都立大 理学研究科 物理学専攻 物理 2024年夏季 院試 解答例・解説

方針

前半は球対称の拡散型方程式の分離変数である。時間方向の条件が $T'(0)=-1$ と与えられているため、分離定数は最後に自由に残らず $\lambda=-1$ に固定される。

原点条件の意味

$R=(A\sin r+B\cos r)/r$ のうち、$B\cos r/r$ は $r\to0$ で発散する。$R\to1$ という条件は、発散項を消すだけでなく、$\sin r/r\to1$ を使って係数 $A$ まで決める条件である。

3次元積分の見通し

角度積分で $$\int_{-1}^{1}e^{ikru}\,du=\frac{2\sin kr}{kr}$$ が出るので、問題は $k\sin kr$ を含む 1 次元積分に落ちる。留数計算では $e^{ikr}$ を付けた積分を考えると、$\sin kr$ が虚部として自然に現れる。

検算

$M\to m$ の極限を除けば答えは正である。実際 $M>m$ かつ $r>0$ なら $e^{-mr}>e^{-Mr}$ なので、3 次元積分の結果は正になる。また $r\to0$ の極限が有限になることは、元の 3 次元積分が大きな $k$ で $k^2/k^4$ 程度に減衰することと整合している。

典型ミス

角度積分後の係数 $4\pi/r$ を落としやすい。$\varphi$ 積分の $2\pi$ と、$\theta$ 積分の $2\sin kr/(kr)$ の両方を追うこと。また、留数積分で $\int_{-\infty}^{\infty} k e^{ikr}/\cdots\,dk$ が $2i$ 倍の実積分に対応する点も符号ミスの多い箇所である。

抵抗力の符号

抵抗力は常に速度と逆向きである。1 つ目では外力が十分大きいため $v$ は増加し、 $m\dot v=k_1(2v_0-v)$ となる。2 つ目では外力がなく、停止するまで $m\dot v=-k_2\sqrt v$ である。符号を逆にすると、速さが増える不自然な解になる。

仕事の求め方

外力が一定なので、仕事は $F x$ で求めるのが最も短い。$v=v_0$ になった時刻を出しただけでは仕事は決まらず、その時刻までの変位を積分する必要がある。

板の座標設定

長方形の慣性モーメントは板の向きによらないので、板に固定した $X,Y$ 座標で積分するのが簡単である。一方、衝突点の座標は実験室座標で必要になるため、長辺方向 $\boldsymbol u$ と法線方向 $\boldsymbol n$ を使って直線を表すと符号を追いやすい。

回転しない条件

摩擦なしの衝突では、力積は長辺に垂直な方向に限られる。板が回転しない条件は、力積の大きさがどうなるかではなく、その作用線が原点を通ること、すなわち原点まわりの角力積がゼロになることである。本問ではそれが $s=0$、つまり衝突点がその長辺の中点になる条件である。

典型ミス

最後の非弾性衝突で、衝突後の慣性モーメントに付着した質点の寄与 $m(x_0^2+c^2)$ を入れ忘れやすい。また、線運動量は原点を固定する拘束力のため一般には保存しないが、原点まわりの角運動量は保存する、という使い分けを書くことが重要である。

同軸円筒の場

円筒対称性が強いので、電場は Gauss の法則、磁場は Ampere の法則でほぼ一行で決まる。特に外側の $r>b$ で磁場が消えるのは、包む電流が $I+(-I)=0$ になるためである。

インダクタンスの検算

$L$ は単位長さあたりなので次元は H/m である。答え $\mu_0(2\pi)^{-1}\log(b/a)$ は $\mu_0$ と同じく H/m の次元を持ち、対数の中身も無次元である。

波動方程式で書くべき点

ベクトル公式を使うだけでなく、$\nabla\cdot\boldsymbol E=0$ と $\nabla\cdot\boldsymbol B=0$ をどこで使ったかを明記する。ここを書かないと、$\nabla(\nabla\cdot\boldsymbol F)$ の項を消した理由が不明になる。

