大阪公立大 理学研究科 物理学専攻 物理 2026年度 院試 過去問 解答例・解説（全4問）

方針

$\hat r,\hat\varphi$ が位置に依存することを最初に明示し、$\dot{\hat r}=\dot\varphi\hat\varphi$、$\dot{\hat\varphi}=-\dot\varphi\hat r$ の二本を導いてから機械的に微分するのが最短である。基底の微分を書かずに結果だけを並べると、示せという指示に対して途中が抜けたと見なされる。

$\hat\varphi$ 成分の二つの書き方

$2\dot r\dot\varphi+r\ddot\varphi$ の形は、コリオリ項 $2\dot r\dot\varphi$ と接線加速度 $r\ddot\varphi$ の和として力の分解に使いやすい。一方 $\frac1r\frac{d}{dt}(r^2\dot\varphi)$ の形は、$m r^2\dot\varphi$ が $z$ 軸まわりの角運動量そのものなので、方位角方向の力が $0$ のときに角運動量が保存することが一目で読み取れる。設問(4)以降ではこちらの表式が効く。

検算

等速円運動 $r=\text{const}$、$\dot\varphi=\text{const}$ とすると $\vec a=-r\dot\varphi^2\hat r$ となり、大きさ $v^2/r$ の向心加速度に一致する。また $\varphi=\text{const}$ とすれば $\vec a=\ddot r\,\hat r+\ddot z\,\hat z$ で、平面極座標を含む二次元の直線運動に帰着する。

方針

拘束面上の運動では、抗力の大きさを未知数 $N$ のまま残して二成分の式を立て、$N$ を消去するのが定石である。ここでは $\hat z$ 成分から $N/\sqrt{1+4a^2r_0^2}=mg$ が直ちに出るので、$\sqrt{1+4a^2r_0^2}$ という面倒な因子は最終結果に残らない。

別解

面の傾き角を $\alpha$ とすると $\tan\alpha=dz/dr=2ar_0$ である。円錐振り子と同じ力の釣り合いから $v_c^2/r_0=g\tan\alpha$ が成り立ち、$v_c^2=2agr_0^2=2gz_0$ が一行で出る。答案では法線ベクトルを使う方法を書き、この見方を検算として添えるとよい。

検算と物理的な意味

$v_c=\sqrt{2gz_0}$ は、高さ $z_0$ を自由落下したときに得る速さに等しく、放物面の定数 $a$ を含まない。放物面では復元力が変位に比例するため、鉛直方向の角振動数 $\sqrt{2ag}$ が半径によらず一定になり、その結果として周期 $2\pi/\sqrt{2ag}$ も $z_0$ によらない。これは放物面が等時性をもつことの表れである。

失点しやすい点

「水平方向の初速度」を与えるという条件から、円運動の速度が $\hat\varphi$ 方向であることを確認せずに $v_c$ を求めると、$\dot z=0$ の根拠が示されない。また $\hat n$ の規格化因子を落とすと $\hat r$ 成分と $\hat z$ 成分で係数がずれ、$a$ が残った誤答になる。

有効ポテンシャルとしての見方

$\dot z=0$ とおいた式 $E=U_{\mathrm{eff}}(z)$、 $$U_{\mathrm{eff}}(z)=\frac{ah^2}{2mz}+mgz$$ は、動径方向の運動を一次元問題に読み替えたときの有効ポテンシャルである。第1項は角運動量による遠心力障壁、第2項は重力である。$U_{\mathrm{eff}}$ は $z\to0$ と $z\to\infty$ で発散する下に凸な関数なので、$E$ が最小値より大きければ折り返し点はちょうど二つあり、質点はその間を往復する。

検算

$v_0\to v_c=\sqrt{2gz_0}$ の極限で $z_{\min}=v_0^2/(2g)\to z_0$ となり、二つの折り返し点が一致して設問(3)の等高円運動に戻る。逆に $v_0\to0$ では $z_{\min}\to0$ で、質点は頂点まで落ちる。また $z_{\min}=v_0^2/(2g)$ は $z_0$ にも $a$ にも依らず、初速度だけで決まるという簡潔な形になっている。

