都立大 理学研究科 物理学専攻 物理 2021年度 冬季 院試 過去問 解答例・解説（全5問）

検算

$z=\dfrac\pi2+iy$ のとき、加法定理から $$\sin z=\sin\frac\pi2\cos(iy)+\cos\frac\pi2\sin(iy)=\cos(iy)=\cosh y .$$ $\cosh y=2$ を解くと $e^y+e^{-y}=4$、すなわち $e^{2y}-4e^y+1=0$ から $e^y=2\pm\sqrt3$、$y=\pm\log(2+\sqrt3)$ となり一致する。

$|\sin z|$ は $1$ を超えること

実変数では $|\sin x|\le1$ だが、複素数では $\sin z$ は $\pm1$ を含むあらゆる複素数値を取る（$\sin$ は整関数で、 定数でないからピカールの定理により高々1点を除くすべての値を取る）。 $\sin z=2$ に解があるのはそのためである。実軸から離れた方向に $|\sin z|\simeq\frac12e^{|{\rm Im}z|}$ と指数的に増大する。

失点しやすい点

$0\le\operatorname{Re}(z)<2\pi$ の指定を読み落として一般解 $\frac\pi2+2n\pi$ のまま答えたり、 $x=\frac{3\pi}{2}$（$\sin$ が負になる分枝）を混ぜたりする誤りがある。 $t$ の偏角が $+\pi/2$ であることを確かめてから絞ること。

方針

「級数展開しない形で」と指定されているので、 $M$ を対角化して $\exp$ を固有値に作用させるのが正攻法である。 射影行列を使うと $U$ を明示的に掛け直す手間が省ける。 $\exp(M)=U\operatorname{diag}\left(e^{\lambda_1},e^{\lambda_2}\right)U^{\mathsf T}$ を 直接計算しても同じ結果になる。

別解：$\cosh,\sinh$ で書く

$M=aI+bN'$（$N'=N/2$ は $N'^2=I$）なので、$aI$ と $bN'$ は交換し $$\exp(M)=e^{a}\exp(bN')=e^{a}\left(\cosh b\,I+\sinh b\,N'\right)$$ となる。成分に直せば上の結果と一致する。$N'^2=I$ が使えるところは 2023年度冬季の「数学」問2（$\sigma^2=I$）と同じ構造である。

検算

$b\to0$ で $\exp(M)\to e^aI$。実際に上の行列で $e^{\pm b}\to1$ とすると 対角成分が $e^a$、非対角成分が $0$ になる。 また $\det\exp(M)=e^{\lambda_1+\lambda_2}=e^{2a}$ で、 $\det\exp(M)=e^{\operatorname{tr}M}=e^{2a}$ と整合する。

失点しやすい点

$U$ の列の順序と対角成分の順序を対応させること。 また $a>b>0$ という条件から $\lambda_1=a-b>0$ で、 2つの固有値はどちらも正である。順序 $\lambda_1<\lambda_2$ の指定に従うこと。

「充分に長い」の意味

円柱が長いことは、運動が斜面方向の1次元に限られ、 倒れたり首を振ったりしないことを保証している。 慣性モーメント自体は長さによらない。

極限での確認

質量が軸に集中すれば $I=0$、薄い円筒殻なら $I=MR^2$ である。 一様円柱の $MR^2/2$ はその中間で、係数 $1/2$ は $\int_0^12u^3du$ に由来する。

他の形状との比較

同じ質量・半径で、球なら $\frac25MR^2$、円筒殻なら $MR^2$ である。 $I$ が小さいほど転がりやすく、問2の加速度が大きくなる。

$2/3$ の意味

滑らずに転がる物体の加速度は $a=\dfrac{g\sin\alpha}{1+I/(MR^2)}$ である。 円柱は $I/(MR^2)=1/2$ なので $a=\frac23g\sin\alpha$、 球なら $\frac57g\sin\alpha$、円筒殻なら $\frac12g\sin\alpha$ になる。 慣性モーメントが大きいほど遅い。

