都立大 理学研究科 物理学専攻 物理 2018年度 夏季 院試 過去問 解答例・解説（全5問）

方針と極の内外判定

$\sin^2\phi$ のままでは分母を $z$ の有理式にできない。半角公式で $\cos\theta$ の一次式に直すと、 $z=e^{i\theta}$ の置換で分母が $z$ の二次式になり極がたかだか2個に決まる。設問1-1の倍角変換が 誘導しているのはこの一点である。極については、解と係数の関係から $z_{+}z_{-}=1$ なので二つは 単位円に関して互いに反転の位置にあり、必ず一方だけが円内に入る。$z_{-}=(\sqrt2-1)^2$ と 書けば $|z_{-}|<1$ が一目で言える。どちらの極を拾うかの根拠は必ず一行書く。

検算

$p=1$ で直接計算する。虚部は $\theta\to2\pi-\theta$ の対称性で消えるので $$\int_0^{2\pi}\frac{\cos\theta}{3-\cos\theta}\,\mathrm{d}\theta =\int_0^{2\pi}\left(-1+\frac{3}{3-\cos\theta}\right)\mathrm{d}\theta =-2\pi+\frac{6\pi}{\sqrt{3^2-1}}=-2\pi+\frac{3\pi}{\sqrt2},$$ 一方 $\frac{\pi}{\sqrt2}(3-2\sqrt2)=\frac{3\pi}{\sqrt2}-2\pi$ で一致する。また $0<3-2\sqrt2<1$ より $p\to\infty$ で値が $0$ に収束するのは、$e^{ip\theta}$ の激しい振動による 打ち消しと整合する。

失点しやすい点

$\mathrm{d}\theta=\mathrm{d}z/(iz)$ の $1/(iz)$ を落とすと、$z=0$ が極かどうかの判定まで狂う。 本問は $p\ge1$ なので $z^{p}$ が $1/z$ を打ち消し原点は極にならないが、$p=0$ なら原点が一位の 極になり留数を追加しなければならない。「$p$ は正の整数」という条件がここで効いている。

反交換関係だけで通す

設問2-1で得た $\{\sigma_1,\sigma_j\}=O$ と $(\sigma_1)^2=I$ の二つだけで、2-2から2-4まで すべて処理できる。角度が $\theta$ でなく $2\theta$ になるのは、$\sigma_j$ を通すたびに符号が 反転して二つの指数関数が同じ側にまとまるという「両側から効く」構造そのものである。 成分計算に降りると符号ミスが増えるので、代数関係だけで進めるほうが答案としても短い。

幾何的な意味

得られた式は $(A,B)^{\mathsf T}=R(2\theta)(\sigma_2,\sigma_3)^{\mathsf T}$、 $R(\varphi)=\begin{pmatrix}\cos\varphi&\sin\varphi\\-\sin\varphi&\cos\varphi\end{pmatrix}$ と書ける。$\sigma_1$ を軸とする角 $2\theta$ の回転が $(\sigma_2,\sigma_3)$ 平面に誘導されており、 $\sigma_1$ 自身は $e^{-i\theta\sigma_1}\sigma_1e^{i\theta\sigma_1}=\sigma_1$ で不変な回転軸として 振る舞う。スピン $1/2$ の回転を $\mathrm{SU}(2)$ で表すときの標準的な仕掛けである。

検算

行列式は相似変換の不変性から $-1$ と分かるが、2-3の結果からも確かめられる。 $A(\theta)=\begin{pmatrix}\sin2\theta&-i\cos2\theta\\ i\cos2\theta&-\sin2\theta\end{pmatrix}$ より $\det A=-\sin^2 2\theta-\cos^2 2\theta=-1$ である。二通りが一致することは2-3の係数の 符号の検算にもなる。$\theta=0$ で $A=\sigma_2$、$B=\sigma_3$ に戻ることも必ず確認する。