失点しやすい点

$\dot r$ と $\dot z$ は拘束で結ばれているので独立ではない。運動エネルギーを $\frac{m}{2}(\dot r^2+r^2\dot\varphi^2+\dot z^2)$ と書いたまま $\dot r$ を残すと、指定どおり $h$ と円筒座標だけの表式にならない。$\dot z=2ar\dot r$ を使って一方を消すことを本文に明記する。また、二次方程式の二つの根のうちどちらが最下点かは、$v_0<v_c$ という条件から判定する必要がある。

方針

未定乗数法では拘束を最後まで代入せず、$r$ と $z$ を独立変数として扱ったうえで $\lambda$ を未知数に加える。そのぶん式は増えるが、$\lambda$ が抗力そのものを与えるという利点がある。$\lambda$ を求めるときは、$z$ の式で $\lambda$ を表し、$r$ の式で $\ddot r$ を消し、最後にエネルギー保存で $\dot r^2$ を消す、という順序が確実である。

$\lambda$ の意味と検算

設問(3)の等高円運動で確かめる。$v_c^2=2agr_0^2$、$z_0=ar_0^2$ より $h^2=m^2v_c^2r_0^2=2agm^2r_0^4$ であり、 $$E=\frac{ah^2}{2mz_0}+mgz_0=amgr_0^2+amgr_0^2=2amgr_0^2$$ となる。これを $\lambda$ の分子に入れると $$mg+4aE+\frac{8a^3h^2}{m} =mg\bigl(1+8a^2r_0^2+16a^4r_0^4\bigr) =mg\bigl(1+4a^2r_0^2\bigr)^2$$ であるから $\lambda=mg$ を得る。拘束力ベクトルは $\lambda\nabla f=\lambda(-2ar\hat r+\hat z)$ で、その大きさは $\lambda\sqrt{1+4a^2r_0^2}$ である。設問(3)で得た抗力 $N=mg\sqrt{1+4a^2r_0^2}$ と一致し、$\lambda$ が拘束力の強さを表す量であることが確認できる。

二通りの解法の使い分け

設問(4)〜(6)は保存量だけを使う初等的な解法で、答えを出す速さでは圧倒的に有利である。設問(7)〜(10)はあえて未定乗数を導入し、抗力を陽に求めながら同じ結論に到達する。試験としては「保存則で解ける問題を解析力学の言葉で書き直せるか」を見ているので、設問(10)では「$\dot z=0$ から $\dot r=0$ が従う」ことを一行書いて、設問(6)と同じ方程式に落ちたことを明示するとよい。

失点しやすい点

未定乗数法の右辺の符号は $+\lambda\,\partial f/\partial q$ と決めておかないと、$\lambda$ の符号が逆になる。また $\partial f/\partial r=-2ar$ の $-$ を落とすと $r$ の式の拘束力項の向きが反転し、$\dot\varphi^2=2ag$ が導けない。$\lambda$ の最終形では $1+4a^2r^2=1+4az$ と書き替えられることに触れておくと、拘束面の傾きが大きいほど拘束力が急速に小さくなる（分母が2乗で効く）ことが読み取りやすい。

方針

ビオ・サバールの積分では、まず外積で向きを確定させ、すべての素片の寄与が同じ向きであることを述べてから大きさの積分に移る。$\hat z\times\hat r=\hat\varphi$ を使えば向きの議論は一行で済む。原始関数 $z'/\sqrt{r^2+z'^2}$ は $z'=r\tan\theta$ の置換でも得られるが、微分して確かめる方が答案では短い。

検算

$l_1,l_2\to\infty$ では $\cos\theta_1,\cos\theta_2\to1$ なので $B\to\mu_0I/(2\pi r)$ となり、設問(1)に一致する。また導線の中央を通る垂線上（$l_1=l_2=l$）では $B=\mu_0Il/\bigl(2\pi r\sqrt{r^2+l^2}\bigr)$ で、$r\gg l$ なら $B\simeq\mu_0I(2l)/(4\pi r^2)$ となり、長さ $2l$ の電流素片が単独でつくる磁場の式に帰着する。

