神戸大 理学研究科 物理学専攻 物理 2023年度 院試 過去問 解答例・解説（全6問）

どの軸か

「円板の回転軸」は円板の面に垂直な中心軸である。面内の直径まわりなら $\frac14Mr^2$ になるので、軸を取り違えない。

失点しやすい点

輪の質量に $2\pi s\,ds$ を使う。$ds$ だけでは面積にならない。

歳差の寄与を無視してよい理由

歳差運動による角運動量の寄与は、軸まわりの慣性モーメントに $\omega_1$ を掛けた程度である。$|\omega_0|$ が十分大きいので $\omega_1\ll\omega_0$ となり、この寄与は無視できる。設問文の「$|\omega_0|$ は十分に大きい」がこの近似を保証している。

失点しやすい点

$L$ をベクトルとして扱うことを意識する。問 $3$ 以降で向きが変わることが本質になる。

大きさが変わらないこと

$\dfrac{d}{dt}|\bm L|^2=2\bm L\cdot\dfrac{d\bm L}{dt}=2\bm L\cdot(\bm\omega_1\times\bm L)=0$ である。外積は $\bm L$ に垂直なので、角運動量の大きさは変わらず向きだけが変わる。歳差運動の定義と整合する。

本問での配置

回転軸は水平、$\bm\omega_1$ は鉛直だから $\theta=\pi/2$ である。したがって $|d\bm L/dt|=\omega_1L$ となり、問 $4$ で使える。

失点しやすい点

$\bm L\times\bm\omega_1$ と順序を逆にしない。回転の向きが逆になる。

$M$ が消えること

トルクも角運動量もともに $M$ に比例するので約分される。重い円板ほど倒れやすいということはなく、歳差の速さは質量によらない。

$\omega_0$ に反比例すること

速く回すほど歳差はゆっくりになる。コマが勢いよく回っているうちは倒れず、遅くなると首振りが速くなって倒れる、という日常の観察と一致する。

失点しやすい点

$\ell$ は軸の全長 $2\ell$ の半分、すなわち支点から円板までの距離である。$2\ell$ を使わない。

検算

$m=0$ とすれば問 $4$ の結果に戻る。またおもりを重くするほど歳差が速くなる。倒そうとするトルクが増えるからで、直感と合う。

「ほぼ傾かずに」の意味

おもりを付けても軸が傾かないのは、重心が支点から離れても $\bm L$ が大きいために、トルクが角運動量の向きをゆっくり回すだけで済むからである。$\omega_0$ が小さいとこの近似が崩れ、章動（首振り）が現れる。

失点しやすい点

おもりの位置を A から $\ell$ としない。B は軸の反対端で、A からの距離は $2\ell$ である。

与えられた2式との対応

$\nabla\cdot\bm E=0$ は電荷がないこと、$\nabla\cdot\bm B=0$ は磁荷がないことを表す。残る $2$ 式は場の時間変化を結びつけ、波動を生む。

変位電流

$\varepsilon_0\mu_0\partial\bm E/\partial t$ が変位電流の項である。これがなければ電磁波は存在しない。

失点しやすい点

$\mu_0\bm J$ の項は真空なので $0$ である。一般形と混同しない。

連続の式としての意味

これは電磁場のエネルギーに対する連続の式である。ある領域のエネルギーが減るのは、境界を通じて $\bm S$ の形で流れ出るからだけである。$\bm S$ がエネルギー流束密度を表す根拠がここにある。

電荷があるとき

$\bm J\ne0$ なら右辺に $-\bm J\cdot\bm E$（電荷が場から受け取る仕事率）が加わる。真空だからこそ厳密な保存則になる。

失点しやすい点

ベクトル恒等式の符号を確認する。$\bm B\cdot(\nabla\times\bm E)$ が先に来る。

向きの確認

$\bm S=\dfrac{1}{\mu_0}\bm E\times\bm B\propto\bm e_z\times\bm e_y=-\bm e_x$ で、確かにエネルギーは $-x$ 方向へ流れる。伝搬方向と一致する。

