京都大学 理学研究科 物理学・宇宙物理学専攻 2019年8月実施 I-2 (AB)

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Author

Miyake

Description

I-2A（統計力学）

固体結晶中の 3 次元格子振動をモデル化し，比熱の温度依存性を求めることを考える．結晶を構成する原子の振動は互いに独立な調和振動子として扱えると仮定する． 原子 1 個の質量を $m$，個数を $N$，調和振動子の角振動数を $\omega$ として以下の小問に答えよ．

(1) 古典的に考える．$i$ 番目の振動子について，平衡位置のまわりの変位を $\vec{r_i}$，運動量を $\vec{p_i}$ とする．この系に対するハミルトニアンが

$$\mathcal{H} = \sum_{i=1}^{N} \Big(\frac{|\vec{p_i}|^2}{2m} + \frac{m\omega^2}{2} |\vec{r_i}|^2 \Big)$$

で与えられる場合に，カノニカル分布を用いて比熱を計算せよ．必要であればガウス積分

$$\int_{-\infty}^{\infty} e^{-ax^2} \text{d}x = \sqrt{\frac{\pi}{a}}$$

を用いてよい．

(2) 1 自由度の調和振動子の固有エネルギーが

$$E_n = \Big(n + \frac{1}{2} \Big)\hslash \omega \quad (n=0,1,2, \ldots)$$

と量子的に与えられる場合に，カノニカル分布を用いて比熱を計算せよ．ここで $\hslash$ はプランク定数を $2\pi$ で割ったものとする．

(3) 小問(2)の場合に，十分高温と十分低温での比熱の温度依存性の特徴を述べよ．

I-2B（量子力学）

質量 $m$ の粒子が $1$ 次元空間でエネルギー $E(> 0)$ を持って高さ $V_0(> 0)$ のポテンシャル障壁に入射する場合を考える．ポテンシャル障壁は $0 \le x \le a$ にあって，

$$V(x) = \left\{ \begin{aligned} &0 &(x < 0) \\ &V_0 &(0 \le x \le a) \\ &0 &(x>a) \end{aligned} \right .$$

のように与えられているとし，粒子は $x$ の負の領域から正の方向へ入射するとしよう． 粒子の波動関数 $\psi(x, t) = e^{-iEt/\hslash} \phi(x)$ がシュレディンガー方程式

$$i\hslash \frac{\partial \psi}{\partial t} = -\frac{\hslash^2}{2m} \frac{\partial^2 \psi}{\partial x^2} + V(x) \psi$$

に従うとして，以下の小問に答えよ．ここで $\hslash$ はプランク定数を $2\pi$ で割ったものとする．

(1) $x = 0$ および $x = a$ ではポテンシャル $V(x)$ は不連続に変化する．これらの点で関数 $\phi(x)$ の空間一階微分が連続であることを示せ．

(2) 入射エネルギー $E$ が障壁の高さ $V_0$ より小さい場合を考える． このとき粒子はある一定の確率で障壁を通過し，$x > a$ の領域に到達する． 定数 $k$ と $\beta$ をそれぞれ

$$k = \sqrt{\frac{2mE}{\hslash^2}}, \ \ \beta=\sqrt{\frac{2m(V_0 - E)}{\hslash^2}}$$

として，透過率を $a$，$k$，$\beta$ を用いて表せ．

(3) 透過率が $0$ に限りなく近づくのは，ポテンシャル障壁の厚さ $a$ がどのような 条件を満たす場合かを答えよ．

题目描述

I-2A（统计力学）

为研究固体晶格三维振动所导致的比热温度依赖，假设晶体中各原子的振动可视为相互独立的谐振子。每个原子质量为 $m$，原子数为 $N$，谐振子角频率为 $\omega$。

1. 先作经典处理。第 $i$ 个振子相对平衡位置的位移和动量分别为 $\vec r_i,\vec p_i$，系统 Hamiltonian 为

   $$\mathcal H = \sum_{i=1}^N \left( \frac{|\vec p_i|^2}{2m} +\frac{m\omega^2}{2}|\vec r_i|^2 \right).$$

   使用正则分布计算比热。必要时可使用 Gaussian 积分

   $$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-ax^2}\,dx =\sqrt{\frac\pi a}.$$

2. 若一自由度谐振子的量子能级为

   $$E_n=\left(n+\frac12\right)\hslash\omega, \qquad n=0,1,2,\ldots,$$

   使用正则分布计算比热，其中 $\hslash$ 是 Planck 常数除以 $2\pi$。

3. 对第 2 问的量子情形，说明充分高温和充分低温下比热随温度变化的特征。

I-2B（量子力学）

质量为 $m$ 的粒子在一维空间中以能量 $E>0$ 从负 $x$ 方向入射高度为 $V_0>0$、宽度为 $a$ 的势垒。势能为

$$V(x)= \begin{cases} 0&(x<0),\\ V_0&(0\leq x\leq a),\\ 0&(x>a). \end{cases}$$

粒子从 $x<0$ 区域沿正方向入射，波函数

$$\psi(x,t)=e^{-iEt/\hslash}\phi(x)$$

满足 Schrödinger 方程

$$i\hslash\frac{\partial\psi}{\partial t} =-\frac{\hslash^2}{2m} \frac{\partial^2\psi}{\partial x^2} +V(x)\psi.$$