失点しやすい点

有限長の直線電流は単独では電流の連続の式を満たさないので、これはあくまで回路の一部としての寄与である。答案で $\theta_1,\theta_2$ を使うときは、どの点を頂点としてどの二方向のなす角かを必ず定義する。定義を書かずに $\cos\theta_1$ と書くと、補角をとった誤答と区別がつかない。

有理化がすべて

微分した形 $\dfrac{r/s_1}{s_1+l_1}$ をそのまま $\cos\theta$ に結びつけるのは難しい。分母分子に $s_1-l_1$ を掛けて $s_1^2-l_1^2=r^2$ を使うと、$r$ が約分されて $\frac1r(1-l_1/s_1)$ という見通しのよい形になる。下端側は $s_2-l_2$ が分母なので $s_2+l_2$ を掛ける。この二回の有理化が設問(4)の計算の山場である。

二つの道筋の違い

ビオ・サバールは電流素片ごとにベクトルを足すので外積の向きに注意が要る。一方ベクトルポテンシャルはスカラー量 $A_z$ の積分に帰着し、被積分関数の次数も $|\vec R|^{-3}$ から $|\vec R|^{-1}$ に下がるので積分が楽になる。代わりに最後に回転をとる手間が加わる。どちらを選んでも同じ結果になることを確認させるのがこの大問の狙いである。

失点しやすい点

$A_z$ には積分定数（ゲージの自由度）の任意性があり、対数の中身の定数倍は $\vec B$ に効かない。有限長では $\log$ の引数がそのまま定まるが、設問(5)のように無限長の極限をとると発散するので、定数の扱いを意識しておく必要がある。また円筒座標の回転で $\hat\varphi$ 成分が $-\partial A_z/\partial r$ になる符号を落とすと磁場の向きが逆になる。

発散項の打ち消し

無限長の1本の導線では $A_z$ が対数発散する。これは無限に長い電流という理想化の副作用で、往復電流のように全電流が $0$ になる配置では発散項が消えて有限のベクトルポテンシャルが定まる。答案では「$l_1,l_2$ に依る項が2本で相殺する」ことを一行書いておくと、極限操作の正当性が示せる。

余弦定理を使う位置

$|\nabla A_z|$ の計算で現れる $\vec u_1\cdot\vec u_2$ は、三角形（導線1、導線2、点 Q）に余弦定理を当てるだけで消える。角度を導入して $\cos$ の加法定理で処理しようとすると煩雑になるので、内積のまま $d^2=r_1^2+r_2^2-2\vec u_1\cdot\vec u_2$ を使うのが最短である。

検算

2本の導線を結ぶ線分の垂直二等分線上では $r_1=r_2=\rho$ なので $B=\mu_0Id/(2\pi\rho^2)$ となる。これは二つの磁場が同じ向きに重なる場合の直接計算 $2\times\frac{\mu_0I}{2\pi\rho}\times\frac{d/2}{\rho}$ と一致する。また $r_1r_2\gg d^2$ の遠方では $B$ が距離の $-2$ 乗で減衰し、単独の導線の $-1$ 乗より速い。往復電流が遠方でほとんど磁場をつくらないという事実に対応する。

方針

磁束密度が $x$ だけの関数なので、コイル面を $x$ 一定の細い帯に切って積分する。帯の長さは円の弦の長さ $2\sqrt{a^2-(x-d)^2}$ である。

積分の分解

$\sqrt{a^2-u^2}/(d+u)$ をそのまま置換積分すると三角関数の有理式になって長い。分子を $a^2-u^2$ に直し、$a^2-u^2=(a^2-d^2)+(d+u)(d-u)$ という恒等式で二つに割ると、片方は $\int du/\sqrt{a^2-u^2}=\pi$（区間全体で）という基本形に、もう片方は $\int d\theta/(d+a\sin\theta)$ という定型の積分になる。$d>a$ という条件は、$\sqrt{d^2-a^2}$ が実数であることと、被積分関数が積分区間で発散しないことの両方に効いている。