$E$ と $B$ の比

$B_0/E_0=k/\omega=1/c$ である。真空中の平面波では磁場の大きさは電場の $1/c$ 倍になる。

失点しやすい点

位相が $kx+\omega t$（$-$ ではなく $+$）なので $-x$ 方向に進む。符号で判断する。

時間平均の因子

$S=\varepsilon_0cE^2$ で $E=E_0\sin(\cdots)$ の $2$ 乗の時間平均が $E_0^2/2$ になるので $\frac12$ が付く。これを落とすと $\sqrt2$ 倍ずれる。

値の妥当性

$30\,\mathrm{V/m}$ は日常的な光の電場としては大きめだが、$2\,\mathrm m$ の距離で $60\,\mathrm W$ という設定なら妥当である。太陽光（$1.4\,\mathrm{kW/m^2}$）では $E_0\simeq1\,\mathrm{kV/m}$ になる。

失点しやすい点

$100\,\mathrm W$ をそのまま使わない。放射されるのは $60\,\mathrm W$ である。

エネルギーはどこへ行ったか

電場が全空間で $0$ になる瞬間でも、磁場は最大になっている。エネルギーは電場と磁場の間を行き来しており、総量は保存される。定在波では正味のエネルギー流 $\langle\bm S\rangle$ が $0$ になる。

逆向きの波

$\bm E_a$ は $-x$ 方向、$\bm E_b$ は $+x$ 方向に進む。逆向きに進む同振幅の波が重なると定在波ができる。共振器の中の電磁場がこの形になる。

失点しやすい点

和積の公式 $\sin\alpha+\sin\beta=2\sin\dfrac{\alpha+\beta}{2}\cos\dfrac{\alpha-\beta}{2}$ を正しく使う。$\cos$ の引数が $\omega t$ になる。

便利な換算

$p\,[\mathrm{GeV}/c]=0.3\,B\,[\mathrm T]\times r\,[\mathrm m]$ を覚えておくと速い。$p=1.0\times10^{-3}\,\mathrm{GeV}/c$、$r=1.0\,\mathrm m$ から $B=3.3\times10^{-3}\,\mathrm T$ が直ちに出る。

$90^\circ$ 曲げる意味

運動量を選別すると同時に、線源からの直接のガンマ線や中性粒子を幾何学的に除ける。図のシールドと合わせて、余計な信号を落とす配置になっている。

失点しやすい点

$\mathrm{MeV}/c$ を $\mathrm{kg\cdot m/s}$ に直すとき、$c$ で割ることを忘れない。

本実験での主過程

検出するのは対消滅ガンマ線でエネルギーは $511\,\mathrm{keV}$ である。$1.02\,\mathrm{MeV}$ より低いので対生成は起こらず、光電効果とコンプトン散乱が効く。全エネルギーを落とすのは光電効果の場合である。

荷電粒子との違い

荷電粒子は電離損失で連続的にエネルギーを落とすが、ガンマ線は $1$ 回の相互作用で大きくエネルギーを失うか素通りするかである。したがってガンマ線の検出効率は物質の厚さと $Z$ に強く依存する。

失点しやすい点

$3$ つを挙げ、それぞれがどのエネルギー領域で効くかまで書くと十分な答案になる。

同時計測の役割

A（陽電子の通過）、B（陽電子の停止）、C と D（対消滅ガンマ線 $2$ 本）がすべて同時に信号を出したときだけデータを取る。これにより偶発的な背景事象を強く抑えられる。

ガンマ線が反対方向に出ること

静止した陽電子が電子と対消滅すると、運動量保存から $2$ 本のガンマ線は正反対の向きに出る。C と D を B の両側に置く配置がこれに対応している。

失点しやすい点

「速いから」「効率がよいから」だけでなく、$Z$ と密度という物性に踏み込むと説明として完結する。

実際の $\mathrm{NaI}$ との比較

実際の $\mathrm{NaI}$ 検出器の $511\,\mathrm{keV}$ での分解能は半値全幅で $7$〜$8\%$ 程度である。本問の見積もり $1.6\%$ より悪いのは、光子の集光効率、光電面の量子効率（$25\%$ 程度）、増倍過程の揺らぎなどが加わるためである。設問が「光子数の統計的な揺らぎのみを考慮する」と限定しているのはこのためである。

分解能が $1/\sqrt N$ で改善すること

発光量の多いシンチレータほど分解能がよい。$\mathrm{NaI}$ が広く使われる理由の $1$ つである。

失点しやすい点

ガンマ線のエネルギーを $1.0\,\mathrm{MeV}$（陽電子の運動量）としない。対消滅で生じるガンマ線は $511\,\mathrm{keV}$ である。