振幅比の符号

本問の配置では $\boldsymbol E$ が $x$ 方向、$\boldsymbol B$ が $y$ 方向なので $\boldsymbol E\times\boldsymbol B$ は $+z$ 方向で、伝搬方向と一致する。振幅比は正の量として $E_0/B_0=c$ と書けばよい。

典型ミス

磁場エネルギー密度は $B^2/(2\mu_0)$ であり、$\mu_0B^2/2$ ではない。また時間平均では $\cos^2$ の平均が $1/2$ になるため、最終的な係数は $1/4$ になる。

井戸型ポテンシャルの方針

エネルギーが井戸の底より上で外側のポテンシャルより下にあるため、井戸内では三角関数、外側では指数減衰になる。無限壁では $\psi(0)=0$ を直接課すので、井戸内の $\cos kx$ 成分は消える。

接続条件

ポテンシャルが有限に跳ぶ点 $x=b$ では、波動関数だけでなく微分も連続である。ここで微分条件の右辺が $-qF$ になる符号が重要であり、これを間違えると $k\cot(kb)=q$ という誤った式になる。

しきい値の意味

$E\to0-$ は束縛状態が消える直前の極限である。$q\to0$ となるため条件は $\cot(kb)=0$ になり、最小の井戸の深さは最初の解 $kb=\pi/2$ から決まる。より大きな解を使うと、励起束縛状態が現れるしきい値を求めてしまう。

スピン測定の解釈

$|\phi\rangle$ は $\hat s_x$ の固有状態なので、$x$ 成分の測定値は完全に確定している。しかし $\hat s_z$ の固有状態ではないため、$z$ 成分にはばらつきが残る。期待値 $0$ は「いつも 0 が測定される」という意味ではなく、$+\hbar/2$ と $-\hbar/2$ の平均が 0 になるという意味である。

典型ミス

不確定性原理を「非可換なら必ず $\Delta x\Delta z>0$」と機械的に書くのは危険である。Robertson 不等式の右辺は交換子の期待値であり、この状態では $\langle\hat s_y\rangle=0$ のため下限は 0 になる。それでも $\hat s_x$ と $\hat s_z$ が同時に確定するわけではない、という点を言葉で補う必要がある。

理想気体の内部エネルギー

単原子理想気体では、重力がない場合の内部エネルギーは運動エネルギーだけで決まる。各粒子に 3 つの二次自由度があるため、等分配則で $3k_BT/2$ が出る。

重力場中で熱容量が増える理由

重力場中では位置エネルギー $mgz$ も熱的に分布する。$z$ 方向の位置積分 $\int_0^\infty e^{-\beta mgz}\,dz=1/(\beta mg)$ が余分な $T$ 依存性を持つため、1 粒子あたり平均位置エネルギー $k_BT$ が加わる。したがって内部エネルギーは $3k_BT/2+k_BT=5k_BT/2$ となる。

分配関数の係数

$a$ は位相空間のセルの大きさを表すので、$N$ 粒子では $a^{3N}$ で割る。また同種粒子であるため $N!$ で割る。この 2 つを落とすと、問題で指定された分配関数の形に一致しない。

定数状態密度のフェルミ気体

状態密度が一定なので、$T=0$ では粒子数が長方形の面積 $D_0\epsilon_F$、エネルギーが三角形の面積 $D_0\epsilon_F^2/2$ と見なせる。このため平均エネルギーは $\epsilon_F/2$ になる。

高温極限の注意

高温・低密度極限では $k_BT\gg\epsilon_F$ となるので $\log(\epsilon_F/k_BT)<0$ であり、化学ポテンシャルは負になる。これは古典極限で粒子を入れることの自由エネルギー的なコストが大きいことを表しており、符号の検算に使える。