神戸大 理学研究科 物理学専攻 物理 2020年度 院試 過去問 解答例・解説（全6問）

平行軸の定理による検算

重心は端から $\ell/2$、支点から $d=\dfrac{\ell}{2}-a$ の位置にある。重心まわりの慣性モーメントは $\dfrac{1}{12}m\ell^{2}$ だから $$I=\frac{1}{12}m\ell^{2}+m\left(\frac{\ell}{2}-a\right)^{2} =m\left(\frac{\ell^{2}}{12}+\frac{\ell^{2}}{4}-\ell a+a^{2}\right) =\frac{m}{3}\left(\ell^{2}-3\ell a+3a^{2}\right).$$ 一致する。

特別な場合

$a=0$（端で吊るす）で $I=\frac13m\ell^{2}$、$a=\ell/2$（重心で吊るす）で $I=\frac{1}{12}m\ell^{2}$。どちらもよく知られた値と一致する。

失点しやすい点

積分の下端は $-a$ である。支点が棒の内部にあるので、$s$ は負の値も取る。$0$ から $\ell$ までとすると別の量になる。

$U$ と $N$ の関係

$N=-\dfrac{d\left(\Delta U\right)}{d\theta}=-mgd\sin\theta$。負号は復元的であることを表す。「大きさ」を問われているので絶対値で答えてよいが、向きは書き添える。

$0\le a<\ell/2$ の意味

この範囲では $d>0$ で、支点が重心より上にあるので鉛直下向きが安定な釣り合いになる。$a=\ell/2$ ちょうどでは $d=0$ となって復元力が消え、棒はどの角度でも静止する（中立平衡）。

微小角での形

$1-\cos\theta\simeq\frac{\theta^{2}}{2}$、$\sin\theta\simeq\theta$。それぞれ調和振動子の位置エネルギーと復元力の形になり、設問 $4$ につながる。

並進と回転に分ける見方

重心の速さは $d\dot\theta$ なので $K=\frac12m\left(d\dot\theta\right)^{2}+\frac12I_{\mathrm G}\dot\theta^{2}$ としてもよい。平行軸の定理により、これは $\frac12I\dot\theta^{2}$ と同じである。

全エネルギー

設問 $2$ と合わせると $E=\frac12I\dot\theta^{2}+mgd\left(1-\cos\theta\right)$ が保存する。この $E$ を時間微分すれば設問 $4$ の運動方程式が直接得られる。

失点しやすい点

$\frac12mv^{2}$ の形で書こうとしない。剛体の各部分で速さが異なるので、慣性モーメントを使う形に集約する。

相当単振り子の長さ

$T=2\pi\sqrt{\ell_{\mathrm{eq}}/g}$ と書くと $$\ell_{\mathrm{eq}}=\frac{I}{md}=\frac{2\left(\ell^{2}-3\ell a+3a^{2}\right)}{3\left(\ell-2a\right)} .$$ この長さの単振り子と同じ周期をもつ、という意味である。設問 $5$ はこの $\ell_{\mathrm{eq}}$ を最小にする問題に等しい。

両端での振る舞い

$a=0$ で $\ell_{\mathrm{eq}}=\frac23\ell$。$a\to\ell/2$ で分母が $0$ に近づき $\ell_{\mathrm{eq}}\to\infty$、周期は無限大に発散する。重心で吊るすと復元力が消えるからである。したがって $T$ は $a=0$ と $a=\ell/2$ の間のどこかで最小値をとる。

失点しやすい点

質量 $m$ が約分されて消える。剛体振り子の周期が質量に依らないのは、単振り子と同じ性質である。

最小周期の値

このとき $\ell-2a=\dfrac{\sqrt3}{3}\ell$、$D=\dfrac{\ell^{2}}{2}$ となるので $f=\dfrac{2\sqrt3}{3\ell}$、 $$\omega^{2}=\frac{3g}{2}\cdot\frac{2\sqrt3}{3\ell}=\frac{\sqrt3\,g}{\ell}, \qquad T_{\min}=2\pi\sqrt{\frac{\ell}{\sqrt3\,g}} .$$ 相当単振り子の長さは $\ell_{\mathrm{eq}}=\dfrac{\ell}{\sqrt3}\simeq0.577\ell$ である。

