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

方針

1次元のガウス積分は初等関数の範囲で不定積分できない。そこで同じ積分を2つ掛けて2次元積分に直し、極座標に移すと動径部分に $r\,dr$ が現れて $e^{-r^2}$ の原始関数が書ける、という筋道である。1-1) から 1-4) は、この古典的な技法を順に分解した誘導になっている。

検算

$\theta$ の範囲を $0\le\theta<\pi$ と誤ると $I_2=\pi/2$ となり、$\int e^{-x^2}dx=\sqrt{\pi/2}$ を得る。これは $x=0$ 付近で被積分関数がほぼ1、幅がおよそ2であることから積分値が2弱と見積もられることと合わない。$\sqrt{\pi}=1.77$ のほうが妥当である。

失点しやすい点

面積要素に現れるのは行列式そのものではなく絶対値 $|J|$ である。今回は $r\ge0$ なので符号の心配はないが、答案では $dx\,dy=|J|\,dr\,d\theta$ と書いておくとよい。また 1-4) では平方根の符号を決める根拠、すなわち被積分関数が正であることを一言添える。

分離定数の符号を決める根拠

「拡散方程式だから減衰するはず」と決めつけるのではなく、境界条件から $\lambda>0$（および $\lambda=0$）しか許されないことを示すのが答案の要点である。$\lambda<0$ を捨てる計算は3行で済むので必ず書く。符号を $-\lambda$ と置いておくと、$X''=-\lambda X$ が三角関数になる側が正の $\lambda$ に対応し、後の議論が読みやすい。

検算

両端で流れが0なので、全体の量 $$\int_0^{L}p(x,t)\,dx$$ は時間に依らず一定でなければならない。実際 $$\frac{d}{dt}\int_0^L p\,dx =a^2\left[\frac{\partial p}{\partial x}\right]_0^L=0$$ であり、得られた解でも $\int_0^L\cos(\pi x/L)\,dx=0$ だから、この保存量は常に0である。左半分の積分が正で右半分の積分がその符号を反転したものになることとも整合する。

さらに 2-3) の結果は $t=0$ で $L/\pi\approx0.318L$ となり、$\cos(\pi x/L)$ を $0\le x\le L/2$ で積分した値として妥当である。$t\to\infty$ では0に近づき、平坦化して両側の量が等しくなる描像と合う。

典型ミス

境界条件をディリクレ型（両端で $p=0$）と取り違えると $X=\sin(n\pi x/L)$ になり、初期条件と結び付かなくなる。ここでは $x$ 微分が両端で0、すなわち端から流れ出さない条件なので余弦が固有関数である。また $n=1$ に決まる根拠は境界条件ではなく初期条件であり、一般には固有関数の重ね合わせが必要になる点も押さえておく。

この設問が試していること

偏微分方程式を解く技術そのものより、境界条件が固有値を、初期条件が展開係数を決めるという役割分担を理解しているかどうかを見ている。答案では、この2段階を分けて書くと筋が通る。

方針

衝突とその後の運動は別々の物理で扱う。衝突は運動量保存（力学的エネルギーは保存しない）、衝突後はばねの単振動である。この切り替えを明示しないと、衝突でもエネルギーを保存させる誤りに直結する。

最大変位はエネルギーでも出せる

$\frac12(M+m)V^2=\frac12kx_{\max}^2$ から直ちに $$x_{\max}=V\sqrt{\frac{M+m}{k}}=\frac{mv}{\sqrt{k(M+m)}}$$ が得られる。ただし到達時刻はエネルギーだけでは出ないので、結局は $x(t)$ を書く必要がある。答案では $x(t)$ を先に書き、最大値と時刻を同時に読む方が短い。

検算

$\Delta E$ は換算質量を用いて $\frac12\mu v^2$ と書ける。$m\ll M$ では $\mu\to m$ となり $\Delta E\to\frac12mv^2=E_0$、すなわち運動エネルギーがほぼ全部失われる。壁に粘土を投げつける極限に対応し、グラフの $u\to0$ で1に近づく振る舞いと一致する。逆に $m\gg M$ では $\mu\to M$ で $\Delta E/E_0\to0$ となり、重い物体が軽い物体を押しのけて進む描像に合う。

