立教大学 理学研究科 物理学専攻 物理学 2025年度 夏季（2024年7月実施） 院試 過去問 解答例・解説（全6問）

符号

$M$ は減少するので $dM/dt<0$、$\alpha=-dM/dt>0$ である。マイナスを付けて $\alpha$ を正に定義していることを確認する。

失点しやすい点

$\Delta m=-\alpha\Delta t$ としない。放出された燃料の「質量」は正の量である。

$\Delta t\ll1$ の意味

この間は $\alpha$ も噴出速度も一定とみなせ、$\Delta t$ の $2$ 次以上の項を落とせる。(b)で運動量収支を立てるとき、$\alpha\Delta t\cdot\Delta V$ のような $2$ 次の項を無視する根拠になる。

方針

「ロケットの運動量の変化率が噴出した燃料の運動量の変化率と大きさが等しい」という設問の指示は、全運動量保存 $\dfrac{d}{dt}(P_{\text{ロケット}}+P_{\text{燃料}})=0$ を言い換えたものである。燃料の速度は慣性系で測って $V-v$ である点が要点である。

よくある誤り

燃料の速度を $-v$（慣性系で後ろ向きに $v$）としてしまう例が多い。$v$ はロケットに対する相対速度なので、慣性系では $V-v$ になる。

失点しやすい点

$P=MV$ の微分で $\dot M V$ の項を落とすと、次の(c)で正しい方程式が出ない。積の微分を丁寧に書く。

推力の意味

$M\dot V=\alpha v$ の右辺 $\alpha v$ が推力である。単位時間あたりの噴出質量 $\alpha$ と相対噴出速度 $v$ の積で決まり、ロケットの現在の速度 $V$ には依存しない。

よくある誤り

$\dfrac{d(MV)}{dt}=\alpha v$ としない。正しくは $M\dfrac{dV}{dt}=\alpha v$ である。質量が変わる系では「$\dfrac{dP}{dt}=$ 外力」が単純には使えない。

失点しやすい点

分母が $0$ になる $t=M_0/\alpha$ は燃料が尽きる時刻である。設問文の「考えている時間内には燃料は尽きない」がこの範囲を保証している。

ツィオルコフスキーの式

燃料を使い切った時刻の質量を $M_f$ とすると $V-V_0=v\ln(M_0/M_f)$ となる。到達速度が質量比の対数でしか伸びないため、化学ロケットで大きな $\Delta V$ を得るのが難しいという事実の根拠になっている。

検算

$\alpha t\ll M_0$ のとき $\ln\dfrac{M_0}{M_0-\alpha t}\simeq\dfrac{\alpha t}{M_0}$ だから $V\simeq V_0+\dfrac{\alpha v}{M_0}t$ で、初期加速度 $\alpha v/M_0$ の等加速度運動に一致する。(c)で $t=0$ とした値と合う。

グラフで押さえる点

切片が $V_0$ であること、単調増加であること、下に凸であること（加速度が増える）の $3$ 点を示す。質量が減るぶん同じ推力でも加速度が増えるという物理が現れている。

失点しやすい点

積分の符号を誤って $V_0-v\ln(\cdots)$ としない。$M_0-\alpha t<M_0$ なので対数の中身は $1$ より大きく、$V>V_0$ でなければならない。

方針

$d\bm{l}\times\hat{\bm{R}}$ の大きさは $dl\sin\theta$ である。$\sin\theta$ を「観測点までの距離のうち電流に垂直な成分の割合」$\ell/R$ と読むと、以降の積分がすべて同じ形になる。

失点しやすい点

分母は $R^2$ だが $\sin\theta$ の中にも $R$ が入るので、まとめると $R^3=(x_0^2+\ell^2)^{3/2}$ になる。$3/2$ 乗を $1$ 乗や $2$ 乗にしない。

この形が以降で使い回せる理由

以下の(b)〜(e)はすべて、この $d\bm{B}$ を積分区間だけ変えて足し合わせたものである。向きも全区間で $+z$ に揃うので、大きさのスカラー積分だけで済む。

検算

アンペールの法則を半径 $\ell$ の円周に適用すると $B\cdot2\pi\ell=\mu_0I$ から同じ式が $1$ 行で出る。ビオ・サバールからの積分がこれと一致することが確認になる。

方針

被積分関数を与えられた公式の形 $\ell^2/(x^2+\ell^2)^{3/2}$ に合わせるため、$\ell$ を $\ell^2/\ell$ と分けて外に出す。