摩擦は仕事をしない

滑らずに転がるとき接触点の速度は $0$ なので、静止摩擦力は仕事をしない。 力学的エネルギーは保存し、$Mgh=\frac12Mv^2+\frac12I\omega^2=\frac34Mv^2$ から $v^2=\frac43gh$、$h=\frac12 a t^2\sin\alpha$ を使うと同じ結果が得られる。

必要な静止摩擦係数

$f=\frac{Ma}{2}=\frac13Mg\sin\alpha$ で、 垂直抗力は $Mg\cos\alpha$ である。滑らないためには $\frac13Mg\sin\alpha\le\mu_{\rm s}Mg\cos\alpha$、 すなわち $\mu_{\rm s}\ge\frac13\tan\alpha$ が要る。 問3の条件と同じ形になるのは偶然ではない。

方針

「滑らずに転がるようになる」ためには、 滑り速度 $v-R\omega$ が減少して $0$ に到達しなければならない。 $\dfrac{d}{dt}(v-R\omega)=g\sin\alpha-3\mu'g\cos\alpha$ が負であることが条件で、 これが上の不等式にあたる。

条件が破れる場合

$\mu'<\frac13\tan\alpha$ なら滑り速度は増え続け、円柱は永久に滑りながら加速する。 斜面が急なほど、また摩擦が小さいほどこの状況になりやすい。

失点しやすい点

動摩擦力の向きを「運動と逆向き」と機械的に決めると誤る。 基準になるのは重心の速度ではなく接触点の相対速度である。 本問では重心が下向きに動き、かつ回転していないので接触点は下向きに滑り、 摩擦は上向きになる。

検算：水平面の場合

$\alpha=0$ とすると $t'=\dfrac{V_0}{3\mu'g}$、 そのときの速度は $v=V_0-\mu'g t'=\dfrac23V_0$ である。 水平面で初速 $V_0$ を与えて滑らせた円柱が転がり始めるときの速度が $\frac23V_0$ になる、というよく知られた結果と一致する。

極限での挙動

$\mu'\to\frac13\tan\alpha$（条件の境界）では分母が $0$ に近づき $t'\to\infty$ となる。 摩擦がぎりぎりだといつまでも滑り続けるという直観と合う。 逆に $\mu'$ が大きいほど早く転がりに移る。

$t>t'$ の運動

転がりに移ったあとは静止摩擦に切り替わり、問2と同じ $a=\frac23g\sin\alpha$ で加速する。 $t'$ の前後で加速度が $g(\sin\alpha-\mu'\cos\alpha)$ から $\frac23g\sin\alpha$ へ 不連続に変わる点も述べておくとよい。

失点しやすい点

問3の条件を書かずに $t'$ だけ答えると、分母の符号を確かめていないことになる。 $3\mu'\cos\alpha-\sin\alpha>0$ を明記すること。

$\sigma/\varepsilon_0$ ではない

「コンデンサ内部の電場 $\sigma/\varepsilon_0$」を暗記していると ここで2倍にしてしまう。$\sigma/\varepsilon_0$ は2枚の板の寄与を足した値であり、 1枚あたりは $\sigma/2\varepsilon_0$ である。設問は「導体 B の電荷が作る電場は含めない」と 明示しているので、必ず $1/2$ が付く。

端の効果

無限平面の近似が使えるのは、板の大きさ $\sqrt S$ に比べて 考えている点までの距離が十分小さいときである。 問題文の「導体の端の効果は考えなくてよい」がこの近似を指している。

向きの扱い

以降の重ね合わせでは向きが本質的になる。 「板から遠ざかる向き（正電荷の場合）」と覚えておき、 上下で符号が反転することを図に描いてから足すと間違えにくい。

方針

「上側の電場がゼロ」という条件が $Q_{\mathrm B}$ を決める。 上側では2枚とも観測点より下にあるので、どちらの寄与も同じ向き（上向き）になる。 この点を押さえれば足し算の符号で迷わない。

