東大 工学系研究科 物理工学専攻 物理学 2023年度 院試 過去問 解答例・解説（全4問）

方針

1次元井戸では境界条件が量子数を決める。区間が $[-a,a]$ なので長さは $2a$ であり、よくある $[0,a]$ の公式をそのまま使うとエネルギーが4倍ずれる。2次元部分は縮退部分空間の中で対称操作を対角化する問題である。

偶奇性の見方

$n$ が奇数なら余弦型で偶関数、$n$ が偶数なら正弦型で奇関数になる。したがって反転固有値は $+1,-1,+1,-1,\ldots$ と交互に並ぶ。この段階で波動関数を規格化しておくと、2次元の線形結合でも係数 $1/\sqrt2$ を迷わず書ける。

縮退準位の扱い

$\Psi_{2,1}$ と $\Psi_{1,2}$ は同じエネルギーを持つため、任意の線形結合がハミルトニアンの固有状態である。追加の対称性 $\hat M$ または $\hat C_4$ を同時に対角化するには、この2次元空間で演算子の行列を作ればよい。$\hat M$ は入れ替え行列、$\hat C_4$ は $$\Psi_{2,1}\mapsto-\Psi_{1,2},\qquad \Psi_{1,2}\mapsto\Psi_{2,1}$$ となるので、固有値が $\pm i$ になる。

角運動量の検算

$\hat M$ の固有状態は実波動関数であり、境界で波動関数が消えるため角運動量期待値は0になる。一方、$\hat C_4$ の固有状態は相対位相 $\pm i$ を持つため、2つの実基底間の非対角行列要素が期待値として残る。符号は $\Psi_{2,1}+i\Psi_{1,2}$ を $+i$ 固有値とした約束に対応している。

典型ミス

$\hat C_4$ で $\psi_2(-y)=-\psi_2(y)$ の符号を落とすと、固有値を $\pm1$ と誤る。また、角運動量期待値で対角成分だけを見ると0と答えてしまう。試験答案では、縮退部分空間での変換規則を明示してから固有ベクトルを書くのが最も安全である。

方針

この問題は張力を直接求めるより、接線方向の運動方程式を作って張力を消すのが速い。支点が鉛直に加速度を持つため、実効重力が $$g-y_{\mathrm{pivot}}''=g+a\Omega^2\cos\Omega t$$ になる、と見れば式の符号を確認しやすい。

符号の検算

$a=0$ に戻すと $$\ddot\theta+\frac{g}{L}\sin\theta=0$$ となる。これは通常の単振り子の式であり、$\theta>0$ のとき復元方向に加速度が出る。もし $g-a\Omega^2\cos\Omega t$ とした場合でも支点加速度の定義によっては現れるが、本問の $y$ 軸は下向き、支点座標は $a\cos\Omega t$ なので、ここでは $g+a\Omega^2\cos\Omega t$ が正しい。

摂動式の作り方

$\theta=\theta_0+a\theta_1$ と置くと、$a\theta_1$ にさらに $a\cos\Omega t$ を掛けた項は $a^2$ なので捨てる。したがって1次の非斉次項は $\cos\Omega t\,\theta_0(t)$ だけから出る。積和公式を使うと、駆動周波数は $\Omega+\omega_0$ と $\Omega-\omega_0$ の2本に分かれる。

共鳴条件

非斉次方程式 $$\ddot q+\omega_0^2q=F\cos\kappa t$$ では $\kappa=\omega_0$ のとき、定数倍の $\cos\kappa t$ ではなく $t\sin\omega_0t$ 型の永年項が出る。ここでは $\Omega-\omega_0=\omega_0$、すなわち $\Omega=2\omega_0$ が問題になる。これがパラメーター励振の基本共鳴である。

典型ミス

張力の向きを $+T\sin\theta,+T\cos\theta$ としてしまうと、最終的な復元力の符号が逆になる。また、$u_2$ の分母は $\Omega-2\omega_0$ であり、$\Omega<2\omega_0$ では負になる。符号を無理に正に直さず、非斉次方程式からそのまま係数比較するのが確実である。

方針

静止容器は通常の古典理想気体であり、$\tilde Z_1$ は「高さ $L$ を取り除いた」1粒子分配関数である。回転容器ではカノニカル重みが $H-\omega M$ になり、運動量を平方完成すると、剛体回転する平均流と遠心ポテンシャルが同時に現れる。