失点しやすい点

$1-(-1)=2$ を $1$ としない。両側無限であることが $2$ 倍を生む。

角度による表現

$\dfrac{x}{\sqrt{x^2+\ell^2}}=\cos\varphi$（$\varphi$ は $\mathrm{P}$ から見た電流の向きと視線のなす角の補角）と読めるので、 $|\bm{B}_2|=\dfrac{\mu_0I}{4\pi\ell}(\cos\varphi_b-\cos\varphi_a)$ とも書ける。この形にしておくと(d)(e)で角度から直接読める。

検算

$a\to-\infty$、$b\to\infty$ とすれば(b)に戻る。また $a=-b$（$\mathrm{P}$ の足元を中心とする長さ $2b$ の区間）なら $|\bm{B}_2|=\dfrac{\mu_0I}{2\pi\ell}\cdot\dfrac{b}{\sqrt{b^2+\ell^2}}$ となり、無限直線の値に $b/\sqrt{b^2+\ell^2}<1$ を掛けた形になる。

失点しやすい点

$a<b$ という条件があるので括弧の中は正である。順序を入れ替えると符号が反転する。

方針

多角形は「有限直線の重ね合わせ」である。必要なのはアポテムと辺の半長の $2$ つだけで、(c)の公式に代入すれば辺ごとの寄与が出る。

向きの決め方

右ねじの法則で、回路を反時計回りに見る側に磁場が向く。図の矢印が右辺を頂点に向かって上っているので反時計回りであり、紙面手前が正である。

失点しやすい点

$1$ 辺の長さが $2L$ であって $L$ ではない。図の $L$ は辺の半分を指している。アポテムを $L/\sqrt3$ ではなく $2L/(2\sqrt3)$ と計算過程を書いておくと取り違えを防げる。

検算：$n=3$

$\tan\dfrac{\pi}{3}=\sqrt3$ より $|\bm{B}_4|=\dfrac{3\sqrt3\mu_0I}{2\pi r}$。 正三角形の外接円半径は $1$ 辺 $2L$ に対し $r=\dfrac{2L}{\sqrt3}$ だから、代入すると $\dfrac{3\sqrt3\mu_0I}{2\pi}\cdot\dfrac{\sqrt3}{2L}=\dfrac{9\mu_0I}{4\pi L}$ となり(d)と一致する。

$\sqrt{b^2+\ell^2}=r$ の意味

辺の端点は円周上にあるので、中心からの距離はちょうど外接円半径 $r$ である。この幾何が計算を簡単にしている。

失点しやすい点

$\theta=\pi/n$ が「中心に張る角の半分」であることに注意する。全角は $2\pi/n$ である。

検算

半径 $r$ の円電流が中心に作る磁場の公式 $\dfrac{\mu_0I}{2r}$ に一致する。多角形の辺数を増やす極限で円に到達するという筋道が確認できる。

近似の速さ

$n\tan\frac{\pi}{n}=\pi\left(1+\frac{\pi^2}{3n^2}+\cdots\right)$ だから、$n=6$ でも誤差は約 $9\%$、$n=12$ で約 $2\%$ である。正三角形（(d)）では $\dfrac{|\bm{B}_3|}{\mu_0I/(2r)}=\dfrac{3\sqrt3}{\pi}\approx1.65$ で、円より $65\%$ 大きい。

失点しやすい点

与えられた極限公式は $\dfrac{n}{\pi}\tan\dfrac{\pi}{n}\to1$ の形なので、$n\tan\dfrac{\pi}{n}\to\pi$ と読み替えて使う。$\pi$ を落とさない。

方針

行列の指数関数は一般には難しいが、対角行列なら成分ごとのスカラー指数関数になる。定義の級数を書いて $n$ 乗が対角であることを一言添えると、結果の根拠が示せる。

ユニタリ性の確認

$\hat U_0^{\dagger}\hat U_0=\operatorname{diag}(e^{i\omega_0t}e^{-i\omega_0t},\,e^{i\omega_1t}e^{-i\omega_1t})=I$ で、確かにユニタリである。(b)で $\hat U_0^{\dagger}=\hat U_0^{-1}$ として使う。

失点しやすい点

指数の符号 $-i\hat H_0t/\hbar$ を落とさない。$\hbar$ が約分されて $e^{-i\omega t}$ の形になることを確認する。

方針

相互作用表示は「自由な回転を先に取り除く」変換である。対角成分が消え、非対角成分の位相が $\omega$ から $\Omega$ にずれるところが本質である。

$\Omega$ の物理的意味

$\omega_1-\omega_0$ は $2$ 準位のエネルギー差（を $\hbar$ で割ったもの）で、$\Omega=\omega-(\omega_1-\omega_0)$ は外場の振動数と準位間隔の差、すなわち離調（デチューニング）である。共鳴 $\Omega=0$ のとき $\hat H_{\text{new}}$ は時間に依存しない定行列になる。