重心からの距離で見る

$d=\dfrac{\ell}{2}-a=\dfrac{\ell}{2}-\dfrac{\left(3-\sqrt3\right)\ell}{6}=\dfrac{\sqrt3\,\ell}{6}=\dfrac{\ell}{2\sqrt3}$。 一方 $\sqrt{I_{\mathrm G}/m}=\sqrt{\ell^{2}/12}=\dfrac{\ell}{2\sqrt3}$。すなわち「支点から重心までの距離が回転半径に等しいとき周期が最短になる」。$\ell_{\mathrm{eq}}=d+\dfrac{I_{\mathrm G}/m}{d}$ を相加相乗平均で評価すれば、この条件が一般の剛体振り子でも成り立つことが分かる。

カテル振り子との関係

$\ell_{\mathrm{eq}}$ が同じ値になる $a$ が一般に $2$ つあり、その $2$ 点は「共役点」と呼ばれる。この性質を使って $g$ を精密に測るのがカテルの可逆振り子である。最短周期の点は、その $2$ 点が一致する特別な位置にあたる。

失点しやすい点

$2$ 次方程式の $2$ 根のうち、条件 $0\le a<\ell/2$ を満たすのは小さい方だけである。両方を答えにすると誤りになる。

中心の磁場の由来

ビオ・サバールの法則で軸上 $z=0$ とした結果である。$B=\dfrac{\mu_0IR^{2}}{2\left(R^{2}+z^{2}\right)^{3/2}}$ に $z=0$、$R=a_1$ を代入すればよい。

$\frac12$ の意味

電流を $0$ から $I_1$ まで立ち上げる間、逆起電力 $L_1\,di/dt$ に抗して電源が行う仕事は $\int_0^{I_1}L_1i\,di=\frac12L_1I_1^{2}$。$\frac12$ はこの積分から出る。設問 $4$ で同じ手順を繰り返すので、ここで確認しておく。

失点しやすい点

中心の磁束密度の分母は $2a_1$ であって $4\pi a_1$ ではない。円周にわたる積分で $2\pi$ が出ることを思い出す。

相反性

$M$ は「回路 $2$ に電流を流して回路 $1$ を貫く磁束を測った」場合にも同じ値になる（$M_{12}=M_{21}$）。ただしその向きの計算は、回路 $2$ が作る磁気双極子場を回路 $1$ の全面にわたって積分する必要があり、はるかに面倒である。$a_1\gg a_2$ という条件のおかげで、易しい方の順序を選べる。

結合係数

$k=\dfrac{M}{\sqrt{L_1L_2}}$ は $|k|\le1$ を満たす。設問 $5$ の数値では $\sqrt{L_1L_2}=\sqrt{1.0\times10^{-4}\times1.0\times10^{-8}}=1.0\times10^{-6}\,\mathrm H$ で $k=5.0\times10^{-6}/1.0\times10^{-6}=5$ となり $1$ を超える。設問 $5$ の値は物理的に実現しない仮想的な数値であることが分かる。

失点しやすい点

$a_1\gg a_2$ を使うことを明記する。この近似がなければ、楕円積分が現れて閉じた形にならない。

回路1にも起電力が生じること

回路 $1$ の電流は一定でも、回路 $2$ の電流変化が回路 $1$ に起電力を誘導する。これを打ち消して $I_1$ を保つには、回路 $1$ の電源が仕事をしなければならない。設問 $4$ の $MI_1I_2$ の項はここから出る。

