都立大 理学研究科 物理学専攻 物理 2017年度 夏季 院試 過去問 解答例・解説（全5問）

方針

$t$ の何次まで必要かを先に決めて $(1-u)^{-1/2}$ をその次数だけ展開するのが速い。$P_2$ までなら $u^2$ の項で足り、そこからは $t^2$ の係数 $4x^2$ だけを拾えばよい。$u^3$ 以降は $t^3$ 以上しか生まない。

直交性という背景

2) の $0$ は偶奇性でただちに出るが、より一般に $$\int_{-1}^{1}P_m(x)P_n(x)\,\mathrm dx=\frac{2}{2n+1}\delta_{mn}$$ が成り立つ。ルジャンドル多項式はルジャンドル微分方程式のスツルム・リウヴィル型固有関数で、区間 $[-1,1]$ で重み $1$ の直交系をなすからである。答案では「奇関数だから $0$」で十分だが、直交性に触れておくと理解が伝わる。

検算

母関数に $x=\pm1$ を代入すると $1/(1\mp t)=\sum_n(\pm1)^nt^n$ なので $P_n(\pm1)=(\pm1)^n$ が要求される。得た3つはこれを満たす。

$g<0$ という仮定の役割

実対称行列とは限らない一般の $2\times2$ 実行列は複素固有値を持ちうる。ここで「二つの実固有値」と言えるのは $g=\det\hat g<0$ のおかげで判別式が必ず正になるからである。答案では $D=t^2-4g>0$ を1行示すこと。逆に $g>0$ なら $t^2<4g$ のとき複素固有値になり、設問の前提が崩れる。

極限は解と係数の関係で処理する

2) を根の公式のまま $t\to\infty$ とすると $\infty\times0$ の不定形になる。$\lambda_1\lambda_2=g$ で $\lambda_1$ を $\lambda_2$ に書き換えると、不定形が $t/\lambda_2\to1$ という単純な極限に変わる。展開で押し切るなら $\sqrt{t^2-4g}=t\bigl(1-2g/t^2+O(t^{-4})\bigr)$ から $t\lambda_1=g+O(t^{-2})\to g$ となり、同じ答えを得る。

結果の意味

2) は「$t$ が大きいと大きい方の固有値がほぼ $t$、小さい方がほぼ $g/t$」ということである。3) は「$|g|$ が大きいとトレースの効果が相対的に消え、固有値がほぼ $\pm\sqrt{-g}$ の対になる」ことを表し、極限値 $-1$ はこの対称化の言い換えである。$t=1,\ g=-10^{6}$ では $\lambda_1\simeq-1000.5$、$\lambda_2\simeq1001.5$ で、確かに比は $-1$ に近い。

符号の取り違えと検算

$\int\mathrm dx/\sqrt{1-x^2}=\arcsin x$ と混同して逆三角関数型の答えを書く誤りが多い。符号が $+$ のときは双曲線関数（あるいは $\tan$ 置換）で、答えは対数になる。数値では $\log(1+\sqrt2)=0.88137$ で、被積分関数が $x=0$ で $1$、$x=1$ で $0.7071$ の単調減少関数であることから積分値は $0.707$ と $1$ の間、台形則の粗い評価 $0.854$ とも近い。

同次形の見分け方

右辺が $y/x$ だけの関数 $f(y/x)$ で書けていれば同次形であり、$v=y/x$ で必ず変数分離形になる。本問では $f(v)=e^{v}+v$ で、代入後に $v$ が相殺して $x\,v'=e^{v}$ という最も素直な形になる。この相殺が起きることを確認してから積分に進むとよい。

検算（代入による確認）

$y=-x\log(1-\log x)$ を微分すると $$\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx} =-\log(1-\log x)-x\cdot\frac{-1/x}{1-\log x} =-\log(1-\log x)+\frac1{1-\log x}.$$ 一方 $y/x=-\log(1-\log x)$ だから $$e^{y/x}=e^{-\log(1-\log x)}=\frac1{1-\log x}$$ であり、$e^{y/x}+y/x$ は上の $\mathrm dy/\mathrm dx$ と一致する。$y(1)=-1\cdot\log1=0$ も満たす。

