都立大 理学研究科 物理学専攻 物理 2022年度 夏季 院試 過去問 解答例・解説（全5問）

方針

被積分関数も領域も球対称なので、球殻 $r\sim r+dr$（体積 $4\pi r^2dr$）で積分するのが最短である。 デカルト座標のまま計算するのは無駄が多い。

検算：次元と極限

答えは $a^5$ に比例する。被積分関数が $[\text{長さ}]^2$、体積が $[\text{長さ}]^3$ なので 合わせて $[\text{長さ}]^5$ となり整合する。 また球の慣性モーメントとの関係でも確認できる。一様な密度 $\rho$ の球の $z$ 軸まわりの慣性モーメントは $\iiint\rho(x^2+y^2)dV=\frac23\rho\cdot\frac{4\pi a^5}{5} =\frac25Ma^2$ となり、既知の値と一致する（対称性から $\iiint x^2dV$ 等が等しいことを使った）。

失点しやすい点

b) の $\Delta$ は3次元のラプラシアンである。1次元と混同して $f''$ だけにすると $2f'/r$ の項が抜ける。また $r=0$ では $e^{-r}$ が滑らかでなく、 超関数的には $-4\pi\delta^3(\vec x)$ の寄与が生じる。答案では $r\ne0$ と断っておく。

なぜ $C_2$ で $0$ になるか

$f(z)=\left(z^2+1\right)^{-2}$ は $|z|\to\infty$ で $|f|\sim|z|^{-4}$ と速く減衰する。 半径 $\mathcal R$ の円周上の積分は $2\pi\mathcal R\cdot\mathcal R^{-4}\to0$ なので、 すべての極を囲む十分大きな円では積分が $0$ になる。 留数の総和が $0$ であることの裏返しである。

2位の極の扱い

1位の極と違い、$(z-z_0)^2f(z)$ の値を代入するだけでは足りず、1回微分してから代入する。 $n$ 位の極では $\dfrac{1}{(n-1)!}\dfrac{d^{n-1}}{dz^{n-1}}$ を作用させる。 微分を忘れると 2-1) の答えが $0$ になり、$C_1$ と $C_2$ の違いが出なくなる。

検算

$f$ は実軸に関して $\overline{f(\bar z)}=f(z)$ を満たす（係数がすべて実）。 このとき $z=i$ と $z=-i$ の留数は互いに複素共役の $-1$ 倍の関係になり、 実際 $-i/4$ と $i/4$ は和が $0$ の純虚数対になっている。 2-1) の答えが実数 $\pi/2$ になることも、この対称性から予想できる。

方針

2階の線形偏微分方程式は、主要部の係数を行列とみなして対角化すれば標準形に落ちる。 $A$ の固有値は $\pm\sqrt{a^2+b^2}$ で符号が異なる（判別式 $b^2-a\cdot(-a)=a^2+b^2>0$）ので、 式 (3) は双曲型であり、波動方程式と同じ「2本の特性直線」を持つ。 $\xi=$ 一定、$\eta=$ 一定がその特性線である。

波動方程式との対応

$a=1,b=0$ とすると $\tan2\theta=0$ から $\theta=0$ となり、 式 (3) は $u_{xx}-u_{yy}=0$、解は $f(x)+h(y)$ である。 $y$ を時間と読み替えれば $u=f(x-t)+h(x+t)$ というダランベールの解に対応する （回転角が $\pi/4$ ずれるのは変数の取り方の違いによる）。

失点しやすい点

3-3) で $\partial_x,\partial_y$ を $\partial_\xi,\partial_\eta$ で書き直すとき、 座標の変換 $U^{-1}$ と微分演算子の変換 $U$ が互いに逆であることに注意する。 また $2b\,\partial_x\partial_y$ を行列に直す際、非対角成分は $b$ ずつ2つに分けること。 $U$ が直交行列（$U^{\mathsf T}=U^{-1}$）だから 3-1) の結果がそのまま使える点も明記する。

1-6) の手順の意味

運動方程式に速度を掛けると左辺が運動エネルギーの時間微分になる、 というのがエネルギー積分の一般的な仕組みである。 右辺が位置だけの関数（保存力）なら、それも何かの時間微分になり全体が積分できる。 本問では $\sin\theta\,\dot\theta=-\dfrac{d}{dt}\cos\theta$ がその役割を果たす。

検算：1-5) と 1-3) の整合

1-5) で $\theta_0\ll1$ とすると $\cos\theta-\cos\theta_0\simeq\dfrac{\theta_0^2-\theta^2}{2}$ なので $v\simeq\sqrt{gL\left(\theta_0^2-\theta^2\right)}$。 $\theta=0$ で $v=\theta_0\sqrt{gL}$ となり 1-4) の最大値と一致する。

失点しやすい点

1-2) の張力に遠心力（向心加速度）の項 $mL\dot\theta^2$ を入れ忘れる誤りが多い。 最下点 $\theta=0$ では $T=mg+mL\dot\theta^2>mg$ であり、静止時の $mg$ より大きい。 また 1-4) では $|\bm v|$ が絶対値であることに注意し、 負の部分を折り返した山が並ぶ形にすること。