符号の意味

負号はレンツの法則、すなわち磁束の変化を妨げる向きに起電力が生じることを表す。エネルギー保存の要請でもある。

失点しやすい点

$V_1$ に $L_1\,dI_1/dt$ の項を書かない。$I_1$ が一定という条件を使う。

交差項に $\frac12$ が付かない理由

自己項では電流が $0$ から立ち上がる間に平均 $\frac12$ の効果しか出ないが、交差項では回路 $1$ の電流が最初から $I_1$ の一定値である。よって $\frac12$ が付かない。ここが最も間違えやすい。

順序を逆にしても同じ

回路 $2$ を先に立ち上げると $\frac12L_2I_2^{2}$、次に回路 $1$ を立ち上げるときに $\frac12L_1I_1^{2}+MI_1I_2$ が出て、合計は変わらない。$U$ が状態量であることの確認になる。

正定値性

$U=\frac12L_1I_1^{2}+MI_1I_2+\frac12L_2I_2^{2}$ が任意の $I_1$、$I_2$ に対して非負であるためには $M^{2}\le L_1L_2$ が必要である。相互インダクタンスに上限があるのはこの理由による。

失点しやすい点

$W_{12}$ を落とすと $U=\frac12L_1I_1^{2}+\frac12L_2I_2^{2}$ となって交差項が現れない。回路 $1$ の電源の役割を必ず数える。

交差項が支配的であること

$3$ 項のうち $MI_1I_2$ が $5.0\times10^{-10}\,\mathrm J$ で全体の $83\%$ を占める。自己項は $I$ の $2$ 乗で効くので、片方の電流が小さいと寄与も小さい。交差項は $2$ つの電流の積なので、片方が小さくてももう片方が大きければ生き残る。

電圧に直すと

$V=Q/C=2.4\times10^{-8}/5.0\times10^{-7}=4.9\times10^{-2}\,\mathrm V$。約 $50\,\mathrm{mV}$ で、扱いやすい大きさである。

$\sqrt{6.0\times10^{-16}}$ の計算

$\sqrt{6.0}=2.449$、$\sqrt{10^{-16}}=10^{-8}$。指数を偶数にしてから開くと計算が速い。

失点しやすい点

$\mathrm{mH}$、$\mu\mathrm H$、$\mathrm{mA}$、$\mu\mathrm F$ が混在している。すべて SI 基本単位に直してから代入する。とくに $L_2=1.0\times10^{-2}\,\mu\mathrm H=10^{-8}\,\mathrm H$ の $2$ 段階の換算に注意する。

$x$ 成分が意味すること

$\theta\ll1$ では $\cos\theta\simeq1-\frac{\theta^{2}}{2}$ なので、この式は $\theta$ の $2$ 次までは自動的に満たされる。すなわち横振動の $1$ 次の近似では、張力の水平成分は弦に沿って一定である。$T$ を定数として扱えるのはこのためである。

張力が一定という仮定

問題文の「変位は微小で $\lambda$ や $T$ の変化は無視できる」という条件がここに効く。実際には振動によって弦がわずかに伸び、張力が変化する。大振幅では非線形効果として現れ、音程がわずかに上がる原因になる。

失点しやすい点

$\mathrm A$ 端の張力は $-x$ 方向を向くので符号が逆になる。$2$ 端の寄与の差を取ることを明示する。

次元の確認

$\left[\sqrt{T/\lambda}\right]=\sqrt{\dfrac{\mathrm N}{\mathrm{kg/m}}}=\sqrt{\dfrac{\mathrm{kg\cdot m/s^{2}}}{\mathrm{kg/m}}}=\mathrm{m/s}$。速さの次元になっている。

一般解

波動方程式の一般解はダランベールの形 $y=f(x-vt)+g(x+vt)$ で、右向きと左向きの進行波の重ね合わせである。設問 $3$ の定在波の級数は、両端固定という境界条件のもとでこれを書き直したものにあたる。

ピアノの弦での値

$T\simeq700\,\mathrm N$、$\lambda\simeq6\times10^{-3}\,\mathrm{kg/m}$ 程度なら $v\simeq340\,\mathrm{m/s}$。長さ $0.6\,\mathrm m$ の弦の基本振動数は $v/(2\ell)\simeq280\,\mathrm{Hz}$ で、中央のドの付近になる。