这里 $\hslash$ 是 Planck 常数除以 $2\pi$。

1. 势能 $V(x)$ 在 $x=0$ 与 $x=a$ 处不连续。证明 $\phi(x)$ 的空间一阶导数在这两点连续。

2. 考虑入射能量 $E<V_0$ 的情形，粒子仍以一定概率穿过势垒到达 $x>a$。定义

   $$k=\sqrt{\frac{2mE}{\hslash^2}}, \qquad \beta=\sqrt{\frac{2m(V_0-E)}{\hslash^2}}.$$

   用 $a,k,\beta$ 表示透射率。

3. 势垒厚度 $a$ 满足怎样的条件时，透射率会无限趋近于 0？

考点

• Einstein 固体与正则配分函数：从经典相空间积分和量子谐振子能级求内能、比热。
• 高低温渐近行为：比较经典 Dulong–Petit 极限与低温下量子激发冻结。
• 势阶跃处的波函数匹配：对 Schrödinger 方程跨越有限跃变积分，得到波函数及导数连续条件。
• 矩形势垒隧穿：在三个区域写定态解、匹配边界并计算透射系数。
• 厚势垒极限：识别 $\beta a$ 很大时透射率的指数抑制。

Kai

I-2A（統計力学）

(1)

まず、ボルツマン定数を $k_B$ , 絶対温度を $T$ , カノニカル分布の分配関数を $Z(T)$ , ヘルムホルツの自由エネルギーを $F(T)$ , 内部エネルギーを $U(T)$ , エントロピーを $S(T)$ , 比熱を $C(T)$ とすると、

$$\begin{align} F(T) &= - k_B T \log Z(T) \\ S(T) &= - \frac{dF(T)}{dT} \\ U(T) &= F(T) + T S(T) \\ &= F(T) - T \frac{dF(T)}{dT} \\ &= - k_B T \log Z(T) + k_B T \frac{d}{dT} T \log Z(T) \\ &= k_B T^2 \frac{d}{dT} \log Z(T) \\ C(T) &= \frac{d U(T)}{dT} \end{align}$$

である。

与えられたハミルトニアンに対する分配関数を求めるため、 次の積分を計算しておく （ $\hbar$ はプランク定数を $2 \pi$ で割ったものである）：

$$\begin{align} &\frac{1}{2 \pi \hbar} \int_{- \infty}^\infty \exp \left( - \frac{p^2}{2m k_B T} \right) dp \int_{- \infty}^\infty \exp \left( - \frac{m \omega^2 x^2}{2 k_B T} \right) dx \\ &= \frac{1}{2 \pi \hbar} \sqrt{2 \pi m k_B T} \sqrt{\frac{2 \pi k_B T}{m \omega^2}} \\ &= \frac{k_B T}{\hbar \omega} \end{align}$$

よって、分配関数 $Z(T)$ , 内部エネルギー $U(T)$ , 比熱 $C(T)$ は次のように計算できる：

$$\begin{align} Z(T) &= \left( \frac{k_B T}{\hbar \omega} \right)^{3N} \\ U(T) &= k_B T^2 \frac{d}{dT} \log Z(T) \\ &= 3N k_B T^2 \frac{d}{dT} \log \left( \frac{k_B T}{\hbar \omega} \right) \\ &= 3N k_B T \\ C(T) &= \frac{d U(T)}{dT} \\ &= 3N k_B \end{align}$$

(2)

1自由度の分配関数は次のように計算できる：

$$\begin{align} \sum_{n=0}^\infty \exp \left( - \left(n + \frac{1}{2} \right) \frac{\hbar \omega}{k_B T} \right) &= \frac{ \exp \left( - \frac{\hbar \omega}{2k_BT} \right)} {1 - \exp \left( - \frac{\hbar \omega}{k_BT} \right)} \\ &= \frac{1} {\exp \left( \frac{\hbar \omega}{2k_BT} \right) - \exp \left( - \frac{\hbar \omega}{2k_BT} \right)} \\ &= \frac{1}{2 \sinh \frac{\hbar \omega}{2k_BT}} \end{align}$$

よって、分配関数 $Z(T)$ , 内部エネルギー $U(T)$ , 比熱 $C(T)$ は次のように計算できる：

$$\begin{align} Z(T) &= \left( 2 \sinh \frac{\hbar \omega}{2k_BT} \right)^{-3N} \\ U(T) &= k_B T^2 \frac{d}{dT} \log Z(T) \\ &= -3N k_B T^2 \frac{d}{dT} \log \left( 2 \sinh \frac{\hbar \omega}{2k_BT} \right) \\ &= -3N k_B T^2 \frac{ \cosh \frac{\hbar \omega}{2k_BT} } { \sinh \frac{\hbar \omega}{2k_BT} } \cdot \left( - \frac{\hbar \omega}{2k_BT^2} \right) \\ &= \frac{3}{2} N \hbar \omega \frac{ \cosh \frac{\hbar \omega}{2k_BT} } { \sinh \frac{\hbar \omega}{2k_BT} } \\ C(T) &= \frac{d U(T)}{dT} \\ &= \frac{3}{2} N \hbar \omega \frac{1} { \sinh^2 \frac{\hbar \omega}{2k_BT} } \cdot \left( - \frac{\hbar \omega}{2k_BT^2} \right) \\ &= \frac{3 N \hbar^2 \omega^2} { 4 k_B T^2 \sinh^2 \frac{\hbar \omega}{2k_BT} } \end{align}$$

