平成22年度 東大院 物理学専攻 修士 物理学 解答

出典と、この解答の位置づけ

本記事が扱う問題は、東京大学大学院理学系研究科物理学専攻の大学院入試問題からの引用です（引用元: https://www.phys.s.u-tokyo.ac.jp/）。

• 掲載している解答・解説は東京大学が公表したものではなく、夢現技研合同会社が独自に作成したものです。誤りが含まれる可能性があります。
• 本記事に問題文は転載していません。問題は上記の専攻公式サイトでご確認ください。
• 本記事の内容について、東京大学および同専攻へのお問い合わせはご遠慮ください。誤りのご指摘はお問い合わせまでお願いします。

収録は全6問で、試験では4時間で必答3問と選択1問の計4問を解きます。前半3問は量子力学・統計力学・電磁気学の基本問題です。ただし第1問はデルタ関数ポテンシャルの厳密解の構造まで踏み込ませ、第3問は平面波の一般論から平行平板線路の特性インピーダンスまで一気に降りてきます。後半3問は実験寄りで、第4問は相対論的運動学から Bethe の阻止能まで、第5問は真空計とグラフ読み取り、第6問は論理回路とオペアンプ回路の設計を問います。

問題	分野	主題
第1問	量子力学	無限井戸に加えたデルタ関数ポテンシャル、摂動と厳密解
第2問	統計力学	二状態単量体からなる鎖状分子、エントロピー弾性
第3問	電磁気学	複素振幅の Maxwell 方程式、平面波、平行平板線路
第4問	相対論・原子核	弾性衝突の運動学、Rutherford 散乱とエネルギー損失
第5問	統計力学・固体物理	電離真空計、熱電子放出と Richardson 則
第6問	電気回路	論理回路、RS フリップフロップ、オペアンプ回路

第1問から第3問が全員必答で、第4問から第6問のうち1問を選んで解答する形式ですが、ここでは全問の解答を載せます。

第1問 無限井戸とデルタ関数ポテンシャル

設定

幅 $2L$ の無限に深い一次元井戸

$$V_0(x) = \begin{cases} \infty & (x \le -L) \\ 0 & (-L < x < L) \\ \infty & (x \ge L) \end{cases}$$

に閉じ込められた質量 $m$ の粒子を考えます。設問1と2は井戸だけの問題、設問3以降は原点に $V_1\delta(x)$（$V_1 > 0$）を加えた系です。$V_1$ はエネルギー $\times$ 長さの次元をもつ量で、以下では

$$g \equiv \frac{mV_1}{\hbar^2}$$

という逆長さの次元をもつ結合定数を使うと式が短くなります。

設問1

井戸の内側では自由粒子なので、$E = \hbar^2 k^2/(2m)$ とおくと $\psi'' = -k^2\psi$ です。壁が無限に高いので境界条件は $\psi(\pm L) = 0$ で、これを満たす解は $\psi \propto \sin\!\big(k(x+L)\big)$ かつ $k\cdot 2L = n\pi$（$n = 1,2,3,\dots$）です。したがって

$$E_n = \frac{\hbar^2 k_n^2}{2m} = \frac{n^2\pi^2\hbar^2}{8mL^2}, \qquad n = 1,2,3,\dots$$

規格化された波動関数は $-L < x < L$ で

$$\psi_n(x) = \frac{1}{\sqrt{L}}\,\sin\!\left(\frac{n\pi(x+L)}{2L}\right),$$

井戸の外では $\psi_n(x) = 0$ です。$\int_{-L}^{L}|\psi_n|^2dx = (1/L)\cdot L = 1$ で規格化を確認できます。井戸の中心 $x=0$ に関するパリティを露わにすると、$n$ が奇数のとき偶関数、偶数のとき奇関数で

$$\psi_n(x) = \begin{cases} \dfrac{1}{\sqrt{L}}\cos\dfrac{n\pi x}{2L} & (n = 1,3,5,\dots) \\[2mm] \dfrac{1}{\sqrt{L}}\sin\dfrac{n\pi x}{2L} & (n = 2,4,6,\dots) \end{cases}$$

と書けます（全体の符号は任意）。答えは $E_n = n^2\pi^2\hbar^2/(8mL^2)$ と上の $\psi_n$ です。

設問2

理由は不確定性関係です。粒子は幅 $2L$ の領域に閉じ込められているので位置の不確定性は $\Delta x \lesssim L$ に制限され、$\Delta x\,\Delta p \ge \hbar/2$ から運動量のゆらぎは $\Delta p \gtrsim \hbar/(2L)$ 以上になります。ポテンシャルが井戸の内部で $0$ なのでエネルギーは運動エネルギーだけで、$E = \langle p^2\rangle/2m \ge (\Delta p)^2/2m \gtrsim \hbar^2/(8mL^2)$ となり、実際の最小値 $\pi^2\hbar^2/(8mL^2)$ と同じオーダーの下限が出ます。$E=0$ は $p=0$ が確定することを意味し、そのとき位置は完全に不定になるので、有限領域への閉じ込めと両立しません。

波動関数の言葉で言い換えると、$E=0$ の解は $\psi'' = 0$ すなわち一次関数だけであり、$\psi(-L)=\psi(L)=0$ を両方満たすものは $\psi \equiv 0$ しかありません。両端でゼロになる非自明な関数は必ず曲がっており、その曲率がそのまま運動エネルギー $-(\hbar^2/2m)\psi''/\psi$ を与えるので、エネルギーはゼロにできません。

設問3

$V_1\delta(x)$ を摂動として扱います。無摂動基底状態は $\psi_1(x) = L^{-1/2}\cos(\pi x/2L)$ で、$\psi_1(0) = L^{-1/2}$ です。一次の摂動エネルギーは

$$\Delta E_1 = \int_{-L}^{L} \psi_1(x)^{*}\,V_1\delta(x)\,\psi_1(x)\,dx = V_1|\psi_1(0)|^2 = \frac{V_1}{L}.$$

デルタ関数を加えた系の基底状態と第1励起状態のエネルギーを $\tilde{E}_1, \tilde{E}_2$ と書くことにすると、$V_1$ の1次まで

$$\tilde{E}_1 = \frac{\pi^2\hbar^2}{8mL^2} + \frac{V_1}{L} + O(V_1^2)$$

です。$V_1$ がエネルギー $\times$ 長さなので $V_1/L$ はエネルギーになっており、次元は合っています。デルタ関数は原点で波動関数の振幅が大きい状態を押し上げるので、補正が正であることも $V_1 > 0$ と整合します。

