A ( r , t ) \boldsymbol{A}(\boldsymbol{r},t) A ( r , t ) φ ( r , t ) \varphi(\boldsymbol{r},t) φ ( r , t )
L = 1 2 m ∣ d r d t ∣ 2 + q d r d t ⋅ A − q φ L=\frac{1}{2}m\left|\frac{d\boldsymbol{r}}{dt}\right|^2+q\frac{d\boldsymbol{r}}{dt}\cdot\boldsymbol{A}-q\varphi L = 2 1 m d t d r 2 + q d t d r ⋅ A − q φ です。後半では
A = ( − B 2 y , B 2 x , 0 ) , φ = α 2 ( 2 z 2 − x 2 − y 2 ) \boldsymbol{A}=\left(-\frac{B}{2}y,\ \frac{B}{2}x,\ 0\right),
\qquad
\varphi=\frac{\alpha}{2}\left(2z^2-x^2-y^2\right) A = ( − 2 B y , 2 B x , 0 ) , φ = 2 α ( 2 z 2 − x 2 − y 2 ) という具体形（B , α B,\alpha B , α q > 0 q>0 q > 0 0 < α < q B 2 / ( 4 m ) 0<\alpha<qB^2/(4m) 0 < α < q B 2 / ( 4 m )
x i x_i x i ( x , y , z ) (x,y,z) ( x , y , z ) x ˙ i \dot{x}_i x ˙ i
∂ L ∂ x ˙ i = m x ˙ i + q A i , ∂ L ∂ x i = q ∑ j x ˙ j ∂ A j ∂ x i − q ∂ φ ∂ x i \frac{\partial L}{\partial \dot{x}_i}=m\dot{x}_i+qA_i,
\qquad
\frac{\partial L}{\partial x_i}=q\sum_j\dot{x}_j\frac{\partial A_j}{\partial x_i}-q\frac{\partial\varphi}{\partial x_i} ∂ x ˙ i ∂ L = m x ˙ i + q A i , ∂ x i ∂ L = q j ∑ x ˙ j ∂ x i ∂ A j − q ∂ x i ∂ φ なので、オイラー・ラグランジュ方程式 d d t ∂ L ∂ x ˙ i − ∂ L ∂ x i = 0 \dfrac{d}{dt}\dfrac{\partial L}{\partial\dot{x}_i}-\dfrac{\partial L}{\partial x_i}=0 d t d ∂ x ˙ i ∂ L − ∂ x i ∂ L = 0
m x ¨ i + q ∂ A i ∂ t + q ∑ j x ˙ j ∂ A i ∂ x j − q ∑ j x ˙ j ∂ A j ∂ x i + q ∂ φ ∂ x i = 0 m\ddot{x}_i+q\frac{\partial A_i}{\partial t}
+q\sum_j\dot{x}_j\frac{\partial A_i}{\partial x_j}
-q\sum_j\dot{x}_j\frac{\partial A_j}{\partial x_i}
+q\frac{\partial\varphi}{\partial x_i}=0 m x ¨ i + q ∂ t ∂ A i + q j ∑ x ˙ j ∂ x j ∂ A i − q j ∑ x ˙ j ∂ x i ∂ A j + q ∂ x i ∂ φ = 0 となります。d A i / d t = ∂ A i / ∂ t + ( v ⋅ grad ) A i dA_i/dt=\partial A_i/\partial t+(\boldsymbol{v}\cdot\operatorname{grad})A_i d A i / d t = ∂ A i / ∂ t + ( v ⋅ grad ) A i
m d 2 r d t 2 = − q ( ∂ A ∂ t + grad φ ) + q [ grad ( v ⋅ A ) − ( v ⋅ grad ) A ] , v = d r d t m\frac{d^2\boldsymbol{r}}{dt^2}
=-q\left(\frac{\partial\boldsymbol{A}}{\partial t}+\operatorname{grad}\varphi\right)
+q\Big[\operatorname{grad}\left(\boldsymbol{v}\cdot\boldsymbol{A}\right)-\left(\boldsymbol{v}\cdot\operatorname{grad}\right)\boldsymbol{A}\Big],
\qquad \boldsymbol{v}=\frac{d\boldsymbol{r}}{dt} m d t 2 d 2 r = − q ( ∂ t ∂ A + grad φ ) + q [ grad ( v ⋅ A ) − ( v ⋅ grad ) A ] , v = d t d r です。
v \boldsymbol{v} v
grad ( v ⋅ A ) − ( v ⋅ grad ) A = v × ( rot A ) \operatorname{grad}\left(\boldsymbol{v}\cdot\boldsymbol{A}\right)-\left(\boldsymbol{v}\cdot\operatorname{grad}\right)\boldsymbol{A}
=\boldsymbol{v}\times\left(\operatorname{rot}\boldsymbol{A}\right) grad ( v ⋅ A ) − ( v ⋅ grad ) A = v × ( rot A ) が成り立ちます。これを設問1の式に入れると
m d 2 r d t 2 = q ( − grad φ − ∂ A ∂ t ) + q d r d t × ( rot A ) m\frac{d^2\boldsymbol{r}}{dt^2}
=q\left(-\operatorname{grad}\varphi-\frac{\partial\boldsymbol{A}}{\partial t}\right)
+q\frac{d\boldsymbol{r}}{dt}\times\left(\operatorname{rot}\boldsymbol{A}\right) m d t 2 d 2 r = q ( − grad φ − ∂ t ∂ A ) + q d t d r × ( rot A ) となり、これは
E = − grad φ − ∂ A ∂ t , B = rot A \boldsymbol{E}=-\operatorname{grad}\varphi-\frac{\partial\boldsymbol{A}}{\partial t},
\qquad
\boldsymbol{B}=\operatorname{rot}\boldsymbol{A} E = − grad φ − ∂ t ∂ A , B = rot A と同定すればローレンツ力の運動方程式そのものです。速度に依存する力が v × B \boldsymbol{v}\times\boldsymbol{B} v × B A \boldsymbol{A} A
rot grad Λ = 0 \operatorname{rot}\operatorname{grad}\Lambda=0 rot grad Λ = 0
B ′ = rot ( A + grad Λ ) = rot A = B \boldsymbol{B}'=\operatorname{rot}\left(\boldsymbol{A}+\operatorname{grad}\Lambda\right)=\operatorname{rot}\boldsymbol{A}=\boldsymbol{B} B ′ = rot ( A + grad Λ ) = rot A = B です。電場は、grad \operatorname{grad} grad ∂ / ∂ t \partial/\partial t ∂ / ∂ t