自由エネルギーの規格化

$L\tilde Z_1$ が1粒子分配関数なので、$N!$ を忘れると $$\frac{F}{L}$$ に $\log L$ が残ってしまう。熱力学極限では $\nu=N/L$ を固定するため、正しい結果は $\log(\tilde Z_1/\nu)$ だけを含む。

側圧の取り方

半径変化に対する仕事は側面の体積変化 $$dV=2\pi RL\,dR$$ で割る。ここで $2\pi R$ を落とすと、圧力ではなく単位長さあたりの力になる。静止極限で $$P=\frac{NkT}{\pi R^2L}$$ すなわち理想気体の状態方程式と一致することが重要な検算である。

回転分布の物理的意味

$H-\omega M$ の平方完成から、平均速度は $$\boldsymbol v=\boldsymbol\omega\times\boldsymbol r$$ となる。さらに密度は半径方向に $\exp(m\omega^2r^2/2kT)$ で増えるため、低温では粒子が側壁付近に集まる。その結果、低温の側圧は熱運動ではなく向心加速度を支える圧力 $\nu m\omega^2/(2\pi)$ に近づく。

熱容量の検算

角速度一定では、温度変化によって角運動量も変わるため、実験的に加える熱は単純な $d\langle H\rangle$ ではなく $$dQ=d\langle H\rangle-\omega\,d\langle M\rangle$$ である。このため $\langle H-\omega M\rangle$ または自由エネルギーから $C_\omega$ を計算する。高温では遠心効果が弱く、通常の並進3自由度の $(3/2)Nk$ に戻る。低温では粒子が側壁近くに集まり、回転アンサンブルの有効エネルギーに半径方向の寄与も残るため $(5/2)Nk$ へ近づく。

典型ミス

回転問題で $H$ ではなく $H-\omega M$ を最小化する点を忘れやすい。また、$\tilde Z_1$ の回転版を $\gamma R^2(kT)^{3/2}e^{\varepsilon/kT}$ としてしまう誤りが多い。正しくは円板全体で積分するため、$(e^s-1)/s$ が現れる。

方針

前半はPenning型の閉じ込めであり、静電場だけではラプラス方程式のため3方向同時の復元力を作れない。そこで軸方向は静電場、横方向は磁場によるサイクロトロン運動で安定化する。後半はPaul型の時間依存閉じ込めで、Mathieu方程式の小パラメータ近似を行う。

静電場だけで閉じ込められない理由

$\phi$ が極小を持てば3方向すべてで2次係数が正になる。しかし真空中では $\nabla^2\phi=0$ なので、2次係数の和がゼロでなければならない。これはEarnshawの定理の具体例であり、答案では単に「できない」と書くのではなく、ラプラス方程式から $a+b+c=0$ を示す必要がある。

横方向の安定条件

$u=x+iy$ を使うと、ローレンツ力の $x,y$ 成分が1本の2階方程式にまとまる。特性方程式の根に実部があると指数的に発散する。また重根の場合は $t e^{rt}$ 型の解が現れ、任意の初期条件に対して有界ではない。したがって不等号は $$\left(\frac{qB}{m}\right)^2>4\frac{qc}{m}$$ の厳密な不等号になる。

Fourier係数の関係

$\cos2\tau$ を掛けると周波数添字が隣の $n$ に移る。このため $C_n$ は $C_{n-1}$ と $C_{n+1}$ に結合する。ここで係数 $1/2$ は方程式の $2\lambda$ と打ち消し合うので、最終的な漸化式の隣接項の係数は $\lambda$ である。

概形の意味

近似解は $$\text{遅い振動}\quad \cos(\lambda\tau/\sqrt2)$$ に、 $$1+\frac{\lambda}{2}\cos2\tau$$ という小さな速い変調が掛かった形である。$C_0>0$ なら $\tau=0$ で正の最大値付近から始まり、細かな上下動を伴いながらゆっくり符号を変える。

典型ミス

$\tau=\omega t/2$ の変数変換で $d^2/dt^2=(\omega^2/4)d^2/d\tau^2$ を落とすと、$\lambda$ が2倍または4倍ずれる。また、$n=0$ の式だけを見ると $\Omega=0$ と誤解しやすい。$C_{\pm1}=O(\lambda C_0)$ なので、$\Omega^2$ と $\lambda C_{\pm1}/C_0$ はどちらも $O(\lambda^2)$ として同じ次数で比較する。