別の見方

外部の電場がゼロになるのは、系全体の正味の電荷が $0$ のときである。 無限平面の対からの電場は、外側では総電荷 $Q+Q_{\mathrm B}$ にのみ依存し $\dfrac{Q+Q_{\mathrm B}}{2\varepsilon_0S}$ となる。これが $0$ ということである。

失点しやすい点

$Q_{\mathrm B}=+Q$ としてしまうと上側の電場が2倍になり、条件と逆になる。 また「コンデンサだから自動的に $\pm Q$」と結論だけ書くのは、 本問では $Q_{\mathrm B}$ を与えた設定なので導出が必要である。

なぜ内側だけ強め合うか

$+Q$ と $-Q$ の対では、外側で2つの寄与が逆向きになって打ち消し、 内側で同じ向きになって2倍になる。 これがコンデンサが電場を内部に閉じ込める仕組みである。

導体表面の境界条件との整合

導体表面のすぐ外側では $E=\sigma/\varepsilon_0$ が成り立つ。 導体 A の下面の面電荷密度は $Q/S$（上面には電荷が残らない）なので $E=Q/(\varepsilon_0S)$ となり、上の結果と一致する。

失点しやすい点

問1で求めた $Q/(2\varepsilon_0S)$ をそのまま答えると、B の寄与を落としたことになる。 2枚ぶんを足すこと。

静電容量

$C=\dfrac QV=\dfrac{\varepsilon_0S}{d}$ となり、 平行板コンデンサの静電容量の公式が再現される。 問3・問4の答えが正しいことの最も手早い確認になる。

符号と向き

電位は電場の向きに沿って下がる。 $V=-\int_{\mathrm A}^{\mathrm B}\bm E\cdot d\bm s$ の符号に迷ったら、 「正電荷は電位の高いほうから低いほうへ力を受ける」という描像に戻すとよい。

失点しやすい点

問3で $Q/(2\varepsilon_0S)$ を使ってしまうと $V$ も半分になり、 静電容量が $2\varepsilon_0S/d$ という誤った値になる。 公式との照合で気づける。

上下対称であること

問2で「上側の電場がゼロ」という条件を課したが、 その結果として下側の電場も自動的にゼロになる。 $+Q$ と $-Q$ の対が作る電場は、平板の外側では総電荷にしか依存しないからである。

全体像

まとめると、電場は導体間の領域だけに $Q/(\varepsilon_0S)$ の大きさで存在し、 上側・下側はともにゼロである。 静電エネルギーも導体間の体積 $Sd$ にのみ蓄えられ、 $U=\frac{\varepsilon_0}{2}E^2\cdot Sd=\frac{Q^2d}{2\varepsilon_0S}=\frac{Q^2}{2C}$ となる。

失点しやすい点

「上側がゼロなのだから下側もゼロ」と対称性だけで済ませず、 A と B それぞれの寄与の向きを書いて打ち消し合うことを示すこと。 設問が独立に問うている以上、導出を省くと減点対象になる。

パリティ演算子による言い換え

$\hat P\psi(x)=\psi(-x)$ とすると、上の計算は $\left[\hat P,\mathcal H\right]=0$ を意味する。 交換する2つの演算子の一方の固有状態に他方を作用させても固有値は変わらない。 $\mathcal H$ が2階微分だけからなる（奇数階の微分を含まない）ことが交換の根拠である。

縮退との関係

$\phi$ と $\phi(-x)$ が独立なら、同じ $\epsilon$ に2つの状態があることになり縮退が生じる。 問2・問3で $k\ne0$ の準位が2重縮退するのはこの理由による。 $\phi$ が偶関数または奇関数なら $\phi(-x)=\pm\phi(x)$ で独立にならず、縮退は生じない。

失点しやすい点

「対称だから明らか」と書くだけでは不十分で、 $d^2/dx^2$ が $x\to-x$ で不変であることを式で示す必要がある。 さらに境界条件も対称であることに触れておくと完全になる。

