跳到主要内容

東京大学 工学系研究科 2016年8月実施 物理学 第4問

标签：

Author​

祭音Myyura (co-authored with GPT 6 Astra)

Description​

I​

まず、質量 M0M_0 の質点 NN 個をバネ定数 KsK_s のバネで結び、輪にした一次元格子を考える。NN は十分大きく、平衡位置で隣り合う質点間の距離は aa である。質点は輪に沿う方向だけに微小振動する。図の右向きを力と変位の正方向とし、nn 番目の質点の変位を unu_n とする。

  1. unu_n の運動方程式を求めよ。
  2. 波数 kk、角振動数 ω\omega の振動 un=uexp⁡[−i(ωt−kna)]u_n=u\exp[-i(\omega t-kna)] を考え、ω\omega を kk の関数で表せ。

次に、質量 M1,M2M_1,M_2 の質点が交互に並び、同じバネ定数 KsK_s のバネで結ばれた輪を考える。隣り合う質点間の平衡距離は aa である。nn 番目の組の M1,M2M_1,M_2 の変位を un,vnu_n,v_n とし、その右隣の組を n+1n+1 とする。

  1. un,vnu_n,v_n の運動方程式を求めよ。
  2. 波数 kk、角振動数 ω\omega の振動について un,vnu_n,v_n の表式を示し、振幅が満たす方程式を求めよ。
  3. ω\omega を kk の関数で表せ。

単原子格子と二原子格子

II​

質量 M0M_0 の一次元調和振動子を考える。hh はプランク定数、ℏ=h/(2π)\hbar=h/(2\pi) とする。定常シュレーディンガー方程式は

−ℏ22M0d2ϕdx2+12M0ω2x2ϕ=Eϕ-\frac{\hbar^2}{2M_0}\frac{d^2\phi}{dx^2} +\frac12M_0\omega^2x^2\phi=E\phi

である。基底状態と第一励起状態の波動関数は、規格化定数 C0,C1C_0,C_1 を用いて

ϕ0(x)=C0e−M0ωx2/(2ℏ),ϕ1(x)=C1M0ωℏx e−M0ωx2/(2ℏ)\phi_0(x)=C_0e^{-M_0\omega x^2/(2\hbar)},\qquad \phi_1(x)=C_1\sqrt{\frac{M_0\omega}{\hbar}}x\,e^{-M_0\omega x^2/(2\hbar)}

と表される。

  1. それぞれのエネルギー固有値を求めよ。
  2. 各状態の位置と運動量の期待値 ⟨x⟩,⟨p⟩\langle x\rangle,\langle p\rangle を求めよ。

题目描述​

I. 将 NN 个质量为 M0M_0 的质点以劲度系数 KsK_s 的弹簧连成一维圆环，NN 足够大，平衡时相邻间距为 aa。质点仅沿圆环方向小振动，取图中向右为力与位移的正方向，第 nn 个质点的位移为 unu_n。

  1. 写出 unu_n 的运动方程。
  2. 代入 un=uexp⁡[−i(ωt−kna)]u_n=u\exp[-i(\omega t-kna)]，求色散关系 ω(k)\omega(k)。

再考虑质量 M1,M2M_1,M_2 交替排列、相邻平衡间距仍为 aa、弹簧劲度系数仍为 KsK_s 的圆环。第 nn 组两质点的位移为 un,vnu_n,v_n，右侧一组为 n+1n+1。

  1. 写出两个位移的运动方程。
  2. 写出波数为 kk、角频率为 ω\omega 的振动形式，求振幅满足的方程。
  3. 求两支色散关系 ω(k)\omega(k)。

II. 质量 M0M_0 的一维量子谐振子满足定态薛定谔方程

−ℏ22M0d2ϕdx2+12M0ω2x2ϕ=Eϕ.-\frac{\hbar^2}{2M_0}\frac{d^2\phi}{dx^2}+\frac12M_0\omega^2x^2\phi=E\phi.