失点しやすい点

右辺の括弧が $2$ 階微分になることを、$1$ 階微分の差として明示する。$\Delta x$ が両辺で約分されることを確認する。

倍音列

$f_n=nf_1$ と整数倍に並ぶ。この整数比が、弦楽器の音が「一つの高さの音」として聞こえる理由である。$1$ 次元の弦に特有の性質で、太鼓の膜（$2$ 次元）では固有振動数が整数比にならず、音高が定まりにくい。

$n=0$ を除く理由

$n=0$ では $k_0=0$ で $y\equiv0$、振動が存在しない。負の $n$ は $A_n$ の符号を変えるだけで新しい解を与えない。

音程の調整

$f_1\propto\sqrt{T}$ なので、調律は張力を変えて行う。$1$ 半音（$2^{1/12}=1.06$ 倍）上げるには張力を $1.12$ 倍にする必要がある。

$1/n$ の減衰

高次の倍音ほど振幅が小さくなる（$A_n\propto1/n$）。それでも減り方は緩やかで、多くの倍音が励起される。撃力（デルタ関数）という「あらゆる空間周波数を含む」初期条件を与えたためである。

弾く場合との違い

弦をつまんで離す（初期変位が三角形、初速 $0$）場合は $\phi_n=\pi/2$、$A_n\propto1/n^{2}$ となり、倍音の減り方がずっと速い。ピアノ（打弦）とギター（撥弦）の音色の違いは、この初期条件の違いに由来する。

デルタ関数の扱い

$\int\delta(x-a)f(x)dx=f(a)$ を使うだけで積分が終わる。実際のハンマーは有限の幅 $w$ をもつので、$n\gtrsim\ell/w$ の倍音はさらに抑えられる。

失点しやすい点

$\phi_n$ を先に決めてから $A_n$ を求める。順序を逆にすると連立が解けない。また規格化因子 $2/\ell$ を落とさない。

ピアノの打弦点

実際のピアノでは、弦の端から $\dfrac{1}{7}$ から $\dfrac{1}{9}$ の位置を打つよう設計されている。$a=\ell/7$ なら $n=7,14,\dots$ の倍音が消える。第 $7$ 倍音は基音に対する周波数比が $7$ で、平均律の音階から大きく外れて濁って聞こえる。これを消すために打弦点が選ばれている。

中央を打たない理由

$a=\ell/2$ は基音（$n=1$）の腹なので基音は最大に励起されるが、偶数次の倍音がすべて消えて音がやせる。クラリネットのような閉管楽器の音色（奇数倍音のみ）に近くなる。豊かな音を得るには、中央を避けつつ特定の高次倍音だけを落とす位置が望ましい。

エネルギーの配分

$n$ 次モードのエネルギーは $\propto\omega_n^{2}A_n^{2}\propto\sin^{2}\left(n\pi a/\ell\right)$ で、$n$ に依らない一定の重みをもつ。撃力は各モードに等しくエネルギーを配る（節を除く）ことが分かる。

失点しやすい点

腹の位置を $x=\dfrac{j\ell}{2n}$ とまとめない。奇数の $2j-1$ が入ることを確認する。また $j$ の範囲を明示すると答案が正確になる。

振動解にならない理由

$E<0$、$V=0$ の領域は古典的に禁止された領域である。したがって解は振動する $e^{\pm ikx}$ ではなく、指数関数的に増減する $e^{\pm\kappa x}$ になる。束縛状態を扱うときの出発点である。

どちらの組を使うか

$|x|>a$ の外側領域では、無限遠で $\psi\to0$ を要求するので $e^{\mp\kappa x}$ の片方だけが許される。$-a<x<a$ の内側領域では両方が許されるが、偶奇性を使うと $\cosh$ または $\sinh$ のどちらか一方に絞れる。目的に応じて基底を選ぶ。