縮退の構造

$\sin(kL/2)=0$ さえ満たせば $A_k$ と $B_k$ はどちらも自由なので、 $n\ge1$ の各 $k$ に対して $\cos kx$ と $\sin kx$ の2つの独立な固有状態がある。 すなわち第1励起準位以上はすべて2重縮退である。 $n=0$ では $\sin0\cdot x\equiv0$ なので定数関数の1つだけで、縮退しない。

固定端との違い

無限井戸（固定端）なら $k=n\pi/L$ で刻みが半分になり、縮退もない。 周期境界条件では進行波 $e^{\pm ikx}$ が自然な基底で、 $\pm k$ の縮退が $\cos,\sin$ の2重縮退に対応する。

失点しやすい点

2本の境界条件から $\sin(kL/2)=0$ という1本の条件しか出ないことを きちんと示すこと。$B_k=0$ と $A_k=0$ を別々に結論すると自明解しか残らない。

$n=2$ を除く理由

$n=2$ では $\epsilon_2=2\cdot\dfrac1m\left(\dfrac{2\pi\hbar}{L}\right)^2$ となり、 与えられた上限のちょうど2倍で条件を満たさない。 $n^2\le2$ の不等式を書いてから整数解を拾うと確実である。

直交性の確認

$\int_{-L/2}^{L/2}\psi_0\psi_{1{\rm c}}dx\propto\int\cos\frac{2\pi x}{L}dx=0$、 $\int\psi_{1{\rm c}}\psi_{1{\rm s}}dx\propto\int\sin\frac{4\pi x}{L}dx=0$、 $\psi_0$ と $\psi_{1{\rm s}}$ は偶関数と奇関数の積なので $0$。 設問が「互いに直交する」と明示しているので、この確認を1行入れておくとよい。

失点しやすい点

$n=1$ の状態を1つしか挙げない答案が多い。 周期境界条件では $\cos$ と $\sin$ の両方が独立な固有状態であり、 2重縮退していることを漏らさないこと。

方針

$\cos^2$ のままでは固有関数の重ね合わせに見えないので、 半角の公式で $1$ と $\cos(2\pi x/L)$ の和に直すのが第一歩である。 そうすれば $\psi_0$ と $\psi_{1{\rm c}}$ の2成分だけからなることが一目でわかる。

検算：規格化と確率の和

$\psi_{1{\rm c}}$ 成分は $c_{1{\rm c}}=\sqrt{\frac2L}\sqrt{\frac{2}{3L}}\int\cos\frac{2\pi x}{L} \left(1+\cos\frac{2\pi x}{L}\right)dx =\frac{2}{L\sqrt3}\cdot\frac L2=\frac{1}{\sqrt3}$ で $|c_{1{\rm c}}|^2=\frac13$。合計 $\frac23+\frac13=1$ となり、 $\psi$ が規格化されていることと整合する。 実際 $\int|\psi|^2dx=\frac{2}{3L}\left(L+0+\frac L2\right)=1$ である。

物理的な意味

$|c_0|^2=2/3$ は、この状態でエネルギーを測ったときに $\epsilon=0$ が得られる確率である。 残りの $1/3$ は $\epsilon_1$ が得られる確率で、 測定されるのはこの2値だけである。エネルギーの期待値は $\frac13\epsilon_1=\frac{2\pi^2\hbar^2}{3mL^2}$ となる。

失点しやすい点

「振幅の二乗」を問われているので $|c_0|^2$ を答える。 $c_0=\sqrt{2/3}$ のまま答えると設問に答えていない。 また $\psi_{1{\rm s}}$ 成分は $\psi$ が偶関数なので $0$ である。

$N!$ で割らない理由

気体分子のように空間を動き回る同種粒子なら $N!$ で割る必要があるが、 本問の「原子」は結晶中の格子点などに固定されていて位置で区別できる。 区別できる粒子の集まりでは単純に $z^N$ でよい。

$e^{-\beta E}$ を括り出す意味

共通因子 $e^{-\beta E}$ は自由エネルギーに $NE$ という定数を足すだけで、 内部エネルギーには $NE$ のずれ、熱容量には何の寄与もしない。 物理的に効くのは準位差 $\varepsilon$ だけである。