検算

$a\ll d$ では $\sqrt{d^2-a^2}\simeq d\bigl(1-a^2/2d^2\bigr)$ なので $\varPhi\simeq\mu_0I_1a^2/(2d)$ となり、コイルの面積 $\pi a^2$ に中心での磁束密度 $\mu_0I_1/(2\pi d)$ を掛けた値に一致する。力も $F\simeq\mu_0I_1I_2a^2/\bigl(2d^2\bigr)$ となり、磁気モーメント $m=I_2\pi a^2$ の磁気双極子が受ける力 $m\,\partial B/\partial d$ と一致する。逆に $d\to a$ では $F$ が発散するが、これはコイルが導線に接する極限で、導線近傍の $1/x$ 発散を拾うためである。

力を求める道具の選び方

コイル各部に $I_2\,d\vec l\times\vec B$ を積分しても答えは出るが、$x$ 依存の磁場を円周に沿って積分し直すことになり手間が増える。相互インダクタンス $M(d)$ をいったん求めておけば、力は $I_1I_2\,dM/dd$ の一行で済む。電流一定の条件では電源が仕事をするため、力は磁気エネルギーの $-$ 勾配ではなく $+$ 勾配になる点に注意する。この符号を取り違えると引力と斥力が逆になる。

井戸を原点対称にとる利点

井戸が $-L<x<L$ と原点対称なので、ハミルトニアンはパリティ演算子と交換する。したがって固有関数を偶関数と奇関数に分けて探してよく、境界条件も片側だけ課せば足りる。上の解答では和と差をとることでこの分解を機械的に実行した。井戸を $0<x<2L$ にとると $\psi=C\sin(N\pi x/(2L))$ の一本にまとまるが、パリティの議論が見えにくくなる。

$N$ と $n$ のずれ

この問題でいちばん多い失点が、量子数 $N$ と励起状態の番号 $n$ の取り違えである。$n$ は基底状態を $0$ と数えるので $N=n+1$ となる。設問(2)で $E_n\propto(n+1)^2$ と与えられているのは、この対応を確認させるためである。設問(3)の答え $n$ 個も、$N-1$ を $n$ に直して初めて設問(10)と揃う。

検算

幅 $\ell=2L$ の井戸の一般公式 $E=\hbar^2\pi^2N^2/(2m\ell^2)$ に $\ell=2L$ を代入すると $\hbar^2\pi^2N^2/(8mL^2)$ となり、上の結果に一致する。基底状態（$n=0$）は節を持たず、$n$ が1増えるごとに節が1個増える。これは一次元の束縛状態に一般に成り立つ振動定理の内容である。

交換関係を書く位置

$\widehat X$ と $\widehat P$ は交換しないので、$\widehat a^\dagger\widehat a$ を展開する際に「$\widehat X\widehat P$ と $\widehat P\widehat X$ をまとめて交換子にする」段を必ず書く。ここを $-1/2$ の由来として明示できるかどうかが採点の分かれ目で、この $-1/2$ が零点エネルギー $\hbar\omega/2$ に化ける。

昇降演算子の論理

$[\widehat{\mathcal H},\widehat a^\dagger]=\hbar\omega\widehat a^\dagger$ さえ示せば、固有値が $\hbar\omega$ 刻みで並ぶことは自動的に従う。下限があること（$\widehat a^\dagger\widehat a$ は半正定値なので $E\ge\hbar\omega/2$）と、下限を与える状態が $\widehat a|0\rangle=0$ を満たすことを添えると、$E_n$ がこれ以外にないことまで言える。問題では $|n\rangle$ の形が与えられているので、答案では帰納法の一行で十分である。

与えられた等式の読み方

$\left(x-\beta\frac{d}{dx}\right)f=-\beta g^{-1}\frac{d}{dx}(gf)$ は、$g^{-1}$ と $g$ で挟むと演算子 $x-\beta\,d/dx$ が単なる微分に化けるという主張である。この形なら $n$ 回の合成で内側の $g\cdot g^{-1}$ が次々に相殺し、微分演算子の $n$ 乗だけが残る。帰納法の一段を書けば十分で、$n$ 回分を書き下す必要はない。

$\psi_0^2$ が現れる理由

$f=\psi_0=Cg$ を入れると $gf\propto g^2\propto\psi_0^2$ となる。つまりロドリゲスの公式の「重み関数」が基底状態の確率密度そのものである。これは調和振動子の固有関数がガウス重みに関する直交多項式（エルミート多項式）で書けることの言い換えで、$H_n$ が $x$ の $n$ 次多項式になることも $\frac{d^n}{dx^n}\bigl(e^{-\gamma x^2}\bigr)=P_n(x)e^{-\gamma x^2}$（$P_n$ は $n$ 次）から従う。