E ′ = − grad ( φ − ∂ Λ ∂ t ) − ∂ ∂ t ( A + grad Λ ) = − grad φ − ∂ A ∂ t + grad ∂ Λ ∂ t − grad ∂ Λ ∂ t = E \boldsymbol{E}'=-\operatorname{grad}\left(\varphi-\frac{\partial\Lambda}{\partial t}\right)-\frac{\partial}{\partial t}\left(\boldsymbol{A}+\operatorname{grad}\Lambda\right)
=-\operatorname{grad}\varphi-\frac{\partial\boldsymbol{A}}{\partial t}
+\operatorname{grad}\frac{\partial\Lambda}{\partial t}-\operatorname{grad}\frac{\partial\Lambda}{\partial t}
=\boldsymbol{E} E ′ = − grad ( φ − ∂ t ∂ Λ ) − ∂ t ∂ ( A + grad Λ ) = − grad φ − ∂ t ∂ A + grad ∂ t ∂ Λ − grad ∂ t ∂ Λ = E となり、余分な2項が打ち消します。よって E , B \boldsymbol{E},\boldsymbol{B} E , B
ラグランジアンは
L ′ = L + q d r d t ⋅ grad Λ + q ∂ Λ ∂ t = L + q d Λ d t L'=L+q\frac{d\boldsymbol{r}}{dt}\cdot\operatorname{grad}\Lambda+q\frac{\partial\Lambda}{\partial t}=L+q\frac{d\Lambda}{dt} L ′ = L + q d t d r ⋅ grad Λ + q ∂ t ∂ Λ = L + q d t d Λ と、位置と時刻の関数 Λ ( r , t ) \Lambda(\boldsymbol{r},t) Λ ( r , t ) q [ Λ ( r ( t 2 ) , t 2 ) − Λ ( r ( t 1 ) , t 1 ) ] q[\Lambda(\boldsymbol{r}(t_2),t_2)-\Lambda(\boldsymbol{r}(t_1),t_1)] q [ Λ ( r ( t 2 ) , t 2 ) − Λ ( r ( t 1 ) , t 1 )] F ( r , t ) F(\boldsymbol{r},t) F ( r , t )
d d t ∂ ∂ x ˙ i ( d F d t ) − ∂ ∂ x i ( d F d t ) = d d t ∂ F ∂ x i − ∂ ∂ x i ( ∂ F ∂ t + ∑ j x ˙ j ∂ F ∂ x j ) = 0 \frac{d}{dt}\frac{\partial}{\partial\dot{x}_i}\left(\frac{dF}{dt}\right)-\frac{\partial}{\partial x_i}\left(\frac{dF}{dt}\right)
=\frac{d}{dt}\frac{\partial F}{\partial x_i}-\frac{\partial}{\partial x_i}\left(\frac{\partial F}{\partial t}+\sum_j\dot{x}_j\frac{\partial F}{\partial x_j}\right)=0 d t d ∂ x ˙ i ∂ ( d t d F ) − ∂ x i ∂ ( d t d F ) = d t d ∂ x i ∂ F − ∂ x i ∂ ( ∂ t ∂ F + j ∑ x ˙ j ∂ x j ∂ F ) = 0 が恒等的に成り立ちます。これが L ′ L' L ′ L L L
A \boldsymbol{A} A E = − grad φ \boldsymbol{E}=-\operatorname{grad}\varphi E = − grad φ
B = rot A = ( 0 , 0 , ∂ ∂ x B 2 x − ∂ ∂ y ( − B 2 y ) ) = ( 0 , 0 , B ) \boldsymbol{B}=\operatorname{rot}\boldsymbol{A}=\left(0,\ 0,\ \frac{\partial}{\partial x}\frac{B}{2}x-\frac{\partial}{\partial y}\left(-\frac{B}{2}y\right)\right)=(0,0,B) B = rot A = ( 0 , 0 , ∂ x ∂ 2 B x − ∂ y ∂ ( − 2 B y ) ) = ( 0 , 0 , B ) E = − grad [ α 2 ( 2 z 2 − x 2 − y 2 ) ] = ( α x , α y , − 2 α z ) \boldsymbol{E}=-\operatorname{grad}\left[\frac{\alpha}{2}\left(2z^2-x^2-y^2\right)\right]=\left(\alpha x,\ \alpha y,\ -2\alpha z\right) E = − grad [ 2 α ( 2 z 2 − x 2 − y 2 ) ] = ( α x , α y , − 2 α z ) が答えです。div E = α + α − 2 α = 0 \operatorname{div}\boldsymbol{E}=\alpha+\alpha-2\alpha=0 div E = α + α − 2 α = 0 φ \varphi φ z z z x y xy x y
z z z ( v × B ) z = x ˙ B y − y ˙ B x = 0 (\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{B})_z=\dot{x}B_y-\dot{y}B_x=0 ( v × B ) z = x ˙ B y − y ˙ B x = 0
m z ¨ = q E z = − 2 q α z m\ddot{z}=qE_z=-2q\alpha z m z ¨ = q E z = − 2 q α z です。q > 0 , α > 0 q>0,\alpha>0 q > 0 , α > 0 z = 0 z=0 z = 0
ω z = 2 q α m \omega_z=\sqrt{\frac{2q\alpha}{m}} ω z = m 2 q α の角振動数で単振動します。z z z x , y x,y x , y
B = ( 0 , 0 , B ) \boldsymbol{B}=(0,0,B) B = ( 0 , 0 , B ) ( v × B ) x = y ˙ B (\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{B})_x=\dot{y}B ( v × B ) x = y ˙ B ( v × B ) y = − x ˙ B (\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{B})_y=-\dot{x}B ( v × B ) y = − x ˙ B
m x ¨ = q α x + q B y ˙ , m y ¨ = q α y − q B x ˙ m\ddot{x}=q\alpha x+qB\dot{y},
\qquad
m\ddot{y}=q\alpha y-qB\dot{x} m x ¨ = q α x + q B y ˙ , m y ¨ = q α y − q B x ˙ が運動方程式の x , y x,y x , y
ζ = x + i y \zeta=x+iy ζ = x + i y y ˙ − i x ˙ = − i ζ ˙ \dot{y}-i\dot{x}=-i\dot{\zeta} y ˙ − i x ˙ = − i ζ ˙