失点しやすい点

$\hat U_0^{\dagger}$ を左から、$\hat U_0$ を右から掛ける順序を間違えると位相の符号が反転する。$(1,2)$ 成分には左側から $e^{i\omega_0t}$、右側から $e^{-i\omega_1t}$ が掛かることを成分ごとに追う。

方針

摂動論の常套手段である「$\lambda$ の次数ごとに等式を分ける」を使う。右辺全体に $\lambda$ が掛かっているので、$\lambda^0$ の項は左辺の時間微分だけになる。

なぜ定数になるか

相互作用表示では自由な時間発展が $\hat U_0$ に吸収されている。$\lambda=0$（外場なし）なら状態は相互作用表示で動かない。$|\Psi_0\rangle$ が定数であることはその反映である。

失点しやすい点

$O(\lambda^2)$ の項を無視してよい理由は、$\lambda$ が任意に小さく取れるからである。「$\lambda$ の各次数を比較する」と一言書く。

検算

$\beta(0)=\dfrac{1-1}{\hbar\Omega}=0$ で初期条件を満たす。また $\Omega\to0$ の極限では $\beta(t)\to\dfrac{-i\Omega t}{\hbar\Omega}=-\dfrac{it}{\hbar}$ となり、共鳴時に振幅が時間に比例して増えるという正しい振る舞いになる。

遷移確率

準位 $1$ から準位 $2$ への遷移確率は $$|\lambda\beta(t)|^2=\frac{\lambda^2}{\hbar^2\Omega^2}\bigl|e^{-i\Omega t}-1\bigr|^2 =\frac{4\lambda^2}{\hbar^2\Omega^2}\sin^2\frac{\Omega t}{2}$$ となる。$\Omega$ を横軸に取ると $\sin^2$ 型の共鳴曲線が得られ、フェルミの黄金律の出発点になる。

摂動論が使える条件

設問(c)にある $\left|\dfrac{\lambda}{\hbar\Omega}\right|\ll1$ は、いま得た $\lambda\beta$ の大きさが $1$ に比べて小さいことを意味する。共鳴 $\Omega\to0$ では条件が破れ、摂動展開は使えない（このときはラビ振動として厳密に解く必要がある）。

失点しやすい点

$\dfrac{1}{i}\cdot\dfrac{1}{-i}=\dfrac{1}{-i^2}=1$ の処理で符号を誤りやすい。分母を実数化してから整理する。

検算

$N=1$ なら $E_0=0$（最低準位 $j=0$ のみ）、$N=2$ なら $E_0=\epsilon$（$j=0,1$）で、いずれも直接数えた結果と一致する。

ボース粒子との違い

ボース粒子なら全部が $j=0$ に入って $E_0=0$ になる。$N(N-1)/2$ という $N^2$ に比例する寄与はパウリ原理の直接の帰結で、(d)の指数 $\alpha$ にそのまま現れる。

失点しやすい点

準位が $j=0$ から始まることに注意する。$j=1$ から数えると $N(N+1)/2$ になってしまう。

収束条件

$\beta>0$、$\epsilon>0$ より $0<q=e^{-\beta\epsilon}<1$ で、等比級数は収束する。この条件を書いておくと以降の展開の正当性も担保される。

高温・低温の極限

$\beta\to0$（高温）で $q\to1$ となり $Z_1\to\infty$、つまり多数の準位が寄与する。$\beta\to\infty$（低温）で $q\to0$、$Z_1\to1$ で最低準位のみになる。

失点しやすい点

分母を $1-e^{-\beta\epsilon}$ のままにせず、指示どおり $q$ で表す。

分子の $q$ の意味

分子の $q^1$ は基底状態のエネルギー $E_0=\epsilon$（(a)で $N=2$）に対応する因子 $e^{-\beta E_0}=q$ である。分子が基底エネルギー、分母が励起の自由度を担う、という構造になっている。

検算

展開すると $Z_2=q(1+q+2q^2+2q^3+\cdots)$ である。$q^1$ の係数 $1$ は基底状態 $(0,1)$、$q^2$ の係数 $1$ は $(0,2)$、$q^3$ の係数 $2$ は $(0,3)$ と $(1,2)$ に対応し、直接数えた結果と合う。