(3)

(i) 高温すなわち $k_BT \gg \hbar \omega$ のとき、

$$\begin{align} \sinh \frac{\hbar \omega}{2k_BT} \simeq \frac{\hbar \omega}{2k_BT} \end{align}$$

であるから、

$$\begin{align} C(T) &\simeq \frac{3 N \hbar^2 \omega^2} { 4 k_B T^2 \left( \frac{\hbar \omega}{2k_BT} \right)^2 } \\ &= 3Nk_B \end{align}$$

となり、 (1) の結果が再現される。

(ii) 低温すなわち $k_BT \ll \hbar \omega$ のとき、

$$\begin{align} \sinh \frac{\hbar \omega}{2k_BT} \simeq \frac{1}{2} \exp \left( \frac{\hbar \omega}{2k_BT} \right) \end{align}$$

であるから、

$$\begin{align} C(T) &\simeq \frac{3 N \hbar^2 \omega^2} { 4 k_B T^2 \left( \frac{1}{2} \exp \left( \frac{\hbar \omega}{2k_BT} \right) \right)^2 } \\ &= 3Nk_B \left( \frac{\hbar \omega}{k_BT} \right)^2 \exp \left( - \frac{\hbar \omega}{k_BT} \right) \end{align}$$

となる。

I-2B（量子力学）

(1)

与えられたシュレディンガー方程式に $\Psi(x,t)=e^{-iEt/\hbar} \phi(x)$ を代入して整理すると、次を得る：

$$\begin{align} E \phi (x) &= - \frac{\hbar^2}{2m} \phi^{''} (x) + V(x) \phi(x) \\ \therefore \ \ \frac{\hbar^2}{2m} \phi^{''} (x) &= \left( V(x) - E \right) \phi(x) \end{align}$$

$x_1 \lt 0 \lt x_2$ について、上の式を $x_1$ から $x_2$ まで積分すると、

$$\begin{align} \frac{\hbar^2}{2m} \left\{ \phi^{'} (x_2) - \phi^{'} (x_1) \right\} &= \int_{x_1}^{x_2} \left( V(x) - E \right) \phi(x) dx \\ &= - E \int_{x_1}^0 \phi(x) dx + (V_0-E) \int_0^{x_2} \phi(x) dx \end{align}$$

である。

$\phi(x)$ は有界であるから、

$$\begin{align} \lim_{x_1 \to -0} \int_{x_1}^0 \phi(x) dx = 0 , \ \ \lim_{x_2 \to +0} \int_0^{x_2} \phi(x) dx = 0 \end{align}$$

なので、次を得る：

$$\begin{align} \lim_{x_1 \to -0} \phi^{'} (x_1) = \lim_{x_2 \to +0} \phi^{'} (x_2) \\ \end{align}$$

すなわち、$\phi^{'} (x)$ は $x=0$ において連続である。

同様にして、$\phi^{'} (x)$ は $x=a$ においても連続である。

(2)

次のようにおくことができる：

$$\begin{align} \phi(x) = \begin{cases} e^{ikx} + R e^{-ikx} &( x \leq 0 ) \\ A e^{\beta x} + B e^{- \beta x} &( 0 \leq x \leq a ) \\ T e^{ikx} &( a \leq x ) \end{cases} \end{align}$$

ここで、複素数 $R,A,B,T$ は次のような接続の条件から決めることができる。

$x=0$ における $\phi(x), \phi^{'}(x)$ の連続性から次を得る：

$$\begin{align} 1+R=A+B , \ \ ik-ikR= \beta A - \beta B \end{align}$$

$x=a$ における $\phi(x), \phi^{'}(x)$ の連続性から次を得る：

$$\begin{align} A e^{\beta a} + B e^{- \beta a} = T e^{ika} , \ \ \beta A e^{\beta a} - \beta B e^{- \beta a} = ik T e^{ika} \end{align}$$

これを $T$ について解くと、次を得る：

$$\begin{align} T = \frac{2ik \beta e^{-ika}} { - (\beta^2 - k^2) \sinh \beta a + 2ik \beta \cosh \beta a } \end{align}$$

よって、透過率は次のようになる：

$$\begin{align} |T|^2 &= \frac{4 k^2 \beta^2} {4 k^2 \beta^2 + (\beta^2 + k^2)^2 \sinh^2 \beta a } \\ &= \frac{1} { 1 + \frac{(\beta^2 + k^2)^2}{4k^2 \beta^2} \sinh^2 \beta a } \end{align}$$

(3)

$\beta a \to \infty$ のとき、 $\sinh \beta a \to \infty$ であるから、 $|T|^2 \to 0$ となる。