設問4

第1励起状態は無摂動の $n=2$ 状態がそのまま厳密解になります。$\psi_2(x) = L^{-1/2}\sin(\pi x/L)$ は奇関数なので $\psi_2(0) = 0$ で、デルタ関数の効く点で波動関数が消えています。デルタ関数ポテンシャルが課す接続条件は

$$\psi'(0^+) - \psi'(0^-) = \frac{2mV_1}{\hbar^2}\,\psi(0)$$

ですが、$\psi_2(0) = 0$ なら右辺はゼロで、$\psi_2' \propto \cos(\pi x/L)$ は $x=0$ で連続なので条件は自動的に満たされます。よって $\psi_2$ は $V_1$ の値に関係なく $V_0 + V_1\delta$ の固有関数であり、

$$\tilde{E}_2 = \frac{4\pi^2\hbar^2}{8mL^2} = \frac{\pi^2\hbar^2}{2mL^2}$$

が $V_1$ に依存しない厳密な答えです。

これが本当に第1励起状態（基底状態のすぐ上）であることは、偶パリティ側の厳密な固有値条件から確認できます。偶関数解は $0 < x < L$ で $\psi = A\sin\!\big(k(L-x)\big)$ と書け、偶関数性から $\psi'(0^-) = -\psi'(0^+)$ なので接続条件は $2\psi'(0^+) = 2g\,\psi(0)$、すなわち

$$k\cot(kL) = -g, \qquad g = \frac{mV_1}{\hbar^2}$$

となります。$V_1 = 0$ で $kL = \pi/2$、$V_1 \to \infty$ で $kL \to \pi$ なので、偶パリティ最低状態は $\pi/2 < kL < \pi$ の範囲、つまり $\pi^2\hbar^2/(8mL^2) < E < \pi^2\hbar^2/(2mL^2)$ に留まります。基底状態は常に $\pi^2\hbar^2/(2mL^2)$ より低いので、奇パリティの $\psi_2$ が第1励起状態です。

設問5

基底状態は偶関数で、$(-L,L)$ の内部に節をもちません。$\psi(\pm L)=0$ で、内部では符号を変えずに正の値をとります。特徴的なのは原点での折れ曲がりで、接続条件と偶関数性から

$$\psi'(0^{\pm}) = \pm\frac{mV_1}{\hbar^2}\psi(0)$$

となり、$V_1 > 0$ なら $x=0$ の右側で $\psi$ は増加します。つまり原点は極小点（下向きの尖り）で、波動関数は原点を谷とする二つの山をもちます。厳密解 $\psi \propto \sin\!\big(k(L-|x|)\big)$ から山の位置は $|x| = L - \pi/(2k)$ で、$V_1$ が小さいときは原点のすぐ近く、$V_1 \to \infty$ では $|x| \to L/2$ に移動します。同時に $\psi(0) = A\sin(kL) \to 0$ となり、極限では幅 $L$ の井戸に閉じ込められた同符号の半波長二つに分かれます。

第1励起状態は $\psi_2 \propto \sin(\pi x/L)$ そのもので、$V_1$ によらず形が変わりません。奇関数で節は $x = 0, \pm L$ の3点、$x = L/2$ で正の最大値、$x = -L/2$ で負の最小値をとります（全体の符号は任意）。$\psi(0)=0$ なので原点で折れ曲がりはなく、なめらかに符号を変えます。

要するに、基底状態は節をもたない二山の関数で原点に尖った谷があり、第1励起状態は波長 $2L$ の正弦波がちょうど1周期分入った、原点に節をもつなめらかな関数です。

設問6

基底状態のエネルギー $\tilde{E}_1(V_1)$ は $V_1$ の単調増加関数で、上に凸（傾きが単調に減少）です。$V_1 = 0$ での値は $\pi^2\hbar^2/(8mL^2)$、そこでの傾きは設問3から $d\tilde{E}_1/dV_1 = 1/L$ です。$V_1 \to \infty$ では

$$\tilde{E}_1 \simeq \frac{\pi^2\hbar^2}{2mL^2}\left(1 - \frac{2\hbar^2}{mV_1L}\right)$$

と振る舞い、水平漸近線 $E = \pi^2\hbar^2/(2mL^2)$ に下から $1/V_1$ で近づきます。この漸近値は無摂動の第1励起エネルギーと同じ値です。

第1励起状態のエネルギーは設問4のとおり $V_1$ によらず一定で、$E = \pi^2\hbar^2/(2mL^2)$ の水平直線になります。

したがってグラフは、$V_1$ を横軸、$E$ を縦軸として、高さ $\pi^2\hbar^2/(2mL^2)$ の水平直線（第1励起状態）と、$V_1=0$ でその $1/4$ の高さから傾き $1/L$ で立ち上がってその直線に漸近する曲線（基底状態）の2本です。$V_1 \to \infty$ で両者は縮退します。これは、無限に強いデルタ関数が井戸を $x<0$ と $x>0$ の独立な幅 $L$ の井戸2個に分断し、各井戸の最低準位 $\pi^2\hbar^2/(2mL^2)$ が偶・奇の組み合わせで2重縮退することに対応します。数値的に確かめると、$\hbar = m = L = 1$ の単位で $V_1 = 0.01$ のとき厳密値 $1.24368$ と一次摂動 $1.24370$ が一致し、$V_1 = 1000$ のとき厳密値 $4.92495$ と上の漸近形 $4.92493$ が一致します。

第2問 二状態単量体からなる鎖状分子

設定

$N$ 個の単量体が直線状に連結した分子を考えます。各単量体は独立に、長さ $a$ でエネルギー $-fa$ の状態 $\alpha$ か、長さ $b$ でエネルギー $-fb$ の状態 $\beta$ のどちらかをとります（$a > b$）。全長 $L$ に対し全エネルギーは $E = -fL$ です。$f$ は張力の役割をする定数で、設問6を除いて $f > 0$ とします。状態 $\alpha$ をとる単量体数を $N_\alpha$、状態 $\beta$ を $N_\beta$ とし、$N_\alpha + N_\beta = N$ です。

設問1

$N_\alpha$ と $N_\beta$ が決まれば全長 $L = N_\alpha a + N_\beta b$、したがって全エネルギー $E = -fL$ も決まります。逆に $E$ を与えると（$a \ne b$ なので）$N_\alpha, N_\beta$ が一意に決まるので、そのエネルギーをもつ微視的状態数は $N$ 個の単量体のうちどれが $\alpha$ かの選び方の数

$$W = \frac{N!}{N_\alpha!\,N_\beta!} = \frac{(N_\alpha+N_\beta)!}{N_\alpha!\,N_\beta!}$$

です。ゆえに

$$S = k_{\mathrm B}\ln W = k_{\mathrm B}\ln\frac{(N_\alpha+N_\beta)!}{N_\alpha!\,N_\beta!}$$

が答えです。Stirling の公式を使えば

$$S \simeq k_{\mathrm B}\Big[(N_\alpha+N_\beta)\ln(N_\alpha+N_\beta) - N_\alpha\ln N_\alpha - N_\beta\ln N_\beta\Big]$$

とも書けます。

設問2

単量体1個あたりの長さを $l = L/N$、状態 $\alpha$ の割合を $u = N_\alpha/N$ とすると $l = ua + (1-u)b$、$\epsilon = -fl$ です。これを $u$ について解くと

$$u = \frac{l-b}{a-b} = \frac{-\epsilon/f - b}{a-b} = -\frac{\epsilon + fb}{f(a-b)}.$$

$u \in [0,1]$ より $\epsilon$ のとりうる範囲は $-fa \le \epsilon \le -fb$ です（$u=1$ が $\epsilon=-fa$、$u=0$ が $\epsilon=-fb$）。設問1の $S$ に Stirling を使うと

$$s(\epsilon) = \frac{S}{N} = -k_{\mathrm B}\big[u\ln u + (1-u)\ln(1-u)\big], \qquad u = -\frac{\epsilon+fb}{f(a-b)}$$