m ζ ¨ + i q B ζ ˙ − q α ζ = 0 m\ddot{\zeta}+iqB\dot{\zeta}-q\alpha\zeta=0 m ζ ¨ + i q B ζ ˙ − q α ζ = 0 ζ = e − i Ω t \zeta=e^{-i\Omega t} ζ = e − i Ω t
m Ω 2 − q B Ω + q α = 0 , Ω ± = q B 2 m [ 1 ± 1 − 4 m α q B 2 ] m\Omega^2-qB\,\Omega+q\alpha=0,
\qquad
\Omega_{\pm}=\frac{qB}{2m}\left[1\pm\sqrt{1-\frac{4m\alpha}{qB^2}}\right] m Ω 2 − q B Ω + q α = 0 , Ω ± = 2 m q B [ 1 ± 1 − q B 2 4 m α ] を得ます。0 < α < q B 2 / ( 4 m ) 0<\alpha<qB^2/(4m) 0 < α < q B 2 / ( 4 m ) Ω ± \Omega_\pm Ω ± Ω + + Ω − = q B / m > 0 \Omega_++\Omega_-=qB/m>0 Ω + + Ω − = q B / m > 0 Ω + Ω − = q α / m > 0 \Omega_+\Omega_-=q\alpha/m>0 Ω + Ω − = q α / m > 0
ζ ( t ) = c + e − i Ω + t + c − e − i Ω − t \zeta(t)=c_+e^{-i\Omega_+t}+c_-e^{-i\Omega_-t} ζ ( t ) = c + e − i Ω + t + c − e − i Ω − t です（c ± c_\pm c ± x y xy x y z z z
極限で検算します。α → 0 \alpha\to0 α → 0 Ω + → q B / m \Omega_+\to qB/m Ω + → q B / m Ω − → α / B \Omega_-\to\alpha/B Ω − → α / B r r r α r \alpha r α r E × B \boldsymbol{E}\times\boldsymbol{B} E × B E / ( r B ) = α / B E/(rB)=\alpha/B E / ( r B ) = α / B Ω + Ω − = q α / m = ω z 2 / 2 \Omega_+\Omega_-=q\alpha/m=\omega_z^2/2 Ω + Ω − = q α / m = ω z 2 /2 z z z x y xy x y α \alpha α q B 2 / ( 4 m ) qB^2/(4m) q B 2 / ( 4 m ) Ω ± \Omega_\pm Ω ±
断面積 A A A l l l m m m q q q n n n N = n A l N=nAl N = n A l
m d v i d t + η v i = f i m\frac{dv_i}{dt}+\eta v_i=f_i m d t d v i + η v i = f i に従います（η > 0 \eta>0 η > 0 f i f_i f i I = q l ∑ i = 1 N v i I=\dfrac{q}{l}\displaystyle\sum_{i=1}^{N}v_i I = l q i = 1 ∑ N v i E i = f i / q E_i=f_i/q E i = f i / q V = l N ∑ i = 1 N E i V=\dfrac{l}{N}\displaystyle\sum_{i=1}^{N}E_i V = N l i = 1 ∑ N E i [ − T / 2 , T / 2 ] [-\mathcal{T}/2,\mathcal{T}/2] [ − T /2 , T /2 ] a ^ T ( ω ) = 1 2 π ∫ a ( t ) e − i ω t d t \hat{a}_{\mathcal{T}}(\omega)=\frac{1}{2\pi}\int a(t)e^{-i\omega t}dt a ^ T ( ω ) = 2 π 1 ∫ a ( t ) e − iω t d t S a ( ω ) = lim T → ∞ 2 π T ∣ a ^ T ( ω ) ∣ 2 S_a(\omega)=\lim_{\mathcal{T}\to\infty}\frac{2\pi}{\mathcal{T}}|\hat{a}_{\mathcal{T}}(\omega)|^2 S a ( ω ) = lim T → ∞ T 2 π ∣ a ^ T ( ω ) ∣ 2 T T T R R R R 1 , R 2 R_1,R_2 R 1 , R 2 R f R_f R f C f C_f C f
各粒子の運動方程式を i i i q / l q/l q / l I = ( q / l ) ∑ i v i I=(q/l)\sum_i v_i I = ( q / l ) ∑ i v i
m d I d t + η I = q l ∑ i = 1 N f i m\frac{dI}{dt}+\eta I=\frac{q}{l}\sum_{i=1}^{N}f_i m d t d I + η I = l q i = 1 ∑ N f i です。右辺は f i = q E i f_i=qE_i f i = q E i ∑ i E i = N V / l \sum_i E_i=NV/l ∑ i E i = N V / l
q l ∑ i f i = q 2 l ∑ i E i = q 2 l ⋅ N V l = N q 2 l 2 V \frac{q}{l}\sum_i f_i=\frac{q^2}{l}\sum_i E_i=\frac{q^2}{l}\cdot\frac{NV}{l}=\frac{Nq^2}{l^2}V l q i ∑ f i = l q 2 i ∑ E i = l q 2 ⋅ l N V = l 2 N q 2 V となります。両辺を N q 2 / l 2 Nq^2/l^2 N q 2 / l 2 L d I / d t + R I = V L\,dI/dt+RI=V L d I / d t + R I = V N = n A l N=nAl N = n A l
L = m l 2 N q 2 = m l n A q 2 , R = η l 2 N q 2 = η l n A q 2 L=\frac{ml^2}{Nq^2}=\frac{ml}{nAq^2},
\qquad
R=\frac{\eta l^2}{Nq^2}=\frac{\eta l}{nAq^2} L = N q 2 m l 2 = n A q 2 m l , R = N q 2 η l 2 = n A q 2 η l が答えです。R R R σ = n q 2 / η \sigma=nq^2/\eta σ = n q 2 / η R = l / ( σ A ) R=l/(\sigma A) R = l / ( σ A ) [ η l / ( n A q 2 ) ] = k g m 2 s − 1 C − 2 = Ω [\eta l/(nAq^2)]=\mathrm{kg\,m^2\,s^{-1}C^{-2}}=\Omega [ η l / ( n A q 2 )] = kg m 2 s − 1 C − 2 = Ω [ m l / ( n A q 2 ) ] = k g m 2 C − 2 = H [ml/(nAq^2)]=\mathrm{kg\,m^2C^{-2}}=\mathrm{H} [ m l / ( n A q 2 )] = kg m 2 C − 2 = H L / R = m / η L/R=m/\eta L / R = m / η L L L
L L L R R R
Z ( ω ) = R + i ω L Z(\omega)=R+i\omega L Z ( ω ) = R + iω L です。
I = ( q / l ) ∑ i v i I=(q/l)\sum_i v_i I = ( q / l ) ∑ i v i i ≠ j i\neq j i = j ⟨ v i v j ⟩ = 0 \langle v_iv_j\rangle=0 ⟨ v i v j ⟩ = 0 ⟨ v i 2 ⟩ = k B T / m \langle v_i^2\rangle=k_\mathrm{B}T/m ⟨ v i 2 ⟩ = k B T / m
