全記事一覧 > 院試過去問

過去問：物理（九大理物）H30

　H30年度の[1.1],[1.2],[3.1]のみしか解いていないです。空き時間に解きたいです。計算ミスしていたらコメントにて教えて欲しいです…

過去問題はこちらから。

物理学[I]

1.1 平面の２質点

    \begin{eqnarray*} T_{tot}=\frac{1}{2}m \dot{\ro}^2 +\frac{1}{2}m\dot{\rt}^2 = T_G + T \end{eqnarray*}

より、

    \begin{eqnarray*} T&=&\frac{1}{2}m \dot{\ro}^2 +\frac{1}{2}m\dot{\rt}^2 -T_G\\\\ &=& \frac{1}{2}m \dot{\ro}^2 +\frac{1}{2}m\dot{\rt}^2 -\frac{1}{2}(m_1+m_2)\left(\frac{m_1\ro + m_2\rt}{m_1+m_2}\right)^2\\\\ &=& \frac{1}{2}m_1 {\dot{\ro}}^2 \left(m_1 -\frac{m_1}{m_1+m_2}\right) -\frac{m_1 m_2}{m_1+m_2}\dot{\ro}\cdot\dot{\rt} +\frac{1}{2}m_2{\dot{\rt}}^2\left(m_2-\frac{m_2}{m_1+m_2}\right)\\\\ &=& \frac{1}{2}\frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2}(\dot{\rt}-\dot{\ro}))^2 \end{eqnarray*}

よって、換算質量 \mu：

    \begin{eqnarray*} \mu=\frac{m_1 m_2}{m_1 + m_2} \quad\blacksquare \end{eqnarray*}

{\br r}=(x,\,y,\,z) と置いて、

    \begin{eqnarray*} {\br r}\times\dot{{\br r}}= \left(\begin{array}{c} x\\y\\z \end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c} \dot{x}\\\dot{y}\\\dot{z} \end{array}\right) =\left(\begin{array}{c} y\dot{z}-z\dot{y}\\z\dot{x}-x\dot{z}\\x\dot{y}-y\dot{x} \end{array}\right) \end{eqnarray*}

よって、

    \begin{eqnarray*} \mu\frac{d}{dt}({\bf r}\times \dot{\bf r})= \mu\left(\begin{array}{c} y\ddot{z}-z\ddot{y}\\z\ddot{x}-x\ddot{z}\\x\ddot{y}-y\ddot{x} \end{array}\right) &=&{\bf r}\times \mu \ddot{\bf r}\\\\ &=&{\bf r}\times {\bf F} \end{eqnarray*}

{\bf F} は ２質点の間の引力で平面内にあるため、{\bf F} と {\bf r} は同一平面内にあるため {\bf r}\times {\bf F}=0 である。

    \begin{eqnarray*} \frac{d{\bf L}}{dt}=\frac{d}{dt}({\bf r}\times {\bf F})=0 \end{eqnarray*}

となり、角運動量ベクトル {\bf L} は時間によらず一定である。よって、{\bf r} は平面内にとどまり続ける。



運動エネルギー T を求める。極座標表示、

    \begin{eqnarray*} {\bf r}=\begin{cases} r(t)\cos\theta(t)\\ r(t)\sin\theta(t) \end{cases} \end{eqnarray*}

を導入する。{\bf r} の時間微分は、

    \begin{eqnarray*} \dot{\bf r}=\begin{cases} \dot{r(t)}\cos\theta(t)-r(t)\sin\theta(t)\cdot\dot{\theta}\\ \dot{r(t)}\sin\theta(t)+r(t)\cos\theta(t)\cdot\dot{\theta} \end{cases} \end{eqnarray*}

である。以降、r\equiv r(t),\theta\equiv \theta(t) と時間依存性を省略する。運動エネルギー T は、

    \begin{eqnarray*} T&=&\frac{1}{2}\mu \dot{\bf r}^2\\\\ &=&\frac{1}{2}\left\{ (\dot{r}\cos\theta-r\sin\theta\cdot\dot{\theta})^2 +(\dot{r}\sin\theta+r\cos\theta\cdot\dot{\theta})^2 \right\}\\\\ &=& \frac{1}{2}(\dot{r}^2 +r^2\dot{\theta}^2)\quad\blacksquare \end{eqnarray*}



次にポテンシャルエネルギー U を求める。

２質点にはたらく引力 {\bf F} の大きさは F は２質点の距離 r に比例する。したがって、

    \begin{eqnarray*} F=-kr \end{eqnarray*}

である。よって、

    \begin{eqnarray*} F=-\frac{\partial U}{\partial r} \Rightarrow U=+\frac{1}{2}kr^2\quad\blacksquare \end{eqnarray*}

となる（バネの復元力と弾性エネルギーと同じ関係）。



以上よりラグランジアン {\mathcal L}=T-U は、

    \begin{eqnarray*} {\mathcal L}=\frac{1}{2}(\dot{r}^2 +r^2\dot{\theta}^2)-\frac{1}{2}kr^2 \end{eqnarray*}

であり、\theta に共役な運動量 p_{\theta} は、

    \begin{eqnarray*} p_{\theta}=\frac{\partial {\mathcal L}}{\partial \dot{\theta}}=\mu r^2 \dot{\theta}\quad \blacksquare \end{eqnarray*}

となる。



ここで、上記のラグランジアンを用いてオイラーラグランジュ方程式より、

    \begin{eqnarray*} &&\frac{d}{dt}\textcolor{red}{\frac{\partial {\mathcal L}}{\partial \dot{\theta}}} =\frac{\partial {\mathcal L}}{\partial \theta}\\\\ &&\Leftrightarrow \frac{d\textcolor{red}{p_{\theta}}}{dt} =\frac{\partial}{\partial \theta}\left[ \frac{1}{2}(\dot{r}^2 +r^2\dot{\theta}^2)-\frac{1}{2}kr^2 \right]=0 \end{eqnarray*}

となり、p_{\theta} は時間によらず一定であることがわかる。\blacksquar



[?]