失点しやすい点

$\sigma_1\sigma_2=i\sigma_3$ と $\sigma_1\sigma_3=-i\sigma_2$ の符号を取り違えると $B(\theta)$ の $\sigma_2$ の項の符号が反転する。覚え方に頼らず、その場で $\sigma_1\sigma_3$ を計算して $-i\sigma_2$ と突き合わせるのが確実である。また $e^{i\theta\sigma_1}$ をスカラーのように $\cos\theta+i\sin\theta$ と書くと単位行列 $I$ が抜け、1次結合表示が作れなくなる。

一般の安定条件

円軌道の条件は「向心力の釣り合い」でも「$U_{\mathrm{eff}}'(\ell)=0$」でも同じ関係 $L^2=nam\ell^{2-n}$ を与えるので、設問1-3で後者を確かめれば1-1の検算を兼ねられる。 二次係数 $na(2-n)/\ell^{n+2}$ の符号は $2-n$ だけで決まるから、$0<n<2$ で安定、$n>2$ で 不安定、$n=2$ が境界である。$n=2$ がちょうど遠心力ポテンシャル $L^2/(2mr^2)$ と同じ $r$ 依存性をもつことが、二つが完全に打ち消し合う理由である。

$n=1$ の場合の閉軌道

$n=1$ での動径振動の角振動数 $\omega_{\mathrm r}=\sqrt{a/(m\ell^3)}$ は、円運動の角速度 $\omega_{\theta}=v/\ell=\sqrt{a/(m\ell^3)}$ と一致する。$\omega_{\mathrm r}=\omega_\theta$ は軌道が 1周で閉じることを意味し、ケプラー問題の楕円軌道と整合する。この一致は1-1と1-3の計算が ともに正しいことの強い検算になる。

失点しやすい点

$U_{\mathrm{eff}}$ を作るとき、$L$ を保存量として固定した定数と扱うことを明記する。$L$ を $r$ の関数のまま微分すると余計な項が生じる。また $n=2$ を「二次係数がゼロだから4次で 決まる」と答えるのは誤りで、この $L$ の値では $U_{\mathrm{eff}}$ が恒等的に $0$ になり、 すべての次数の項が消える。展開ではなく厳密な打ち消しである点を書く。

位相のずれをどう書くか

本問には減衰項がないので位相差は $0$ か $\pi$ の二値しか取らず、共鳴点で不連続に跳ぶ。 $x_0$ の符号をそのまま位相のずれと読み替えるのが正しい答え方である。減衰項 $-\gamma\dot x$ が あれば位相差は $0$ から $\pi$ まで連続に変わり、共鳴点でちょうど $\pi/2$ になる。

臨界減衰の見抜き方

抵抗係数が $2\sqrt{km}$ という中途半端でない値で与えられているのが誘導である。 $m\ddot x=-kx-c\dot x$ の判別式は $c^2-4km$ なので、$c=2\sqrt{km}$ はちょうど臨界減衰にあたる。 ここで過減衰の二つの実指数解を書くと $t$ に比例する項が現れず、初期条件 $x(0)=0,\ \dot x(0)=v_0$ を満たせない。重解では $(A+Bt)e^{\lambda t}$ とすることを忘れないこと。

検算

$\dot x=v_0(1-\omega_0t)e^{-\omega_0t}$、$\ddot x=v_0\omega_0(\omega_0t-2)e^{-\omega_0t}$ を 方程式に戻すと $$\ddot x+2\omega_0\dot x+\omega_0^2x =v_0e^{-\omega_0t}\left[\omega_0^2t-2\omega_0+2\omega_0-2\omega_0^2t+\omega_0^2t\right]=0$$ で満たされる。$x_m=v_0t_m/e$ は「抵抗がなければ $t_m$ の間に進む距離」の $1/e\simeq0.368$ 倍で、 失われたエネルギーの比 $1-e^{-2}\simeq0.865$ もこの抑えられ方と整合する。