⟨ I 2 ( t ) ⟩ = q 2 l 2 ∑ i , j ⟨ v i v j ⟩ = q 2 l 2 N ⟨ v i 2 ⟩ = N q 2 l 2 ⋅ k B T m \langle I^2(t)\rangle=\frac{q^2}{l^2}\sum_{i,j}\langle v_iv_j\rangle=\frac{q^2}{l^2}N\langle v_i^2\rangle=\frac{Nq^2}{l^2}\cdot\frac{k_\mathrm{B}T}{m} ⟨ I 2 ( t )⟩ = l 2 q 2 i , j ∑ ⟨ v i v j ⟩ = l 2 q 2 N ⟨ v i 2 ⟩ = l 2 N q 2 ⋅ m k B T となります。設問1の L = m l 2 / ( N q 2 ) L=ml^2/(Nq^2) L = m l 2 / ( N q 2 )
L 2 ⟨ I 2 ( t ) ⟩ = 1 2 ⋅ m l 2 N q 2 ⋅ N q 2 l 2 ⋅ k B T m = 1 2 k B T \frac{L}{2}\langle I^2(t)\rangle=\frac{1}{2}\cdot\frac{ml^2}{Nq^2}\cdot\frac{Nq^2}{l^2}\cdot\frac{k_\mathrm{B}T}{m}=\frac{1}{2}k_\mathrm{B}T 2 L ⟨ I 2 ( t )⟩ = 2 1 ⋅ N q 2 m l 2 ⋅ l 2 N q 2 ⋅ m k B T = 2 1 k B T が示されました。電流という1個の自由度に対しても、インダクタンスの蓄積エネルギーが k B T / 2 k_\mathrm{B}T/2 k B T /2 ⟨ I 2 ⟩ = k B T / L \langle I^2\rangle=k_\mathrm{B}T/L ⟨ I 2 ⟩ = k B T / L
L d I / d t + R I = V L\,dI/dt+RI=V L d I / d t + R I = V t + τ t+\tau t + τ I ( t ) I(t) I ( t ) τ \tau τ
L d ϕ I ( τ ) d τ + R ϕ I ( τ ) = ⟨ I ( t ) V ( t + τ ) ⟩ = 0 ( τ > 0 ) L\frac{d\phi_I(\tau)}{d\tau}+R\,\phi_I(\tau)=\langle I(t)V(t+\tau)\rangle=0
\qquad(\tau>0) L d τ d ϕ I ( τ ) + R ϕ I ( τ ) = ⟨ I ( t ) V ( t + τ )⟩ = 0 ( τ > 0 ) が ϕ I \phi_I ϕ I τ = 0 \tau=0 τ = 0 ϕ I ( 0 ) = ⟨ I 2 ⟩ = k B T / L \phi_I(0)=\langle I^2\rangle=k_\mathrm{B}T/L ϕ I ( 0 ) = ⟨ I 2 ⟩ = k B T / L ϕ I ( − τ ) = ϕ I ( τ ) \phi_I(-\tau)=\phi_I(\tau) ϕ I ( − τ ) = ϕ I ( τ )
ϕ I ( τ ) = k B T L exp ( − R L ∣ τ ∣ ) \phi_I(\tau)=\frac{k_\mathrm{B}T}{L}\exp\left(-\frac{R}{L}|\tau|\right) ϕ I ( τ ) = L k B T exp ( − L R ∣ τ ∣ ) が答えです。相関時間は L / R = m / η L/R=m/\eta L / R = m / η
フーリエ変換は ∫ − ∞ ∞ e − a ∣ τ ∣ e − i ω τ d τ = 2 a a 2 + ω 2 \int_{-\infty}^{\infty}e^{-a|\tau|}e^{-i\omega\tau}d\tau=\dfrac{2a}{a^2+\omega^2} ∫ − ∞ ∞ e − a ∣ τ ∣ e − iω τ d τ = a 2 + ω 2 2 a a = R / L a=R/L a = R / L
1 2 π ∫ − ∞ ∞ ϕ I ( τ ) e − i ω τ d τ = 1 2 π ⋅ k B T L ⋅ 2 R L R 2 + ω 2 L 2 = k B T R π ( R 2 + ω 2 L 2 ) \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\phi_I(\tau)e^{-i\omega\tau}d\tau
=\frac{1}{2\pi}\cdot\frac{k_\mathrm{B}T}{L}\cdot\frac{2RL}{R^2+\omega^2L^2}
=\frac{k_\mathrm{B}TR}{\pi\left(R^2+\omega^2L^2\right)} 2 π 1 ∫ − ∞ ∞ ϕ I ( τ ) e − iω τ d τ = 2 π 1 ⋅ L k B T ⋅ R 2 + ω 2 L 2 2 R L = π ( R 2 + ω 2 L 2 ) k B T R です。これがそのまま電流雑音のパワースペクトル S I ( ω ) = k B T R / ( π ∣ Z ( ω ) ∣ 2 ) S_I(\omega)=k_\mathrm{B}TR/(\pi|Z(\omega)|^2) S I ( ω ) = k B T R / ( π ∣ Z ( ω ) ∣ 2 ) ω ≫ R / L \omega\gg R/L ω ≫ R / L ω − 2 \omega^{-2} ω − 2
Z ^ T ( ω ) = V ^ T ( ω ) / I ^ T ( ω ) = Z ( ω ) \hat{Z}_{\mathcal{T}}(\omega)=\hat{V}_{\mathcal{T}}(\omega)/\hat{I}_{\mathcal{T}}(\omega)=Z(\omega) Z ^ T ( ω ) = V ^ T ( ω ) / I ^ T ( ω ) = Z ( ω ) ∣ V ^ T ∣ 2 = ∣ Z ∣ 2 ∣ I ^ T ∣ 2 |\hat{V}_{\mathcal{T}}|^2=|Z|^2|\hat{I}_{\mathcal{T}}|^2 ∣ V ^ T ∣ 2 = ∣ Z ∣ 2 ∣ I ^ T ∣ 2 S V ( ω ) = ∣ Z ( ω ) ∣ 2 S I ( ω ) S_V(\omega)=|Z(\omega)|^2S_I(\omega) S V ( ω ) = ∣ Z ( ω ) ∣ 2 S I ( ω ) R 2 + ω 2 L 2 R^2+\omega^2L^2 R 2 + ω 2 L 2
S V ( ω ) = ( R 2 + ω 2 L 2 ) ⋅ k B T R π ( R 2 + ω 2 L 2 ) = R k B T π S_V(\omega)=\left(R^2+\omega^2L^2\right)\cdot\frac{k_\mathrm{B}TR}{\pi\left(R^2+\omega^2L^2\right)}=\frac{R\,k_\mathrm{B}T}{\pi} S V ( ω ) = ( R 2 + ω 2 L 2 ) ⋅ π ( R 2 + ω 2 L 2 ) k B T R = π R k B T が答えです。周波数に依らない白色雑音になります。検算として、ϕ V ( 0 ) = ⟨ V 2 ⟩ = ∫ − ∞ ∞ S V ( ω ) d ω \phi_V(0)=\langle V^2\rangle=\int_{-\infty}^{\infty}S_V(\omega)d\omega ϕ V ( 0 ) = ⟨ V 2 ⟩ = ∫ − ∞ ∞ S V ( ω ) d ω f = ω / 2 π f=\omega/2\pi f = ω /2 π Δ f \Delta f Δ f ± ω \pm\omega ± ω 2 × ( R k B T / π ) × 2 π Δ f = 4 k B T R Δ f 2\times(Rk_\mathrm{B}T/\pi)\times2\pi\Delta f=4k_\mathrm{B}TR\,\Delta f 2 × ( R k B T / π ) × 2 π Δ f = 4 k B T R Δ f