値の妥当性

光電子増倍管の増幅率は $10^5$〜$10^7$ が一般的で、$1.5\times10^6$ はその範囲の真ん中にある。$10$ 段程度のダイノードで $1$ 段あたり $4$ 倍の増倍（$4^{10}\simeq10^6$）と考えれば納得できる。

波形の形の意味

立ち上がりが速く立ち下がりが遅い（本問では極性が負なので逆に見える）非対称な三角形は、シンチレータの発光の減衰と回路の時定数を反映している。$\mathrm{NaI}$ の減衰時間 $230\,\mathrm{ns}$ と同じ桁である。

面積で測る理由

波高ではなく面積（電荷）がエネルギーに比例する。波形の形が変わっても電荷は保たれるので、電荷積分型の測定が標準である。

失点しやすい点

三角形の面積は $\frac12\times$ 底辺 $\times$ 高さである。$\frac12$ を落とすと $2$ 倍ずれる。また $R$ で割る操作を忘れない。

無限障壁の扱い

$x\le0$ では $\psi=0$ であり、波動関数の連続性から $\psi(0)=0$ が要求される。導関数はここでは連続でなくてよい（無限に高い壁のため）。

この設問が試していること

方程式を書くだけの設問に見えるが、$V(x)$ を具体的に書き下ろして境界条件 $\psi(0)=0$ を宣言できるかどうかが、以降すべての計算の前提になる。

失点しやすい点

時間に依存する式を問われているので、$\partial/\partial t$ の項を落とさない。

跳びの向き

斥力（$\lambda>0$）なら右側の傾きが大きくなり、引力（$\lambda<0$）なら小さくなる。符号を追うときの目安になる。

デルタ関数の強さの次元

$\lambda$ は［エネルギー×長さ］の次元をもつ。$2m\lambda/\hbar^2$ は［長さ$^{-1}$］となり、跳びの式の次元が合う。

失点しやすい点

$\psi'$ が不連続で $\psi$ が連続、という組み合わせを逆にしない。有限の跳びをもつのは $1$ 階微分の方である。

高エネルギー極限

$E\to\infty$ すなわち $k\to\infty$ で $2m\lambda/(\hbar^2k)\to0$ となり $T\to1$。エネルギーが十分高ければ薄い障壁は透けて見える。

低エネルギー極限

$k\to0$ では $\sin ka\simeq ka$ を使うと $2m\lambda\sin ka/(\hbar^2k)\to2m\lambda a/\hbar^2$（有限）となり、$T$ は $1/[1+(2m\lambda a/\hbar^2)^2]$ に近づく。障壁が十分強ければ $T\to0$、すなわちほぼ完全反射である。

検算

$\lambda\to0$ でどの $k$ でも $T=1$。障壁がなければ全透過という自明な結果を再現する。

失点しやすい点

$x<a$ 側に $e^{ikx}$ と $e^{-ikx}$ を独立に置くのではなく、$\psi(0)=0$ から $\sin kx$ に固定されることを使う。半直線問題の特徴である。

共鳴透過という見方

$0<x<a$ を長さ $a$ の井戸と見ると、$E_n$ は無限井戸の固有エネルギーに一致する。井戸の定在波と入射波の位相が合う「共鳴」で透過率が跳ね上がる、という一般的な描像に当てはまる。

$\lambda$ に依存しないこと

完全透過の条件に $\lambda$ が現れないのがこの問題の面白いところである。障壁の強さではなく、波動関数が障壁の位置で節をもつかどうかだけで決まる。

失点しやすい点

$n=0$ は $k=0$（$E=0$）で物理的な散乱状態にならないので除く。

壁が束縛を妨げること

自由空間の $1$ 次元デルタ井戸はどんなに弱くても必ず $1$ つ束縛状態をもつ。ここで存在条件がつくのは、$\psi(0)=0$ という壁の条件が波動関数を押し戻し、井戸に十分な確率を集められなくなるためである。$a\to\infty$ で条件は自動的に満たされ、自由空間の結果に戻る。