$x_{\max}$ は $M\to0$ の極限で $v\sqrt{m/k}$ となり、質量 $m$ の物体をそのままばねに当てた場合の振幅に一致する。

典型ミス

1-4) で「エネルギー保存より $\frac12mv^2=\frac12kx_{\max}^2$」としてしまう誤りが多い。使うべきは衝突後の運動エネルギーであり、衝突で失われた分を差し引いてから振動に渡す。また到達時刻を $2\pi/\omega$ の $1/4$ と考えるのは正しいが、$\omega$ に $M+m$ ではなく $M$ を入れる取り違えに注意する。

方針

転がり落ちる剛体の問題は、並進・回転・拘束の3本を書いてから未知の摩擦力を消去する、という手順が固定されている。摩擦力は静止摩擦であり、最大摩擦力 $\mu N$ と等しいとは限らない。その値は運動方程式から決まる従属変数であって、あらかじめ与えられる量ではない。

別解（エネルギー保存）

斜面を距離 $d$ 下ったときの重力の仕事は $Mgd\sin\phi$ で、滑らない摩擦は仕事をしない。よって $$Mgd\sin\phi=\frac12\left(M+\frac{I}{r^2}\right)\dot{x}^2 .$$ 両辺を $t$ で微分し $\dot{d}=\dot{x}$ を使えば 2-2) と同じ加速度が出る。この見方をすると、$M+I/r^2$ が「転がる剛体の実効的な慣性」であることがはっきりする。

検算

加速度の式は $I\to0$ で $g\sin\phi$、すなわち滑らかな斜面を滑り落ちる質点の値に戻る。また慣性モーメントが大きいほど加速度が小さいので、$I_{\mathrm c}/(Mr^2)=1/2>2/5=I_{\mathrm s}/(Mr^2)$ より円柱の方が遅い。得られた比 $14/15<1$ はこれと整合する。

$I_{\mathrm c}=\frac12Mr^2$ は長さ $\ell$ に依らない。回転軸からの距離が $\ell$ に無関係だからで、次元も $\mathrm{kg\,m^2}$ で正しい。

典型ミス

(ii) の回転の式で、重心まわりではなく接触点まわりのモーメントを使いながら慣性モーメントは重心まわりの $I_{\mathrm s}$ のまま、という混在が起きやすい。接触点まわりで書くなら平行軸の定理により $I_{\mathrm s}+Mr^2$ を使い、右辺は重力のモーメント $Mgr\sin\phi$ になる（このとき摩擦力は現れず、1本で 2-2) が出る）。どちらの軸で立てたかを答案に明記する。

2-4) で「積分により」と指定されているので、$\frac12Mr^2$ を暗記で書くだけでは不足である。円筒殻に分ける、あるいは極座標で $\int_0^r\!\int_0^{2\pi}s^2\rho\,\ell\,s\,ds\,d\varphi$ と書く、のいずれかの積分を必ず示す。

検算（誘導電荷の総量）

導体表面全体で $\sigma$ を積分すると $$\int_0^{\infty}\sigma(\rho)\,2\pi\rho\,d\rho =-qa\int_0^{\infty}\frac{\rho\,d\rho}{(\rho^2+a^2)^{3/2}} =-qa\left[-\frac{1}{\sqrt{\rho^2+a^2}}\right]_0^{\infty} =-qa\cdot\frac1a=-q .$$ 点電荷 $+q$ から出た電気力線がすべて導体に吸い込まれることに対応し、鏡像電荷 $-q$ と同じ総量になる。ここが計算の正しさをいちばん手早く確認できる場所である。

遠方展開の次数

1-2) で $a^2/r^2$ の項を残すと、$1/r$ の項に $a^2$ の補正が付く。これは四重極項に対応する量で、双極子項 $pz/r^3$ より $a/r$ だけ小さい。設問は1次の近似式を与えているので双極子項までで打ち切ってよいが、答案では「$a/r$ の1次まで」と明記しておくと、落としたのではなく意図して切ったことが伝わる。

典型ミス

1-3) で $E_z$ を計算するとき、$r$ が $z$ を含むことを忘れて $\partial(zr^{-3})/\partial z=r^{-3}$ としてしまう誤りが多い。積の微分を最後まで書く。1-4) では、表面電荷密度の符号を落として大きさだけ答える答案が目立つ。誘導電荷は負であり、$\sigma=\varepsilon_0E_n$（$E_n$ は真空側外向き成分）の関係から符号まで決まる。