が単量体1個あたりのエントロピーです。$N$ を含まない形になっています。

グラフの概形は次のとおりです。定義域は $[-fa,\,-fb]$ の有限区間で、両端 $\epsilon = -fa$（全部 $\alpha$）と $\epsilon = -fb$（全部 $\beta$）で $s = 0$ です。中点 $\epsilon = -f(a+b)/2$（$u=1/2$）で最大値 $s = k_{\mathrm B}\ln 2$ をとり、この中点に関して左右対称なドーム型になります。導関数は

$$\frac{ds}{d\epsilon} = \frac{k_{\mathrm B}}{f(a-b)}\ln\frac{u}{1-u}$$

で、$\epsilon \to -fa$ では $+\infty$、$\epsilon \to -fb$ では $-\infty$ に発散するので、両端で接線は垂直になります。二階微分は

$$\frac{d^2s}{d\epsilon^2} = -\frac{k_{\mathrm B}}{f^2(a-b)^2}\left(\frac{1}{u}+\frac{1}{1-u}\right) < 0$$

なので全区間で上に凸です。$ds/d\epsilon = 1/T$ なので、中点より左（$\epsilon < -f(a+b)/2$）が正の温度、右が負の温度に対応します。

設問3

エネルギーは状態 $\alpha$ が $-fa$、状態 $\beta$ が $-fb$ で、$f>0$ かつ $a>b$ なので $-fa < -fb$、つまり $\alpha$ が基底状態です。絶対零度では全単量体が $\alpha$ をとる1通りの配置だけが実現するので

$$s(T=0) = 0.$$

温度無限大では2状態のエネルギー差が無視され、各単量体が $\alpha,\beta$ を等確率 $1/2$ でとるので $W = 2^N$、すなわち

$$s(T=\infty) = k_{\mathrm B}\ln 2.$$

設問2のグラフと照らすと、$T=0$ は左端 $\epsilon = -fa$（$s=0$）、$T=\infty$ は頂点 $\epsilon = -f(a+b)/2$（$s = k_{\mathrm B}\ln 2$）に対応し、整合しています。

設問4

単量体は互いに独立なので、1個あたりの分配関数は $z = e^{\beta fa} + e^{\beta fb}$（$\beta = 1/k_{\mathrm B}T$）です。状態 $\alpha$ をとる確率は $e^{\beta fa}/z$ なので

$$l(T) = \frac{a\,e^{\beta fa} + b\,e^{\beta fb}}{e^{\beta fa} + e^{\beta fb}} = \frac{a+b}{2} + \frac{a-b}{2}\tanh\!\left(\frac{f(a-b)}{2k_{\mathrm B}T}\right).$$

$\tanh$ の引数は温度の上昇とともに減少し、$\tanh$ は単調増加なので、$l(T)$ は温度の上昇とともに単調に減少します。つまり鎖状分子は加熱すると縮みます。

物理的な理由はエネルギーとエントロピーの競合です。長い状態 $\alpha$ のほうがエネルギーが低いので、低温では自由エネルギー $F = E - TS$ のエネルギー項が勝って $\alpha$ に偏り、鎖は伸びきっています。温度が上がるとエントロピー項 $-TS$ が効くようになり、$\alpha$ と $\beta$ が同数に近づく配置が有利になります。$\beta$ は短いので、その混入が平均長を縮めます。張力 $f$ を一定に保ったまま温めると縮むというこの振る舞いは、ゴムのエントロピー弾性そのものです。

極限値は

$$l(T=0) = a, \qquad l(T=\infty) = \frac{a+b}{2}$$

です。$T=0$ で全部 $\alpha$、$T=\infty$ で $\alpha,\beta$ が等確率という設問3の結論と一致します。

設問5

エネルギー準位が温度によらず固定されている（$f$ を一定に保つ）系では、準静的な熱の出入りが $\delta q = c\,dT$ なので $ds = c\,dT/T$ です。よって積分は端点のエントロピー差そのものになり、設問3の結果から

$$\int_0^{\infty}\frac{c(T)}{T}\,dT = s(T=\infty) - s(T=0) = k_{\mathrm B}\ln 2.$$

明示的に確かめておきます。$\epsilon = -fl$ と設問4の $l(T)$ から、$u \equiv f(a-b)/(2k_{\mathrm B}T)$ とおくと

$$c(T) = \frac{d\epsilon}{dT} = k_{\mathrm B}\,\frac{u^2}{\cosh^2 u}$$

という Schottky 型の熱容量になります。$T = f(a-b)/(2k_{\mathrm B}u)$ で変数変換すると係数がすべて相殺して

$$\int_0^\infty \frac{c}{T}dT = k_{\mathrm B}\int_0^\infty \frac{u}{\cosh^2 u}\,du = k_{\mathrm B}\ln 2$$

となり、同じ値が得られます。答えは $k_{\mathrm B}\ln 2$ です。$f$ にも $a,b$ にも依存しないのは、この積分がエントロピーの総変化量しか見ていないためで、二状態系であれば準位間隔によらず必ず $k_{\mathrm B}\ln 2$ になります。

設問6

$f = 0$ では状態 $\alpha$ と $\beta$ のエネルギーがどちらも $0$ で等しく、Boltzmann 因子が両者を区別しません。したがって任意の温度で各単量体は $\alpha,\beta$ を等確率 $1/2$ でとり、

$$l = \frac{a+b}{2}$$

が単量体1個あたりの長さです。温度に依存しません。これは設問4で得た $l(T=\infty) = (a+b)/2$ と同じ値で、$f=0$ の系ではあらゆる温度が「エネルギー差に比べて高温」であることに対応します。

第3問 複素振幅の Maxwell 方程式と平行平板線路

設定

Maxwell 方程式

$$\nabla\cdot\boldsymbol{B} = 0, \quad \nabla\times\boldsymbol{E} + \frac{\partial \boldsymbol{B}}{\partial t} = 0, \quad \nabla\cdot\boldsymbol{D} = \rho, \quad \nabla\times\boldsymbol{H} - \frac{\partial\boldsymbol{D}}{\partial t} = \boldsymbol{J}$$

を出発点に、角振動数 $\omega$ の成分を複素振幅で扱います。設問2以降は $\boldsymbol{D} = \varepsilon\boldsymbol{E}$、$\boldsymbol{B} = \mu\boldsymbol{H}$（$\varepsilon,\mu$ は実定数）とし、設問3以降は $z$ 方向に進む平面波を、設問5以降は幅 $a$、間隔 $b$（$a \gg b$）の完全導体2枚からなる平行平板線路を考えます。図の座標系は $x$ が板の幅方向、$y$ が2枚の板を結ぶ方向（板は $y=0$ と $y=b$）、$z$ が伝送方向です。

設問1

すべての量を $\boldsymbol{X}(\boldsymbol{r},t) = \boldsymbol{X}(\boldsymbol{r})e^{-i\omega t}$ と書くと $\partial/\partial t \to -i\omega$ で置き換わり、共通因子 $e^{-i\omega t}$ を落とせます。

$$\begin{aligned} &\nabla\cdot\boldsymbol{B}(\boldsymbol{r}) = 0, &&\nabla\times\boldsymbol{E}(\boldsymbol{r}) - i\omega\boldsymbol{B}(\boldsymbol{r}) = 0, \\ &\nabla\cdot\boldsymbol{D}(\boldsymbol{r}) = \rho(\boldsymbol{r}), &&\nabla\times\boldsymbol{H}(\boldsymbol{r}) + i\omega\boldsymbol{D}(\boldsymbol{r}) = \boldsymbol{J}(\boldsymbol{r}). \end{aligned}$$