１次元運動で考えたときの運動エネルギー T' は

    \begin{eqnarray*} T'=\frac{1}{2}\mu \dot{r}^2\quad\blacksquare \end{eqnarray*}

ポテンシャルエネルギー U' は

    \begin{eqnarray*} U'=T+U-T'&=&\frac{1}{2}\mu r^2 \dot{\theta}^2+\frac{1}{2}kr^2\\\\ &=& \frac{1}{2}\mu r^2\cdot\frac{p_\theta^2}{\mu^2 r^4}+\frac{1}{2}kr^2\\\\ &=& \frac{p_\theta^2}{2\mu r^2}+\frac{1}{2}kr^2 \quad\blacksquare \end{eqnarray*}



これ以降準備中。



1.2 慣性モーメント

【振動】円筒振り子の中の円柱（微小振動）


2.1 電場・磁場

[準備中]

2.2 電磁波

[準備中]

3.1 井戸型ポテンシャル

1次元井戸型ポテンシャル（無限大）と不確定性関係


3.2 角運動量

これの解答は簡単に。

n: 主量子数、l：方位量子数、m：磁気量子数 \blacksquare



    \begin{eqnarray*} \hat{l}_\pm=\hat{l}_x \pm i\hat{l}_y \end{eqnarray*}

より、

    \begin{eqnarray*} \hat{l}_+\hat{l}_-&=& (\hat{l}_x + i\hat{l}_y)(\hat{l}_x - i\hat{l}_y)\\\\ &=& \hat{l}_x^2-i\hat{l}_x\hat{l}_y+i\hat{l}_y\hat{l}_x+\hat{l}_y^2\\\\\\ \hat{l}_-\hat{l}_+&=& (\hat{l}_x - i\hat{l}_y)(\hat{l}_x + i\hat{l}_y)\\\\ &=& \hat{l}_x^2+i\hat{l}_x\hat{l}_y-i\hat{l}_y\hat{l}_x+\hat{l}_y^2\\\\\\ \therefore \hat{l}_x^2+\hat{l}_y^2&=& \frac{1}{2}\left[\hat{l}_+\hat{l}_- + \hat{l}_-\hat{l}_+ \right]\quad\blacksquare \end{eqnarray*}

これより、\hat{l}^2 について

    \begin{eqnarray*} \hat{l}^2&=&\hat{l}_x^2+\hat{l}_y^2+\hat{l}_z^2\\\\ &=&\frac{1}{2}\left[\hat{l}_+\hat{l}_- + \hat{l}_-\hat{l}_+ \right]+\hat{l}_z^2 \end{eqnarray*}

である。これを 球面調和関数 Y_l^m(\theta,\phi) に作用させる。

    \begin{eqnarray*} \hat{l}^2Y_l^m(\theta,\phi) &=&\frac{1}{2}\hat{l}_+\hat{l}_- Y_l^m(\theta,\phi) + \frac{1}{2}\hat{l}_-\hat{l}_+ Y_l^m(\theta,\phi) +\hat{l}_z^2Y_l^m(\theta,\phi) \end{eqnarray*}

第一項：

    \begin{eqnarray*} \frac{1}{2}\hat{l}_+\hat{l}_- Y_l^m(\theta,\phi) &=& \frac{1}{2}\hat{l}_+ \left[\hbar\sqrt{(l-m)(l+m+1)}Y_l^{m+1}(\theta,\phi) } \right]\\\\ &=& \frac{\hbar}{2} \sqrt{(l-m)(l+m+1)} \hat{l}_+ Y_l^{m+1}(\theta,\phi) \\\\ &=& \frac{\hbar^2}{2}(l-m)(l+m+1)Y_l^m(\theta,\phi) \end{eqnarray*}

第二項：

    \begin{eqnarray*} \frac{1}{2}\hat{l}_-\hat{l}_+ Y_l^m(\theta,\phi) &=& \frac{\hbar^2}{2}(l+m)(l-m+1)Y_l^m(\theta,\phi) \end{eqnarray*}

第三項：

    \begin{eqnarray*} \hat{l}_z^2Y_l^m(\theta,\phi)=m^2\hbar^2 Y_l^m(\theta,\phi) \end{eqnarray*}

である。ここで、

    \begin{eqnarray*} (l-m)(l+m+1)+(l+m)(l-m+1) &=& (l-m)(l+m)+(l-m)+(l+m)(l-m)+(l+m)\\\\ &=& 2l^2-2m^2 + 2l \end{eqnarray*}

である。したがって、第一項から第三項までを足して、

    \begin{eqnarray*} \hat{l}^2Y_l^m(\theta,\phi) &=&\hbar^2\left(l^2-m^2 + l - m^2\right)Y_l^m(\theta,\phi)\\\\ &=& \hbar^2 l(l+1)Y_l^m(\theta,\phi) \quad\blacksquare \end{eqnarray*}

これ以降については[準備中]



4.1 分配関数

[準備中]

4.2 調和振動子


1件のコメント

  1. ムラタトモユキ

    参考になりました！
    ありがとうございます！

    返信

コメントを残す

メールアドレスが公開されることはありません。