方針

2-1) は外積を成分で書き切るのが最短である。対称性から垂直成分が消えることは 2-2) で使うので、2-1) の段階では消さずに両成分を残しておく。2-3) は「遠方で同じ場をつくる」という条件だけを使うので、$R$ が消えることが確認できれば計算は終わりである。

検算

2-2) の結果は $h=0$ で $B=\mu_0I/(2a)$ となり、円電流の中心での既知の値に一致する。また $h\gg a$ では $B\simeq\mu_0Ia^2/(2h^3)$ で、双極子場らしく $h^{-3}$ で減衰する。$dB_z$ は $h=0$ でも残り $dB_r$ は消えるが、これは円の中心では場が軸方向しか持たないことと合う。

磁力線が原点付近で異なる理由

円電流は磁荷をもたないので磁力線は途切れず閉じる。磁極対は仮想的な磁荷を端点にもつので、そこで磁力線が始まり終わる。したがって原点付近では、コイルは内側を貫く連続した線が $z$ の正の向き、磁極対は磁極の間で $z$ の負の向きとなり、向きが逆になる。遠方の形が同じでも近傍が違う、という点が 2-4) の要求である。実在の磁石では磁化された物質の内部で $\vec{B}$ は S から N へ向かい線は閉じるが、点磁荷の対として理想化した場合には上のように端点をもつ。

答案で書くべき点

2-3) はモーメントの定義の流儀で $\mu_0$ の有無が変わる。答案では自分がどちらの定義を使ったかを1行で宣言してから計算する。宣言があれば、係数が $\mu_0$ だけずれても筋は通る。

検算

厳密値は $E_1=\pi^2\hbar^2/(2mL^2)\approx9.87\,\hbar^2/(2mL^2)$ である。1-3) の見積り $15\,\hbar^2/(2mL^2)$ はこれの約1.5倍で、桁が合っている。逆向きに確かめると、$\Delta p$ の厳密値は $\sqrt{2mE_1}=\pi\hbar/L$ だから $$\Delta x\,\Delta p=0.181L\cdot\frac{\pi\hbar}{L}\approx0.57\,\hbar,$$ であり、$\hbar/2$ をわずかに超える。設問が「ほぼ満たす」と述べていることと整合する。

$\langle x\rangle=L/2$ は積分せずとも、$|\psi_1|^2$ が $x=L/2$ に関して対称であることから直ちに言える。積分公式が与えられているので答案では計算するが、対称性による確認を一言添えると安心である。

分散が $L^2/12$ より小さい理由

区間 $[0,L]$ の一様分布の分散は $L^2/12\approx0.083L^2$ である。基底状態では確率密度が中央に山をもち端で0になるので、一様分布より広がりが小さい。得られた $0.0327L^2$ はこの予想と合う。この比較は答案でも短く書ける良い検算になる。

典型ミス

規格化定数を落として $\langle x\rangle$ が $L/2$ にならない、という失点が多い。$2/L$ を掛け忘れると $\langle x\rangle=L^3/(4\cdot\text{何か})$ のように次元がずれるので、次元で気付ける。1-3) では $\Delta x$ に $L$ をそのまま代入して $E_1\simeq\hbar^2/(2mL^2)$ とするのも許容範囲だが、1-2) の結果を使えという流れなので、分散の平方根を用いる方が誘導に沿う。

検算

まず規格化 $|\chi_1|^2+|\chi_2|^2=1$ が全時刻で保たれている。次に期待値の大きさは $$\langle\sigma_x\rangle^2+\langle\sigma_y\rangle^2+\langle\sigma_z\rangle^2 =\cos^2\omega t+\sin^2\omega t=1$$ で一定であり、純粋状態のスピン $1/2$ がブロッホ球面上を動くことと合う。さらに $\sigma_z$ は $H$ と可換なので $\langle\sigma_z\rangle$ は保存量であり、初期値が0であることと計算結果が一致する。$\omega=\mu B/\hbar$ の次元も、$\mu B$ がエネルギーであることから確かめられる。

位相の全体因子は落とせない

$\chi_1$ と $\chi_2$ にかかる位相は符号が逆なので、共通因子としてくくり出せない。この相対位相 $e^{i\omega t}$ が $\langle\sigma_x\rangle,\langle\sigma_y\rangle$ の時間変化そのものである。片方の位相だけを書いて「全体位相は物理に効かない」と処理すると、歳差運動が消えてしまう。