設問2

$\boldsymbol{D} = \varepsilon\boldsymbol{E}$、$\boldsymbol{B} = \mu\boldsymbol{H}$ を代入すると設問1の2式は $\nabla\times\boldsymbol{E} = i\omega\mu\boldsymbol{H}$、$\nabla\times\boldsymbol{H} = \boldsymbol{J} - i\omega\varepsilon\boldsymbol{E}$ になります。前者の両辺に $\nabla\times$ を作用させ、後者を使うと

$$\nabla(\nabla\cdot\boldsymbol{E}) - \nabla^2\boldsymbol{E} = i\omega\mu\,\nabla\times\boldsymbol{H} = i\omega\mu\boldsymbol{J} + \omega^2\varepsilon\mu\boldsymbol{E}.$$

$\nabla\cdot\boldsymbol{E} = \rho/\varepsilon$ を代入して整理すると

$$\left(\nabla^2 + \omega^2\varepsilon\mu\right)\boldsymbol{E}(\boldsymbol{r}) = \frac{1}{\varepsilon}\nabla\rho(\boldsymbol{r}) - i\omega\mu\,\boldsymbol{J}(\boldsymbol{r}).$$

同様に後者に $\nabla\times$ を作用させ、$\nabla\times\boldsymbol{E} = i\omega\mu\boldsymbol{H}$ と $\nabla\cdot\boldsymbol{H} = 0$ を使うと

$$-\nabla^2\boldsymbol{H} = \nabla\times\boldsymbol{J} - i\omega\varepsilon(i\omega\mu\boldsymbol{H}) = \nabla\times\boldsymbol{J} + \omega^2\varepsilon\mu\boldsymbol{H},$$

すなわち

$$\left(\nabla^2 + \omega^2\varepsilon\mu\right)\boldsymbol{H}(\boldsymbol{r}) = -\nabla\times\boldsymbol{J}(\boldsymbol{r}).$$

これが求める2式で、それぞれ相手の場を含んでいません。

設問3

$\rho = 0$、$\boldsymbol{J} = \sigma\boldsymbol{E}$ とすると設問2の方程式は

$$\left(\nabla^2 + \omega^2\varepsilon\mu + i\omega\mu\sigma\right)\boldsymbol{E} = 0$$

となり、$\boldsymbol{E} = \boldsymbol{E}_0e^{ikz}$ を代入して

$$k^2 = \omega^2\varepsilon\mu + i\omega\mu\sigma = \omega^2\varepsilon\mu\left(1 + i\frac{\sigma}{\omega\varepsilon}\right)$$

を得ます。$\omega \ne 0$ なら $k \ne 0$ です。

$x,y$ に依存しない場に対して $\nabla$ は $ik\boldsymbol{s}$（$\boldsymbol{s}$ は $z$ 方向の単位ベクトル）と同じ働きをします。$\rho = 0$ と $\nabla\cdot\boldsymbol{D} = 0$ から $\nabla\cdot\boldsymbol{E} = 0$ なので

$$ik\,\boldsymbol{s}\cdot\boldsymbol{E}_0\,e^{ikz} = 0 \ \Longrightarrow\ \boldsymbol{s}\cdot\boldsymbol{E}_0 = 0,$$

すなわち $\boldsymbol{E}_0 \perp \boldsymbol{s}$ です。$\nabla\cdot\boldsymbol{B} = 0$ と $\boldsymbol{B} = \mu\boldsymbol{H}$ から同様に $\boldsymbol{s}\cdot\boldsymbol{H}_0 = 0$、つまり $\boldsymbol{H}_0 \perp \boldsymbol{s}$ です。さらに $\nabla\times\boldsymbol{E} = i\omega\mu\boldsymbol{H}$ に代入すると

$$ik\,\boldsymbol{s}\times\boldsymbol{E}_0 = i\omega\mu\,\boldsymbol{H}_0 \ \Longrightarrow\ \boldsymbol{H}_0 = \frac{k}{\omega\mu}\,\boldsymbol{s}\times\boldsymbol{E}_0.$$

したがって $\boldsymbol{E}_0\cdot\boldsymbol{H}_0 = (k/\omega\mu)\,\boldsymbol{E}_0\cdot(\boldsymbol{s}\times\boldsymbol{E}_0) = (k/\omega\mu)\,\boldsymbol{s}\cdot(\boldsymbol{E}_0\times\boldsymbol{E}_0) = 0$ で、複素ベクトルのままでも $\boldsymbol{E}_0 \perp \boldsymbol{H}_0$ が成り立ちます。以上で3つの直交関係が示せました。

設問4

$\sigma = 0$ のとき $k^2 = \omega^2\varepsilon\mu$ なので $k = \omega\sqrt{\varepsilon\mu}$（$z$ 正方向に進む解）です。位相速度は

$$v_{\text{p}} = \frac{\omega}{k} = \frac{1}{\sqrt{\varepsilon\mu}}.$$

振幅比は設問3の $\boldsymbol{H}_0 = (k/\omega\mu)\boldsymbol{s}\times\boldsymbol{E}_0$ と $|\boldsymbol{s}\times\boldsymbol{E}_0| = |\boldsymbol{E}_0|$ から

$$\frac{|\boldsymbol{E}|}{|\boldsymbol{H}|} = \frac{\omega\mu}{k} = \sqrt{\frac{\mu}{\varepsilon}}$$

で、これが媒質の波動インピーダンスです。オームの次元をもつことも確認できます。

$\sigma \ne 0$ の場合は $k^2 = \omega^2\varepsilon\mu + i\omega\mu\sigma$ が複素数になるので $k = k' + ik''$（$k'',k' > 0$）となり、$e^{ikz} = e^{ik'z}e^{-k''z}$ です。振る舞いは次の点で変わります。第一に、波は進行しながら振幅が指数関数的に減衰し、侵入長 $1/k''$ をもちます。エネルギーは $\boldsymbol{J}\cdot\boldsymbol{E} = \sigma|\boldsymbol{E}|^2 \ne 0$ の Joule 熱として散逸します。第二に、インピーダンス $\omega\mu/k$ が複素数になるので $\boldsymbol{E}$ と $\boldsymbol{H}$ の間に位相差が生じ、振幅比も $\sqrt{\mu/\varepsilon}$ からずれます。第三に、位相速度 $\omega/k'$ が $\omega$ に依存し、分散が現れます。良導体の極限 $\sigma \gg \omega\varepsilon$ では $k \simeq (1+i)\sqrt{\omega\mu\sigma/2}$ となり、表皮深さ $\delta = \sqrt{2/(\omega\mu\sigma)}$ で減衰し、$\boldsymbol{E}$ と $\boldsymbol{H}$ の位相差は $45^\circ$ になります。

設問5

真空中なので $\varepsilon = \varepsilon_0$、$\mu = \mu_0$、$\sigma = 0$ です。完全導体表面での境界条件は、接線方向の電場が消えること（$\boldsymbol{n}\times\boldsymbol{E} = 0$）と法線方向の磁束密度が消えること（$\boldsymbol{n}\cdot\boldsymbol{B} = 0$）です。板は $y = 0$ と $y = b$ にあり、法線は $y$ 方向なので、接線成分は $E_x, E_z$、法線成分は $B_y$ です。