失点しやすい点

$e^{-v}\,\mathrm dv$ の積分を $e^{-v}$（符号なし）としてしまうミス、および積分定数を $-e^{-v}=\log x+C$ の段階で決めずに書き換えてから代入して符号を余分に扱うミスが典型的である。また解は $1-\log x>0$、すなわち $0<x<e$ でしか意味を持たない。指定区間 $0<x\le1$ はこの中に含まれるので、その確認を一言添えると丁寧である。

方針

4) と 5) は「時間を追う」か「角度を追う」かで手間が大きく変わる。速度比例抵抗では $\omega$ は指数的に減衰して有限時間では止まらないが、回転角の総和は収束する。時間を消去した $I\,\mathrm d\omega=-ka^2\,\mathrm d\theta$ を使えば、角運動量の減少分と回転角が直接結ばれる。

制動半径の効き方

ブレーキの位置を半径 $\rho$ に取ると、抵抗力は $k\rho\omega$、モーメントは $k\rho^2\omega$ となり、$\rho$ の2乗で効く。$\rho=a\to a/2$ で制動モーメントは $1/4$ になり、全回転角は $4$ 倍になる。「速度に比例」なので力が半分、腕も半分で合わせて $1/4$、という2段階の理由づけを答案に書くと明快である。

検算

環状体の公式 $I=\frac12M(R_{\text{out}}^2+R_{\text{in}}^2)$ に $R_{\text{out}}=a$、$R_{\text{in}}=a/2$ を入れると $\frac58Ma^2$ で一致する。$R_{\text{in}}\to0$ で $\frac12Ma^2$（一様円板）、$R_{\text{in}}\to a$ で $Ma^2$（薄い輪）だから、$\frac58$ が両者の間にあることも妥当である。

失点しやすい点

2) で「抵抗力の大きさ」と「そのモーメント」を混同し $ka\omega$ と答える誤りが多い。設問は「モーメントの大きさ」を $a,k,\omega$ で表せと指定しているので、腕の長さを掛けた $ka^2\omega$ が答えである。5) では「回転数」を問われているのに角度 $4\theta$ で止める答案が目立つ。$2\pi$ で割ることを忘れない。

方針と $\sqrt5$ の出どころ

拘束は $r=z/2$ の1本だけなので独立変数は $z$ と $\phi$ である。$\phi$ については $L_z$ が保存し、$z$ については抗力の鉛直成分と重力を比べる。水平方向 $mr\omega^2=R\cos\alpha$ と鉛直方向 $m\ddot z=R\sin\alpha-mg$ の2本立てが最短経路である。母線方向は $(\mathrm dr,\mathrm dz)\propto(1,2)/\sqrt5$、内向き法線は $(-2,1)/\sqrt5$ なので抗力の水平成分と鉛直成分の比は $2:1$ になる。$\cos\alpha=2/\sqrt5$、$\sin\alpha=1/\sqrt5$ を高さ $2a$ と底面半径 $a$ から出すところが、最初に確認すべき幾何である。

円運動近似が厳密になる点

一般には動径方向の運動方程式に $\ddot r$ が入り、$m(\ddot r-r\omega^2)=-R\cos\alpha$ が正しい。しかし拘束 $r=z/2$ より $\ddot r=\ddot z/2$ であるから、$\ddot z=0$ を課した瞬間には $\ddot r=0$ も同時に成り立つ。つまり 4) で求める高さでは、設問が仮定した円運動の式が近似ではなく厳密になる。この一言を書けると理解の深さが伝わる。

有効ポテンシャルによる検算

$r=z/2$ を代入すると運動エネルギーは $K=\frac12m\bigl(\frac54\dot z^2+\frac{z^2}{4}\dot\phi^2\bigr)$ となり、$L_z=mz^2\dot\phi/4$ が一定であることから $$E=\frac58m\dot z^2+\underbrace{\frac{2L_z^2}{mz^2}+mgz}_{U_{\mathrm{eff}}(z)}, \qquad \frac{\mathrm dU_{\mathrm{eff}}}{\mathrm dz}=-\frac{4L_z^2}{mz^3}+mg=0 \ \Longrightarrow\ z^3=\frac{4L_z^2}{m^2g}=\frac{4a^2v_0^2}{g}$$ となって本文の $h$ と一致する。求めた高さは有効ポテンシャルの底、すなわち定常円運動の高さであり、実際の運動はその上下で振動する。