失点しやすい点

$j\ne k$ ではなく $j<k$ とする。粒子が区別できないので $(j,k)$ と $(k,j)$ を別に数えない。$j\ne k$ で数えると $2$ 倍になる。

物理的な読み方

$q^{\alpha}$ は基底状態の寄与 $e^{-\beta E_0}$ である。$c_1q$ は最高被占準位の粒子を $1$ つ上へ上げる励起（エネルギー $\epsilon$）が $1$ 通りあること、$c_2q^2$ はエネルギー $2\epsilon$ の励起が $2$ 通り（$1$ 個を $2$ つ上げる／$2$ 個を $1$ つずつ上げる）あることを表す。$N\ge2$ が必要なのは後者に $2$ 粒子必要だからである。

検算：$N=2$

$Z_2=q\cdot\dfrac{1}{(1-q)(1-q^2)}$ で(c)と一致する。展開すると $q(1+q+2q^2+\cdots)$ で $c_1=1$、$c_2=2$ が読み取れる。

検算：$N=1$

$\alpha=0$、$\prod$ は $1/(1-q)=1+q+q^2+\cdots$ で $c_2=1$ となり、$N\ge2$ の $c_2=2$ とは異なる。設問が $N\ge2$ を指定している理由がここにある。

失点しやすい点

$m_k$ を非減少列に取り直す操作を書かないと、$\prod(1-q^k)^{-1}$ の形が出てこない。フェルミ粒子の「相異なる準位」を「非減少列＋ずらし」に読み替える一手が要点である。

誤差棒の描き方

対数目盛では $y+\sigma_y$ と $y-\sigma_y$ の対数を取るので、上側より下側が長くなる。相対誤差 $\sigma_y/y$ が小さければ $\ln y$ 上の誤差は近似的に $\sigma_y/y$ に等しい。

$x=4$ の点の特徴

$\sigma_y/y=0.53$ と相対誤差が突出して大きい。他の $4$ 点は $0.2$〜$0.34$ である。あてはめでこの点の重みが軽くなることを意識する。

失点しやすい点

$y$ をそのまま線形目盛にプロットしない。$5$ 桁近く変化する量なので直線に見えず、$a,b$ が読み取れない。

求め方の説明

片対数上で直線を引き、($1$)傾きから $b$、($2$)切片から $\ln a$ を読む、という $2$ 段である。両端の点は誤差棒に対する残差が小さく、かつ $x$ の間隔が最大なので傾きの決定に最も効く。中間の点で直線が誤差棒の内側を通ることを確認したうえで採用する。

重み付き最小二乗との比較

$\ln y$ の誤差を $\sigma_y/y$ として重み付き直線あてはめを行っても $b=1.24$、$a=1.8\times10^2$ となり、目視の読み取りと一致する。相対誤差が $x$ によらずほぼ一定なので、単純な目視でも大きく外れない。

有効数字

測定値が $2$ 桁程度なので、$a$ は $2$ 桁、$b$ は小数第 $2$ 位までにとどめる。$a=177.2$ のように書かない。

失点しやすい点

$\log_{10}$ と $\ln$ を混同しない。$y=ae^{-bx}$ の指数は自然対数の底なので、傾きから直接 $b$ を得るには $\ln$ を使う。常用対数で読んだ場合は $b=2.303\times(\text{傾きの絶対値})$ となる。

判定の基準

$\chi^2/\nu\gg1$ なら誤差の過小評価かモデルの不適合、$\chi^2/\nu\ll1$ なら誤差の過大評価を疑う。本問は後者である。$\nu=3$ のとき $\chi^2$ が $1.05$ 以下になる確率はおよそ $21\%$ で、決定的ではないが小さすぎる傾向は読み取れる。

モデルの妥当性は否定されない

残差に $x$ に対する系統的な傾き（すべて正、あるいは単調に増加するなど）は見られない。したがって $y=ae^{-bx}$ というモデル自体は棄却されず、問題は誤差の大きさの見積もりにある。

答案の書き方

「誤差棒が大きすぎる」と定性的に述べるだけでは不十分で、残差を $\sigma_y$ で割った表か $\chi^2$ の値を示して定量的に論じる。設問が「検討せよ」と求めているのはこの定量性である。

