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

方針

$A$ は実対称なので、異なる固有値の固有ベクトルは自動的に直交する。 実際 $\vec u_1\cdot\vec u_2=\frac12(1-1)=0$ である。 だから固有ベクトルを規格化して並べるだけで直交行列 $U$（$U^{-1}=U^{\mathsf T}$）が得られる。 グラム・シュミットの直交化は不要である。

検算

$\operatorname{tr}A=12=3+9$、$\det A=36-9=27=3\times9$ でどちらも一致する。 また $U^{\mathsf T}AU$ を実際に計算すると $\frac12\begin{pmatrix}1&-1\\ 1&1\end{pmatrix} \begin{pmatrix}6&3\\ 3&6\end{pmatrix} \begin{pmatrix}1&1\\ -1&1\end{pmatrix} =\begin{pmatrix}3&0\\ 0&9\end{pmatrix}$ となる。

失点しやすい点

$U$ の列の順序は固有値の順序と対応していなければならない。 $\vec u_1$ を第1列に置いたなら対角成分は $(\lambda_1,\lambda_2)=(3,9)$ の順になる。 また $u_{11}>0,\ u_{21}>0$ という指定を読み落として符号を逆にすると減点される。

検算：初等的な計算

$x=a\tan\vartheta$ と置換すれば $\int\frac{dx}{x^2+a^2}=\frac1a\arctan\frac xa$ なので $\left[\frac1a\arctan\frac xa\right]_{-\infty}^{\infty} =\frac1a\left(\frac\pi2+\frac\pi2\right)=\frac\pi a$ となり一致する。 留数の答えが必ず実数になることも、被積分関数が実であることから予想できる。

半円を上下どちらに取るか

本問は $|F|\sim R^{-2}$ と速く減衰するので上下どちらでもよい。 下半平面に取ると内部の極は $z=-ia$、留数は $-\dfrac{1}{2ia}$、 向きが時計回りなので $-2\pi i$ を掛けて同じ $\pi/a$ になる。 一方 $\int\frac{e^{ikx}}{x^2+a^2}dx$ のような場合は、 $e^{ikz}$ が減衰する側（$k>0$ なら上半平面）を選ばねばならない。

失点しやすい点

「留数定理より $\pi/a$」とだけ書いて、半円上の積分が $R\to\infty$ で消えることの 評価を省く答案が多い。これがないと実軸上の積分と閉曲線上の積分が結びつかない。 不等式で上から押さえる1行を必ず入れること。

支点からの束縛力

支点 P には円板を支える束縛力が働くが、その作用線は P を通るので P まわりのモーメントには寄与しない。モーメントを考える点を支点に取ることで 未知の束縛力を消せる、というのが剛体の問題の定石である。

腕の長さ

$r$ ではなく $r\sin\theta$ である。$\theta=0$（鉛直）でモーメントが $0$ になり、 $\theta=\pi/2$ で最大になることを確かめると取り違えに気づける。

この設問が試していること

「円板に平行な面内における運動」という条件から、 回転軸は円板に垂直で P を通る軸であることを読み取れているかどうかである。 問4・問5で求める慣性モーメントもこの軸まわりのものになる。

符号

$\theta>0$ のとき重力は $\theta$ を減らす向きに働くので右辺は負である。 符号を落とすと問3で振動解が得られない。

単振り子との対応

長さ $\ell$ の単振り子 $m\ell^2\ddot\theta=-mg\ell\sin\theta$ と比べると、 $m\ell^2\to I$、$mg\ell\to Mgr$ の置き換えになっている。 実効的な振り子の長さは $\ell_{\text{eff}}=I/(Mr)$ である。

$I$ を残す意味

問2・問3では $I$ を具体形に入れずに残すよう指定されている。 一般の剛体振り子について成り立つ関係を先に立て、 あとで $I$ を代入するという構成なので、この段階で $Ma^2/2+Mr^2$ を入れる必要はない。

振幅によらないこと

微小振動の範囲では周期は振幅 $\theta_0$ によらない（等時性）。 振幅が大きくなると $T\simeq T_0\left(1+\theta_0^2/16\right)$ と伸びる。