答案で書くべき点

角運動量保存を使うときは「面の法線が子午面内にあるので $\phi$ 方向の力が働かない」という理由を必ず添える。摩擦がないという仮定がここで効いている。最後の高さは $a,g,v_0$ だけで表すよう指定されているので、$\omega$ と $h$ の関係を代入して $h$ について解き切ること。なお $h\le2a$、すなわち $v_0^2\le2ag$ のときにこの高さが容器の内部にあることも確認しておくとよい。

方針

軸上の場は「輪の重ね合わせ」で一気に片づく。電場は方向の余弦 $a/\sqrt{\rho^2+a^2}$ を掛けるが、電位はスカラーなので余弦が要らず、被積分関数の $\rho$ が約分して積分が自明になる。この非対称性を意識すると計算量が大きく変わる。

二つの極限の見通し

$|a|\gg R_2$ では板は全電荷 $Q$ の点電荷に見え、$|a|\ll R_1$ では板は「原点のまわりに穴の空いた広い板」に見える。後者では最も近い電荷まで $R_1$ 以上の距離があるので電場は原点で $0$、そこから $a$ の1次で立ち上がり、1次に比例する力がそのまま単振動を与える。周期の式で $R_2-R_1\to0$（細い輪）とすると $T\to\infty$ になるのは、板の電荷が減って復元力が弱くなるためで妥当である。一方 $R_1\to0$ とすると $T\propto\sqrt{R_1}\to0$ となるが、これは $|a|\ll R_1$ という近似の前提そのものが崩れる極限なので、公式を外挿してはいけない。

検算と符号

$R_1\to0$ とすると $E_z\to\frac{\sigma}{2\epsilon_0}\bigl(1-a/\sqrt{R_2^2+a^2}\bigr)$（$a>0$）となり一様帯電円板の公式に、さらに $R_2\to\infty$ で $\sigma/(2\epsilon_0)$ となり無限平面の値に一致する。これで係数 $\sigma/(2\epsilon_0)$ が確かめられる。符号については、$\sigma>0$ の板と $-q$ の電荷は引き合うので小球は面 $z=0$ へ引き戻される。$z=0$ を中心とする振動という 1-4) の設定と整合している。

方針とインピーダンスとしての読み方

2) で迷うのは自己インダクタンスの符号だけで、「正味の磁束は外部と自分の和」「起電力はその和の時間変化のマイナス」と2段階に分ければ、設問が与えた方程式と一致するかで検算できる。3) 以降は複素表示に移すと微分方程式が代数方程式になる。起電力の振幅は $SB_0\omega$、直列インピーダンスは $Z=R+i\bigl(L\omega-1/(\omega C)\bigr)$ であり、3) の振幅はまさに $A=SB_0\omega/|Z|$ の形をしている。$\omega=1/\sqrt{LC}$ で $|Z|=R$ となって最大になることが、4) の答えが $1/\sqrt{LC}$ になる伏線である。

$\tan\delta$ の分岐に注意

$\tan\delta$ だけでは $\delta$ は $\pi$ の不定性を残す。$\operatorname{Re}\tilde A=-SB_0\omega X/(R^2+X^2)$ の符号から、共振より下（$X<0$）では $\cos\delta>0$、上（$X>0$）では $\cos\delta<0$ である。設問は $\tan\delta$ までしか要求していないが、位相が共振点をまたいで $\pi$ だけ跳ぶことに触れておくと理解が伝わる。

4) の物理的意味

$R=0$ の理想回路では、共振周波数より低い駆動では回路は「容量性」に振る舞い、誘導電流のつくる磁束は外部磁束を強める向きになる。共振より高い駆動では「誘導性」になり、電流の応答が遅れて外部磁束を打ち消し過ぎるため、正味の磁束が逆符号になる。超伝導リングが外部磁場を排除する反磁性的な振る舞いと同じ機構で、答えの $\omega>1/\sqrt{LC}$ はその境界にあたる。$\omega=1/\sqrt{LC}$ ちょうどでは $R=0$ のため振幅が発散し、定常解が存在しないので除外する。

検算（極限）

$\omega\to0$ では $\Phi\to SB_0\cos(\omega t)$ で外部磁束がそのまま貫き、$\omega\to\infty$ では $\Phi\to0^-$ でコイルが磁束を締め出す。どちらも直観と合い、4) の式の形の手早い確認になる。

方針

1) は「内側と外側で別々に方程式を解き、$E$ を消去する」だけである。2) は接続条件2本の比を取ることで規格化定数 $A,B$ を一気に消す定石で、これを踏まずに $A$ と $B$ を残したまま進むと式が煩雑になる。3) が本題で、$u,w$ の無次元化を先にやるかどうかで見通しが決まる。

