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千葉大学 院試 過去問 解答例

千葉大 融合理工学府 先進理化学専攻 物理学コース 物理学 2023年度 院試 過去問 解答例・解説（全4問）

全4問。量子力学1問・力学1問。テーマタグは5件（固有値・固有ベクトル・調和振動子・分配関数）。2022年度と共通のテーマは分配関数。

最終更新:

収録6年度分の解答PDF：千葉大学 融合理工学府 先進理化学専攻 物理学コース 物理学（￥3,200・紙面見本あり）

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解説4問と大問1問の途中式・最終答（全4問）
解答PDFに収録
途中式と最終答（最終答つき4問）
問題本文
非収録

千葉大 物理学 2023年度 院試 過去問の出題内容（全4問）

この4問の分野は量子力学1問・力学1問です。

大問分野主題解説の小見出し最終答
第1問力学連成振動とうなりゼロモード / 正規座標の選び方あり
第2問—電磁波とプラズマ分散磁場の向き / 電子変位の符号あり
第3問—古典振動子の分配関数エネルギー等分配との関係 / 非調和補正の符号あり
第4問量子力学量子調和振動子とランダウ準位非負性の要点 / 基底状態の導出あり

この年度の解説には典型ミス1件が付いています。

2023年度の出題テーマと、同じテーマを出した他大学・他年度

この年度は4問に5テーマが出ています。

テーマこの年度全体の出題実績他大学の直近出題
固有値・固有ベクトル第1・4問25大学・544問
調和振動子第3・4問16大学・110問
分配関数第3問16大学・88問
ハミルトン形式第4問15大学・72問
電磁波第2問15大学・55問

前年度（2022年度）との違い

大問数
2022年度 4問 → 2023年度 4問
両年度に出たテーマ
分配関数
2022年度のページを見る

第1問 — 連成振動とうなり

方針

つり合い位置の問題と，つり合いからの微小振動の問題を分ける。微小振動では，ばねの自然長や円周長は消え，ずれの差だけがポテンシャルに残る。

ゼロモード

(1,1,1)(1,1,1) は全質点を同じだけ円周方向へ動かす剛体移動で，ばねの長さを変えない。したがって固有角振動数 00 が必ず現れる。この確認は行列 AA の各行和が 00 であることでも分かる。

正規座標の選び方

質点 22 と 33 が対称なので，x2−x3x_2-x_3 は一つの独立モードになる。残る非自明モードは x2=x3x_2=x_3 で質点 11 が反対向きに動く形である。対称性から先に固有ベクトルを読めば，三次方程式を解かずに済む。

うなりの読み取り

二つの近い角振動数の和は高速振動を，差は包絡線を作る。包絡線の節を読むときは cos⁡(Δωt/2)=0\cos(\Delta\omega t/2)=0 を使う。2.5τ02.5\tau_0 をその最初の節として読むのが図の意図である。

解答

円周に沿ったつり合い位置の距離を，質点 11 から 22 までを aa，22 から 33 までを bb，33 から 11 までを cc とする。a+b+c=La+b+c=L である。つり合いではポテンシャル 12k(a−ℓ)2+12k′(b−ℓ)2+12k(c−ℓ)2 \frac12k(a-\ell)^2+\frac12k'(b-\ell)^2+\frac12k(c-\ell)^2 が最小になるので a=c,k′(b−ℓ)=k(c−ℓ). a=c,\qquad k'(b-\ell)=k(c-\ell). r=k/k′r=k/k' とおくと x2′=a=L+(r−1)ℓr+2. x'_2=a=\frac{L+(r-1)\ell}{r+2}. したがって x2′(0)=(L−ℓ)/2x'_2(0)=(L-\ell)/2，x2′(1)=L/3x'_2(1)=L/3，r→∞r\to\infty で x2′→ℓx'_2\to\ell であり，単調に減少する。