失点しやすい点

$\Delta E$ を抵抗力のした仕事 $\int_0^{t_m}2\sqrt{km}\,\dot x^2\,\mathrm{d}t$ から求めようとすると 計算量が増える。$t=t_m$ で速度がちょうど $0$ になることを使えば、終状態の力学的エネルギーが 弾性エネルギーだけになり引き算一つで済む。なお $t_m$ が $\dot x=0$ の唯一の解であること （$e^{-\omega_0t}$ は $0$ にならない）を一行添えると、最大値であることの根拠が明確になる。

方針

この種の問題では「磁場中にある面積」を一つの変数で表すことが出発点になる。ループ全体が 磁場に入り切らないという条件が置かれているのは、磁場中の面積が常に $Lz_{\mathrm t}$ で書けて $\mathrm{d}\Phi/\mathrm{d}t$ が上辺の速度だけで決まることを保証するためである。上辺だけが力を 受けるという議論も必ず答案に書く。左右の辺の力が打ち消すことに触れないと、$ILB$ の $L$ が どの辺の長さなのかが不明確になる。

エネルギー収支による検算

終端速度では重力のする仕事率とジュール熱が釣り合うはずである。 $$mgv_\infty=\frac{(BLv_\infty)^2}{R} \ \Longrightarrow\ v_\infty=\frac{mgR}{B^2L^2}$$ となり、運動方程式から得た終端速度と一致する。また $t\ll\tau$ では $v\simeq gt$ となり、 磁気制動が効く前の自由落下に戻ることも確かめられる。

失点しやすい点

起電力を $BLv$ とするときの $L$ は「磁場の境界を横切る辺の長さ」であってループの周長では ない。また電流の向きをローレンツ力から導こうとすると、どの辺の自由電子で考えるかを 間違えやすい。磁束の増減とレンツの法則で答えるほうが短く確実である。力の向きは $I\boldsymbol L\times\boldsymbol B$ の成分計算とレンツの法則の両方で書けば符号ミスを自分で潰せる。

方針

球対称なので電場はガウスの法則だけで決まる。密度が $cr$ なので内部電荷は $\int cr\cdot4\pi r^2\mathrm{d}r\propto r^4$ となり、一様密度の場合の $r^3$ 依存と混同しないこと。 電位は必ず「無限遠から内向きに $E$ を積分する」順で作り、$r=a$ での連続性を接続条件に使う。

別解による検算

静電エネルギーは $W=\dfrac12\displaystyle\int\rho V\,\mathrm{d}V$ でも計算できる。球殻がない 場合の $V(r)$ を使うと $$W=\frac12\int_0^{a}(cr)\cdot\frac{c(4a^3-r^3)}{12\varepsilon_0}\cdot4\pi r^2\,\mathrm{d}r =\frac{\pi c^2}{6\varepsilon_0}\left(a^7-\frac{a^7}{7}\right) =\frac{\pi c^2a^7}{7\varepsilon_0}$$ となり、$E^2$ 積分の結果と一致する。どちらも短いので、時間があれば答案に併記しておくとよい。

球殻を付けたときに何が変わるか

$r>b$ の電場はまったく変わらない。囲まれる正味電荷が $\pi ca^4$ のままだからである。 変わるのは $a<r<b$ で $E=0$ になること、およびその分だけ電位が全体に下がることで、 $r\le a$ では $ca^3/(4\varepsilon_0)$ が $ca^4/(4\varepsilon_0b)$ に置き換わる（$b>a$ なので必ず下がる）。 これは静電エネルギーが $a<r<b$ の分だけ減ったことに対応する。

失点しやすい点

球殻の内表面に $-Q$、外表面に $+Q$ が誘導されることを書かずに $E$ だけ並べると、なぜ $a<r<b$ で $0$、$r>b$ で元に戻るのかの根拠が示せない。また概形を描くとき、$V$ は $r=a$ でも $r=b$ でも折れ曲がるが跳ばない。跳ぶのは $E$ であって $V$ ではない。$r\to0$ では $\rho\propto r$ なので $E\to0$、$V$ は有限の最大値をとる。