「必ず1つある」の言い方

交点の存在は、$u\sec u$ が $u\in[0,\pi/2)$ で $0$ から $+\infty$ まで連続単調に増えるので $u\sec u=\mathcal R$ が任意の $\mathcal R>0$ に対して唯一の解を持つ、と言ってもよい。1次元では引力ポテンシャルがどれほど浅くても必ず束縛状態が存在するという一般的事実の、具体的な現れである。

デルタ関数井戸との対応

$V_0d=v$ を保った $d\to0$ の極限のポテンシャルは $V(x)\to-v\,\delta(x)$ である。デルタ関数井戸の唯一の束縛状態は $E=-mv^2/(2\hbar^2)$、$\psi\propto e^{-k_2|x|}$（$k_2=mv/\hbar^2$）であり、本問の結果と完全に一致する。$E$ が $d$ を含まないことは、井戸を細くしても束縛エネルギーが $0$ にも $-\infty$ にも行かないことを示す。次元も、$v=V_0d$ が $[\text{エネルギー}\times\text{長さ}]$ だから $mv/\hbar^2$ は $\mathrm m^{-1}$ となって正しい。

失点しやすい点

$k_1^2=2m(E+V_0)/\hbar^2$ の $E+V_0$ を $E-V_0$ と書く符号ミスが最も多い。井戸の底を $-V_0$ に取っているので、内側の運動エネルギーは $E-(-V_0)=E+V_0>0$ である。また 3) で $\tan u\simeq u$ の1次近似だけで止めて $w\simeq u^2$ を得たあと、$u\simeq\mathcal R$ とせずに $u^2+u^4=\mathcal R^2$ を丁寧に解こうとすると時間を失う。$w\ll u$ の階層をはっきりさせて主要項だけ取ればよい。

方針

$\boldsymbol L\cdot\boldsymbol S$ は $|L_z,S_z\rangle$ 基底では対角でない。$\boldsymbol J^2$ で書き換えると、合成角運動量の固有状態 $|J,J_z\rangle$ が自動的に $H_{\mathrm{so}}$ の固有状態になる。3) の書き換えが 4) と 5) の両方を支えており、この大問の骨格である。

交換関係の別証

$\varepsilon$ を使う計算が煩わしければ、3) を先に示してから 2) を言うのが速い。$\boldsymbol J$ は $\boldsymbol J^2$ と可換、また $\boldsymbol L^2$ は $L_i$ とも $S_i$ とも可換、$\boldsymbol S^2$ も同様であるから、$H_{\mathrm{so}}=\frac{\lambda}{2}(\boldsymbol J^2-\boldsymbol L^2-\boldsymbol S^2)$ の各項が $J_i$ と可換になる。ただし設問の順序が 2)$\to$3) なので、答案では循環論法にならないよう「3) を先に示す」と明記する。

検算（トレースと直接作用）

$\operatorname{Tr}(\boldsymbol L\cdot\boldsymbol S)=0$ なので、固有値は縮退度を重みとして和が $0$ にならなければならない。実際 $4\times\frac{\lambda\hbar^2}{2}+2\times(-\lambda\hbar^2)=0$ である。さらに $\boldsymbol L\cdot\boldsymbol S=L_zS_z+\frac12(L_+S_-+L_-S_+)$ を 5) の状態に直接作用させると、$|1,-\frac12\rangle$ の係数は $\sqrt{\frac23}(-\frac{\hbar^2}{2})-\sqrt{\frac13}\frac{\sqrt2\hbar^2}{2}=-\hbar^2\sqrt{\frac23}$、$|0,\frac12\rangle$ の係数は $\sqrt{\frac23}\frac{\sqrt2\hbar^2}{2}=+\hbar^2\sqrt{\frac13}$ となり、全体として固有値 $-\hbar^2$、すなわち $E=-\lambda\hbar^2$ が確認できる。

答案で書くべき点

$\lambda>0$ では $J$ が小さいほど低く基底は $J=1/2$ の2重項、$\lambda<0$ なら順序が逆転して $J=3/2$ の4重項になる。設問が符号を明示しているのは、どちらの多重項を書くかを固定するためである。5) では「縮退しているときは全ての状態を表すこと」「規格化もすること」と指定されているので、$J_z=\pm1/2$ の2状態を両方書き、係数の2乗和が $1$ であることを示す。降下演算子で作った $|\frac32,\frac12\rangle$ に直交させる方針を1行添えると、係数 $\sqrt{2/3},\sqrt{1/3}$ の根拠が明確になる。