つり合い位置からのずれを x1,x2,x3x_1,x_2,x_3 とする。運動エネルギーとポテンシャルは T=12m(x˙12+x˙22+x˙32), T=\frac12m(\dot x_1^2+\dot x_2^2+\dot x_3^2), V=12k(x2−x1)2+12k′(x3−x2)2+12k(x1−x3)2. V=\frac12k(x_2-x_1)^2+\frac12k'(x_3-x_2)^2 +\frac12k(x_1-x_3)^2. よって L=T−V. L=T-V. 運動方程式は x¨+Ax=0,x=(x1,x2,x3)T \ddot{\mathbf{x}}+A\mathbf{x}=0,\qquad \mathbf{x}=(x_1,x_2,x_3)^T で， A=(2λ−λ−λ−λλ+λ′−λ′−λ−λ′λ+λ′). A= \begin{pmatrix} 2\lambda & -\lambda & -\lambda\\ -\lambda & \lambda+\lambda' & -\lambda'\\ -\lambda & -\lambda' & \lambda+\lambda' \end{pmatrix}. 固有ベクトルを規格化して e1=13(1,1,1),e2=16(−2,1,1),e3=12(0,1,−1) \mathbf{e}_1=\frac1{\sqrt3}(1,1,1),\quad \mathbf{e}_2=\frac1{\sqrt6}(-2,1,1),\quad \mathbf{e}_3=\frac1{\sqrt2}(0,1,-1) と取ると，固有値はそれぞれ 0,3λ,λ+2λ′ 0,\qquad 3\lambda,\qquad \lambda+2\lambda' である。したがって固有角振動数は 0,3λ,λ+2λ′. 0,\qquad \sqrt{3\lambda},\qquad \sqrt{\lambda+2\lambda'}. 正規座標を X1=x1+x2+x33,X2=−2x1+x2+x36,X3=x2−x32 X_1=\frac{x_1+x_2+x_3}{\sqrt3},\quad X_2=\frac{-2x_1+x_2+x_3}{\sqrt6},\quad X_3=\frac{x_2-x_3}{\sqrt2} とすれば E=12∑i=13(mX˙i2+kiXi2), E=\frac12\sum_{i=1}^3\left(m\dot X_i^2+k_iX_i^2\right), k1=0,k2=3k,k3=k+2k′ k_1=0,\qquad k_2=3k,\qquad k_3=k+2k' である。

初期条件 (−2x0,2x0,0)(-2x_0,2x_0,0)，速度 00 の場合は X1(0)=0,X2(0)=6x0,X3(0)=2x0 X_1(0)=0,\quad X_2(0)=\sqrt6x_0,\quad X_3(0)=\sqrt2x_0 なので x2(t)=x0cos⁡(3λ t)+x0cos⁡(λ+2λ′ t). x_2(t)=x_0\cos(\sqrt{3\lambda}\,t) +x_0\cos(\sqrt{\lambda+2\lambda'}\,t). 初期条件 (x0,x0,x0)(x_0,x_0,x_0)，速度 (0,3v0,3v0)(0,3v_0,3v_0) の場合は X1(t)=3x0+23v0t,X2(t)=6v03λsin⁡(3λ t), X_1(t)=\sqrt3x_0+2\sqrt3v_0t,\qquad X_2(t)=\frac{\sqrt6v_0}{\sqrt{3\lambda}}\sin(\sqrt{3\lambda}\,t), X3(t)=0X_3(t)=0 であるから x2(t)=x0+2v0t+v03λsin⁡(3λ t). x_2(t)=x_0+2v_0t+\frac{v_0}{\sqrt{3\lambda}}\sin(\sqrt{3\lambda}\,t).

Δλ=λ′−λ\Delta\lambda=\lambda'-\lambda が小さいとき， λ+2λ′=3λ+2Δλ≃3λ(1+Δλ3λ). \sqrt{\lambda+2\lambda'}=\sqrt{3\lambda+2\Delta\lambda} \simeq \sqrt{3\lambda}\left(1+\frac{\Delta\lambda}{3\lambda}\right). したがって二つの角振動数の差は Δω≃3λΔλ3λ. \Delta\omega\simeq \sqrt{3\lambda}\frac{\Delta\lambda}{3\lambda}. うなりの包絡線の最初の節が t=2.5τ0t=2.5\tau_0 にあるので Δω2(2.5τ0)=π2. \frac{\Delta\omega}{2}(2.5\tau_0)=\frac{\pi}{2}. τ0=4π/3λ\tau_0=4\pi/\sqrt{3\lambda} を用いると Δλλ≃0.30. \frac{\Delta\lambda}{\lambda}\simeq 0.30.