束縛状態は高々1つ

$f(\kappa)$ は単調増加かつ上に凸で $\kappa\to\infty$ で $m|\lambda|/\hbar^2$ に飽和する。直線 $y=\kappa$ との交点は原点以外に高々 $1$ 個なので、束縛状態は最大 $1$ つである。

検算

$a\to0$ で条件 $2m|\lambda|a/\hbar^2>1$ は満たされなくなる。井戸が壁に重なると束縛できない、という直観と合う。

失点しやすい点

$0<x<a$ で $e^{-\kappa x}$ ではなく $\sinh\kappa x$（$=\frac12(e^{\kappa x}-e^{-\kappa x})$）を使う。$\psi(0)=0$ を満たす組み合わせがこれである。

$N!$ 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、ここでは各スピンが格子点に固定され位置で区別できるので割らない。混同すると以降の示量性がすべて狂う。

極限の確認

$H\to0$ で $F\to-Nk_BT\ln2$。これは $2^N$ 個の状態が等確率に縮退した場合の自由エネルギー $-k_BT\ln2^N$ に一致する。

失点しやすい点

$\cosh$ の前の因子 $2$ を落とさない。これが $H\to0$ での残留エントロピー $Nk_B\ln2$ を生む。

別の導き方

上向き・下向きの占有確率 $p_\pm=e^{\pm x}/(2\cosh x)$ を求め、$M=N\mu_B(p_+-p_-)$ としても同じ式が出る。統計的な意味が見えるのでこちらも書けるとよい。

飽和の速さ

$x=1$ で $\tanh1=0.76$、$x=2$ で $0.96$、$x=3$ で $0.995$。$x$ が $2$ を超えるとほぼ飽和する。$\mu_B H$ が熱エネルギーの $2$ 倍あれば揃う、という感覚をもっておくとよい。

失点しやすい点

$M=-\partial F/\partial H$ の符号。$F$ が $H$ の増加とともに下がるので $M>0$ になる。

$1/T$ になる理由

磁場が揃えようとするエネルギー利得 $\mu_BH$ と、それを乱す熱エネルギー $k_BT$ の比が磁化を決める。温度が上がるほど揃いにくくなるので $\chi\propto1/T$ になる。

強磁性との違い

スピン間に相互作用があるとキュリー・ワイス則 $\chi=C/(T-T_c)$ になり、$T_c$ で発散する。本問はスピンが独立なので $T_c=0$ に相当し、有限温度では常に常磁性である。

検算

次元を確認する。$\mu_B^2/(k_BT)$ は［J/T$^2$］÷［J］×… となり、$N\mu_B^2/(k_BT)$ は［磁化］／［磁場］の次元をもつ。

失点しやすい点

$\tanh x\simeq x$ の展開は $x\ll1$ でのみ有効。設問 $2$ の $x=2$ に適用してはならない。

$H/T$ だけの関数であること

$S$ は $x=\mu_BH/(k_BT)$ という組み合わせでしか $H$ と $T$ に依存しない。これは設問 $5$ の断熱消磁を解く決定的な手がかりになる。

$U=F+TS$ による確認

$U=F+TS=-N\mu_BH\tanh x$ となり、$M=N\mu_B\tanh x$ を使えば $U=-MH$。磁気系のエネルギーとして正しい形である。

熱力学第3法則

$T\to0$ で $S\to0$ となるのは、基底状態（全スピンが磁場方向に揃った状態）が縮退していないためである。$H=0$ では $Nk_B\ln2$ の残留エントロピーが残るが、これは相互作用を無視した理想化の結果である。

失点しやすい点

$T$ 微分のとき $x$ が $T$ を含むことを忘れない。連鎖律を落とすと $x\tanh x$ の項が消える。

到達温度の限界

式の上では $H_2\to0$ で $T_2\to0$ となるが、実際にはスピン間の双極子相互作用や結晶場による内部磁場 $H_{\mathrm{int}}$ があるため、$T_2\simeq T_1H_{\mathrm{int}}/H_1$ で止まる。常磁性塩を使った断熱消磁で数 $\mathrm{mK}$、核スピンを使えば $\mu\mathrm K$ 台まで到達できる。