抵抗 R R R R R R V V V V V V R 1 R_1 R 1 R 2 R_2 R 2
0 − V R 1 + V A − V R 2 = 0 \frac{0-V}{R_1}+\frac{V_\mathrm{A}-V}{R_2}=0 R 1 0 − V + R 2 V A − V = 0 が成り立ちます。V A V_\mathrm{A} V A
V A = ( 1 + R 2 R 1 ) V V_\mathrm{A}=\left(1+\frac{R_2}{R_1}\right)V V A = ( 1 + R 1 R 2 ) V が答えです。非反転増幅回路の標準的な利得で、R 2 → 0 R_2\to0 R 2 → 0
点 A から出力端子までは R f R_f R f C f C_f C f C f C_f C f 1 / ( i ω C f ) 1/(i\omega C_f) 1/ ( iω C f )
V o u t = V A ⋅ 1 i ω C f R f + 1 i ω C f = V A 1 + i ω R f C f V_\mathrm{out}=V_\mathrm{A}\cdot\frac{\dfrac{1}{i\omega C_f}}{R_f+\dfrac{1}{i\omega C_f}}=\frac{V_\mathrm{A}}{1+i\omega R_fC_f} V out = V A ⋅ R f + iω C f 1 iω C f 1 = 1 + iω R f C f V A です。したがって V V V V o u t V_\mathrm{out} V out ( 1 + R 2 / R 1 ) 2 / [ 1 + ( ω R f C f ) 2 ] (1+R_2/R_1)^2/\left[1+(\omega R_fC_f)^2\right] ( 1 + R 2 / R 1 ) 2 / [ 1 + ( ω R f C f ) 2 ]
S V o u t ( ω ) = ( 1 + R 2 R 1 ) 2 1 + ( ω R f C f ) 2 S V ( ω ) S_{V_\mathrm{out}}(\omega)=\frac{\left(1+\dfrac{R_2}{R_1}\right)^2}{1+\left(\omega R_fC_f\right)^2}\,S_V(\omega) S V out ( ω ) = 1 + ( ω R f C f ) 2 ( 1 + R 1 R 2 ) 2 S V ( ω ) が答えです。S V ( ω ) = R k B T / π S_V(\omega)=Rk_\mathrm{B}T/\pi S V ( ω ) = R k B T / π
S V o u t ( ω ) = R k B T π ⋅ ( 1 + R 2 R 1 ) 2 1 + ( ω R f C f ) 2 S_{V_\mathrm{out}}(\omega)=\frac{R\,k_\mathrm{B}T}{\pi}\cdot\frac{\left(1+\dfrac{R_2}{R_1}\right)^2}{1+\left(\omega R_fC_f\right)^2} S V out ( ω ) = π R k B T ⋅ 1 + ( ω R f C f ) 2 ( 1 + R 1 R 2 ) 2 となります。カットオフ角振動数 1 / ( R f C f ) 1/(R_fC_f) 1/ ( R f C f )
静止質量 m m m p p p M M M p A , M A , θ A p_A,M_A,\theta_A p A , M A , θ A p B , M B , θ B p_B,M_B,\theta_B p B , M B , θ B R R R V V V d d d B B B
エネルギー保存則は
p 2 c 2 + m 2 c 4 + M c 2 = p A 2 c 2 + M A 2 c 4 + p B 2 c 2 + M B 2 c 4 \sqrt{p^2c^2+m^2c^4}+Mc^2=\sqrt{p_A^2c^2+M_A^2c^4}+\sqrt{p_B^2c^2+M_B^2c^4} p 2 c 2 + m 2 c 4 + M c 2 = p A 2 c 2 + M A 2 c 4 + p B 2 c 2 + M B 2 c 4 です。運動量保存則は、入射方向を x x x
p = p A cos θ A + p B cos θ B , p A sin θ A = p B sin θ B p=p_A\cos\theta_A+p_B\cos\theta_B,
\qquad
p_A\sin\theta_A=p_B\sin\theta_B p = p A cos θ A + p B cos θ B , p A sin θ A = p B sin θ B の2式です。
p B p_B p B p B cos θ B = p − p A cos θ A p_B\cos\theta_B=p-p_A\cos\theta_A p B cos θ B = p − p A cos θ A p B sin θ B = p A sin θ A p_B\sin\theta_B=p_A\sin\theta_A p B sin θ B = p A sin θ A θ B \theta_B θ B
p B = p 2 + p A 2 − 2 p p A cos θ A p_B=\sqrt{p^2+p_A^2-2pp_A\cos\theta_A} p B = p 2 + p A 2 − 2 p p A cos θ A と求まります。θ A = 0 \theta_A=0 θ A = 0 p B = ∣ p − p A ∣ p_B=|p-p_A| p B = ∣ p − p A ∣ θ A = π / 2 \theta_A=\pi/2 θ A = π /2 p B = p 2 + p A 2 p_B=\sqrt{p^2+p_A^2} p B = p 2 + p A 2
M B M_B M B M B 2 c 4 = E B 2 − p B 2 c 2 M_B^2c^4=E_B^2-p_B^2c^2 M B 2 c 4 = E B 2 − p B 2 c 2
M B c 2 = ( p 2 c 2 + m 2 c 4 + M c 2 − p A 2 c 2 + M A 2 c 4 ) 2 − ( p 2 + p A 2 − 2 p p A cos θ A ) c 2 M_Bc^2=\sqrt{\left(\sqrt{p^2c^2+m^2c^4}+Mc^2-\sqrt{p_A^2c^2+M_A^2c^4}\right)^2-\left(p^2+p_A^2-2pp_A\cos\theta_A\right)c^2} M B c 2 = ( p 2 c 2 + m 2 c 4 + M c 2 − p A 2 c 2 + M A 2 c 4 ) 2 − ( p 2 + p A 2 − 2 p p A cos θ A ) c 2 が答えです。
m = 1 G e V / c 2 = 1000 M e V / c 2 m=1\,\mathrm{GeV}/c^2=1000\,\mathrm{MeV}/c^2 m = 1 GeV / c 2 = 1000 MeV / c 2 p = 500 M e V / c p=500\,\mathrm{MeV}/c p = 500 MeV / c
E = p 2 c 2 + m 2 c 4 = 500 2 + 1000 2 M e V = 1118 M e V E=\sqrt{p^2c^2+m^2c^4}=\sqrt{500^2+1000^2}\,\mathrm{MeV}=1118\,\mathrm{MeV} E = p 2 c 2 + m 2 c 4 = 50 0 2 + 100 0 2 MeV = 1118 MeV です。運動エネルギーは
T = E − m c 2 = 118 M e V ≃ 1 × 10 2 M e V T=E-mc^2=118\,\mathrm{MeV}\simeq 1\times10^{2}\,\mathrm{MeV} T = E − m c 2 = 118 MeV ≃ 1 × 1 0 2 MeV 速さは