hh 为普朗克常数，ℏ=h/(2π)\hbar=h/(2\pi)。基态、第一激发态分别为

ϕ0=C0e−M0ωx2/(2ℏ),ϕ1=C1M0ωℏx e−M0ωx2/(2ℏ),\phi_0=C_0e^{-M_0\omega x^2/(2\hbar)},\qquad \phi_1=C_1\sqrt{\frac{M_0\omega}{\hbar}}x\,e^{-M_0\omega x^2/(2\hbar)},

其中 C0,C1C_0,C_1 为归一化常数。

  1. 求两个态的能量本征值。
  2. 求各态的位置和动量期望值。

Kai​

I​

I.1–I.2​

左右のバネの力を加えると

M0u¨n=Ks(un+1+un−1−2un).\boxed{M_0\ddot u_n=K_s(u_{n+1}+u_{n-1}-2u_n)}.

与えられた波を代入し、eika+e−ika−2=−4sin⁡2(ka/2)e^{ika}+e^{-ika}-2=-4\sin^2(ka/2) を用いると

ω(k)=2KsM0∣sin⁡ka2∣.\boxed{\omega(k)=2\sqrt{\frac{K_s}{M_0}}\left|\sin\frac{ka}{2}\right|}.

I.3–I.4​

隣接する質点との相対変位から

M1u¨n=Ks(vn−1+vn−2un),M2v¨n=Ks(un+un+1−2vn).\boxed{M_1\ddot u_n=K_s(v_{n-1}+v_n-2u_n)},\qquad \boxed{M_2\ddot v_n=K_s(u_n+u_{n+1}-2v_n)}.

平衡位置の位相差を含めて

un=u ei(2nka−ωt),vn=v ei((2n+1)ka−ωt)u_n=u\,e^{i(2nka-\omega t)},\qquad v_n=v\,e^{i((2n+1)ka-\omega t)}

とおけば、振幅は

(2Ks−M1ω2−2Kscos⁡ka−2Kscos⁡ka2Ks−M2ω2)(uv)=0\boxed{\begin{pmatrix} 2K_s-M_1\omega^2&-2K_s\cos ka\\ -2K_s\cos ka&2K_s-M_2\omega^2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}u\\v\end{pmatrix}=0}

を満たす。実際の変位は実部を取る。

I.5​

非自明解の条件は行列式がゼロとなることであり、

M1M2ω4−2Ks(M1+M2)ω2+4Ks2sin⁡2ka=0.M_1M_2\omega^4-2K_s(M_1+M_2)\omega^2+4K_s^2\sin^2ka=0.

したがって

ω±2=Ks(1M1+1M2)±Ks(1M1+1M2)2−4sin⁡2kaM1M2.\boxed{\omega_\pm^2=K_s\left(\frac1{M_1}+\frac1{M_2}\right) \pm K_s\sqrt{\left(\frac1{M_1}+\frac1{M_2}\right)^2 -\frac{4\sin^2ka}{M_1M_2}}}.

−- は音響分枝、++ は光学分枝である。

II​

II.1​

b=M0ω/ℏb=M_0\omega/\hbar とおくと

ϕ0′′=(b2x2−b)ϕ0,ϕ1′′=(b2x2−3b)ϕ1.\phi_0''=(b^2x^2-b)\phi_0,\qquad \phi_1''=(b^2x^2-3b)\phi_1.

シュレーディンガー方程式に代入すると x2x^2 の項が相殺され、

E0=12ℏω,E1=32ℏω.\boxed{E_0=\frac12\hbar\omega},\qquad \boxed{E_1=\frac32\hbar\omega}.

II.2​

両状態とも確率密度は偶関数なので、x∣ϕj∣2x|\phi_j|^2 は奇関数である。また波動関数は実関数に取れて無限遠でゼロになる。よって j=0,1j=0,1 に対して

⟨x⟩j=∫−∞∞x∣ϕj∣2dx=0,⟨p⟩j=−iℏ∫−∞∞ϕjϕj′dx=−iℏ2[ϕj2]−∞∞=0.\boxed{\langle x\rangle_j=\int_{-\infty}^{\infty}x|\phi_j|^2dx=0},\qquad \boxed{\langle p\rangle_j=-i\hbar\int_{-\infty}^{\infty}\phi_j\phi_j' dx =-\frac{i\hbar}{2}[\phi_j^2]_{-\infty}^{\infty}=0}.
本页目录