設問3から $E_z = H_z = 0$ です。残る接線成分 $E_x$ は板の上で消えねばならず、場は $x,y$ に依存しないので導体間の全域で $E_x \equiv 0$ です。よって

$$\boldsymbol{E} = E_y(z)\,\hat{\boldsymbol{y}},$$

つまり電場は板に垂直で、2枚の板を結ぶ向きです。磁場は $B_y = \mu_0 H_y = 0$ から $H_y = 0$ となり、$H_z = 0$ と合わせて

$$\boldsymbol{H} = H_x(z)\,\hat{\boldsymbol{x}},$$

つまり磁場は板に平行で、板の幅方向（伝送方向にも電場にも垂直）を向きます。設問3の関係 $\boldsymbol{H}_0 = (k/\omega\mu_0)\,\hat{\boldsymbol{z}}\times\boldsymbol{E}_0$ と一致し、$\boldsymbol{E},\boldsymbol{H},\hat{\boldsymbol{z}}$ がこの順に右手系をなして $\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{H}$ が伝送方向 $+z$ を向きます。$a \gg b$ なので端の漏れを無視して、この一様な場が導体間だけに存在すると扱えます。これが平行平板線路の TEM モードです。

設問6

完全導体の表面電流密度は $\boldsymbol{K} = \boldsymbol{n}\times\boldsymbol{H}$（$\boldsymbol{n}$ は導体から場の領域へ向かう法線）で与えられます。$y=0$ の板では $\boldsymbol{n} = \hat{\boldsymbol{y}}$ なので

$$\boldsymbol{K} = \hat{\boldsymbol{y}}\times H_x\hat{\boldsymbol{x}} = -H_x\,\hat{\boldsymbol{z}},$$

$y=b$ の板では $\boldsymbol{n} = -\hat{\boldsymbol{y}}$ なので $\boldsymbol{K} = +H_x\hat{\boldsymbol{z}}$ です。電流は $z$ 方向に流れ、2枚の板では大きさが等しく向きが逆です。幅 $a$ にわたって一様なので、各板を流れる全電流は

$$I(z) = a|K| = a|H_x|, \qquad H_x(z) = H_0 e^{ikz}$$

となります。すなわち電流の $z$ 依存性は $e^{ikz}$ で、振幅はどの $z$ でも同じ、位相だけが $kz$ で線形に進みます。実部を取れば $I(z,t) \propto \cos(kz-\omega t)$ で、波長 $\lambda = 2\pi/k = 2\pi c/\omega$、速度 $c = 1/\sqrt{\varepsilon_0\mu_0}$ で $z$ 方向に進む電流波です。真空中で $\sigma = 0$、導体は完全導体なので減衰はありません。

この $z$ 依存性は電荷保存則の要求そのものです。板の表面電荷密度は $\varsigma = \varepsilon_0 E_y$ で、$\partial K_z/\partial z + \partial \varsigma/\partial t = -ikH_x - i\omega\varepsilon_0E_y$ ですが、$H_x = -(k/\omega\mu_0)E_y$ と $k^2 = \omega^2\varepsilon_0\mu_0$ を使うとこれはちょうどゼロになります。電流が $z$ に依存して変化する分は、表面電荷の時間変化として矛盾なく吸収されています。

設問7

$z = z_0$ における2枚の板の間の電位差は、電場が導体間で一様なので

$$V(z_0) = \int_0^b E_y\,dy = b\,E_y(z_0)$$

です。これは $y=0$ の板の電位から $y=b$ の板の電位を引いたもので、$E_y > 0$ なら $y=0$ の板が高電位側です。その板を流れる電流は設問6の $\boldsymbol{K} = -H_x\hat{\boldsymbol{z}}$ から

$$I(z_0) = a\,K_z = -a\,H_x(z_0) = \frac{ak}{\omega\mu_0}E_y(z_0)$$

で、$+z$ 方向に流れます（$\boldsymbol{H}_0 = (k/\omega\mu_0)\hat{\boldsymbol{z}}\times\boldsymbol{E}_0$ と $\hat{\boldsymbol{z}}\times\hat{\boldsymbol{y}} = -\hat{\boldsymbol{x}}$ より $H_x = -(k/\omega\mu_0)E_y$）。高電位側の板が進行方向に電流を運ぶ、伝送線路の標準的な符号の取り方です。比をとると $E_y$ が落ちて

$$\frac{V(z_0)}{I(z_0)} = \frac{b}{a}\cdot\frac{\omega\mu_0}{k} = \frac{b}{a}\sqrt{\frac{\mu_0}{\varepsilon_0}}$$

が答えです。$z_0$ に依存しないのは、電圧と電流が同じ $e^{ikz}$ で伝わるためで、この比が線路の特性インピーダンスです。数値は $\sqrt{\mu_0/\varepsilon_0} = 1/(\varepsilon_0c) = 4\pi\times(9.0\times10^9)/(3.0\times10^8) = 120\pi \simeq 3.8\times10^2\,\Omega$ なので

$$\frac{V}{I} \simeq \frac{b}{a}\times 3.8\times 10^2\,\Omega$$

です。$a \gg b$ なので特性インピーダンスは $377\,\Omega$ よりかなり小さくなります。

第4問 弾性衝突の運動学と荷電粒子のエネルギー損失

設定

前半（設問1から3）は静止質量 $M_{\mathrm A}$、運動量 $P_0$ の粒子 A と静止した質量 $M_{\mathrm B}$ の粒子 B の弾性衝突です。衝突後の運動量の大きさを $P_{\mathrm A}, P_{\mathrm B}$、散乱角と反跳角を $\phi, \theta$ とします。図では B が入射軸の上側に角 $\theta$、A が下側に角 $\phi$ で出ていきます。後半（設問4から6）は電荷 $ze$ の荷電粒子が厚さ $\Delta t$ の物質を通過する際に、物質中の電子との衝突で失うエネルギーを Rutherford 散乱で評価します。

設問1

相対論的な全エネルギーは $E = \sqrt{P_0^2c^2 + M_{\mathrm A}^2c^4}$ なので、運動エネルギーは

$$T = \sqrt{P_0^2c^2 + M_{\mathrm A}^2c^4} - M_{\mathrm A}c^2.$$

速さは $\boldsymbol{v} = \boldsymbol{P}c^2/E$ より

$$v = \frac{P_0c^2}{\sqrt{P_0^2c^2+M_{\mathrm A}^2c^4}} = \frac{P_0c}{\sqrt{P_0^2+M_{\mathrm A}^2c^2}}, \qquad \frac{v}{c} = \frac{P_0c}{E}.$$

数値を入れます。$T = 20\,\mathrm{MeV}$ のとき $P_0c = \sqrt{(T+Mc^2)^2 - (Mc^2)^2} = \sqrt{T(T+2Mc^2)}$、$v/c = P_0c/(T+Mc^2)$ です。

陽子（$M_{\mathrm p}c^2 = 0.94\,\mathrm{GeV} = 940\,\mathrm{MeV}$）では $P_0c = \sqrt{20\times1900} = 1.95\times10^2\,\mathrm{MeV}$、$E = 960\,\mathrm{MeV}$ なので

$$\frac{v}{c} = \frac{195}{960} = 0.203 \simeq 0.2.$$

電子（$m_{\mathrm e}c^2 = 0.51\,\mathrm{MeV}$）では $P_0c = \sqrt{20\times21.02} = 20.5\,\mathrm{MeV}$、$E = 20.51\,\mathrm{MeV}$ なので

$$\frac{v}{c} = \frac{20.50}{20.51} = 0.9997 \simeq 1.$$

有効数字1桁で、陽子は $0.2c$、電子はほぼ $c$（$0.9997c$）です。同じ運動エネルギーでも、静止質量が $1800$ 倍違うと一方は非相対論的、他方は超相対論的になります。