最終答

x2′={L+(r−1)ℓ}/(r+2)x'_2=\{L+(r-1)\ell\}/(r+2)。 L=12m∑ix˙i2−12k(x2−x1)2−12k′(x3−x2)2−12k(x1−x3)2L=\frac12m\sum_i\dot x_i^2-\frac12k(x_2-x_1)^2-\frac12k'(x_3-x_2)^2-\frac12k(x_1-x_3)^2。 A=(2λ−λ−λ−λλ+λ′−λ′−λ−λ′λ+λ′)A=\begin{pmatrix}2\lambda&-\lambda&-\lambda\\-\lambda&\lambda+\lambda'&-\lambda'\\-\lambda&-\lambda'&\lambda+\lambda'\end{pmatrix}。 固有角振動数は 0,3λ,λ+2λ′0,\sqrt{3\lambda},\sqrt{\lambda+2\lambda'}。 X1=(x1+x2+x3)/3X_1=(x_1+x_2+x_3)/\sqrt3， X2=(−2x1+x2+x3)/6X_2=(-2x_1+x_2+x_3)/\sqrt6， X3=(x2−x3)/2X_3=(x_2-x_3)/\sqrt2， k1=0,k2=3k,k3=k+2k′k_1=0,k_2=3k,k_3=k+2k'。 指定初期条件では x2=x0{cos⁡(3λt)+cos⁡(λ+2λ′t)}x_2=x_0\{\cos(\sqrt{3\lambda}t)+\cos(\sqrt{\lambda+2\lambda'}t)\}， および x2=x0+2v0t+v0sin⁡(3λt)/3λx_2=x_0+2v_0t+v_0\sin(\sqrt{3\lambda}t)/\sqrt{3\lambda}。 うなりから Δλ/λ≃0.30\Delta\lambda/\lambda\simeq0.30。

第2問 — 電磁波とプラズマ分散

方針

前半は Maxwell 方程式から横波性と分散関係を出す標準問題である。後半は自由電子の駆動応答から分極を計算し，誘電率の周波数依存性を得る。

磁場の向き

進行方向が +z+z，電場が +x+x なら，E×B\mathbf{E}\times\mathbf{B} が +z+z を向く必要がある。したがって磁場は +y+y 方向である。大きさは真空中平面波の関係 B=E/cB=E/c でも検算できる。

電子変位の符号

電子は負電荷なので，分極 P=−NexP=-Nex は電場と逆向きになる。そのため誘電率は ϵ0\epsilon_0 より小さくなり，低周波側で負になる。この符号を逆にするとプラズマ遮蔽が説明できない。

数値評価

全反射条件は ωp>2πf\omega_p>2\pi f である。角振動数と通常の振動数を混同して 2π2\pi を落とすと，必要電子密度が約 4040 倍ずれる。

電磁波とプラズマ分散の途中式・最終答をPDFで見る

第3問 — 古典振動子の分配関数

方針

古典分配関数では qq 積分と pp 積分が分離する。非調和項は小さいので，ボルツマン因子を一次まで展開し，調和振動子のガウス平均で補正を計算する。

エネルギー等分配との関係

調和振動子の U=N/β=NkBTU=N/\beta=Nk_BT は，運動エネルギーとポテンシャルエネルギーの二つの二次項がそれぞれ kBT/2k_BT/2 を持つことと一致する。

非調和補正の符号

今回の四次項は正なので，大きな ∣q∣|q| の配置を抑える。したがって ⟨q2⟩\langle q^2\rangle は調和振動子より小さくなる。得られた補正が負であることは重要な検算である。

典型ミス

zz の補正を出すとき，分母の規格化補正を忘れると ⟨q2⟩\langle q^2\rangle の係数がずれる。期待値の一次補正は ⟨A⟩=⟨A⟩0−βϵ(⟨AH1⟩0−⟨A⟩0⟨H1⟩0)\langle A\rangle=\langle A\rangle_0-\beta\epsilon(\langle AH_1\rangle_0-\langle A\rangle_0\langle H_1\rangle_0) の形で書くと安全である。

古典振動子の分配関数の途中式・最終答をPDFで見る

第4問 — 量子調和振動子とランダウ準位

方針

前半は生成消滅演算子の代数を順に確認する。後半は磁場中の二次元運動を，正準共役な Q,PQ,P を使って一次元調和振動子に写す。

非負性の要点

N^=a^†a^\hat N=\hat a^\dagger\hat a の期待値はノルム二乗である。この一行が，固有値が負にならないことの核心である。ここを書かずに「数演算子だから非負」とだけ述べると，設問の要求に答えたことになりにくい。

基底状態の導出

a^ϕ0=0\hat a\phi_0=0 は一次微分方程式であり，正規化可能な解はガウス関数だけである。指数の符号が逆になると無限遠で発散するため，物理的状態ではない。

ランダウ準位の注意

エネルギーは ∣qB∣|qB| に依存する。電荷や磁場の符号は回転方向を変えるが，準位間隔は正のサイクロトロン角振動数で決まる。

量子調和振動子とランダウ準位の途中式・最終答をPDFで見る

千葉大 物理学 院試 過去問の収録6年度