$r\to0$ の極限

支点を重心に近づけると $T\to\infty$ となり、振動しなくなる。 重心を支点にすれば復元モーメントが消えるので当然である。 問6で最小値が内部の $r$ に現れることの伏線になっている。

失点しやすい点

角振動数 $\omega$ と周期 $T$ を取り違えないこと。 設問は「周期を $I,M,r$ を用いて表せ」なので $2\pi$ を落とさない。

垂直軸の定理による確認

薄い平板では、面内の直交する2軸 $x,y$ と面に垂直な軸 $z$ について $I_z=I_x+I_y$ が成り立つ。円板では対称性から $I_x=I_y=Ma^2/4$ なので $I_z=Ma^2/2$ となり一致する。

極限での確認

同じ質量・半径の細い輪なら $I=Ma^2$、質量が中心に集中すれば $I=0$ である。 一様円板の $Ma^2/2$ はその中間にあり、係数 $1/2$ は $\int_0^1 2u^3du$ に由来する。

失点しやすい点

面密度を $M/(2\pi a)$（周の長さで割る）としてしまう誤りがある。 面積 $\pi a^2$ で割ること。

平行軸の定理の使用条件

定理は「重心を通る軸」と「それに平行な軸」の間でのみ成り立つ。 本問の2軸はどちらも円板に垂直で互いに平行、かつ一方が重心を通るので使える。

$r$ の範囲

$0<r<a$ という条件は「支点が円板の内部にある」ことを表す。 問6で求める最適値がこの範囲に入るかどうかを最後に確認する必要がある。

失点しやすい点

$Mr^2$ を $Ma^2$ と書いたり、$I_{\mathrm O}$ を足し忘れたりする誤りが多い。 $r\to0$ で $I_{\mathrm P}\to Ma^2/2$ になることを確認するとよい。

なぜ最小値が存在するか

$r$ を小さくすると復元モーメント $Mgr$ が減って周期が伸び、 $r$ を大きくすると慣性モーメント $Mr^2$ が増えてやはり周期が伸びる。 両者が釣り合う中間の $r$ で周期が最小になる。 $T$ が $r\to0$ と $r\to\infty$ の両端で発散することを述べておくと、 極値が最小であることの説明になる。

相反点

$f(r)=\ell_{\text{eff}}$ は実効的な振り子の長さである。 $\ell_{\text{eff}}=\dfrac{a^2}{2r}+r$ が同じ値を取る $r$ は一般に2つあり、 その積は $a^2/2$ である。これは「同じ周期を与える支点が2つある」ことを意味し、 剛体振り子の相反点（ケーターの振り子の原理）にあたる。 最小周期はその2つが一致する点で実現する。

検算

$r=a/\sqrt2$ のとき $I_{\mathrm P}=M\left(\frac{a^2}{2}+\frac{a^2}{2}\right)=Ma^2$、 $Mgr=Mga/\sqrt2$ なので $T=2\pi\sqrt{\dfrac{Ma^2}{Mga/\sqrt2}}=2\pi\sqrt{\dfrac{\sqrt2\,a}{g}}$。 $\ell_{\text{eff}}=\sqrt2\,a\simeq1.41a$ で、円板の直径 $2a$ より短い。

失点しやすい点

$I$ が $r$ に依存することを忘れて $T\propto1/\sqrt r$ とすると、 $r$ が大きいほど周期が短いという誤った結論になる。 問5の結果を必ず問3の式に代入してから微分すること。

方針

電場は $\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{\hat{\bm R}}{R^2} =\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0}\dfrac{\bm R}{R^3}$ である。 $\hat{\bm R}$ をわざわざ正規化せず、$\bm R/R^3$ の形で書くほうが計算が短い。

検算：$h=0$ の場合

$h=0$ なら $\bm R=(a,a,a)$、$|\bm R|=\sqrt3\,a$ で $\bm E=\dfrac{q(a,a,a)}{4\pi\varepsilon_0\cdot3\sqrt3a^3} =\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0\cdot3a^2}\cdot\dfrac{(1,1,1)}{\sqrt3}$。 大きさが $\dfrac{q}{4\pi\varepsilon_0(\sqrt3a)^2}$ になり、 距離 $\sqrt3a$ のクーロン場と一致する。

