阪大 理学研究科 物理学専攻・宇宙地球科学専攻 物理学 2024年度 院試 解答例・解説

方針

この問題は、拘束条件を式で書いた後に、微分して加速度の関係へ落とすのが最短である。未定乗数は抽象的に見えるが、各座標の運動方程式に現れる拘束力の成分を表している。したがって、最後にニュートンの運動方程式と比較すると物理的意味がはっきりする。

符号の確認

座標を下向き正にしたため、ラグランジアンには $+mgy$ が入る。ここを通常の上向き座標の感覚で $-mgy$ としてしまうと、加速度の符号が逆になる。$m_1>m_2$ なら質点1は下向きに加速するので、$\ddot{y}_1>0$ になることが検算になる。

未定乗数の読み方

質点1について $$m_1\ddot{y}_1=m_1g+\lambda$$ と出る一方、力学的には $$m_1\ddot{y}_1=m_1g-T$$ である。よって $\lambda=-T$ である。滑車に慣性モーメントがある場合は左右の張力が等しくないため、$\lambda_2$ が張力差を担う。$M\to0$ とすると $\lambda_2\to0$ となり、質量のない滑車では張力差が消えることもよい検算である。

試験で書くべき点

拘束条件には定数項を含めても含めなくても、微分後の運動には同じ情報が残る。ただし本問では糸が滑車に接しているので、長さの定数部分として $\pi a$ を書いておくと設定を正しく読んだことが伝わる。すべりなし条件は符号規約を明記してから $y_1-a\theta=0$ と書くのが安全である。

方針

前半はポインティングの定理の導出であり、核心は $$\boldsymbol{E}\cdot(\nabla\times\boldsymbol{H})$$ をベクトル公式で発散項と $\boldsymbol{H}\cdot(\nabla\times\boldsymbol{E})$ に分けることである。磁場によるローレンツ力は速度に垂直なので、粒子の運動エネルギーを直接変えるのは電場だけである。

平面波の検算

$\boldsymbol{E}$ が $x$ 方向で $+z$ に進む波なら、$\boldsymbol{H}$ は $y$ 方向でなければならない。そうすると $\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H}$ が $+z$ 方向になる。向きを間違えるとポインティングベクトルが進行方向と逆になり、物理的に不自然である。

導線表面でのエネルギー流

導線内の電流にエネルギーを供給しているのは、導線の軸方向から入る流れではなく、表面から半径方向に入るポインティング流である。表面で $$\boldsymbol{e}_z\times\boldsymbol{e}_\theta=-\boldsymbol{e}_r$$ となるため、$\boldsymbol{S}$ は内向きになる。ここは符号を落としやすい。

試験で書くべき点

エネルギー保存式の第3項は体積積分のまま計算せず、ガウスの定理で表面積分に直すと短い。端面の寄与がゼロであること、側面の法線が $\boldsymbol{e}_r$ であることを明記すると、$-I\Delta\phi$ の符号まで説明できる。

方針

前半は円周上の自由粒子であり、自由度は角度 $\phi$ だけである。量子化後は一価性が量子数 $n\in\mathbb{Z}$ を決める。後半の磁場は粒子の位置ではゼロでも、内部磁束がベクトルポテンシャルの線積分として効く点が本質である。

ベクトルポテンシャルの意味

円周上で $\boldsymbol{A}=(a/r)\boldsymbol{e}_\phi$ なら $$\oint\boldsymbol{A}\cdot d\boldsymbol{\ell}=2\pi a$$ である。これを磁束 $\Phi=\pi\ell^2B$ と等置する。磁場のある領域に粒子が入っていないから $A=0$ としてしまうのは典型的な誤りである。

縮退が起こる条件

エネルギーは放物線 $$E_n(a)=\frac{(\hbar n-qa)^2}{2I}$$ の族である。$a=0$ 近くの基底状態は $n=0$ で、正の $a$ を増やすと次に $n=1$ の放物線と交差する。したがって最初の縮退は $qa=\hbar/2$ である。

摂動計算のポイント

縮退摂動では、元の $e^{\pm i\phi}$ 基底のまま対角成分だけを見ると不十分である。偶ポテンシャルではパリティがよい量子数になるので、$\cos\phi$ と $\sin\phi$ の基底に移ると摂動行列が対角になる。差に $\cos2\phi$ が現れるのは $\cos^2\phi-\sin^2\phi=\cos2\phi$ のためである。

方針

前半は同じ物理量をミクロカノニカルとカノニカルの二通りで求める構成である。ミクロカノニカルでは状態数の対数を微分し、カノニカルでは $\log Z$ を微分する。どちらも最終的には $$E=N\hbar\omega\left(\frac12+\frac{1}{e^{\hbar\omega/(k_BT)}-1}\right)$$ という同じ関係に対応している。

ゼロ点エネルギーの扱い

分配関数には $e^{-\beta\hbar\omega/2}$ が入るため、エネルギーには $N\hbar\omega/2$ が残る。一方、比熱は温度微分なのでゼロ点エネルギーは寄与しない。ここを混同すると低温極限で余分な項を残してしまう。

高温極限の検算

$x=\hbar\omega/(k_BT)\ll1$ では $$\frac{1}{e^x-1}\simeq \frac{1}{x}$$ なので、1個あたりのエネルギーは $k_BT$ に近づく。これは古典的な等分配則の結果であり、比熱 $C\to Nk_B$ の検算になる。

低温比熱のべき

低温では、積分の主な寄与は $\hbar\omega\sim k_BT$ の低周波モードから来る。したがって状態密度の低周波べきだけを見れば比熱の温度べきが決まる。$g(\omega)\propto\omega^p$ なら $$U_T\propto T^{p+2},\qquad C\propto T^{p+1}.$$ 本問の $p=2$ で $T^3$、分散 $\omega\propto k^n$ では $p=3/n-1$ で $T^{3/n}$ となる。

試験で書くべき点

状態数の式では、振動子は区別できる箱であることを明記する。カノニカル計算では $Z=Z_1^N$ としてから $-\partial_\beta\log Z$ を取ると、不要な和を避けられる。最後のべき乗問題では比例定数を求める必要はなく、変数変換で温度のべきだけを示せば十分である。