立教大学 理学研究科 物理学専攻 物理学 2025年度 春季（2025年2月実施） 院試 過去問 解答例・解説（全4問）

方針

極座標の速度の $2$ 乗は $\dot r^2+r^2\dot\theta^2$ である。$r\dot\theta$ の $r$ を落として $\dot\theta^2$ とする誤りが最も多いので、$\bm{v}=\dot r\,\bm{e}_r+r\dot\theta\,\bm{e}_\theta$ の形を一度書いておくとよい。

符号の確認

$U$ は負である。無限遠で $0$、近づくほど小さくなるので、束縛された軌道では力学的エネルギーが負になる。楕円軌道の条件と整合する。

失点しやすい点

「$m\ll M$ より恒星は動かない」という近似を明示する。厳密には換算質量 $\mu=mM/(M+m)$ を使うが、本問では $\mu\simeq m$ としてよい。

符号

$U$ が負なので $-U$ は正になり、$L$ の第 $2$ 項は $+GMm/r$ である。ここで符号を落とすと(c)の運動方程式で引力が斥力になる。

$\theta$ が現れないこと

$L$ は $\theta$ を含まない（循環座標）。この時点で $\theta$ に共役な運動量 $p_\theta=\partial L/\partial\dot\theta=mr^2\dot\theta$ が保存することが読める。(c)で確認する。

失点しやすい点

$L=T+U$ としない。ハミルトニアンが $T+U$、ラグランジアンが $T-U$ である。

各項の意味

$mr\dot\theta^2$ は遠心力（見かけの力）、$-GMm/r^2$ は万有引力である。動径方向の方程式はこの $2$ つの釣り合いで軌道の形を決める。

$\theta$ 方程式が保存則になる理由

$L$ が $\theta$ を陽に含まないので $\partial L/\partial\theta=0$ となり、共役運動量 $p_\theta$ が保存する。これがケプラーの第 $2$ 法則（面積速度一定）である。面積速度は $\frac12 r^2\dot\theta=\ell/(2m)$ で一定になる。

失点しやすい点

$\partial L/\partial r$ で第 $2$ 項 $GMm/r$ を $r$ で微分すると $-GMm/r^2$ になる。符号を追う。

方針

比を出すだけなら角運動量保存の $1$ 本で足りる。エネルギー保存を持ち出す必要はない。$2$ つの保存量のうちどちらが何を決めるかを意識すると、(e)への流れが自然になる。

検算

$e=0$（円軌道）なら $v_p=v_a$ となり、速さが一定という円運動の性質と一致する。$e\to1$ で $v_p/v_a\to\infty$ となり、細長い軌道では近星点で急激に速くなることを表す。

失点しやすい点

$\dot r=0$ を根拠として書かないと、$v=r\dot\theta$ としてよい理由が示せない。$r$ の極値であることを明記する。

検算

$e=0$ とすると $v_p=v_a=\sqrt{GM/a}$ で、半径 $a$ の円軌道の速さ $\sqrt{GM/a}$ に一致する。 また $v_pv_a=GM/a$ という関係が成り立ち、$e$ に依存しない。

別解

ヴィス・ヴィヴァ方程式 $v^2=GM\left(\dfrac{2}{r}-\dfrac{1}{a}\right)$ を既知として使えば、$r=r_p=a(1-e)$ を代入して $v_p^2=GM\left(\dfrac{2}{a(1-e)}-\dfrac1a\right)=\dfrac{GM}{a}\cdot\dfrac{2-(1-e)}{1-e}=\dfrac{GM}{a}\cdot\dfrac{1+e}{1-e}$ と直ちに得られる。ただしこの式自体はエネルギー保存と長半径の定義から導かれるので、本問では上の手順を踏むのが安全である。

背景

$E=-\dfrac{GMm}{2a}$ が成り立つ（長半径だけでエネルギーが決まる）。実際 $v_p$ を代入すると $E=\frac12 m\dfrac{GM(1+e)}{a(1-e)}-\dfrac{GMm}{a(1-e)}=\dfrac{GMm}{a(1-e)}\left(\dfrac{1+e}{2}-1\right)=-\dfrac{GMm}{2a}$ となる。

失点しやすい点

$1-e^2=(1-e)(1+e)$ の因数分解で約分を誤りやすい。$2e$ が両辺に現れて消えることを確認する。

符号

電場は電位の高い方から低い方へ向く。$E_z>0$ なら $z$ が大きいほど電位は低く、$\phi=-E_zz$ は確かに $z$ の増加とともに減る。

失点しやすい点

$\phi=E_zz$ と符号を落とすと(d)の無限遠条件が逆になる。$\bm{E}=-\nabla\phi$ のマイナスを最初に書く。

基準点の取り方

電位には定数の任意性があり、設問は原点を $0$ と指定している。無限遠を基準に取れないのは、一様電場が無限遠まで続くため $\phi$ が発散するからである。(c)(d)では有限系なので無限遠を基準に戻る。