$\kappa$ の意味

$1/\kappa$ は波動関数が外側で減衰する長さ（局在長）である。束縛が浅い（$|E|$ が小さい）ほど $\kappa$ が小さく、粒子は広く広がる。

パリティ演算子による言い換え

$\hat P\psi(x)=\psi(-x)$ と定義すると、$V$ が偶関数のとき $\left[\hat H,\hat P\right]=0$。可換な演算子は同時固有状態をもち、$\hat P^{2}=1$ から $\hat P$ の固有値は $\pm1$ に限られる。本解の議論はこれを具体的に書き下ろしたものである。

縮退がないことの重要性

縮退があると、同じ $E$ の解の $1$ 次結合が自由に作れてしまい、偶奇の断定ができなくなる。$3$ 次元の中心力場では $\ell$ に対する $(2\ell+1)$ 重の縮退があるが、その場合も球面調和関数がパリティ $(-1)^{\ell}$ の固有状態として選べる。

散乱状態への注意

$E>0$ の散乱状態は連続スペクトルで $2$ 重に縮退している。したがってこの議論はそのままでは適用できず、偶奇の解を独立に構成する形をとる。

失点しやすい点

「$\psi(-x)$ が解である」ことと「$\psi$ 自身が偶または奇である」ことは別である。縮退の非存在という前提を経由する必要がある。

跳びの符号

引力（$V_0>0$、ポテンシャルは $-V_0\delta$）なので右辺は負、すなわち井戸を通過すると傾きが減る。波動関数が井戸の位置で上に尖った形になり、両側へ減衰していく描像に対応する。

$2mV_0/\hbar^{2}$ の次元

$V_0$ は［エネルギー×長さ］の次元をもつ（$\delta$ が［長さ$^{-1}$］だから）。したがって $2mV_0/\hbar^{2}$ は［長さ$^{-1}$］で、$\kappa$ と同じ次元になる。以下ではこれを $\Lambda\equiv\dfrac{2mV_0}{\hbar^{2}}$ と書く。

失点しやすい点

連続なのは $\psi$、不連続なのは $\psi'$ である。逆にすると以降がすべて狂う。

$x=-a$ の条件が自動的に満たされること

偶関数として構成したので、$x=-a$ での連続条件と跳びの条件は $x=a$ のものと同一である。独立な条件は $2$ 本だけで、未知数は $B$、$C$、$\kappa$ の $3$ つ。全体の定数倍は自由なので、$\kappa$ を決める式が $1$ 本残る。これが設問 $5$ の式である。

$e^{\kappa a}$ を使った同値な形

$\cosh\kappa a+\sinh\kappa a=e^{\kappa a}$ だから、関係式は $\kappa e^{\kappa a}=\Lambda\cosh\kappa a$ とも書ける。こちらの形も同じくらい扱いやすい。

奇関数解

内側を $B\sinh\kappa x$、外側を $\pm Ce^{\mp\kappa x}$ とすると、同じ手順で $\kappa\left(1+\coth\kappa a\right)=\Lambda$ が得られる。設問 $5$ の議論と比較すると差がはっきりする。

失点しやすい点

内側で $e^{\kappa x}$ と $e^{-\kappa x}$ を独立に置くと未知数が増えるだけで、偶奇性の情報を捨てることになる。$\cosh$ にまとめる。

$2$ つの極限

$\kappa a\gg1$（井戸が十分離れている、または束縛が深い）では $\tanh\to1$ で $\kappa\simeq\dfrac{\Lambda}{2}=\dfrac{mV_0}{\hbar^{2}}$、 $$E\simeq-\frac{mV_0^{2}}{2\hbar^{2}} .$$ これは単独の井戸の束縛エネルギーに一致する。$2$ つの井戸が独立に働く極限である。 逆に $\kappa a\ll1$（井戸が近い）では $\tanh\kappa a\simeq\kappa a$ で $\kappa\simeq\Lambda$、 $$E\simeq-\frac{2mV_0^{2}}{\hbar^{2}} .$$ これは強さ $2V_0$ の単独の井戸の結果に等しく、$2$ つの井戸が合体して見える極限である。