設問2

以下 $P_0 \ll M_{\mathrm A}c$ の非相対論的衝突とします。弾性衝突なので内部励起がなく、運動エネルギーが保存します。

$$\frac{P_0^2}{2M_{\mathrm A}} = \frac{P_{\mathrm A}^2}{2M_{\mathrm A}} + \frac{P_{\mathrm B}^2}{2M_{\mathrm B}}$$

運動量保存は入射方向成分と垂直成分に分けて

$$P_0 = P_{\mathrm A}\cos\phi + P_{\mathrm B}\cos\theta, \qquad 0 = P_{\mathrm B}\sin\theta - P_{\mathrm A}\sin\phi.$$

運動量保存の2式から $\phi$ を消去します。$P_{\mathrm A}\cos\phi = P_0 - P_{\mathrm B}\cos\theta$、$P_{\mathrm A}\sin\phi = P_{\mathrm B}\sin\theta$ を2乗して足すと

$$P_{\mathrm A}^2 = P_0^2 - 2P_0P_{\mathrm B}\cos\theta + P_{\mathrm B}^2.$$

一方エネルギー保存から $P_{\mathrm A}^2 = P_0^2 - (M_{\mathrm A}/M_{\mathrm B})P_{\mathrm B}^2$ です。両者を等置して $P_{\mathrm B}\ne0$ で割ると

$$P_{\mathrm B} = \frac{2M_{\mathrm B}}{M_{\mathrm A}+M_{\mathrm B}}\,P_0\cos\theta.$$

グラフの概形は次のとおりです。$P_{\mathrm B}\ge 0$ より $\cos\theta \ge 0$、すなわち $\theta$ のとりうる範囲は $0 \le \theta \le \pi/2$ に限られ、反跳粒子は必ず前方半球に出ます。$\theta = 0$（正面衝突）で最大値

$$P_{\mathrm B}^{\max} = \frac{2M_{\mathrm B}}{M_{\mathrm A}+M_{\mathrm B}}P_0$$

をとり、そこでの接線は水平（$dP_{\mathrm B}/d\theta = -P_{\mathrm B}^{\max}\sin\theta = 0$）です。$\theta$ が増えると単調減少し、$\theta = \pi/3$ で最大値の半分、$\theta = \pi/2$ でゼロになります。$\theta=\pi/2$ での傾きは $-P_{\mathrm B}^{\max}$ で有限です。二階微分 $-P_{\mathrm B}^{\max}\cos\theta$ は区間内で負なので全域で上に凸です。余弦曲線の $\theta = 0$ から $\pi/2$ までを切り取った形です。

設問3

反跳粒子に与えられる運動エネルギーは $T_{\mathrm B} = P_{\mathrm B}^2/(2M_{\mathrm B})$ なので、設問2の結果と入射粒子の運動エネルギー $T = P_0^2/(2M_{\mathrm A})$ を使って

$$T_{\mathrm B} = \frac{2M_{\mathrm B}P_0^2\cos^2\theta}{(M_{\mathrm A}+M_{\mathrm B})^2} = \frac{4M_{\mathrm A}M_{\mathrm B}}{(M_{\mathrm A}+M_{\mathrm B})^2}\,T\cos^2\theta$$

で、最大値は $\theta = 0$ の

$$T_{\mathrm B}^{\max} = \frac{4M_{\mathrm A}M_{\mathrm B}}{(M_{\mathrm A}+M_{\mathrm B})^2}\,T \simeq \frac{4m_{\mathrm e}}{m_{\mathrm p}}T$$

です（$m_{\mathrm e}\ll m_{\mathrm p}$）。$T = 20\,\mathrm{MeV}$、$m_{\mathrm e}c^2/m_{\mathrm p}c^2 = 0.51/940 = 5.4\times10^{-4}$ を入れると

$$T_{\mathrm B}^{\max} = 4\times5.4\times10^{-4}\times20\,\mathrm{MeV} = 4.3\times10^{-2}\,\mathrm{MeV} \simeq 4\times10^{1}\,\mathrm{keV}.$$

有効数字1桁で $4\times10^{1}\,\mathrm{keV} = 0.04\,\mathrm{MeV}$ です。

水素原子の電離エネルギーは表の値から $\frac{1}{2}\alpha^2m_{\mathrm e}c^2 = \frac{1}{2}\times(1/137)^2\times0.51\times10^6\,\mathrm{eV} = 13.6\,\mathrm{eV}$ です。比は

$$\frac{4.3\times10^4\,\mathrm{eV}}{13.6\,\mathrm{eV}} = 3.2\times10^3 \simeq 3\times10^3$$

倍です。$20\,\mathrm{MeV}$ という大きなエネルギーを持ち込んでも、質量比のせいで1回の衝突で電子に渡せるのは高々 $40\,\mathrm{keV}$、それでも電離エネルギーの数千倍なので、電子は容易に原子から叩き出されます。

設問4

電子は静止しているとみなせるので、荷電粒子の運動量変化 $q$ はそのまま電子が受け取る運動量になり、電子に与えられるエネルギーは非相対論的に

$$E = \frac{q^2}{2m_{\mathrm e}}, \qquad q = \sqrt{2m_{\mathrm e}E}, \qquad \frac{dq}{dE} = \frac{m_{\mathrm e}}{q}.$$

したがって

$$\frac{d\sigma}{dE} = \frac{d\sigma}{dq}\frac{dq}{dE} = 8\pi\frac{z^2\alpha^2}{\beta^2}\frac{\hbar^2}{q^3}\cdot\frac{m_{\mathrm e}}{q} = \frac{8\pi z^2\alpha^2\hbar^2 m_{\mathrm e}}{\beta^2 q^4} = \frac{8\pi z^2\alpha^2\hbar^2m_{\mathrm e}}{\beta^2(2m_{\mathrm e}E)^2},$$

整理すると

$$\frac{d\sigma}{dE} = \frac{2\pi z^2\alpha^2\hbar^2}{m_{\mathrm e}\beta^2}\frac{1}{E^2}.$$

$\alpha = e^2/(4\pi\epsilon_0\hbar c)$ と $\beta = v/c$ を戻すと $d\sigma/dE = 2\pi z^2e^4/\big[(4\pi\epsilon_0)^2m_{\mathrm e}v^2E^2\big]$ となり、Rutherford 散乱のエネルギー移行断面積の標準形と一致します（$\hbar$ が消えて古典式になるのは Rutherford 断面積の特徴です）。$E^{-2}$ に比例するので、小さなエネルギー移行が圧倒的に多く起こります。

設問5

エネルギー移行が $[E, E+dE]$ となる衝突が起こる確率が $N_{\mathrm e}\Delta t\,(d\sigma/dE)\,dE$ なので、1回の通過で失うエネルギーの期待値はこれに $E$ を掛けて積分したものです。

$$\Delta E = N_{\mathrm e}\Delta t\int_{E_{\min}}^{E_{\max}} E\,\frac{d\sigma}{dE}\,dE = \frac{2\pi z^2\alpha^2\hbar^2N_{\mathrm e}\Delta t}{m_{\mathrm e}\beta^2}\int_{E_{\min}}^{E_{\max}}\frac{dE}{E}$$

より

$$\Delta E = \frac{2\pi z^2\alpha^2\hbar^2 N_{\mathrm e}\Delta t}{m_{\mathrm e}\beta^2}\,\ln\frac{E_{\max}}{E_{\min}}.$$