$\varphi$ に依らないこと

一様電場は $z$ 軸のまわりに軸対称だから、電位は方位角 $\varphi$ を含まない。この対称性が(d)で $\phi=F(r)\cos\theta$ という形を仮定してよい根拠になる。

$\cos\theta$ が現れる意味

$\cos\theta$ は $\ell=1$ のルジャンドル多項式 $P_1(\cos\theta)$ である。一様電場は $\ell=1$ の成分だけをもつので、導体球を置いても $\ell=1$ の項しか現れない。

失点しやすい点

$\theta$ を $z$ 軸からの角（極角）と取るか $xy$ 平面からの角（緯度）と取るかで $\cos$ と $\sin$ が入れ替わる。設問の図に従い極角とする。

方針

球対称なのでラプラス方程式を解くまでもなく、ガウスの法則で $1$ 行で決まる。$\ell=0$ の成分だけからなる場である。

検算

球面 $r=a$ での電位は $Q/(4\pi\varepsilon_0a)$ で、導体内部も同じ値の等電位になる。導体内部の電場が $0$ であることと整合する。

失点しやすい点

$r<a$ では $\phi$ は一定（$=Q/(4\pi\varepsilon_0a)$）であって $0$ ではない。設問は球外を問うているので $r\ge a$ の式を答える。

第2項の意味

$E_za^3\cos\theta/r^2$ は、原点に置かれた電気双極子の電位 $\dfrac{p\cos\theta}{4\pi\varepsilon_0r^2}$ の形をしている。比較すると誘起双極子モーメントは $p=4\pi\varepsilon_0a^3E_z$ である。導体球は外場に応じて双極子として振る舞う。

全電荷が $0$ であること

$\ell=0$ の項（$C/r$ の形）を入れなかったのは、全電荷が $0$ で接地されていないためである。もし電荷 $Q$ を与えれば(c)の項が重なる。

検算

$r=a$ で $\phi=0$、$r\to\infty$ で $\phi\to-E_zr\cos\theta$ の両方を満たす。また $a\to0$ とすれば第 $2$ 項が消えて一様電場に戻る。

失点しやすい点

一般解を $Ar+B/r^2$ ではなく $A/r+B$ としない。$\cos\theta$（$\ell=1$）に対応する動径解は $r$ と $r^{-2}$ である。

図で押さえるべき点

$3$ 点を落とさない。第 $1$ に電気力線が導体表面に垂直であること、第 $2$ に球の近くで力線が球を避けるように曲がること、第 $3$ に赤道面（$\theta=\pi/2$）が球面と同電位でつながっていることである。

力線の疎密

北極・南極（$\theta=0,\pi$）付近では力線が集まり電場が強く、赤道付近では疎になる。この疎密が(f)の表面電荷密度の $\cos\theta$ 依存に対応する。

失点しやすい点

導体内部にも力線を描かない。導体内部は電場 $0$ で等電位である。

検算：全電荷

$$\oint\sigma\,dS=\int_0^{2\pi}\!\!\int_0^{\pi}3\varepsilon_0E_z\cos\theta\cdot a^2\sin\theta\,d\theta\,d\varphi =6\pi\varepsilon_0E_za^2\int_0^{\pi}\cos\theta\sin\theta\,d\theta=0$$ となり、全電荷 $0$ という設定と一致する。

双極子モーメントとの整合

$p=\displaystyle\oint\sigma\,(a\cos\theta)\,dS=3\varepsilon_0E_za^3\int_0^{2\pi}\!\!\int_0^{\pi}\cos^2\theta\sin\theta\,d\theta\,d\varphi=4\pi\varepsilon_0a^3E_z$ となり、(d)で読み取った誘起双極子モーメントと一致する。

値の意味

北極（$\theta=0$）で $\sigma=3\varepsilon_0E_z$、南極で $-3\varepsilon_0E_z$、赤道で $0$ である。一様電場だけのときの $\varepsilon_0E_z$ の $3$ 倍になるのは、導体が電場を集めるためである。

失点しやすい点

$E_r=-\partial\phi/\partial r$ のマイナスと、$\phi$ の中の $-E_z$ のマイナスが重なって符号が戻る。段階を分けて書く。