奇関数解との対比

奇関数解の方程式は $F_{\mathrm{odd}}(\kappa)=\kappa\left(1+\coth\kappa a\right)=\Lambda$ である。$\kappa\to0$ で $\kappa\coth\kappa a\to\dfrac1a$ だから $F_{\mathrm{odd}}(0^{+})=\dfrac1a>0$。したがって解が存在するのは $$\Lambda>\frac1a \quad\Longleftrightarrow\quad V_0>\frac{\hbar^{2}}{2ma}$$ のときに限る。奇関数の束縛状態は「井戸が十分強いか、十分離れているとき」にだけ現れる。偶関数が常に存在するのと対照的で、この $2$ 状態の分裂が化学結合（水素分子イオン）の結合性・反結合性軌道に対応する。

基底状態が偶関数であること

偶関数解は節をもたず、奇関数解は $x=0$ に節を $1$ つもつ。$1$ 次元では節の少ない状態ほどエネルギーが低いので、常に存在する偶関数解が基底状態である。

失点しやすい点

「解が存在する」だけでなく「ただ $1$ つ」まで示す。単調性を述べれば両方が同時に言える。

準位と状態を区別する

比が $e^{-D/kT}$ ではなく $2e^{-D/kT}$ になるのは、$E_1$ に属する「状態」が $2$ つあるからである。ボルツマン因子は状態ごとに掛かり、縮退度は状態数として数える。

特徴的な温度

$n_1/n_0=1$ となるのは $e^{-D/kT}=1/2$、すなわち $T=\dfrac{D}{k\ln2}\simeq1.44\dfrac{D}{k}$。この付近が「励起が起こり始める」温度の目安になる。

失点しやすい点

高温極限で $1$ ではなく $2$ になる。縮退を落とすと以降の $\ln3$ や比熱の値がすべてずれる。

独立粒子の分配関数が積になること

全系のエネルギーが各粒子のエネルギーの和 $E=\sum_i\epsilon_i$ で書けるとき、$Z=\sum_{\text{全配置}}e^{-\beta E}$ は各粒子についての和の積に分解する。相互作用がないことが本質である。

$N!$ で割らない理由

理想気体では同種粒子の不可弁別性から $N!$ で割るが、ここでは粒子が空間的に区別できる（不純物や格子欠陥のような描像）と考える。割ると示量性が壊れるので、問題の設定に合わせる。

$F$ の極限

$T\to0$ で $F\to0$、$T\to\infty$ で $F\to-NkT\ln3$。後者は $3^{N}$ 個の等確率な状態に対応する自由エネルギー $-kT\ln3^{N}$ に一致する。

熱力学第3法則

$T\to0$ で $S\to0$ となるのは、基底状態が縮退していないためである。もし $E_0$ が $g_0$ 重に縮退していれば $S\to Nk\ln g_0$ の残留エントロピーが残る。氷の残留エントロピーはこの型の例である。

別の求め方

$S=-Nk\sum_i p_i\ln p_i$（$p_i$ は各状態の占有確率）からも同じ結果が出る。$p_0=1/z$、$p_1=p_2=e^{-D/kT}/z$ を代入すればよい。統計的な意味が見えるので、余裕があれば併記するとよい。

単調性

$S$ は $T$ の単調増加関数で、$0$ から $Nk\ln3$ まで増える。増加が最も急なのは、次の設問で見る比熱が最大になる温度付近である。

$U$ の極限

$T\to0$ で $U\to0$（全員が基底状態）、$T\to\infty$ で $U\to\dfrac{2ND}{3}$。後者は $3$ つの状態が等確率のときの平均エネルギー $\dfrac{0+D+D}{3}\times N=\dfrac{2ND}{3}$ に一致する。上限があるのが有限準位系の特徴である。