方針

$q=x\sqrt{m\omega/\hbar}$ は無次元化された座標で、これにより $H$ が $\hbar\omega$ という 一つのエネルギースケールと無次元の演算子だけで書ける。$a$、$a^{\dagger}$ の定義に $1/\sqrt2$ が 入っているのは $\left[a,a^{\dagger}\right]$ をちょうど $1$ にするためで、この規格化のおかげで 標準形 $H=\hbar\omega(a^{\dagger}a+1/2)$ になる。ここから $E_n=\hbar\omega(n+1/2)$、 とくに $E_1-E_0=\hbar\omega$ が従い、これは設問2でそのまま使う。

交換関係の別の出し方

$\left[q,\mathrm{d}/\mathrm{d}q\right]=-1$ だけを認めれば $$\left[a,a^{\dagger}\right] =\frac12\left[q+\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}q},\,q-\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}q}\right] =\frac12\left(-\left[q,\tfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}q}\right]+\left[\tfrac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}q},q\right]\right)=1$$ と2行で済む。試験関数に作用させる丁寧な計算か、交換子の双線形性を使う短い計算か、 どちらか一方を最後まで書き切ること。

失点しやすい点

$a^{\dagger}$ を作用させるとき、$-\mathrm{d}/\mathrm{d}q$ の符号のおかげで2項が打ち消さずに 足し合わさる点が要である。符号を誤ると $\psi_1$ が恒等的に $0$ になり、第一励起状態が 存在しないというおかしな結論に至る。また確率最大の位置は、波動関数 $\psi_1$ ではなく $|\psi_1|^2$ の最大で求めることを明示する。本問では一致するが、一般には区別が必要である。

方針と初期条件の整合

時間発展は固有状態ごとに位相因子が付くだけなので、$\Phi_{\mathrm A}$ の係数に $e^{-iE_jt/\hbar}$ を掛けるだけでよい。$\Phi_{\mathrm B}$ は時刻 $0$ の波動関数で定義されて いるので、内積を取るときに $\Phi_{\mathrm B}$ 側に位相因子を付けてはいけない。$t=0$ では $\mathcal A=-c\sqrt{1-c^2}+\sqrt{1-c^2}\,c=0$ で、$(\sqrt{1-c^2},c)$ と $(-c,\sqrt{1-c^2})$ が 直交する単位ベクトルの組であることを反映している。この $P(0)=0$ は検算として一行書いておく。

確率の最大値がもつ意味

最大値 $4c^2(1-c^2)$ は、$u=c^2\in(0,1)$ とおくと $4u(1-u)\le1$ で、等号は $u=1/2$、 すなわち $c=1/\sqrt2$ のときに限る。つまり二つの固有状態を等しい重みで混ぜたときだけ、 系はある時刻に確率 $1$ で $\Phi_{\mathrm B}$ に見出される。2準位系のラビ振動と同じ構造で、 混合の偏りが大きいほど振動の振幅は小さくなる。

位相の扱い

$\left|e^{-i\alpha}-e^{-i\beta}\right|^2=2-2\cos(\alpha-\beta)=4\sin^2\frac{\alpha-\beta}{2}$ を使えば一行で済む。要点は、絶対値の2乗に残るのは二つのエネルギーの差だけで、全体に 共通する位相は物理量に効かないことである。エネルギーの原点をずらしても遷移確率が 変わらないことも、この結果から読み取れる。

失点しやすい点

$\Phi_{\mathrm A}$ と $\Phi_{\mathrm B}$ の係数の入れ替わりと符号反転を取り違えると $\mathcal A$ が二つの指数関数の和になり、$t=0$ で確率が $0$ にならず矛盾する。時刻 $0$ での 値を必ず確かめること。また周期を $4\pi\hbar/(E_1-E_0)$ と書く誤りも多い。$\sin^2$ の周期は $\sin$ の周期の半分である。

$1/N!$ をどう説明するか

古典的に扱える温度領域では、$N$ 個の同種粒子の状態を「どの粒子がどの準位にいるか」で 数えると同じ物理状態を $N!$ 回数えることになる。これを補正するのがギブスの因子 $1/N!$ で、 これがないと $F$ が示量的にならず混合のパラドックスが生じる。設問1-1は式の形だけでなく、 この根拠を一言添えることが求められている。

