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京都大学 理学研究科 化学専攻 2022年8月実施 物理学 基礎

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Author​

Miyake

Description​

题目描述​

原 Description 未保存题干，无法唯一恢复各问的具体设问、图示、符号定义与全部条件。现有 Kai 只能确认以下信息：

  • 问 A 的已保存结果为 −V/d-V/d。

  • 问 B 涉及带电粒子在电磁场中的运动，已保存关系为

    v⃗×B⃗=(vyB,−vxB,0),\vec v\times\vec B=(v_yB,-v_xB,0),

    以及速度分量方程

    dvxdt=ωA−ωvy,dvydt=ωvx.\frac{d v_x}{dt}=\omega A-\omega v_y, \qquad \frac{d v_y}{dt}=\omega v_x.

  • 问 C 在初始条件 t=0t=0 时 vx=vy=0v_x=v_y=0 下，得到

    vx=Asin⁡ωt,vy=A(1−cos⁡ωt).v_x=A\sin\omega t,\qquad v_y=A(1-\cos\omega t).

  • 问 D 在 t=0t=0 时 x=0x=0 的条件下，得到

    x=Aω(1−cos⁡ωt).x=\frac A\omega(1-\cos\omega t).

  • 问 E 的已保存选择结果为“（あ）”，但选项与题干均未保存。

  • 问 F(a) 的已保存临界磁场结果为

    Bc=1d2mVe.B_c=\frac1d\sqrt{\frac{2mV}{e}}.

    问 F(b) 涉及含弛豫时间 τ\tau 的稳态运动；已保存结论是在速度方向与 xx 轴成 45∘45^\circ、即 vx=vyv_x=v_y 时，

    τ=1ω.\tau=\frac1\omega.

由于缺少原始题面，以上内容仅整理已保存解答中明确出现的关系，不补造无法确认的设问。

考点​

  • Lorentz 力与带电粒子运动：由 v⃗×B⃗\vec v\times\vec B 分解平面速度方程。
  • 正交电磁场中的回旋运动：联立速度分量并用复变量求解周期运动。
  • 轨迹积分与临界磁场：由速度积分得到位置，并依据已保存的最大位移条件确定 BcB_c。
  • Drude 弛豫与 Hall 角：在稳态速度方程中结合 45∘45^\circ 方向条件得到弛豫时间关系。

Kai​

問 A​

−V/d-V/d

問 B​

v⃗×B⃗=(vyB,−vxB,0)\vec{v} \times \vec{B} = (v_yB, -v_xB, 0) なので、 x,yx,y 成分の運動方程式は

ddtvx=−em(−Vd+vyB)=ωA−ωvyddtvy=−em(−vxB)=ωvx\begin{aligned} \frac{d}{dt} v_x &= \frac{-e}{m} \left( - \frac{V}{d} + v_yB \right) \\ &= \omega A - \omega v_y \\ \frac{d}{dt} v_y &= \frac{-e}{m} \left( - v_xB \right) \\ &= \omega v_x \end{aligned}

となる。

問 C​

虚数単位を ii とすると、問 B の運動方程式から、

ddt(vx+ivy)=ωA−ωvy+iωvx=iω(vx+ivy−iA)\begin{aligned} \frac{d}{dt} (v_x + iv_y) &= \omega A - \omega v_y + i \omega v_x \\ &= i \omega (v_x + i v_y - iA) \end{aligned}

が得られるので、 ξ=vx+ivy−iA\xi = v_x + iv_y - iA とおくと、

ddtξ=iωξ\begin{aligned} \frac{d}{dt} \xi &= i \omega \xi \end{aligned}

となるので、これを積分すると、

ξ=ceiωt        (c は積分定数 )\begin{aligned} \xi &= c e^{i \omega t} \ \ \ \ \ \ \ \ ( c \text{ は積分定数 } ) \end{aligned}

を得る。 t=0t=0 のとき vx=0,vy=0v_x=0, v_y=0 であり ξ=−iA\xi=-iA であるから、 c=−iAc=-iA であり、

ξ=−iAeiωt∴  vx+ivy−iA=−iA(cos⁡ωt+isin⁡ωt)∴  vx+ivy=Asin⁡ωt+iA(1−cos⁡ωt)\begin{aligned} \xi &= -iA e^{i \omega t} \\ \therefore \ \ v_x + iv_y - iA &= -iA \left( \cos \omega t + i \sin \omega t \right) \\ \therefore \ \ v_x + iv_y &= A \sin \omega t + iA \left( 1 - \cos \omega t \right) \end{aligned}

となって、式 (6), (7) が得られる。

問 D​

式 (6) を積分すると、

x=−Aωcos⁡ωt+c        (c は積分定数 )\begin{aligned} x = - \frac{A}{\omega} \cos \omega t + c \ \ \ \ \ \ \ \ ( c \text{ は積分定数 }) \end{aligned}

となるが、 t=0t=0 のとき x=0x=0 であるから、 c=A/ωc=A/\omega であり、

x=Aω(1−cos⁡ωt)\begin{aligned} x = \frac{A}{\omega} (1 - \cos \omega t) \end{aligned}

を得る。

問 E​

（あ）

問 F​

(a)​

式 (8) によると xx の最大値は 2A/ω2A/\omega であるから、求める BcB_c は

2Aω=d\begin{aligned} \frac{2A}{\omega} = d \end{aligned}

が成り立つときの BB であり、

Bc=1d2mVe\begin{aligned} B_c = \frac{1}{d} \sqrt{\frac{2mV}{e}} \end{aligned}

がわかる。

(b)​

定常運動のとき、式 (10) は次のようになる：

0=ωA−ωvy−1τvx0=ωvx−1τvy\begin{aligned} 0 &= \omega A - \omega v_y - \frac{1}{\tau} v_x \\ 0 &= \omega v_x - \frac{1}{\tau} v_y \end{aligned}

電子の速度方向とx軸とのなす角が45°になるということは vx=vyv_x=v_y ということであり、 2番目の式から、 τ=1/ω\tau = 1 / \omega を得る。

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