$C$ の無次元表示

$x=D/(kT)$ を使うと $$C=2Nk\,\frac{x^{2}e^{x}}{\left(e^{x}+2\right)^{2}} .$$ $T$ と $D$ が $x$ という組み合わせでしか現れないので、$C/(Nk)$ を $kT/D$ の関数として描けば普遍的な曲線になる。設問 $6$ で使う。

検算

$U=\dfrac{\partial}{\partial\beta}$ の関係の代わりに $U=F+TS$ を使ってもよい。設問 $2$・$3$ の結果を代入すると同じ式になり、$3$ つの設問の整合が確認できる。

高温で $0$ になる理由

こちらも一言添えるとよい。$kT\gg D$ ではすでに $3$ つの状態がほぼ等確率に占められており、これ以上温度を上げても分布が変わらない。内部エネルギーが飽和値 $2ND/3$ に近づくので $dU/dT\to0$ となる。上限のあるエネルギースペクトルに特有の振る舞いで、調和振動子（準位が無限に続く）では高温で $C\to Nk$ に落ち着き $0$ にはならない。

$2$ つのゼロの違い

低温側は指数的、高温側は冪的である。実験的には、低温側の傾きの対数プロットから準位間隔 $D$ を読み取ることができる。

失点しやすい点

「両極限とも $0$」で終わらず、温度依存性の形（$e^{-D/kT}$ と $1/T^{2}$）を示す。設問が「温度依存性を示して説明」と要求している。

ショットキー異常

有限個の準位からなる系に特有のこの山は「ショットキー異常」と呼ばれる。結晶中の不純物イオンの基底多重項、核スピン系、二準位系などで実際に観測される。比熱の測定から準位間隔 $D$ と縮退度を決める標準的な手段である。

縮退度が形に及ぼす影響

縮退がない $2$ 準位系（$g_1=1$）では $C=Nk\dfrac{x^{2}e^{x}}{\left(e^{x}+1\right)^{2}}$ で、極大は $x\simeq2.4$、$C_{\max}\simeq0.44Nk$。本問の $2$ 重縮退があると山が高く、位置がやや低温側にずれる。上の準位の状態数が多いほど励起が起こりやすいためである。

格子比熱との区別

実際の固体では格子振動の比熱（低温で $T^{3}$）が背景にある。ショットキー成分は特定の温度域に山として現れるので、両者を分離して解析できる。

失点しやすい点

グラフは「立ち上がり・山・減衰」の $3$ つの特徴を持たせる。単調増加や単調減少に描くと、設問 $5$ で示した両極限がゼロという結果と矛盾する。

符号と力の性質

$\alpha>0$ なら力は $\vec r$ と同じ向き、すなわち斥力である（クーロン反発）。$\alpha<0$ なら引力で、$\alpha=-GMm$ と置けば万有引力になる。以下の議論はどちらでも成り立つ。

$1$ 階形にする利点

$\vec r$ と $\vec p$ を対等に扱う形にしておくと、設問 $3$ でルンゲ・レンツベクトルを時間微分するときに代入が機械的になる。

$\nabla\left(1/r\right)$

$\nabla\dfrac{1}{r}=-\dfrac{\vec r}{r^{3}}$ は頻出の公式である。$\dfrac{\partial r}{\partial x}=\dfrac{x}{r}$ から導ける。

$\vec L=\vec 0$ の場合

初速度が動径方向のときは $\vec L=\vec 0$ で、上の議論は平面を決めない。しかしこのとき運動は原点を通る直線上に限られるので、やはり（無数にある）ある平面内の運動である。答案では一言触れておくとよい。

中心力一般で成り立つこと

使ったのは「力が $\vec r$ に平行」ということだけで、$1/r^{2}$ という具体形は使っていない。したがって任意の中心力で平面運動になる。

対称性との対応

角運動量保存は回転対称性の帰結である（ネーターの定理）。$U$ が $r$ のみの関数であることが回転対称性にあたる。

$1/r$ に特有であること

第 $1$ 項の計算で $\dfrac{1}{r^{3}}$ という指数がちょうど効いて、第 $2$ 項と打ち消し合った。$U\propto1/r^{n}$ で $n\neq1$ ならこの相殺は起こらず、$\vec A$ は保存しない。逆二乗力に固有の「隠れた対称性」である。