v c = p c E = 500 1118 = 0.447 ≃ 0.4 \frac{v}{c}=\frac{pc}{E}=\frac{500}{1118}=0.447\simeq 0.4 c v = E p c = 1118 500 = 0.447 ≃ 0.4 が答えです（v / c = 1 / 5 v/c=1/\sqrt5 v / c = 1/ 5 T = p 2 / 2 m = 125 M e V T=p^2/2m=125\,\mathrm{MeV} T = p 2 /2 m = 125 MeV v / c = p / ( m c ) = 0.5 v/c=p/(mc)=0.5 v / c = p / ( m c ) = 0.5 6 % 6\,\% 6 % 12 % 12\,\% 12 % β ≃ 0.45 \beta\simeq0.45 β ≃ 0.45
円弧部では磁場だけが働き、半径 R R R M A v 2 / R = q v B M_Av^2/R=qvB M A v 2 / R = q v B
p A = M A v = q B R p_A=M_Av=qBR p A = M A v = q B R です。ここで運動量が選別されます。平行平板電極の領域には同じ磁場も存在するので、粒子が直進するには電気力と磁気力が釣り合わなければなりません。電場の大きさは V / d V/d V / d
q V d = q v B ⟹ v = V B d q\frac{V}{d}=qvB
\qquad\Longrightarrow\qquad
v=\frac{V}{Bd} q d V = q v B ⟹ v = B d V で、ここでは速度が選別されます（ウィーンフィルタ）。2式を組み合わせて v v v
q M A = v B R = V B 2 R d \frac{q}{M_A}=\frac{v}{BR}=\frac{V}{B^2Rd} M A q = B R v = B 2 R d V が答えです。次元も V / ( T 2 m 2 ) = C / k g \mathrm{V}/(\mathrm{T^2\,m^2})=\mathrm{C/kg} V / ( T 2 m 2 ) = C/kg
He 原子核（M A = 4 G e V / c 2 M_A=4\,\mathrm{GeV}/c^2 M A = 4 GeV / c 2 α \alpha α q = 2 e = 3.2 × 10 − 19 C q=2e=3.2\times10^{-19}\,\mathrm{C} q = 2 e = 3.2 × 1 0 − 19 C
v c = p A c M A c 2 = 200 4000 = 0.05 , v = 1.5 × 10 7 m / s \frac{v}{c}=\frac{p_Ac}{M_Ac^2}=\frac{200}{4000}=0.05,
\qquad
v=1.5\times10^{7}\,\mathrm{m/s} c v = M A c 2 p A c = 4000 200 = 0.05 , v = 1.5 × 1 0 7 m/s です。運動量を SI 単位に直すと
p A = 200 × 10 6 × 1.6 × 10 − 19 3 × 10 8 k g m / s = 1.07 × 10 − 19 k g m / s p_A=\frac{200\times10^{6}\times1.6\times10^{-19}}{3\times10^{8}}\,\mathrm{kg\,m/s}=1.07\times10^{-19}\,\mathrm{kg\,m/s} p A = 3 × 1 0 8 200 × 1 0 6 × 1.6 × 1 0 − 19 kg m/s = 1.07 × 1 0 − 19 kg m/s なので、B = p A / ( q R ) B=p_A/(qR) B = p A / ( q R )
B = 1.07 × 10 − 19 3.2 × 10 − 19 × 1 T = 0.33 T ≃ 3 × 10 − 1 T B=\frac{1.07\times10^{-19}}{3.2\times10^{-19}\times1}\,\mathrm{T}=0.33\,\mathrm{T}\simeq 3\times10^{-1}\,\mathrm{T} B = 3.2 × 1 0 − 19 × 1 1.07 × 1 0 − 19 T = 0.33 T ≃ 3 × 1 0 − 1 T V = v B d V=vBd V = v B d
V = 1.5 × 10 7 × 0.33 × 1 × 10 − 2 V = 5.0 × 10 4 V V=1.5\times10^{7}\times0.33\times1\times10^{-2}\,\mathrm{V}=5.0\times10^{4}\,\mathrm{V} V = 1.5 × 1 0 7 × 0.33 × 1 × 1 0 − 2 V = 5.0 × 1 0 4 V が答えです。検算として V / ( B 2 R d ) = 4.5 × 10 7 C / k g V/(B^2Rd)=4.5\times10^{7}\,\mathrm{C/kg} V / ( B 2 R d ) = 4.5 × 1 0 7 C/kg M A = 4 G e V / c 2 = 7.1 × 10 − 27 k g M_A=4\,\mathrm{GeV}/c^2=7.1\times10^{-27}\,\mathrm{kg} M A = 4 GeV / c 2 = 7.1 × 1 0 − 27 kg q / M A = 3.2 × 10 − 19 / 7.1 × 10 − 27 = 4.5 × 10 7 C / k g q/M_A=3.2\times10^{-19}/7.1\times10^{-27}=4.5\times10^{7}\,\mathrm{C/kg} q / M A = 3.2 × 1 0 − 19 /7.1 × 1 0 − 27 = 4.5 × 1 0 7 C/kg 50 k V 50\,\mathrm{kV} 50 kV 1 c m 1\,\mathrm{cm} 1 cm 5 × 10 6 V / m 5\times10^{6}\,\mathrm{V/m} 5 × 1 0 6 V/m
薄い検出器1が測るのは通過時のエネルギー損失 Δ E \Delta E Δ E − d E / d x ∝ z 2 / v 2 -dE/dx\propto z^2/v^2 − d E / d x ∝ z 2 / v 2 z z z E k = M A v 2 / 2 E_\mathrm{k}=M_Av^2/2 E k = M A v 2 /2
Δ E ∝ z 2 v 2 = z 2 M A 2 E k ⟹ Δ E ⋅ E k ∝ z 2 M A \Delta E\propto\frac{z^2}{v^2}=\frac{z^2M_A}{2E_\mathrm{k}}
\qquad\Longrightarrow\qquad
\Delta E\cdot E_\mathrm{k}\propto z^2M_A Δ E ∝ v 2 z 2 = 2 E k z 2 M A ⟹ Δ E ⋅ E k ∝ z 2 M A となります。運動量が既知であれば E k = p A 2 / ( 2 M A ) E_\mathrm{k}=p_A^2/(2M_A) E k = p A 2 / ( 2 M A ) M A M_A M A z z z Z Z Z A A A
図2の装置で新たに得られる情報は、質量と電荷を個別に決めた値です。B B B V V V v v v q / M A q/M_A q / M A q q q M A M_A M A E k = M A v 2 / 2 E_\mathrm{k}=M_Av^2/2 E k = M A v 2 /2 M A M_A M A q q q Δ E ∝ z 2 / v 2 \Delta E\propto z^2/v^2 Δ E ∝ z 2 / v 2 z z z
エネルギー損失は主に媒質中の電子との非弾性クーロン散乱（電離・励起）で生じます。ベーテの式はこれを