失点しやすい点

分母を $|\bm R|^2$ にすると向きの単位ベクトルが掛かっていないことになり、 大きさが $|\bm R|$ 倍ずれる。$\bm R/|\bm R|^3$ の3乗を確認すること。

$z$ 成分が消える理由

遠方では実電荷と鏡像電荷の対は双極子とみなせ、 その双極子モーメントは $\bm p=(0,0,2qh)$（$-q$ から $+q$ へ、$z$ 方向）である。 観測点 $(a,a,a)$ は $\bm p$ と $54.7^{\circ}$ の角をなす。 双極子電場 $\bm E=\dfrac{3(\bm p\cdot\hat{\bm r})\hat{\bm r}-\bm p}{4\pi\varepsilon_0r^3}$ の $z$ 成分は $\dfrac{p\left(3\cos^2\vartheta-1\right)}{4\pi\varepsilon_0r^3}$ で、 $\cos\vartheta=1/\sqrt3$ のとき $3\cdot\frac13-1=0$ となって消える。 $(1,1,1)$ 方向はちょうど「マジック角」に当たっている。

検算：双極子公式から

$\bm p=(0,0,2qh)$、$\hat{\bm r}=(1,1,1)/\sqrt3$、$r=\sqrt3a$ を双極子の式に入れると $3(\bm p\cdot\hat{\bm r})\hat{\bm r}-\bm p =3\cdot\frac{2qh}{\sqrt3}\cdot\frac{(1,1,1)}{\sqrt3}-(0,0,2qh)=2qh(1,1,0)$。 $4\pi\varepsilon_0r^3=4\pi\varepsilon_0\cdot3\sqrt3a^3$ で割ると $\dfrac{2qh(1,1,0)}{12\sqrt3\pi\varepsilon_0a^3}=\dfrac{qh(1,1,0)}{6\sqrt3\pi\varepsilon_0a^3}$ となり一致する。

誘導電荷の総量

2-3) の $\sigma$ を面全体で積分すると $\int_0^\infty\sigma(\rho)2\pi\rho\,d\rho=-qh\int_0^\infty\frac{\rho\,d\rho}{(\rho^2+h^2)^{3/2}}=-q$ となり、鏡像電荷 $-q$ と同じ総量の負電荷が導体面に誘起されていることが確かめられる。

失点しやすい点

2-2) で距離を $h$ としてしまう誤りが多い。実電荷と鏡像電荷の距離は $2h$ である。 また鏡像法が使えるのは $z>0$ の領域だけで、 「導体内部にも $-q$ が実在する」わけではないことを断っておくとよい。

方針

定係数の2階線形微分方程式なので、$\psi''=-k^2\psi$ か $\psi''=+\alpha^2\psi$ かで 三角関数か指数関数かが決まる。井戸の内側は $E>-U$ より振動解になる。

三角関数で書く利点

問3で偶関数解を扱うので、パリティのはっきりした $\cos kx$（偶）と $\sin kx$（奇）の組で書いておくと、偶奇の条件をそのまま係数の条件に直せる。 指数形で書くと $C=D$ という条件に読み替える手間が増える。

失点しやすい点

$E<0$ だからといって $k$ を虚数と決めつけないこと。 $k$ を決めるのは $E$ ではなく $U+E$ である。

束縛状態であること

$E<0$ なので井戸の外では波数が虚になり、振動せずに指数的に増減する。 これが「束縛」の意味である。$E>0$ なら外側でも振動解になり散乱状態になる。

減衰長

$1/\alpha=\hbar/\sqrt{-2mE}$ が波動関数が井戸の外へしみ出す距離である。 $E$ が $0$ に近い（浅く束縛された）状態ほど $\alpha$ が小さく、遠くまでしみ出す。