失点しやすい点

位置表示に移すときの符号を取り違えやすい。$\widehat a$ では $+\frac{i}{m\omega}\widehat P\to+\beta\frac{d}{dx}$、$\widehat a^\dagger$ では $-\beta\frac{d}{dx}$ である。$\widehat a$ 側で符号を誤ると $\psi_0$ が発散する $e^{+m\omega x^2/2\hbar}$ になるので、規格化できない時点で気づける。

論証の型

設問(10)は「少なくとも $n$ 個」と「高々 $n$ 個」を別々の理由で示し、挟み撃ちにする形になっている。前者は与えられた性質（ロルの定理の一般化）を微分の回数だけ繰り返すこと、後者は $H_n$ が $n$ 次多項式であることから従う。片方だけでは「一致する」の証明にならないので、答案では両方を明示する。

与えられた性質を使う前提の確認

性質の仮定は「実数値をとり、$x\to\pm\infty$ で $0$ に収束する可微分関数」である。$f_j$ がガウス因子を含むおかげでこの仮定が満たされることを一言書いておく。多項式だけなら無限遠で発散するので性質は使えず、ガウス因子が本質的である。

二つのポテンシャルをつなぐもの

無限井戸と調和振動子ではポテンシャルの形も固有値の並び方（$\propto(n+1)^2$ と $\propto n+\frac12$）も違うのに、節の個数はどちらも $n$ である。これは一次元の束縛状態について、エネルギーの低い順に $0,1,2,\ldots$ 個の節が並ぶという振動定理の帰結で、ポテンシャルの詳細によらない。設問(3)と設問(10)を並べたのは、この普遍性に気づかせるためである。

検算

第1・第2励起状態の節の位置は、エルミート多項式 $H_1\propto\xi$、$H_2\propto2\xi^2-1$（$\xi=\sqrt{m\omega/\hbar}\,x$）の零点に一致する。第2励起状態の節 $x=\pm\sqrt{\hbar/(2m\omega)}$ は、古典的な折り返し点 $x=\pm\sqrt{5\hbar/(m\omega)}$ よりずっと内側にあり、節が古典的に到達できる領域の内部に分布するという一般的な描像とも整合する。

方針

ハミルトニアンが1粒子ごとに分離しているので、$Z=z^N/N!$ に落として1粒子分配関数だけを計算すればよい。無限に長い容器なので高さ方向の積分は発散しそうに見えるが、ボルツマン因子 $e^{-\beta mgz}$ が指数的に減衰するため有限で、スケールハイト $k_{\mathrm B}T/(mg)$ が実効的な気柱の高さを与える。重力が「柔らかいふた」の役割をしていると読める。

$1/N!$ と $h^{3N}$ の扱い

問題に与えられた $Z$ の形に $1/N!$ と $h^{-3N}$ が含まれているので、答案でもこの規約を明示して使う。$1/N!$ を落とすとギブスのパラドックスが生じ、設問(5)以降の示量性（$F_i$ が $N_i$ に比例すること）が壊れる。

検算

$g\to0$ の極限で $k_{\mathrm B}T/(mg)\to\infty$ となり、実効的な体積が発散する。これは重力がなければ無限長の容器に気体が広がってしまうことを表しており、密度分布 $n(z)$ も $z$ に依らない一様な値に近づく（ただし $N/(A\cdot\infty)\to0$）。逆に $T\to0$ では気柱が底面に張り付く。

等分配定理の使い分け

運動量については $p^2/2m$ が2次形式なので1自由度あたり $\frac12k_{\mathrm B}T$、高さについては $mgz$ が1次式なので $\frac12k_{\mathrm B}T$ ではなく $k_{\mathrm B}T$ になる。一般化等分配定理 $\left\langle z\dfrac{\partial\mathcal H}{\partial z}\right\rangle=k_{\mathrm B}T$ に $\partial\mathcal H/\partial z=mg$ を入れれば $\langle mgz\rangle=k_{\mathrm B}T$ が直ちに出る。$n$ 次の同次関数なら1自由度あたり $k_{\mathrm B}T/n$ という覚え方でも整理できる。

