東北大 工学研究科 応用物理学専攻 応用物理 2020年度 院試 過去問 解答例・解説（全5問）

方針

ハミルトニアンが対角なので(1)は行列を掛けるだけで済む。答案では固有方程式を立てるより、実際に作用させて固有値が読み取れることを1行で示すほうが速い。(2)(3)は $s_x$ が非対角なので固有方程式に戻る。

検算

$s_x^{2}=\left(\dfrac{\hbar}{2}\right)^{2}I$ であるから、$s_x$ の固有値 $\lambda$ は $\lambda^{2}=(\hbar/2)^{2}$ を満たさなければならない。(2)の結果はこれと整合する。同じ関係は $s_y$、$s_z$ にも成り立ち、スピン $1/2$ の測定値が必ず $\pm\hbar/2$ になることを表している。

失点しやすい点

固有ベクトルは全体の位相 $e^{i\gamma}$ だけ任意性が残る。問題が「規格化すること」としか言っていない以上、位相の取り方を1行で断っておくと減点されない。また $|x_{+}\rangle$ は $s_z$ の固有状態ではないので、この状態で $s_z$ を測ると $\pm\hbar/2$ が等確率で出ることも押さえておく。

方針

$e^{-i\mathcal Ht/\hbar}$ を行列のまま展開する必要はない。$\mathcal H$ が対角なので、エネルギー固有状態に展開してから各成分に位相因子を掛けるのが最短で、答案でもこの一手を明示すればよい。$|x_{+}\rangle$ が $\mathcal H$ の固有状態ではないからこそ期待値が動く、という点も一言添えると理解が伝わる。

別解（Heisenberg 描像）

演算子の運動方程式 $\dfrac{d s_i}{dt}=\dfrac{i}{\hbar}[\mathcal H,s_i]$ に $\mathcal H=\omega s_z$ を入れると $$\frac{d\langle s_x\rangle}{dt}=-\omega\langle s_y\rangle,\qquad \frac{d\langle s_y\rangle}{dt}=+\omega\langle s_x\rangle,\qquad \frac{d\langle s_z\rangle}{dt}=0$$ となる。これは $z$ 軸まわりの回転の方程式そのもので、期待値だけを問われている設問なら状態を書き下さずに解ける。

検算

得られた期待値は $$\langle s_x\rangle^{2}+\langle s_y\rangle^{2}+\langle s_z\rangle^{2} =\left(\frac{\hbar}{2}\right)^{2}$$ を満たす。純粋状態のスピン $1/2$ では期待値ベクトルの長さが常に $\hbar/2$（Bloch 球面上）になるので、これは強い検算になる。また $t=0$ で $\langle s_x\rangle=\hbar/2$、$\langle s_y\rangle=\langle s_z\rangle=0$ となり、初期状態が $s_x$ の固有状態であることと整合する。

失点しやすい点

上向き成分の位相は $e^{-iE_{\uparrow}t/\hbar}=e^{-icBt/\hbar}$ であって $e^{+icBt/\hbar}$ ではない。ここで符号を取り違えると $\langle s_y\rangle$ の符号、すなわち歳差の向きが逆になる。回転の向きは $\langle s_x\rangle$ と $\langle s_y\rangle$ の位相差で決まるので、両方を同じ規約で計算し切ることが大切である。

方針

「方向を指定する」条件は3成分の期待値の条件だが、規格化と全体位相の自由度を引くと独立な実パラメータは2つしかない。$\langle s_y\rangle=0$ で位相を落とし、$\langle s_z\rangle$ で振幅比を決め、$\langle s_x\rangle$ で符号を決める、という順に書くと過不足がない。

検算

$\theta=0$ で $|\chi\rangle=|\!\uparrow\rangle$、$\theta=\pi$ で $|\chi\rangle=|\!\downarrow\rangle$ となり、$z$ 軸の正負を向く状態に一致する。$\theta=\pi/2$ では $|\chi\rangle=(|\!\uparrow\rangle+|\!\downarrow\rangle)/\sqrt2=|x_{+}\rangle$ で、設問(3)の結果と一致する。設問どうしがつながることを本文で一言指摘しておくとよい。