− d E d x = z 2 v 2 F ( v ) -\frac{dE}{dx}=\frac{z^2}{v^2}\,F(v) − d x d E = v 2 z 2 F ( v ) の形にまとめており、z z z F ( v ) F(v) F ( v ) z H e = 2 z_\mathrm{He}=2 z He = 2 z p = 1 z_p=1 z p = 1 1 / 4 1/4 1/4
Δ E p = 0.6 2 2 M e V = 0.15 M e V ≃ 0.2 M e V \Delta E_p=\frac{0.6}{2^2}\,\mathrm{MeV}=0.15\,\mathrm{MeV}\simeq 0.2\,\mathrm{MeV} Δ E p = 2 2 0.6 MeV = 0.15 MeV ≃ 0.2 MeV が答えです。同じ速さで比べる点が本質で、同じ運動エネルギーで比べると速度が違うので 1 / 4 1/4 1/4
運動エネルギーは非相対論的に
E k = p A 2 2 M A = ( 200 ) 2 2 × 4000 M e V = 5 M e V E_\mathrm{k}=\frac{p_A^2}{2M_A}=\frac{(200)^2}{2\times4000}\,\mathrm{MeV}=5\,\mathrm{MeV} E k = 2 M A p A 2 = 2 × 4000 ( 200 ) 2 MeV = 5 MeV です（1 2 M A v 2 = 1 2 × 4000 × 0.05 2 M e V = 5 M e V \tfrac12M_Av^2=\tfrac12\times4000\times0.05^2\,\mathrm{MeV}=5\,\mathrm{MeV} 2 1 M A v 2 = 2 1 × 4000 × 0.0 5 2 MeV = 5 MeV 5.00 M e V 5.00\,\mathrm{MeV} 5.00 MeV
検出器2に入る前に検出器1で 0.6 M e V 0.6\,\mathrm{MeV} 0.6 MeV 5 − 0.6 = 4.4 M e V 5-0.6=4.4\,\mathrm{MeV} 5 − 0.6 = 4.4 MeV 4 e V 4\,\mathrm{eV} 4 eV
N = 4.4 × 10 6 e V 4 e V = 1.1 × 10 6 N=\frac{4.4\times10^{6}\,\mathrm{eV}}{4\,\mathrm{eV}}=1.1\times10^{6} N = 4 eV 4.4 × 1 0 6 eV = 1.1 × 1 0 6 統計ゆらぎだけを考えると標準偏差は N = 1.05 × 10 3 \sqrt{N}=1.05\times10^{3} N = 1.05 × 1 0 3
σ E = 4 e V × N = 4.2 × 10 3 e V ≃ 4 k e V \sigma_E=4\,\mathrm{eV}\times\sqrt{N}=4.2\times10^{3}\,\mathrm{eV}\simeq 4\,\mathrm{keV} σ E = 4 eV × N = 4.2 × 1 0 3 eV ≃ 4 keV すなわち相対精度 σ E / E = 1 / N ≃ 1 × 10 − 3 \sigma_E/E=1/\sqrt{N}\simeq 1\times10^{-3} σ E / E = 1/ N ≃ 1 × 1 0 − 3 5 M e V 5\,\mathrm{MeV} 5 MeV σ E = 4.5 k e V \sigma_E=4.5\,\mathrm{keV} σ E = 4.5 keV 4 k e V 4\,\mathrm{keV} 4 keV 4 e V 4\,\mathrm{eV} 4 eV N N N
熱伝導率は J = − κ ∇ T \boldsymbol{J}=-\kappa\nabla T J = − κ ∇ T T 0 T_0 T 0 R R R Δ T \Delta T Δ T Δ V = α Δ T \Delta V=\alpha\Delta T Δ V = α Δ T α \alpha α κ \kappa κ κ L = 1 3 C L v L ℓ p h \kappa_L=\frac13C_Lv_L\ell_{ph} κ L = 3 1 C L v L ℓ p h κ ( T ) \kappa(T) κ ( T ) 10 K 10\,\mathrm{K} 10 K 5 × 10 2 W m − 1 K − 1 5\times10^{2}\,\mathrm{W\,m^{-1}K^{-1}} 5 × 1 0 2 W m − 1 K − 1 κ ∝ T 3 \kappa\propto T^3 κ ∝ T 3 κ ∝ T − 1 \kappa\propto T^{-1} κ ∝ T − 1
設問2 の問題文は、配付された正誤表に従い「熱電対の接点間距離 W W W
定常一方向熱流法で組みます。配線と配置は次のとおりです。直方体の試料 X の一端を銅熱浴の下面に熱的に密着させて固定し、その端を T 0 T_0 T 0 I I I W W W Δ V \Delta V Δ V W / S W/S W / S
V 電圧計 I 電流源（可変） 銅熱浴（温度 T0） 絶縁体試料 X （断面積 S） 接点1 接点2 銅コンスタンタン熱電対 W 熱流 Q ヒーター（抵抗 R） 全体を真空中に置く 熱電対の接点を試料の途中の2点に取るのが要点です。ヒーターと熱浴の間の接触熱抵抗は原理的に避けられないので、両端の温度差ではなく試料内部の2点間の温度差を測ることで、接触熱抵抗の寄与を測定から外せます。
手順は次のとおりです。まず熱浴を T 0 T_0 T 0 Δ V = 0 \Delta V=0 Δ V = 0 I I I
Q = R I 2 Q=RI^2 Q = R I 2 はすべて試料を通って熱浴へ流れます。定常状態に達したら Δ V \Delta V Δ V Δ T = Δ V / α \Delta T=\Delta V/\alpha Δ T = Δ V / α Q Q Q J = Q / S J=Q/S J = Q / S Δ T / W \Delta T/W Δ T / W J = κ Δ T / W J=\kappa\,\Delta T/W J = κ Δ T / W
κ = Q W S Δ T = α R I 2 W S Δ V \kappa=\frac{QW}{S\,\Delta T}=\frac{\alpha RI^2W}{S\,\Delta V} κ = S Δ T Q W = S Δ V α R I 2 W として κ \kappa κ I I I Δ T \Delta T Δ T I 2 I^2 I 2 κ \kappa κ Δ T → 0 \Delta T\to0 Δ T → 0 T 0 T_0 T 0 κ \kappa κ Δ T ≪ T 0 \Delta T\ll T_0 Δ T ≪ T 0 κ \kappa κ
位置 x x x [ x − ℓ p h , x ] [x-\ell_{ph},x] [ x − ℓ p h , x ] + x +x + x [ x , x + ℓ p h ] [x,x+\ell_{ph}] [ x , x + ℓ p h ] − x -x − x v L v_L v L u ( x ∓ ℓ p h / 2 ) u(x\mp\ell_{ph}/2) u ( x ∓ ℓ p h /2 )
J = v L u ( x − ℓ p h 2 ) − v L u ( x + ℓ p h 2 ) = − v L [ u ( x + ℓ p h 2 ) − u ( x − ℓ p h 2 ) ] J=v_L\,u\!\left(x-\frac{\ell_{ph}}{2}\right)-v_L\,u\!\left(x+\frac{\ell_{ph}}{2}\right)
=-v_L\left[u\!\left(x+\frac{\ell_{ph}}{2}\right)-u\!\left(x-\frac{\ell_{ph}}{2}\right)\right] J = v L u ( x − 2 ℓ p h ) − v L u ( x + 2 ℓ p h ) = − v L [ u ( x + 2 ℓ p h ) − u ( x − 2 ℓ p h ) ] です。問題文にあるように、温度が δ T \delta T δ T C L δ T C_L\,\delta T C L δ T