どの熱容量と比べているか

容器は無限に長いので、この気体は体積を固定した系ではない。温度を上げれば気柱は自由に上へ広がる。それでも $C=\frac52Nk_{\mathrm B}$ が単原子分子理想気体の定圧熱容量 $\frac52Nk_{\mathrm B}$ と数値的に一致するのは偶然ではなく、底面での圧力 $P(0)=Nmg/A$ が温度によらず一定に保たれるためである（設問(6)参照）。答案では、問題文の指示どおり定積熱容量 $\frac32Nk_{\mathrm B}$ との差を述べたうえで、この点に触れると理解の深さが伝わる。

失点しやすい点

$E=-\partial\ln Z/\partial\beta$ の計算で、$\ln N!$ が $\beta$ に依らないことと、$z$ の $\beta$ 依存性が $\beta^{-5/2}$ にまとまることを確認せずに項別に微分すると、$A$ や $mg$ が残った誤答になりやすい。指数だけを取り出して $-\frac52\ln\beta$ と書くのが安全である。

局所平衡という考え方

$\ell\ll k_{\mathrm B}T/(mg)$ という条件は、小空間の中で密度も位置エネルギーも一定とみなしてよいという意味である。この近似のもとで小空間は「重力のない体積 $v$ の理想気体」と同じ扱いになり、状態方程式 $P_iv=N_ik_{\mathrm B}T$ がそのまま使える。重力の効果は、小空間ごとの $N_i$ の違い（すなわち $n(z)$ の高さ依存性）に押し込められている。

底面の圧力の意味

$P(0)=Nmg/A$ は、気柱全体の重さを底面積で割った値である。無限に長い容器では上端がないので、底が支えているのは気体の全重量であり、これは温度に依らない。$T$ を上げると密度分布は上へ広がるが、底面圧力は変わらないという点が、この系のいちばん見通しのよい性質である。

失点しやすい点

$F_i$ に $N_img z$ の項を書き落とすと、設問(6)の圧力は正しく出るのに設問(7)の化学ポテンシャルが $z$ 依存になってしまい、「$z$ によらず一定」が示せなくなる。問題文の「重力による位置エネルギーを一定として」は、この項を落としてよいという意味ではなく、$mgz$ を小空間内で定数として扱ってよいという意味である。

方針

設問(7)は $\ln$ の中の $n(z)$ が $e^{-\beta mgz}$ を含み、その $\ln$ が $-mgz$ を生んで、外側の $+mgz$ とちょうど打ち消すという構造になっている。$\mu$ が「内部の化学ポテンシャル $+$ 外場の位置エネルギー」の和であり、平衡状態ではこの和が一定になる、というのが一般的な描像である。

力の釣り合いと分布の関係

静水圧平衡 $dP/dz=-mgn(z)$ と状態方程式 $P=nk_{\mathrm B}T$ を組み合わせると $dn/dz=-\beta mgn$ となり、指数分布 $n(z)\propto e^{-\beta mgz}$ が一意に決まる。つまり設問(2)の統計力学的な導出と設問(8)の力学的な条件は同じ内容を別の言葉で述べたものである。答案では、両者が同じ分布を与えることを確認する形で書くと説得力がある。

$\ell$ に関する条件がどこで効くか

$e^{-\beta mg\ell}\simeq1-\beta mg\ell$ という一次近似を使えるのは $\ell\ll k_{\mathrm B}T/(mg)$ だからである。この条件がないと、小空間の中で密度が大きく変わるため「一様な理想気体」とみなす前提が崩れ、$N_i=n(z)A\ell$ も成り立たない。設問(5)から設問(8)まで一貫してこの条件が土台になっている。

失点しやすい点

平衡条件を問われて力の釣り合いだけを書くと、温度と化学ポテンシャルの一致に触れていないぶん説明が不足する。逆に $\mu$ 一定だけを書いても、上下面の圧力差が重さを支えるという力学的な内容が抜ける。3つの条件を挙げ、そのうち力学的平衡を具体的に検証する、という順序で書くのが答案として無駄がない。