被積分関数が $1/E$ なので積分は対数になり、上限と下限の比だけで決まります。これが Bethe の阻止能公式の骨格で、$\Delta E \propto z^2/\beta^2$（低速で大きい）という荷電粒子のエネルギー損失の基本的な振る舞いを与えます。$E_{\max}$ は設問3の $4M_{\mathrm A}m_{\mathrm e}T/(M_{\mathrm A}+m_{\mathrm e})^2$ です。

設問6

$E_{\min}$ は原子内の電子の束縛エネルギー、すなわち電離・励起エネルギーの程度で、$10\,\mathrm{eV}$ のオーダーです。物質中の電子は自由ではなく離散的な束縛状態にあるため、束縛エネルギーより小さいエネルギー移行では電子を励起も電離もできず、原子は状態を変えられません。そのため断面積の $1/E^2$ 発散はこのスケールで打ち切られ、それ以下の遠方衝突（大きな衝突径数）ではエネルギーを受け取れません。

第5問 電離真空計と熱電子放出

設定

I（設問1から3）は電離真空計です。高温フィラメントから放出された熱電子が真空計内の気体分子を電離し、生じたイオン電流から圧力を測ります。電極はフィラメント（中心軸）、グリッド（その外側の網状電極）、コレクタ（さらに外側）の3つで、$\mathrm{V_F}$ はフィラメント加熱用、$\mathrm{V_G}$、$\mathrm{V_C}$ はそれぞれグリッド、コレクタの電位を決める定電圧電源、A はイオン電流を測る電流計です。

II（設問4から6）は熱電子放出そのものの理論です。金属中の電子を質量 $m$ の自由電子とみなし、エネルギー $E = (p_x^2+p_y^2+p_z^2)/2m$、分布は Fermi-Dirac 分布とします。金属外部のポテンシャルを $U(>0)$、金属表面に垂直な方向を $x$ 軸とし、$p_x \ge p_0$（$p_0^2/2m = U$）を満たす電子が外に出られると仮定します。化学ポテンシャルを $\mu$ として $\phi = U - \mu$ が仕事関数です。

設問1

単位時間に放出される熱電子の個数は $I_{\mathrm e}/e$ です。各電子が気体分子を電離する確率が $\sigma n L$ なので、単位時間に生成されるイオン数は $(I_{\mathrm e}/e)\sigma nL$ です。イオンはすべて電流に寄与し1価とすると、イオン電流は

$$I_i = e\cdot\frac{I_{\mathrm e}}{e}\,\sigma n L = I_{\mathrm e}\,\sigma n L \ \Longrightarrow\ n = \frac{I_i}{\sigma L\, I_{\mathrm e}}.$$

理想気体の状態方程式 $p = nk_{\mathrm B}T$ を使うと

$$p = \frac{k_{\mathrm B}T\,I_i}{\sigma L\,I_{\mathrm e}}$$

が答えです。次元を確認すると $[k_{\mathrm B}T] = \mathrm{J}$、$[\sigma L] = \mathrm{m^3}$、電流の比は無次元なので $\mathrm{J/m^3 = Pa}$ となり圧力です。$I_i$ が $I_{\mathrm e}$ に比例するので、圧力は電流比 $I_i/I_{\mathrm e}$ で読むことになり、放出電流の変動が一次では効きません。これが電離真空計の設計上の要点です。

設問2

$\mathrm{V_G}$ はグリッドをフィラメントより高い電位に保つ電源です。役割は3つあります。第一に、フィラメントから出た熱電子をグリッドへ向けて加速し、気体分子の電離エネルギー（$10\,\mathrm{eV}$ 程度）を十分に超える運動エネルギーを与えます。加速電圧がないと熱電子の運動エネルギーは $k_{\mathrm B}T \sim 0.2\,\mathrm{eV}$ しかなく、電離が起きません。第二に、フィラメント近傍の空間電荷を掃き出して放出電流 $I_{\mathrm e}$ を決めます。第三に、グリッドが網状であるため電子はその間を通り抜け、外側で減速されて引き返し、グリッド周辺を何度も往復します。これにより実効飛行距離 $L$ が幾何学的な寸法よりずっと長くなり、電離確率が上がります。電子は最終的にグリッドに吸収されます。生成された正イオンにとってはグリッドが正電位なので反発され、コレクタ側へ押し出されます。

コレクタの電位をフィラメントより低く設定するのは、電子を排除してイオンだけを集めるためです。熱電子はフィラメントの電位からほぼ熱エネルギー分だけの余裕しか持たずに出発するので、コレクタがフィラメントより低い電位にあれば、電子から見てそこは越えられない電位障壁になり、コレクタには到達できません。一方、正イオンは低電位のコレクタに引き寄せられて捕集されます。熱電子電流 $I_{\mathrm e}$ はイオン電流 $I_i$ より何桁も大きいので、わずかな電子の混入も測定を壊します。コレクタを負にすることで、電流計 A が測るのがイオン電流だけになります。

設問3

フィラメントに流れる電流は、スイッチを閉じた直後が最も大きく、その後単調に減少して一定値に漸近します。室温での抵抗を $R_0$、定常状態の高温での抵抗を $R_\infty$ とすると、概形は $t=0$ の $I_0 = V_{\mathrm F}/R_0$ から立ち上がり、上に凸（減少率が次第に小さくなる）に減っていき、水平漸近線 $I_\infty = V_{\mathrm F}/R_\infty$ に近づく曲線です。$I_0/I_\infty$ はタングステンでは一桁程度になります。

物理的理由は金属の電気抵抗の温度依存性です。フィラメントは Joule 熱で加熱されますが、金属の抵抗率はフォノン散乱によって温度とともにほぼ比例して増大します。スイッチを閉じた瞬間のフィラメントは室温で抵抗が小さいので大きな突入電流が流れ、その Joule 熱で温度が上がると抵抗が増して電流が減ります。温度は Joule 熱と放射（主に Stefan-Boltzmann 則による放熱）が釣り合うところで止まり、電流も一定値に落ち着きます。時間スケールを決めるのはフィラメントの熱容量と放熱率の比、すなわち熱的な時定数で、回路の $L/R$ や $CR$ ではありません（問題の指示どおりキャパシタンスとインダクタンスは無視しています）。数分を要するのは、この熱的緩和と、加熱による吸着ガスの脱離が収まるまでの時間です。

設問4

金属外部に出られる電子は $p_x \ge p_0$、すなわち $E \ge p_0^2/2m = U$ を満たすものです。このとき

$$E - \mu \ge U - \mu = \phi$$

なので、Fermi-Dirac 分布

$$f(E) = \frac{1}{e^{(E-\mu)/k_{\mathrm B}T}+1}$$

の指数部は $(E-\mu)/k_{\mathrm B}T \ge \phi/k_{\mathrm B}T$ となります。実際の電離真空計では仕事関数が $\phi \simeq 4.5\,\mathrm{eV}$、フィラメント温度が $T \simeq 2000$–$2500\,\mathrm{K}$（$k_{\mathrm B}T \simeq 0.17$–$0.22\,\mathrm{eV}$）なので $\phi/k_{\mathrm B}T \simeq 20$–$26$ であり、$e^{(E-\mu)/k_{\mathrm B}T} \ge e^{20} \simeq 5\times10^{8} \gg 1$ です。分母の $1$ を落としてよいので

$$f(E) \simeq e^{-(E-\mu)/k_{\mathrm B}T}$$

と Boltzmann 分布で近似できます。物理的に言えば、飛び出せる電子は Fermi 面よりはるかに高いエネルギーの裾に属する希薄な集団で、そこでは Pauli 排他律による占有数の飽和が効かず、古典的な分布と区別がつかないということです。