失点しやすい点

1個の分配関数 $z$ と系全体の $Z$ を混同しないこと。 設問は「系の分配関数」なので $N$ 乗まで書く。

極限での確認

$T\to0$ では $e^{-\varepsilon/kT}\to0$ なので $F\to NE$、 すなわち全原子が下の準位にいる状態のエネルギーになる。 $T\to\infty$ では $\log2$ が残り $F\simeq NE-NkT\log2$ で、 $S=Nk\log2$（2状態が等確率）に対応する。

エントロピー

$S=-\partial F/\partial T$ を計算すると $S=Nk\log\left(1+e^{-\varepsilon/kT}\right)+\dfrac{N\varepsilon}{T} \dfrac{e^{-\varepsilon/kT}}{1+e^{-\varepsilon/kT}}$ となる。 $T\to0$ で $0$、$T\to\infty$ で $Nk\log2$ に近づき、第三法則とも整合する。

失点しやすい点

$\log$ の中の $e^{-E/kT}$ を展開し忘れると $NE$ の項が落ちる。 $\log(ab)=\log a+\log b$ で分けること。

占有数としての読み方

$\dfrac{1}{e^{\varepsilon/kT}+1}$ は上の準位にいる原子の割合である。 $T\to0$ で $0$、$T\to\infty$ で $1/2$ に近づく。 上の準位の占有率が $1/2$ を超えないことが、この系の特徴である （負温度を作らない限り反転分布は起こらない）。

検算

$U=F+TS$ で確かめられる。問2の $F$ と補足で求めた $S$ を足すと $NE+\dfrac{N\varepsilon e^{-\varepsilon/kT}}{1+e^{-\varepsilon/kT}}$ となり一致する。

失点しやすい点

$U$ を $\beta$ ではなく $T$ で微分してしまうと符号と係数がずれる。 $U=-\partial_\beta\log Z$ の公式を使うか、 $U=\partial_T\left(-T^2\partial_T(F/T)\right)$ のように正しい関係式を選ぶこと。

$E$ が効かないこと

$U$ の第1項 $NE$ は温度によらないので熱容量には寄与しない。 熱容量に現れるのは準位差 $\varepsilon$ だけである。

$\operatorname{sech}^2$ の形

$\dfrac{e^{x}}{(e^x+1)^2}=\dfrac{1}{\left(e^{x/2}+e^{-x/2}\right)^2} =\dfrac14\operatorname{sech}^2\dfrac x2$ である。 この形にすると、$C$ が $x=\varepsilon/kT$ の偶関数的なピークを持つことが見やすい。

ピークの位置

$C(T)$ は $\varepsilon/kT\simeq2.40$、すなわち $kT\simeq0.417\varepsilon$ で最大となり、 最大値は $C\simeq0.44Nk$ である。 このピークをショットキー異常と呼び、実験でスピン系や結晶場分裂の 準位差を読み取る手がかりになる。

両極限で消える理由

低温では $kT$ が準位差より小さく、熱ゆらぎでは原子を上の準位へ上げられないので エネルギーを受け取れない（凍結）。 高温では上下の準位がほぼ等確率に占められて飽和し、 それ以上温度を上げてもエネルギーがほとんど増えない。 どちらの側でも「温度を上げてもエネルギーが増えない」ため熱容量が消える。

エネルギー等分配則との対比

調和振動子や理想気体では高温で $C\to$ 一定（等分配則）になるが、 2準位系ではエネルギーに上限 $N(E+\varepsilon)$ があるため $C\to0$ になる。 上限のある系に特有の振る舞いである。

失点しやすい点

低温極限で $\left(\varepsilon/kT\right)^2$ が発散することに引きずられて 「$C\to\infty$」と誤答しないこと。 $e^{-\varepsilon/kT}$ のほうが速く $0$ に向かうので積は $0$ になる。 $\lim_{x\to\infty}x^2e^{-x}=0$ を明示するとよい。