次元の確認

$\alpha$ は長さの次元をもち、調和振動子の特性長 $\sqrt{\hbar/(m\omega)}$ である。$\beta$ はエネルギーの次元で、調和振動子の基底エネルギー $\hbar\omega/2$ に等しい。$\lambda$ は無次元で、非調和項の強さを測る。

検算

$g=0$ とすると $\lambda=0$ で $\hat H=\hat p^2+\hat x^2$ となり、固有値は $E=2n+1$。$\hat H_0=\beta\hat H$ より $E_0=\frac{\hbar\omega}{2}(2n+1)=\hbar\omega(n+\frac12)$ で、調和振動子のエネルギー準位に一致する。

失点しやすい点

$\hat p^2$ の係数を $\hbar^2/(2m\alpha^2)$ と書くとき、$\hat P^2=(\hbar/\alpha)^2\hat p^2$ の $2$ 乗を落とさない。

方針

$\hat A$ に何も仮定していないのがこの恒等式の強みである。$\hat A$ を選ぶたびに新しい関係式が $1$ 本得られ、(c)(d)(e)はその使い分けにすぎない。

必要な仮定

$|\varphi\rangle$ がエネルギー固有状態であること、$\hat H$ がエルミートで $E$ が実であることの $2$ 点である。定常状態でない一般の状態では成り立たない。

失点しやすい点

$\langle\varphi|\hat H=E\langle\varphi|$ を書くときにエルミート性と $E$ の実性を使う。ここを省くと $E^{*}$ が残る。

ビリアル定理としての読み方

一般に $V=\sum_k c_k x^k$ の形のポテンシャルでは $2\langle T\rangle=\langle xV'(x)\rangle$ が成り立つ。ここでは $T=\hat p^2$、$V=\hat x^2+\lambda\hat x^4$、$xV'=2\hat x^2+4\lambda\hat x^4$ で、$2\langle\hat p^2\rangle=2\langle\hat x^2\rangle+4\lambda\langle\hat x^4\rangle$ となり上と同じである。

エネルギーとの関係

$E=\langle\hat H\rangle=\langle\hat p^2\rangle+\langle\hat x^2\rangle+\lambda\langle\hat x^4\rangle$ にビリアル定理を代入すると $E=2\langle\hat x^2\rangle+3\lambda\langle\hat x^4\rangle$ が得られる。これは(e)で $n=1$ とした場合に一致する。

失点しやすい点

$[\hat x^2,\hat x\hat p]$ を計算するとき、$[\hat x^2,\hat x]=0$ なので $\hat x[\hat x^2,\hat p]$ だけが残る。展開公式 $[A,BC]=[A,B]C+B[A,C]$ を使う。

$i$ が現れる理由

$f'(\hat x)\hat p$ はエルミートでないので、その期待値は一般に複素数になる。実際 $(f'\hat p)^{\dagger}=\hat pf'=f'\hat p-if''$ だから、$\langle f'\hat p\rangle$ の実部は $\frac12\langle f'\hat p+\hat pf'\rangle$、虚部が $\frac12\langle f''\rangle$ にあたる。上式はその虚部だけが残ることを述べている。

検算

$f(x)=x^2$ とすると $f'=2x$、$f''=2$ で $\langle\hat x\hat p\rangle=\frac{i}{2}$ となる。実際 $\hat x\hat p=\frac12(\hat x\hat p+\hat p\hat x)+\frac12[\hat x,\hat p]$ で、対称化された部分の期待値は定常状態で $0$、残りが $\frac{i}{2}$ である。

失点しやすい点

$[\hat p,f(\hat x)]=-if'(\hat x)$ の符号を落とさない。$[\hat x,\hat p]=i$ の向きから決まる。

検算：$n=1$

第 $1$ 項が消えて $4E-8\langle\hat x^2\rangle-12\lambda\langle\hat x^4\rangle=0$、すなわち $E=2\langle\hat x^2\rangle+3\lambda\langle\hat x^4\rangle$ となる。これは(c)のビリアル定理を $E=\langle\hat p^2\rangle+\langle\hat x^2\rangle+\lambda\langle\hat x^4\rangle$ に代入した結果と一致する。

検算：$n=0$

$\hat A=\hat p$ の場合にあたり、$-4\langle\hat x\rangle-8\lambda\langle\hat x^3\rangle=0$、すなわち $\langle V'\rangle=0$ が出る。これは定常状態で平均の力が $0$ になるというエーレンフェストの定理である。

この関係式の使い道

$n$ を $1,2,3,\dots$ と動かすと、$\langle\hat x^k\rangle$ たちを結ぶ漸化式の族が得られる。$\lambda$ の摂動展開と組み合わせると、非調和振動子のエネルギー準位を数値的に高精度で求める方法（ハイパービリアル摂動法）になる。