幾何学的な意味

軌道が楕円のとき、$\vec A$ は近点（原点に最も近い点）から遠点へ向かう向きを指し、大きさは離心率に比例する。$\vec A$ が保存することは、楕円の向きが変わらない、すなわち軌道が閉じることを意味する。水星の近日点移動は一般相対論の効果でこの保存が破れるためである。

$\vec r\cdot\vec v=r\dot r$ の導出

$r^{2}=\vec r\cdot\vec r$ を微分して $2r\dot r=2\vec r\cdot\vec v$。この関係は中心力の計算で繰り返し使う。

失点しやすい点

$\vec L$ が定数であることを先に断ってから微分する。$\vec p\times\dfrac{d\vec L}{dt}$ の項を残すと計算が終わらない。

離心率との関係

軌道の離心率は $e=\dfrac{A}{m|\alpha|}$ で与えられる。上の関係式を代入すると $$e^{2}=1+\frac{2EL^{2}}{m\alpha^{2}}$$ となり、$E<0$ で $e<1$（楕円）、$E=0$ で $e=1$（放物線）、$E>0$ で $e>1$（双曲線）という軌道の分類がそのまま出る。円軌道は $A=0$、すなわち $E=-\dfrac{m\alpha^{2}}{2L^{2}}$ のときである。

$\vec A$ が軌道平面内にあること

$\vec A\perp\vec L$ は、$\vec A$ が運動の起こる平面の中に横たわることを意味する。$3$ 次元のベクトルでありながら、実質的には平面内の $2$ 成分しか自由度をもたない。

軌道方程式の導出

$\vec A\cdot\vec r=A r\cos\theta$ を直接計算すると $\vec A\cdot\vec r=L^{2}+m\alpha r$、 これを解いて $r=\dfrac{L^{2}/(m|\alpha|)}{\pm1+e\cos\theta}$ という円錐曲線の式が出る。ルンゲ・レンツベクトルを使うと、微分方程式を解かずに軌道が求まる。

失点しやすい点

$\left|\vec p\times\vec L\right|^{2}=p^{2}L^{2}$ とできるのは $\vec p\perp\vec L$ だからである。一般には $\left|\vec a\times\vec b\right|^{2}=a^{2}b^{2}-\left(\vec a\cdot\vec b\right)^{2}$ で、この場合に第 $2$ 項が消える。

$5$ が意味すること

$3$ 次元の $1$ 質点の運動は $6$ 次元の位相空間 $\left(\vec r,\vec p\right)$ で記述される。独立な保存量が $5$ 個あると、運動は $6-5=1$ 次元の曲線に完全に閉じ込められる。すなわち軌道が閉じた曲線になる。これがケプラー問題で軌道が閉じる理由である。

最大超可積分性

一般の中心力では保存量は $E$ と $\vec L$ の $4$ 個で、軌道は $2$ 次元の面（トーラス）を埋め尽くし、近点が回る。逆二乗力と $3$ 次元等方調和振動子だけが $5$ 個の保存量をもつ「最大超可積分系」で、ベルトランの定理が保証する $2$ つの例外にあたる。

量子論での対応

量子力学では $\vec L$ と $\vec A$ が $\mathrm{SO}(4)$ という隠れた対称性の生成子をなす。水素原子のエネルギー準位が $n$ だけで決まり、$\ell$ に対して $n^{2}$ 重に縮退するのはこの対称性による。パウリはシュレディンガー方程式を解く前に、この代数だけから水素原子のスペクトルを導いた。

失点しやすい点

$7$ 個と答えて終わらない。設問が「問 $3$ と問 $4$ の結果をもとに」と指定しているのは、設問 $4$ の $2$ 本の関係式を拘束条件として数えさせるためである。