背景

一般には $\cos(\theta/2)|\!\uparrow\rangle+e^{i\phi}\sin(\theta/2)|\!\downarrow\rangle$ が方向 $(\sin\theta\cos\phi,\sin\theta\sin\phi,\cos\theta)$ を向く状態であり、$(\theta,\phi)$ が Bloch 球の極座標に対応する。本問は $\phi=0$ の場合にあたる。設問(4)の結果は、この描像では $\theta=\pi/2$ の点が球の赤道上を角速度 $\omega$ で走ることに相当する。

失点しやすい点

半角 $\theta/2$ を $\theta$ と書いてしまう誤りが多い。スピノルの回転角が実空間の回転角の半分になるのはスピン $1/2$ の本質的な性質で、$\theta$ のまま書くと $\theta=\pi/2$ で $|x_{+}\rangle$ を再現できない。検算でここを必ず確かめたい。

方針

一般化座標を $(q,\theta)$ にとり、質点の位置を $q$ と $\theta$ で書いてから微分する、という順序を崩さない。ひもが伸び縮みしないという条件はこの座標の取り方の中にすでに入っているので、束縛力（張力・垂直抗力）は最後まで一度も現れない。これがラグランジュ形式を使う利点で、答案の冒頭に一言書いておくと方針が伝わる。

検算

$p$ の表式で $\dot x=\dot q+l\dot\theta\cos\theta$ を使うと $p=M\dot q+m\dot x$ となり、水平方向の全運動量そのものである。ラグランジアンから機械的に出てきた量が力学的に意味のある量に一致することは、$T$ の交差項を正しく書けたことの確認になる。$m\to0$ とすれば $p=M\dot q$、$M\to\infty$ の極限では台車が動かず $\dot q\to0$ となり、単振り子に帰着する。

失点しやすい点

質点の速度の $x$ 成分に台車の速度 $\dot q$ を足し忘れ、交差項 $ml\dot q\dot\theta\cos\theta$ を落とすのが最も多い誤りである。この項が消えると設問(3)以降がすべて崩れる。また設問(2)で「エネルギーも保存する」と書くのは正しいが、問われているのは運動量なので、循環座標であることを根拠として明示する必要がある。

方針

a) は「$p=0$ を1回積分して $q$ を $\theta$ で消す」だけで終わる。運動方程式を解く必要はない。b) は微小振動なので、ラグランジアンを $\theta$、$\dot\theta$、$\dot q$ の2次形式に切り詰めてから変分するのが安全である。$\cos\theta$ を展開する前に運動方程式を作ると、後で落とすべき高次項の判断が難しくなる。

2つの結果の整合

a) の楕円の水平半軸は $Ml/(M+m)$、b) の周期は長さ $l_{\mathrm{eff}}=Ml/(M+m)$ の単振り子の周期 $2\pi\sqrt{l_{\mathrm{eff}}/g}$ と同じ形である。すなわち、台車が動けることの効果は「有効的なひもの長さが $Ml/(M+m)$ に縮む」と読める。独立に導いた2つの結果が同じ長さを与えることは強い検算になる。

極限による確認

$M\to\infty$ では $T_{\mathrm{osc}}\to2\pi\sqrt{l/g}$ となり、台車が固定された単振り子に一致する。楕円も $x$ 半軸が $l$ に近づいて円（振り子の円弧）になる。逆に $M\to0$ では $T_{\mathrm{osc}}\to0$、楕円は鉛直線に潰れる。これは軽い台車が質点の水平運動を打ち消すように動き、質点がほぼ真上下にしか動けなくなることを表す。

失点しやすい点

b) で $p=0$ の条件を使わずに2本の運動方程式を連立し、基準振動を求めようとすると計算が長くなる。この系は $\Omega=0$（全体の一様並進）と $\Omega^{2}=(M+m)g/(Ml)$ の2つの基準振動をもち、静止から放した初期条件は前者を励起しない。答案では「$p=0$ より重心が静止しているので、残るのは相対運動の1自由度だけ」と書いてから代入するとよい。