失点しやすい点

$\hat x^{n-1}\hat p^2$ の書き換えで $\hat x^{n-1}\hat H$ の期待値を $E\langle\hat x^{n-1}\rangle$ とできるのは、$\hat H$ が右側の $|\varphi\rangle$ に作用するからである。順序を逆にすると使えない。

方針

「全体から隣接するものを引く」が最短である。リングでは辺の本数が頂点数と同じ $L$ 本になる点が、直線鎖（$L-1$ 本）との違いである。

失点しやすい点

$L=4$ では $(1,3)$ と $(2,4)$ がともに「向かい合う」配置で、これ以外にないことを確認する。粒子は区別できないので $(1,3)$ と $(3,1)$ を別に数えない。

リングと直線の違い

同じ $L=4$ でも直線状に並んだ格子なら $(1,3),(1,4),(2,4)$ の $3$ 通りが可能で、$Z=3$ になる。リングでは $1$ と $4$ が隣接するため $1$ 通り減る。この差が(c)の $L(L-3)/2$ と直線鎖の $\binom{L-1}{2}$ の違いに対応する。

母関数の意味

$x$ は絶対活動度（フガシティー）にあたり、$\Xi_L$ はグランドカノニカル分配関数である。$x$ の次数が粒子数、係数が縮重度を表す。

検算

$x=0$ とすると $\Xi_4(0)=1=Z_{4,0}$ で、粒子が $0$ 個の配置が $1$ 通りであることと合う。

失点しやすい点

$N=0$ の項を落とさない。空配置も $1$ 通りの配置である。

検算

$L=3$ とすると $0$ で、設問文にある $Z_{3,2}=0$ と一致する。$L=4$ とすると $\dfrac{4\cdot1}{2}=2$ で(a)と一致する。$L=5$ なら $5$ で、正五角形の「対角線」の本数と等しい。

$L\ge3$ が必要な理由

$L=2$ のリングでは格子 $1$ と $2$ が $2$ 本の辺で結ばれ、辺の本数が $L$ に等しいという前提が崩れる。設問が $L\ge3$ としているのはこのためである。

失点しやすい点

隣接する組の個数をリングで $L-1$ とすると直線鎖の数え方になる。リングは端がないので $L$ 本である。

$x^{n/2+n'/2}$ の意味

各粒子は左隣との辺と右隣との辺の両方に現れるので、$x$ を半分ずつ振り分けて $x^{n/2}$ と $x^{n'/2}$ にしている。$L$ 個の辺をすべて掛け合わせると、粒子 $1$ 個あたりちょうど $x^1$ になる。因子 $(1-nn')$ は隣り合う占有を禁止する。

検算

$\mu_++\mu_-=1$、$\mu_+\mu_-=-x$ である。ニュートンの公式で冪和 $p_L=\mu_+^L+\mu_-^L$ を計算すると $p_1=1$、$p_2=1+2x$、$p_3=1+3x$、$p_4=p_3+xp_2=1+4x+2x^2$ となり、(b)の $\Xi_4$ と一致する。

背景

$x=1$ とすると $\Xi_L(1)$ はリング上の「隣接しない部分集合」の総数で、リュカ数 $L_n$ に一致する。$\mu_{\pm}$ が黄金比とその共役になるためである。

失点しやすい点

周期境界条件 $n_{L+1}=n_1$ があるからトレースになる。開いた鎖ならベクトルで挟む形になり、固有値の $L$ 乗の単純な和にはならない。

方針

転送行列の最大固有値だけが熱力学極限に効く、というのは統計力学の標準的な事実である。$\mu_-$ の寄与は $(\mu_-/\mu_+)^L$ として指数的に消える。

$F(1)$ の意味

$x=1$ では配置に重みを付けないので、$\Xi_L(1)$ はリング上の隣接しない配置の総数である。$F(1)$ はその総数の増大率の対数、すなわち $1$ 格子あたりのエントロピー（ハードコア格子気体の残留エントロピー）を表す。黄金比が現れるのは、この数え上げがフィボナッチ型の漸化式に従うためである。

検算

$L=4$ で $\Xi_4(1)=1+4+2=7$（リュカ数 $L_4=7$）。$\frac14\ln7\approx0.486$ で、極限値 $0.4812$ に近い。

失点しやすい点

$\mu_-$ は $x>0$ で負である。$|\mu_-|<\mu_+$ を絶対値で比較する。$\mu_-^L$ が振動するが大きさが小さいので極限には影響しない。