回転の向き

$t=0$ で期待値は $x$ 軸の正の向き、微小時間後は $\langle\sigma_y\rangle\simeq\omega t>0$ なので、$z$ 軸の正の側から見て反時計回りに回る。答案では「$z$ 軸まわりに角振動数 $\mu B/\hbar$」だけでなく、この向きまで書くと 2-3) の「運動を述べよ」に十分応えられる。

この設問が試していること

2準位系の時間発展という、量子力学でもっとも基本的な設定を、行列の対角化・指数関数解・期待値計算という3段階で最後まで実行できるかどうかを見ている。核磁気共鳴や量子ビットの回転操作は、すべてこの計算の延長にある。

$A=2/3$ の意味

$T\to\infty$ では3つの状態が等確率 $1/3$ で占められるので $$E\to\frac{0+\Delta+\Delta}{3}=\frac{2}{3}\Delta .$$ これが定数項 $A\Delta$ にほかならない。展開の0次だけなら計算せずに書けるので、$A$ の検算に使える。

検算（低温側と比熱）

逆の極限 $k_{\mathrm B}T\ll\Delta$ では $E\simeq2\Delta e^{-\beta\Delta}\to0$ となり、基底状態に凍結する描像と合う。高温側の比熱は $$C=\frac{\partial E}{\partial T} =\frac{\partial E}{\partial\beta}\frac{d\beta}{dT} =\left(-\frac29\Delta^2\right)\left(-\frac{1}{k_{\mathrm B}T^2}\right) =\frac{2\Delta^2}{9k_{\mathrm B}T^2}$$ であり、正で、$T^{-2}$ で減衰する。2準位・多準位系に共通するショットキー比熱の高温側の裾の形であり、符号と冪の両方が妥当である。

典型ミス

縮退を落として $Z=1+e^{-\beta\Delta}$ としてしまうと $A=1/2,\ B=1/4$ になる。状態1つずつを数えるのが分配関数の定義であり、同じエネルギーの状態が2つあれば係数2が付く。もう一つの頻出ミスは、展開を $e^{-x}\simeq1-x$ だけで済ませて分母の展開を忘れることである。分子と分母を同じ次数まで展開してから割る。

方針

$Z$ は「速度積分 $\times$ 位置積分」に分解し、どちらも $\beta$ のべきになる。内部エネルギーはそのべきの指数で決まるので、係数（$h,m,\omega,a,b,c$ やガンマ関数の値）を正確に出す必要は実はない。設問が $Z$ を「具体的に求めよ」と言っている場合は係数まで書くが、$U$ の答え合わせは指数だけを見ればよい。

一般化された等分配則

エネルギーに $\lambda|x|^{s}$ の形の項が1つ現れるたびに、その項の熱平均は $k_{\mathrm B}T/s$ になる。運動エネルギーは $s=2$ なので $\frac12k_{\mathrm B}T$、片側線形項は $s=1$ なので $k_{\mathrm B}T$、4次項は $s=4$ なので $\frac14k_{\mathrm B}T$ である。合計すると $$\frac12+1=\frac32,\qquad \frac12+\frac14=\frac34,\qquad \frac12+\frac{1}{2n}=\frac{n+1}{2n}$$ となり、2-3) から 2-5) の答えがすべて再現される。この規則を検算に使うと計算ミスをその場で見つけられる。

検算（極限）

2-5) で $n=1$ とすると $U=k_{\mathrm B}T$ で、調和型の 2-2) に戻る。$n\to\infty$ では $U\to\frac12k_{\mathrm B}T$ となり、これは無限に硬い壁で囲まれた箱の中の自由粒子（運動の自由度1つ分だけ）に対応する。ポテンシャルが急峻になるほど位置の自由度がエネルギーを蓄えなくなる、という物理と合っている。

典型ミス

2-3) で積分区間を $-\infty$ から $\infty$ にとると発散する。$x<0$ ではポテンシャルが無限大なので、位置積分は $0\le x<\infty$ に限られる。片側であることが $U$ を $\frac32k_{\mathrm B}T$ にする鍵ではないが（片側でも両側でも $\beta$ の冪は同じ）、積分そのものは有限にならない。 また、$Z$ の前に付く $m/h$ は $\beta$ を含まないので $U$ には効かない。この因子は位相空間の体積を $h$ 単位で数えるための規格化で、無次元の $Z$ を作る役割をもつ。