方針と失点しやすい点

$p(\boldsymbol v)$ が3成分の積に分解することを先に書けば、3次元の積分は1次元の積分1本に帰着する。$\langle v_x^2\rangle$ は規格化積分との比なので前係数を書き写す必要すらない。なお問われているのはベクトルの平均 $\langle\boldsymbol v\rangle$ で、これは対称性から厳密に $\boldsymbol0$ である。速さの平均 $\langle v\rangle=\sqrt{8k_{\mathrm B}T/(\pi m)}$ とは別物なので混同しない。

等分配則の言い方

「自由度あたり $\frac12k_{\mathrm B}T$」と結論だけ書くのでは説明にならない。2次形式であること、ガウス積分の $\beta$ 依存性が $\beta^{-1/2}$ であること、$-\partial_\beta\log$ から $1/(2\beta)$ が出ること、の3段を示す。2次形式であることが本質なので、調和振動子ではポテンシャル項も同じ $\frac12k_{\mathrm B}T$ を与える。

方針

状態密度は「$p$ 空間の一様な状態密度」$\to$「エネルギーが $\epsilon$ 以下の状態数」$\to$「$\epsilon$ で微分」の3段で作る。周期境界条件の刻み幅が $2\pi\hbar/L$ であることを最初に書けば、あとは球の体積だけの話になる。設問はスピン自由度を考えないと明示しているので $2$ を掛けてはいけない。

$3/5$ の意味

$\rho\propto\epsilon^{1/2}$ のもとでは $N\propto\epsilon_F^{3/2}$、$E\propto\epsilon_F^{5/2}$ なので、平均エネルギーは $\epsilon_F$ の $(3/2)/(5/2)=3/5$ 倍になる。より一般に $\rho\propto\epsilon^{s}$ なら $E/N=\frac{s+1}{s+2}\epsilon_F$ である。零点でも粒子が静止せず $\frac35\epsilon_F$ の運動エネルギーを持つのは、パウリ原理の直接の帰結である。

$S=\gamma T$ の前提と検算

$C=\gamma T$ は低温での形なので $0$ から $T$ までの積分に使ってよい。高温まで外挿すると $S$ が上限なく増え、古典極限と合わなくなる。答案では「低温では」と断ることと、$S(0)=0$ を第三法則として引くことを明示する。また 2) の $N$ の式を $\epsilon_F$ について解くと $\epsilon_F=\frac{\hbar^2}{2m}(6\pi^2n)^{2/3}$（$n=N/V$）という標準形になり、$\rho(\epsilon)$ の係数を確認できる。

方針

独立な粒子系なので $Z=Z_1^N$ が成り立ち、1粒子の問題に還元される。$U=-\partial_\beta\log Z$ とし、$\log\cosh$ の微分が $\tanh$ になることを使えば $C$ まで一気に進める。$T$ ではなく $\beta$ で微分してから鎖則で $T$ に直すと符号ミスが減る。

ショットキー比熱の形

$C$ は $T\to0$ で $e^{-2\epsilon_0/(k_{\mathrm B}T)}$ に従って指数的に消え、$T\to\infty$ では $T^{-2}$ で減衰し、$k_{\mathrm B}T\simeq0.83\,\epsilon_0$ に高さ $0.44Nk_{\mathrm B}$ の山を持つ。低温側で消えるのは $k_{\mathrm B}T$ が準位差に足りず励起が起きないため、高温側で消えるのは両準位がすでにほぼ等占有でこれ以上エネルギーを吸えないためである。エネルギーに上限のある系に特有の振る舞いで、3-4) の答えと表裏をなす。

答案で書くべき点

3-4) は式ではなく理由を求めている。「$k_{\mathrm B}T\gg2\epsilon_0$ になるとボルツマン因子の比が $1$ に近づく」という定量的な足場を1本示したうえで、「エネルギー差が熱ゆらぎに埋もれ、等確率＝最大エントロピーの状態に近づく」と結ぶ形が過不足ない。「温度が高いから粒子が上に行く」だけでは、なぜ完全に等しくなるのか（それ以上にはならないのか）の説明になっていない。