方針

拘束条件 $v=r\omega$（および $a=r\alpha$）が並進と回転を結ぶ要である。 エネルギーで解く（2-1, 2-2）ときは $T$ が不要、 力とトルクで解く（2-3, 2-4）ときは $T$ を未知数として3式を連立する。 どちらでも同じ結果になることを確かめておくとよい。

検算

2-1) と 2-3) は整合していなければならない。 $v=at$、$h=\frac12at^2$ より $v^2=2ah=\dfrac{4gr^2h}{2r^2+R^2}$ で、 $\omega=v/r$ とすれば $\omega^2=\dfrac{4gh}{2r^2+R^2}$ となり 2-1) と一致する。

極限での挙動

$r\to R$ とすると（糸を円板の縁に巻いた場合）$a=2g/3$、$T=Mg/3$ で、 斜面を転がる円板と同じ「$2/3$ の重力加速度」になる。 逆に $r\ll R$ では $a\simeq2gr^2g/R^2\to0$、$T\to Mg$ となり、 軸が細いほどゆっくり落ちる。マクスウェルの独楽がゆっくり落ちるのはこのためである。

失点しやすい点

慣性モーメント $MR^2/2$ は円板の半径 $R$ で決まるが、 拘束条件と張力のトルクの腕は巻取り軸の半径 $r$ である。 この2つを混同すると $a=2g/3$ という $r$ によらない誤答になる。 また張力は $Mg$ ではない。$T=Mg$ とすると加速度が $0$ になってしまう。

アーンショーの定理

静電場だけでは荷電粒子を安定に閉じ込められない、というのがアーンショーの定理である。 真空中では電位が $\Delta V=0$（ラプラス方程式）を満たすので、 ある方向に極小なら別の方向には極大にならざるを得ない。 本問の「$x$ に不安定・$y$ に安定」はその具体例で、 3方向の復元力の和が $0$ になっていることを $-1+\frac12+\frac12=0$ と確かめられる。

検算

$q_1:q_2:q_3=4:-1:4$ を 1-1) の3式に代入すると、 $F_1\propto\left(-\frac14+\frac44\cdot\frac14\right)\cdot$（係数）$=0$、 $F_2\propto(4-4)=0$、$F_3\propto\left(-\frac14+\frac44\cdot\frac14\right)=0$ で すべて $0$ になる。

失点しやすい点

1-1) で $q_1$ と $q_3$ の距離を $a$ としてしまう誤りが多い。$2a$ である。 1-3) を「$F$ の微分の符号」だけで論じると、横方向の安定性を見落として 「安定」と誤答しやすい。少なくとも2方向を調べること。

円と正方形の比較

外接円の半径が同じ（$a=\sqrt2\,l$）2つの回路で比べると、 円は $\dfrac{\mu_0I}{2\sqrt2\,l}\simeq0.354\dfrac{\mu_0I}{l}$、 正方形は $\dfrac{\sqrt2\mu_0I}{\pi l}\simeq0.450\dfrac{\mu_0I}{l}$ で正方形のほうが強い。 辺の中点が中心に近いぶん寄与が大きいためである。

検算

2-2) で $z=0$ とすると $\dfrac{\mu_0Ia^2}{2a^3}=\dfrac{\mu_0I}{2a}$ となり 2-1) に一致する。 また $z\gg a$ では $B_z\simeq\dfrac{\mu_0Ia^2}{2z^3}=\dfrac{\mu_0m}{2\pi z^3}$ （$m=\pi a^2I$ は磁気モーメント）で、磁気双極子の軸上磁場の公式と合う。

失点しやすい点

2-3) で「一辺 $2l$」を $l$ と読み違えると答えが2倍ずれる。 また4辺の寄与が同じ向きに足し合わさることを、電流の向きから確認して書くこと。

なぜ $V_C$ が連続か

$t=t_1$ で電源電圧は不連続に跳ぶが、コンデンサの電荷は有限の電流では 瞬時に変化できないので $Q$、したがって $V_C$ は連続である。 一方、抵抗にかかる電圧 $V-V_C$ は $t_1$ で不連続に跳び、 電流も $\dfrac{V_0-V_C(t_1)}{R}$ から $\dfrac{-V_C(t_1)}{R}$ へ符号を変える。

パルス幅と時定数の関係

$t_1-t_0\gg\tau$ なら $V_C(t_1)\simeq V_0$ まで充電され、その後ゆっくり放電する。 逆に $t_1-t_0\ll\tau$ なら $V_C(t_1)\simeq V_0\dfrac{t_1-t_0}{\tau}$ と小さく、 回路は入力を積分したような応答になる（積分回路）。 時定数とパルス幅の大小関係で振る舞いが変わることが、この設問の眼目である。

失点しやすい点

3-2) で初期値を $V_0$ としてしまうと、パルス幅が有限であることを無視した答えになる。 $t_1-t_0$ が有限である以上、$V_C(t_1)<V_0$ である。 また指数の肩を $-t/RC$ と書くと $t=t_1$ での値が合わない。 必ず $-(t-t_1)/RC$ のように起点をそろえること。