領域ごとに定数が別であること

$x>L$ と $x<-L$ は連続でつながっていないので、 $C,D$ はそれぞれの領域で独立な定数である。問3ではこれを偶関数条件で結びつける。

比を取る意味

$A$ と $C$ の絶対値は規格化で決まるので、固有値条件には現れてはならない。 2つの接続条件の比（対数微分 $\psi'/\psi$ の連続）を取ると係数が消え、 $k$ と $\alpha$ だけの関係式になる。これが固有値を決める超越方程式である。

解の個数

$k$ と $\alpha$ は独立ではなく、定義から $k^2+\alpha^2=\dfrac{2mU}{\hbar^2}$（半径 $\sqrt{2mU}/\hbar$ の円）を満たす。 この円と曲線 $\alpha=k\tan kL$ の交点が束縛状態を与える。 円の半径がいくら小さくても第1象限で必ず1つは交わるので、 1次元の引力井戸には深さによらず少なくとも1つ偶パリティの束縛状態が存在する。

失点しやすい点

$x=-L$ の接続条件からは同じ式しか出ない（偶関数だから）。 「両端で条件を課したから2本の式が得られる」と考えて未知数を数え違えないこと。 また $\alpha>0$、$k>0$ なので $\tan kL>0$、 すなわち $kL$ は $\left(n\pi,\ n\pi+\frac\pi2\right)$ の範囲に限られる。

原点での折れ曲がり

$\psi$ は原点で連続だが、$|x|$ の微分が飛ぶので $\psi'$ は不連続である。 $\psi'(0^+)-\psi'(0^-)=-2\alpha\sqrt\alpha=-2\alpha\psi(0)$ となる。 この飛びの大きさが問5でエネルギーを決める。

奇関数解が存在しない理由

奇関数なら $\psi(0)=0$ となり、デルタ関数ポテンシャルは $\psi(0)$ を通してしか効かないので束縛が生じない。 実際、引力デルタ関数ポテンシャルの束縛状態はこの1つだけである。

失点しやすい点

規格化積分で $2$ 倍（左右両側）を忘れると $N=\sqrt{2\alpha}$ となり誤る。 また $|\psi|^2$ の指数が $e^{-2\alpha|x|}$ であることに注意する。

なぜ積分するのか

デルタ関数は $x=0$ で発散するので、方程式をその点で「代入」できない。 微小区間で積分すると $\int\delta(x)\psi(x)dx=\psi(0)$ と有限値になり、 $\psi''$ の積分は $\psi'$ の飛びとして現れる。 特異なポテンシャルの接続条件はこの手順で得る、というのが一般的な作法である。

検算：有限井戸の極限

深さ $U$、幅 $2L$ の井戸で $U\to\infty$、$L\to0$、$2UL\to W$ を保つと デルタ関数に近づく。問3の条件 $\alpha=k\tan kL$ で $kL\ll1$ として $\tan kL\simeq kL$ とすると $\alpha\simeq k^2L=\dfrac{2m(U+E)L}{\hbar^2}\simeq\dfrac{mW}{\hbar^2}$ となり、問5の結果と一致する。

$W$ 依存性

$|E|\propto W^2$ である。ポテンシャルの強さを2倍にすると 束縛エネルギーは4倍になる。また $W>0$ である限りいくら弱くても 必ず束縛状態が1つ存在するのは1次元特有の性質で、 3次元では引力が一定以上強くないと束縛状態は現れない。

失点しやすい点

右辺の $E\int\psi dx$ が $0$ になる理由（$\psi$ が有界で区間幅が $\to0$）を 書かずに消してしまう答案が多い。ここを明示すること。 また微分の飛びの符号を逆にすると $E>0$ という誤答になる。

以降での役割

この $E$ が問2の拘束条件になる。 「値が決まっている量」であって「$p_n$ を動かして最大化する量」ではない点が重要である。

和の収束

問題文は $E$ が有限であることを仮定している。 準位は無限個あるので、$p_n$ が十分速く $0$ に近づかないとこの和は発散する。 この収束条件が問6で $T\ge0$ を導く根拠になる。