失点しやすい点

自由度を測定点数 $5$ としない。$a$ と $b$ をデータから決めた分だけ自由度が $2$ 減って $3$ になる。

指数減衰になる理由

微小厚さ $dx$ で失われる割合が厚さに比例する（$dN=-N\,dx/\lambda$）ため、解が指数関数になる。一定の割合で減るという仮定が本質である。

失点しやすい点

$N=N_0(1-d/\lambda)$ のような線形近似で答えない。$d\ll\lambda$ でしか成り立たず、(e)のように $d\simeq\lambda$ の場合には使えない。

図の読み方

図 $1$ の縦軸は減衰長（$\mu\mathrm{m}$）で、値が大きいほど透過しやすい。$1800\,\mathrm{eV}$ の直前で約 $14\,\mu\mathrm{m}$、直後で約 $1\,\mu\mathrm{m}$ と一桁以上落ちている。

吸収端の一般的性質

吸収端の上下で減衰長は不連続に変わり、端より上では再びエネルギーとともに増加する。図でも $1800\,\mathrm{eV}$ の直前まで増加していた減衰長が急減し、その後また増加している。

増加の理由

光電吸収の断面積はおおよそエネルギーの $-3$ 乗に比例するので、吸収端より上でもエネルギーが上がれば吸収は弱まり、減衰長は伸びる。

失点しやすい点

「共鳴」や「ブラッグ反射」と混同しない。原因は内殻電子の電離しきい値である。

測定量の組み合わせ

$d$ は $N_0$ と $N$ の比の対数で決まる。ビーム強度の絶対値は不要で、同じ装置で $2$ 回測ればよいという実験設計の利点がここにある。

失点しやすい点

$\ln(N/N_0)$ と符号を逆にしない。$N<N_0$ なので $\ln(N_0/N)>0$ であり、$d>0$ になる。

$\lambda$ の誤差は考えない

本問は $N_0$ と $N$ の計数統計だけを誤差源としている。実際には $\lambda$ の不確かさも $d$ に効くが、(d)以降ではそれを無視した統計誤差のみを扱う。

方針

$\ln N$ の微分が $1/N$ になり、そこに $\sqrt N$ を掛けると $1/\sqrt N$ が残る。計数の統計誤差では「対数を取ると相対誤差 $1/\sqrt N$ になる」と覚えておくと速い。

どちらが効くか

$N<N_0$ なので $1/N$ の項が大きい。透過側の統計をためることが精度に効く。この非対称性が(f)の最適配分の根拠になる。

失点しやすい点

$\sigma_{N_0}$ と $\sigma_N$ を独立として二乗和にする。相関があると仮定して足し算にしない。

要求精度と統計量の関係

$\delta d/d=\dfrac{\lambda}{d}\sqrt{(1+e)/N_0}$ で、$d=\lambda$ なら相対精度 $1\%$ を得るのに約 $4\times10^4$ カウントが要る。相対精度を $10$ 倍上げるには統計量を $100$ 倍にしなければならない。

読み取りの幅

図からの $\lambda$ の読み取りには $1\,\mu\mathrm{m}$ 程度の幅がある。$\lambda=9\,\mu\mathrm{m}$ なら $N_0\ge3.0\times10^4$、$\lambda=11\,\mu\mathrm{m}$ なら $N_0\ge4.5\times10^4$ で、いずれも $10^4$ の桁である。桁の議論として答えれば十分である。

失点しやすい点

$\delta d$ の条件を $N$ ではなく $N_0$ について解く。$N=N_0/e$ を代入して $N_0$ だけの式にしてから不等式を解く。

結果の読み方

$d/\lambda$ が大きいほど透過光子が減るので、$f$ は $1$ に近づき、透過測定に時間を多く割く。$d\to0$ なら $f\to1/2$ で、$2$ つの測定を等分するのが最適になる。直感と合う。

改善の度合い

$d=\lambda$ のとき、最適配分での $g(f)$ は $(1+\sqrt e)^2\simeq7.01$、等分（$f=1/2$）なら $2+2e\simeq7.44$ である。$\delta d$ の比は $\sqrt{7.01/7.44}\simeq0.97$ で、改善は約 $3\%$ にとどまる。最適解の近くでは $g$ が平坦なので、多少ずれても大きな損はない。

$f$ の意味の確認

設問文の「$f:(1-f)$ に振り分ける」は、前者が透過測定、後者が直接測定である。取り違えると $k$ の位置が入れ替わり、$f=1/(1+\sqrt k)$ という誤答になる。

失点しやすい点

$f^2=k(1-f)^2$ から平方根を取るとき、$f>0$ かつ $1-f>0$ なので正の根だけを採る。負の根を採ると $f>1$ になり物理的に無意味である。