周期境界条件と固定端の違い

周期境界条件では進行波 $e^{ikx}$ が固有関数になり、$\pm k$ が縮退する。 固定端（無限井戸）では定在波 $\sin(n\pi x/L)$ になり縮退はない。 また波数の刻みも $2\pi/L$ と $\pi/L$ で異なる。 どちらを課すかで固有値の間隔が変わることを意識しておく。

検算：状態密度

周期境界条件では $\Delta k=2\pi/L$、固定端では $\Delta k=\pi/L$ だが、 固定端は $k>0$ のみを数えるので、単位長さあたりの状態数はどちらも同じになる。 熱力学極限で境界条件の取り方が結果に効かないことの確認である。

失点しやすい点

1-3) で $u_n$ の規格化定数を落とす、あるいは $E_n$ に $\pi^2$ と $4\pi^2$ の どちらが入るかを取り違える誤りが多い。$k_n=2\pi n/L$ を経由して書くと安全である。 1-5) では $V$ が実数であることを使う点を明記すること。 $V$ が複素なら確率は保存せず、$\partial_t\rho+\partial_xj=\frac{2}{\hbar}\operatorname{Im}(V)\rho$ となる。

結果の意味

$\left(\langle\hat\sigma_x\rangle,\langle\hat\sigma_y\rangle,\langle\hat\sigma_z\rangle\right)=(0,1,0)$ は 単位ベクトルで、この状態が $+y$ 方向を向いたスピンの固有状態であることを示す。 実際 $\hat\sigma_y|\psi\rangle=|\psi\rangle$ が直接確かめられる。 $|a|^2=|b|^2=1/2$ なので $S_z$ の測定では上下が半々だが、 相対位相 $i$（$90^{\circ}$）がスピンの向きを $x$ 軸から $y$ 軸へ回している。

相対位相の役割

$|\psi'\rangle=\frac{1}{\sqrt2}(|\alpha\rangle+|\beta\rangle)$ なら $\langle\hat\sigma_x\rangle=1$、$\langle\hat\sigma_y\rangle=0$ で $+x$ 方向を向く。 $|a|,|b|$ が同じでも相対位相が変われば向きが変わるので、 「確率だけでは状態は決まらない」ことの実例になっている。

検算

求めた3つの行列は $\hat\sigma_i^2=I$、$\hat\sigma_x\hat\sigma_y=i\hat\sigma_z$ を満たす （パウリ行列の代数）。また期待値の2乗和は $0+1+0=1$ で、 純粋状態のブロッホベクトルの長さが $1$ であることと整合する。

方針

古典理想気体は「$H$ が座標と運動量に分離する」ことで積分が完全に実行できる。 $F$ を求めてから熱力学の関係式で $p$、$S$、$U$ を導く流れは、 どの統計力学の問題でも共通の型である。

検算：内部エネルギー

$U=-\dfrac{\partial\log Z}{\partial\beta}=\dfrac{3N}{2}kT$ で、 単原子分子理想気体のエネルギー等分配則と一致する。 定積比熱は $C_V=\frac32Nk$ である。

1-1) と 1-4) のつながり

$1/N!$ は「粒子が区別できない」という量子論的な事実を古典計算に持ち込む補正である。 一方 1-4) の条件は「それ以上の量子効果（統計性そのもの）は無視できる」という条件で、 両者は別のことを言っている。$1/N!$ だけでは量子統計を再現できない点に注意する。

方針

独立な振動子の集まりでは、分配関数が積、$\log Z$ が和（連続極限で積分）になる。 $g(\omega)$ はモードの数え上げを引き受ける関数で、 弾性体の形や次元の情報はすべてここに入る。 デバイ模型は $g(\omega)\propto\omega^2$（カットオフ付き）と置いた場合に相当する。

高温極限による検算

$kT\gg\hbar\omega$ では $\bar n\simeq\dfrac{kT}{\hbar\omega}-\dfrac12$ となり $\varepsilon\simeq kT$。これは1次元調和振動子のエネルギー等分配則 （運動エネルギーと位置エネルギーで $\frac12kT$ ずつ）と一致する。 比熱は $\int g(\omega)k\,d\omega$ で温度によらず、デュロン・プティの法則になる。

低温での比熱

$T\to0$ では $\varepsilon\to\hbar\omega/2$ が温度によらないので、 零点エネルギーは比熱に寄与しない。比熱を担うのは第2項で、 3次元弾性体の $g(\omega)\propto\omega^2$ を入れると $C\propto T^3$ という デバイの $T^3$ 則が得られる。

失点しやすい点

2-1) で $Z=Z_1^{\,\text{モード数}}$ を積の形のまま書き、 $\log$ を取って積分に直す段を飛ばすと、$g(\omega)$ がどこで効くのかが見えない。 また 2-2) で $-\partial_\beta\log Z_1$ の符号を落とすと $\varepsilon$ が負になる。 $Z_1$ の定義に $(-1)$ 乗が付いていることに注意して計算する。