この設問が試していること

確率分布と観測量の期待値の関係を正しく書けるか、という確認である。 状態が縮退している場合は縮退度を掛ける必要があるが、 本問では準位が単純（各 $E_n$ が1状態）として扱う。

方針

拘束付きの極値問題では、拘束条件に未定乗数を掛けて目的関数に足し、 変数について自由に微分してよい形にする。 $p_n$ どうしの拘束は乗数に押し込まれているので、 各 $n$ について独立に $\partial\Phi/\partial p_n=0$ とできる。

$-1$ が出る理由

$\dfrac{d}{dp}\left(-kp\log p\right)=-k\left(\log p+1\right)$ であり、 積の微分から $-k$ が余分に出る。これが指数の肩の $-1$ になり、 問3で規格化定数に吸収される。

極大であること

$\dfrac{\partial^2\Phi}{\partial p_n^2}=-\dfrac{k}{p_n}<0$ なので、 得られた停留点は極大である。エントロピー最大の分布が求まっている。

分配関数の登場

分母 $Z\equiv\sum_ne^{aE_n/k}$ が分配関数である。 $a$ を $-1/T$ と同定すれば $Z=\sum_ne^{-E_n/kT}$ という見慣れた形になる。

$b$ が消えること

未定乗数のうち規格化に対応する $b$ は必ず分配関数に吸収され、 分布の形には現れない。物理的な情報を持つのはもう一方の $a$ だけである。

失点しやすい点

和の添字を $n$ と $m$ で区別せずに書くと、分子と分母が同じ添字で束縛されて誤りになる。 分母は $n$ によらない定数であることを添字の使い分けで示すこと。

方針

未定乗数は数学的には任意定数だが、拘束量（ここでは $E$）に共役な物理量として 熱力学的な意味を持つ。エントロピーをエネルギーで微分したものが $1/T$ という 温度の定義に立ち返るのが定石である。

検算

$a=-1/T$ を問3に入れると $p_n=\dfrac{e^{-E_n/kT}}{\sum_me^{-E_m/kT}}$ となり、 まさにカノニカル分布（ボルツマン分布）である。 最大エントロピー原理からカノニカル分布が導かれた、というのがこの問題全体の主題である。

失点しやすい点

$E$ を微分するときに $Z$ が $a$ を介して $E$ に依存することを忘れると、 $-E\,da/dE$ の項が残って $a=-1/T$ に到達しない。 2つの項がちょうど打ち消し合うことを示すこと。

基準の取り方

$E_n$ をすべて一律に $\Delta$ だけずらすと $F$ も $\Delta$ だけずれる。 エネルギーの原点の取り方に依存する量なので、 本問のように $0<E_0$ と決めてある場合はその基準に従う。

低温極限

$T\to0$ では $e^{-E_0/kT}$ が最も大きく、$Z\simeq e^{-E_0/kT}$ となるので $F\to E_0$ である。系は基底状態に落ち、$S\to0$（第三法則）になる。

失点しやすい点

$F=-kT\log Z$ は結果として簡単だが、 $S$ の表式を経由せずに書くと導出になっていない。 $S=-aE+k\log Z$ を明示してから $F=E-TS$ に入れること。

なぜ準位が無限個であることが効くか

上限のあるエネルギー準位しか持たない系（たとえば2準位系のスピン集団）では $Z$ が $T<0$ でも収束するので、負温度が意味を持つことがある。 本問で $T\ge0$ が言えるのは、準位が上に非有界だからである。 この違いを述べておくと理解の深さが伝わる。

別の見方

$a=-1/T$ を用いると、$p_n\propto e^{aE_n/k}$ が総和可能であるためには $a<0$ でなければならない。$a<0$ は $-1/T<0$、すなわち $T>0$ を意味する。 問4の結果から直接この結論に至ってもよい。

$T=0$ の扱い

厳密には $T=0$ で $p_n$ の式は定義されないが、$T\to+0$ の極限として 基底状態のみが占められる分布が得られる。 このとき $S=0$、$E=E_0$、$F=E_0$ となり、熱力学第三法則と整合する。