実験手順

まず高磁場をかけたまま液体ヘリウムで冷やしてスピンを揃え（このとき出る磁化熱を浴に捨てる）、次に断熱にしてから磁場を下げる。$2$ 段階であることが重要である。

他の断熱冷却との比較

理想気体の断熱膨張では $TV^{\gamma-1}$ が一定だった。ここでは $H/T$ が一定であり、いずれも「自由度を増やす向きの断熱変化は冷却をもたらす」という同じ構図に乗っている。

失点しやすい点

$S$ が $H/T$ の関数であることを示さずに $T_2=T_1H_2/H_1$ だけ書くと導出になっていない。設問 $4$ の結果を引用して単調性まで述べる。

回転の向き

$q>0$、$B_0>0$ なら $t$ が増えるにつれて $+y$ 方向から $+x$ 方向へ回る、すなわち $z$ 軸まわりに時計回り（右手系で負の向き）である。電荷の符号を変えると回転が逆転する。

速さが変わらないこと

$v_x^2+v_y^2=V_0^2$ が常に成り立つ。磁気力は速度に垂直なので仕事をせず、運動エネルギーは保存する。

半径の意味

$r_L=p/(qB_0)$ と書けば、設問の枠を越えて加速器や霧箱の運動量測定に直結する式である。

失点しやすい点

初期条件を落とさない。$x(0)=0$ から積分定数が決まり、円の中心が原点ではなく $(V_0/\omega,0)$ になる。

不変量の確認

$F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}=2(B^2-E^2/c^2)=2(B_0^2-E_0^2/c^2)$、 $\varepsilon_{\mu\nu\rho\sigma}F^{\mu\nu}F^{\rho\sigma}\propto\bm E\cdot\bm B=0$。 $\bm E\perp\bm B$ なので第 $2$ 不変量は $0$ であり、これが設問 $3$ で「電場を完全に消せる」ことの根拠になる。

$\bm E$ と $\bm B$ の配置

$\bm E$ は $y$ 方向、$\bm B$ は $z$ 方向で直交している。$\bm E\times\bm B$ は $+x$ 方向を向く。設問 $4$ のドリフト方向を先取りできる。

失点しやすい点

符号と添字の規約は教科書によって異なる。採用した規約（計量の符号、$F^{0i}$ の定義）を明記すれば、その中で整合していればよい。

存在条件

$E_0<cB_0$ すなわち $F_{\mu\nu}F^{\mu\nu}>0$（磁場優勢）のときだけ電場を消せる。逆に $E_0>cB_0$（電場優勢）なら磁場を消す系が存在し、$E_0=cB_0$ の場合（光波）はどちらも消せない。不変量が慣性系によらないことがこの分類を保証する。

磁場が弱くなること

$\tilde B=B_0/\gamma<B_0$。ブーストで磁場は小さくなる。$\gamma$ 倍ではなく $1/\gamma$ 倍である点に注意する。

非相対論極限

$E_0\ll cB_0$ なら $\gamma\simeq1$ で $\tilde B\simeq B_0$。よく使われる「$E\times B$ ドリフト系では磁場はそのまま」という近似の根拠がこれである。

失点しやすい点

「電場と同じ向きに動けば消える」ではない。$\bm E$ にも $\bm B$ にも垂直な $\bm E\times\bm B$ 方向へのブーストが必要である。

ドリフトが電荷によらない理由

$\bm v_d$ の式に $q$ も $m$ も現れない。正電荷も負電荷も同じ向きに同じ速さでドリフトするので、$\bm E\times\bm B$ ドリフトでは電流が生じない。プラズマ物理でこの点が重要になる。

図形的な描像

$V_0=v_d$ なら $\tilde S$ 系で粒子は静止し、実験室系では $x$ 軸上を等速直線運動する（速度選別器の原理）。$V_0=0$ なら $\tilde S$ 系で速さ $v_d$ の円運動となり、実験室系では原点で尖点をもつサイクロイドを描く。

別の導き方

実験室系で直接 $m\dot{\bm v}=q(\bm E+\bm v\times\bm B)$ を解き、$\bm v=\bm u+\bm v_d$ と置いて $\bm E$ の項が消えるように $\bm v_d$ を選んでも同じ結果になる。相対論を使わずに済むが、$\bm v_d$ を天下りに与える形になる。

失点しやすい点

円運動の半径に使う速さは実験室系の $V_0$ ではなく、ドリフト系での相対速度 $|V_0-v_d|$ である。