u ( x + ℓ p h 2 ) − u ( x − ℓ p h 2 ) = C L d T d x ℓ p h u\!\left(x+\frac{\ell_{ph}}{2}\right)-u\!\left(x-\frac{\ell_{ph}}{2}\right)=C_L\frac{dT}{dx}\,\ell_{ph} u ( x + 2 ℓ p h ) − u ( x − 2 ℓ p h ) = C L d x d T ℓ p h となります。よって
J = − C L v L ℓ p h d T d x J=-C_Lv_L\ell_{ph}\frac{dT}{dx} J = − C L v L ℓ p h d x d T で、J = − κ L d T / d x J=-\kappa_L\,dT/dx J = − κ L d T / d x
κ L = C L v L ℓ p h \kappa_L=C_Lv_L\ell_{ph} κ L = C L v L ℓ p h が示されました。距離 ℓ p h \ell_{ph} ℓ p h + x +x + x − x -x − x J m − 3 K − 1 × m s − 1 × m = W m − 1 K − 1 \mathrm{J\,m^{-3}K^{-1}\times m\,s^{-1}\times m}=\mathrm{W\,m^{-1}K^{-1}} J m − 3 K − 1 × m s − 1 × m = W m − 1 K − 1
低温極限では平均自由行程は温度に依らずほぼ一定です。
根拠は次のとおりです。κ L = 1 3 C L v L ℓ p h \kappa_L=\frac13C_Lv_L\ell_{ph} κ L = 3 1 C L v L ℓ p h v L v_L v L T 3 T^3 T 3 C L ∝ T 3 C_L\propto T^3 C L ∝ T 3 κ ∝ T 3 \kappa\propto T^3 κ ∝ T 3
ℓ p h ∝ κ C L v L ∝ T 3 T 3 = 一定 \ell_{ph}\propto\frac{\kappa}{C_Lv_L}\propto\frac{T^3}{T^3}=\text{一定} ℓ p h ∝ C L v L κ ∝ T 3 T 3 = 一定 となります。κ \kappa κ
室温付近では平均自由行程は ℓ p h ∝ T − 1 \ell_{ph}\propto T^{-1} ℓ p h ∝ T − 1
根拠は、デバイ温度より高い室温付近では格子比熱がデュロン・プティ則の値に飽和して温度に依らなくなること（図2の極大が 10 K 10\,\mathrm{K} 10 K 10 2 K 10^2\,\mathrm{K} 1 0 2 K 300 K 300\,\mathrm{K} 300 K κ ∝ T − 1 \kappa\propto T^{-1} κ ∝ T − 1 v L v_L v L
ℓ p h ∝ κ C L v L ∝ T − 1 一定 = T − 1 \ell_{ph}\propto\frac{\kappa}{C_Lv_L}\propto\frac{T^{-1}}{\text{一定}}=T^{-1} ℓ p h ∝ C L v L κ ∝ 一定 T − 1 = T − 1 となります。
低温極限では (I) の不純物や格子欠陥による散乱が支配的で、室温付近では (II) のフォノン間散乱が支配的です。
根拠は設問4、5で得た平均自由行程の温度依存性です。不純物・欠陥・試料境界は温度によらず存在する静的な散乱中心なので、それが散乱を決めているなら ℓ p h \ell_{ph} ℓ p h ℓ p h \ell_{ph} ℓ p h k B T / ℏ ω ∝ T k_\mathrm{B}T/\hbar\omega\propto T k B T /ℏ ω ∝ T T T T ℓ p h ∝ T − 1 \ell_{ph}\propto T^{-1} ℓ p h ∝ T − 1 ℓ p h \ell_{ph} ℓ p h C L C_L C L ℓ p h \ell_{ph} ℓ p h
κ e = L σ T \kappa_e=L\sigma T κ e = L σ T
L = π 2 3 ( k B e ) 2 = π 2 3 ( 1.38 × 10 − 23 1.6 × 10 − 19 ) 2 W Ω K − 2 = 3.29 × ( 8.63 × 10 − 5 ) 2 = 2.4 × 10 − 8 W Ω K − 2 L=\frac{\pi^2}{3}\left(\frac{k_B}{e}\right)^2
=\frac{\pi^2}{3}\left(\frac{1.38\times10^{-23}}{1.6\times10^{-19}}\right)^2\,\mathrm{W\,\Omega\,K^{-2}}
=3.29\times\left(8.63\times10^{-5}\right)^2=2.4\times10^{-8}\,\mathrm{W\,\Omega\,K^{-2}} L = 3 π 2 ( e k B ) 2 = 3 π 2 ( 1.6 × 1 0 − 19 1.38 × 1 0 − 23 ) 2 W Ω K − 2 = 3.29 × ( 8.63 × 1 0 − 5 ) 2 = 2.4 × 1 0 − 8 W Ω K − 2 電気抵抗率が 10 − 8 Ω ⋅ m 10^{-8}\,\Omega\cdot\mathrm{m} 1 0 − 8 Ω ⋅ m σ = 10 8 S / m \sigma=10^{8}\,\mathrm{S/m} σ = 1 0 8 S/m T = 300 K T=300\,\mathrm{K} T = 300 K
κ e = 2.4 × 10 − 8 × 10 8 × 300 W m − 1 K − 1 = 7.3 × 10 2 W m − 1 K − 1 \kappa_e=2.4\times10^{-8}\times10^{8}\times300\,\mathrm{W\,m^{-1}K^{-1}}=7.3\times10^{2}\,\mathrm{W\,m^{-1}K^{-1}} κ e = 2.4 × 1 0 − 8 × 1 0 8 × 300 W m − 1 K − 1 = 7.3 × 1 0 2 W m − 1 K − 1 が答えです。桁の妥当性は、この抵抗率が銅の値（1.7 × 10 − 8 Ω ⋅ m 1.7\times10^{-8}\,\Omega\cdot\mathrm{m} 1.7 × 1 0 − 8 Ω ⋅ m 4 × 10 2 W m − 1 K − 1 4\times10^{2}\,\mathrm{W\,m^{-1}K^{-1}} 4 × 1 0 2 W m − 1 K − 1
比較の相手は図2の絶縁体試料 X です。10 K 10\,\mathrm{K} 10 K 5 × 10 2 W m − 1 K − 1 5\times10^{2}\,\mathrm{W\,m^{-1}K^{-1}} 5 × 1 0 2 W m − 1 K − 1 κ ∝ T − 1 \kappa\propto T^{-1} κ ∝ T − 1 300 K 300\,\mathrm{K} 300 K κ ≃ 10 \kappa\simeq 10 κ ≃ 10 20 W m − 1 K − 1 20\,\mathrm{W\,m^{-1}K^{-1}} 20 W m − 1 K − 1
κ e κ ≃ 7 × 10 2 10 から 20 ≃ 40 から 70 \frac{\kappa_e}{\kappa}\simeq\frac{7\times10^{2}}{10\text{ から }20}\simeq 40\text{ から }70 κ κ e ≃ 10 から 20 7 × 1 0 2 ≃ 40 から 70 で、同じ 300 K 300\,\mathrm{K} 300 K
出典: 東京大学大学院理学系研究科 物理学専攻 平成25年度 修士課程 入学試験問題 物理学。問題文は要約して引用しています。
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