近似の根拠を書く

a) では「$a/r$ が小さいから展開する」だけでは不十分で、展開の変数 $\varepsilon$ が実際に小さいこと、および $a^{2}/r^{2}$ の項が求める次数より高次であることを示す必要がある。$\vec a\cdot\vec r$ は $\vec a$ の向きによって符号が変わるが、大きさは $ar$ 以下なので $\varepsilon$ の評価は向きによらない。ここを1行入れておくと「近似の根拠を書け」型の採点で満点になる。

物理的な意味

$\phi$ は $\vec a$ の位置にある単位点電荷（$1/4\pi\varepsilon_{0}$ を省いた形）の作るポテンシャルである。展開の第1項は原点に置いた点電荷、第2項は大きさ $\vec a$ の双極子に対応し、これが多重極展開の最初の2項にあたる。c) で得た式に $-1$ を掛けたものが双極子の作る電場 $\vec E=\{3(\vec p\cdot\hat r)\hat r-\vec p\}/r^{3}$ の形（$\hat r=\vec r/r$）になっていることを確認しておくとよい。

検算

c) の結果を $\vec r$ と $\vec a$ が平行な場合（$\vec a=a\hat r$）で見ると、 $\vec a/r^{3}-3a\vec r/r^{4}\cdot(1/r)\cdot r=-2a\hat r/r^{3}$ となり、$(\vec a\cdot\vec r)/r^{3}=a/r^{2}$ を $r$ で微分した $-2a/r^{3}$ と一致する。次元も、$\mathrm{grad}$ が長さの逆数を1つ増やすので $[a/r^{3}]=[a]/[r]^{3}$ で整合する。

失点しやすい点

b) を $-1/r^{2}$ と書いてベクトルにし忘れる誤りが多い。勾配はベクトルなので向き $\hat r=\vec r/r$ を必ず付ける。c) では $\mathrm{grad}(\vec a\cdot\vec r)=\vec a$ が定ベクトルゆえに成り立つことを断らずに使うと、$\vec a$ が場所によることを想定した採点で減点されうる。

方針

拡散方程式は $x$ について定数係数なので、フーリエ変換で $\partial_{x}\to ik$ と置き換えると偏微分方程式が $k$ ごとの常微分方程式になる。答案では「2回の部分積分で $(ik)^{2}$ が出る」ことと「境界項が落ちるのは与えられた減衰条件のため」を明示することが求められている。ここを $\partial_x\to ik$ と書くだけで済ませると、示せという指示に答えたことにならない。

検算（規格化と極限）

得られた $u$ は分散 $2Dt$ のガウス分布であり、 $\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}u\,dx=1$ が任意の $t>0$ で成り立つ。これは $F(0,t)=\int u\,dx=F(0,0)e^{0}=1$ からも直ちに分かり、拡散では全量が保存することに対応する。$t\to+0$ では幅 $\sqrt{2Dt}\to0$、高さ $\to\infty$ で面積1のままなので、初期条件 $\delta(x)$ に戻る。

次元による確認

$[D]=\mathrm{L^{2}T^{-1}}$ なので $x^{2}/(4Dt)$ は無次元、$1/\sqrt{4\pi Dt}$ は $\mathrm{L^{-1}}$ の次元をもつ。$u$ は $\delta(x)$ から出発したので $\mathrm{L^{-1}}$ でなければならず、整合している。拡散の広がりが $\sqrt{Dt}$、すなわち時間の平方根でしか広がらないことも、この式から読み取れる。

失点しやすい点

逆変換の $1/2\pi$ を落とすと係数が $2\pi$ 倍ずれる。定義 $F=\int u e^{-ikx}dx$ を採用した以上、逆変換は $u=\frac{1}{2\pi}\int Fe^{ikx}dk$ でなければならない。また平方完成のあと、積分路を複素平面上でずらしてよいかを気にする受験生がいるが、本問は公式が与えられているのでそのまま適用してよい。$a=Dt$ が正であること（$t>0$）だけは明記する。

方針

最初の一手とその理由。

検算

数値代入・極限・境界値などによる確認。

失点しやすい点

よくある誤りと、答案に明示すべき前提。

方針

最初の一手とその理由。

検算

数値代入・極限・境界値などによる確認。

失点しやすい点

よくある誤りと、答案に明示すべき前提。