和を積分に直せる条件

隣り合う項の比 $e^{-\beta E_0\left[(n+1)^2-n^2\right]}=e^{-\beta E_0(2n+1)}$ が $1$ に近いこと、 すなわち $\beta E_0\ll1$ が置き換えの根拠である。$E_0=\pi^2\hbar^2/(2mL^2)$ は箱が大きいほど 小さいので、巨視的な箱では室温でこの近似は極めてよい。下端を $n=1$ から $n=0$ に伸ばす誤差も $O(1)$ 項で、$3N$ 乗の指数に比べて無視できる。

熱的ド・ブロイ波長と検算

1粒子分配関数は $z=\left(\pi/(4\beta E_0)\right)^{3/2}=V/\lambda^3$、 $\lambda=h/\sqrt{2\pi mkT}$（熱的ド・ブロイ波長）と書ける。$F$ を $\log\left(V/(N\lambda^3)\right)$ の形にまとめると示量性が一目で確認でき、古典近似の条件が $N\lambda^3/V\ll1$ であることも読める。検算としては $S=-\left(\partial F/\partial T\right)_{V,N} =Nk\left[\log\frac{V}{N}\left(\frac{2\pi mkT}{h^2}\right)^{3/2}+\frac52\right]$ を求め、$\langle E\rangle=F+TS=\frac32NkT$ が再現されることを見ればよい。

方針と二つの極限での検算

運動量部分と位置部分がハミルトニアンで分離しているので分配関数も積に分かれ、平均値は 別々に計算できる。位置部分は高さ方向の1次元積分だけなので、$x,y$ 方向の箱の大きさ $L$ は 最後まで出てこない。結果 $\langle v\rangle=kT-mgH/\left(e^{\beta mgH}-1\right)$ は、 $H\to\infty$（あるいは低温）で $\langle v\rangle\to kT$ となり半無限の等温大気の結果に戻り、 高温 $\beta mgH\to0$ では $\langle v\rangle\to mgH/2$ で密度一様な気体の平均高度 $H/2$ に 対応する。どちらも自明な答えなので、符号や係数の確認に使える。

1次のポテンシャルと2次のポテンシャル

等分配則は「2次形式なら1自由度 $\frac12kT$」と覚えられがちだが、正しくは一般化等分配則 $\left\langle x_i\,\partial\mathcal H/\partial x_j\right\rangle=\delta_{ij}kT$ である。 $v=mgz$ は $z$ の1次なので $z\,\partial v/\partial z=v$ となり平均値はそのまま $kT$、 2次形式 $\frac12\kappa z^2$ なら $z\,\partial v/\partial z=2v$ で $\frac12kT$ になる。係数が $\frac12$ か $1$ かはポテンシャルの冪で決まる。

比熱の温度変化

上の図は比熱を温度の関数として描いたものである。$\langle E\rangle$ を $T$ で微分すると $$\frac{C}{Nk}=\frac{5}{2}-\frac{\left(mgH/kT\right)^2e^{mgH/kT}} {\left(e^{mgH/kT}-1\right)^2}$$ となり、低温側で $\frac52$、高温側で $\frac32$ に漸近する。境目は $kT\sim mgH$、すなわち 熱運動で登れる高さが箱の高さと同程度になる温度である。設問2-5は、この「天井が効くか どうか」で位置自由度が凍結する側と生きる側が入れ替わる、という描像を言葉にすればよい。

失点しやすい点

設問2-4を「$T\to0$ なので比熱も $0$」と答える誤りが多い。ここでの $T\to0$ は $kT\ll mgH$ と いう古典統計の範囲内の低温であって、量子効果による自由度の凍結は考えていない。実際 $\langle E\rangle$ は $T\to0$ で $\frac52NkT$ と $T$ に比例し、比熱は有限の定数に近づく。 また設問2-3で「$T$ の1次まで」と言われたとき、定数項 $NmgH/2$ を落としてはいけない。