設問5

単位時間に単位面積の表面へ内側から到達する電子のうち、$p_x \ge p_0$ のものを数えます。スピンを含めた状態密度は単位体積・単位運動量空間あたり $2/h^3$ なので、表面を通り抜ける個数流束は

$$J = \frac{2}{h^3}\int_{p_x\ge p_0} \frac{p_x}{m}\,f(E)\,dp_xdp_ydp_z$$

です。$f(E) \simeq e^{\mu/k_{\mathrm B}T}\exp\!\big[-(p_x^2+p_y^2+p_z^2)/(2mk_{\mathrm B}T)\big]$ を代入すると3方向の積分が分離します。横方向は

$$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-p_y^2/2mk_{\mathrm B}T}dp_y = \sqrt{2\pi mk_{\mathrm B}T}$$

で、$p_z$ も同じなので積は $2\pi mk_{\mathrm B}T$ です。$x$ 方向は $s = p_x^2/(2mk_{\mathrm B}T)$ と置くと $(p_x/m)dp_x = k_{\mathrm B}T\,ds$ なので

$$\int_{p_0}^{\infty}\frac{p_x}{m}e^{-p_x^2/2mk_{\mathrm B}T}dp_x = k_{\mathrm B}T\int_{U/k_{\mathrm B}T}^{\infty}e^{-s}ds = k_{\mathrm B}T\,e^{-U/k_{\mathrm B}T}.$$

まとめると

$$J = \frac{2}{h^3}\,e^{\mu/k_{\mathrm B}T}\cdot 2\pi mk_{\mathrm B}T\cdot k_{\mathrm B}T\,e^{-U/k_{\mathrm B}T} = \frac{4\pi mk_{\mathrm B}^2}{h^3}\,T^2\exp\!\left(-\frac{U-\mu}{k_{\mathrm B}T}\right),$$

すなわち

$$J = \frac{4\pi mk_{\mathrm B}^2}{h^3}\,T^2\exp\!\left(-\frac{\phi}{k_{\mathrm B}T}\right) \propto T^2\exp\!\left(-\frac{\phi}{k_{\mathrm B}T}\right)$$

が得られ、$\mu$ の温度依存性を無視するという仮定のもとで求める結果になります。$T^2$ のうち一つの $T$ は横方向運動量の位相空間（2次元で $T^{2/2}$ の因子が2つ分）から、もう一つは $x$ 方向の積分で出た $k_{\mathrm B}T$ から来ています。電流密度は $j_{\mathrm e} = eJ = AT^2e^{-\phi/k_{\mathrm B}T}$ で、$A = 4\pi mek_{\mathrm B}^2/h^3 = 1.2\times10^6\,\mathrm{A\,m^{-2}K^{-2}}$ が Richardson 定数です。

設問6

Richardson 則 $j_{\mathrm e} = AT^2e^{-\phi/k_{\mathrm B}T}$ の両辺を $T^2$ で割って常用対数をとると

$$\log_{10}\frac{j_{\mathrm e}}{T^2} = \log_{10}A - \frac{\phi}{k_{\mathrm B}\ln 10}\cdot\frac{1}{T}$$

なので、$1/T$ に対する直線の傾きは $-\phi/(2.3\,k_{\mathrm B})$ です。図2の直線は、$1/T = 4.50\times10^{-4}\,\mathrm{K^{-1}}$ で $\log_{10}(j_{\mathrm e}/T^2) = -5.10$、$1/T = 4.90\times10^{-4}\,\mathrm{K^{-1}}$ で $-6.00$ を通るので、傾きは

$$\frac{-6.00-(-5.10)}{(4.90-4.50)\times10^{-4}\,\mathrm{K^{-1}}} = -2.25\times10^{4}\,\mathrm{K}$$

（読み取り誤差は $\pm0.05\times10^4\,\mathrm{K}$ 程度）です。したがって

$$\phi = 2.3\,k_{\mathrm B}\times 2.25\times10^{4}\,\mathrm{K} = 2.3\times1.4\times10^{-23}\times2.25\times10^{4} = 7.2\times10^{-19}\,\mathrm{J},$$ $$\phi = \frac{7.2\times10^{-19}\,\mathrm{J}}{1.6\times10^{-19}\,\mathrm{C}} = 4.5\,\mathrm{eV}.$$

答えは $\phi \simeq 4.5\,\mathrm{eV}$ です（傾きの読み取り誤差は $\phi$ の $\pm0.1\,\mathrm{eV}$ に対応します）。タングステンの仕事関数の実測値 $4.5\,\mathrm{eV}$ と一致します。なお横軸の範囲 $1/T = (4.3$–$5.2)\times10^{-4}\,\mathrm{K^{-1}}$ は $T = 1900$–$2300\,\mathrm{K}$ に対応し、$\phi/k_{\mathrm B}T \simeq 25$ なので設問4の Boltzmann 近似が妥当であることも確認できます。

第6問 論理回路とオペアンプ

設定

I（設問1から3）はデジタル回路です。図1の AND、OR、NAND、NOR、NOT の真理値表（行の順序は $(A,B) = (1,1),(1,0),(0,1),(0,0)$）を前提に、図2の組み合わせ回路、図3の RS フリップフロップ、図4の早押しボタン回路を扱います。II（設問4から6）はアナログ回路で、オープンループゲイン $G$ のオペアンプ（$V_{\mathrm{out}} = G(V_+-V_-)$、入力端子に電流は流れ込まない）による反転／非反転増幅回路と、光検出素子に定電流を流す回路です。

設問1

図2の回路は、A と B を入力とする AND ゲートの出力と、同じ A と B を入力とする NOR ゲートの出力を、OR ゲートに入れたものです。したがって

$$X = (A\cdot B) + \overline{A+B} = A\cdot B + \bar{A}\cdot\bar{B}$$

です。各入力について、AND 出力、NOR 出力、$X$ を並べると次の真理値表になります。

A	B	AND	NOR	X
1	1	1	0	1
1	0	0	0	0
0	1	0	0	0
0	0	0	1	1

図1にならって A、B、X の3列だけを書けば、$(1,1,1)$、$(1,0,0)$、$(0,1,0)$、$(0,0,1)$ です。これは $A$ と $B$ が一致したときだけ $1$ を出す回路、すなわち一致回路（排他的 OR の否定、XNOR）です。

設問2

図3(a) は NOR ゲート2個を交差結合した RS フリップフロップです。R が上の NOR に、S が下の NOR に入り、上の NOR の出力が $Q$、下の NOR の出力が $\bar{Q}$ で、互いの出力が相手の第2入力になっています。したがって

$$Q = \overline{R + \bar{Q}}, \qquad \bar{Q} = \overline{S + Q}$$

です。ここから動作が読めます。$S=1, R=0$ なら $\bar{Q} = \overline{1+Q} = 0$、続いて $Q = \overline{0+0} = 1$ となり、$Q$ は $1$ にセットされます。$R=1, S=0$ なら $Q = 0$、$\bar{Q} = 1$ にリセットされます。$R=S=0$ なら直前の状態を保持します。

図3(b) のタイミングチャートを読むと、S には b と d のタイミングを含む2つのパルスがあり、R には e のタイミングを含む1つのパルスがあります。時刻 a では $R=S=0$、$(Q,\bar{Q}) = (0,1)$ です。以降を順に追います。

b では $S=1$、$R=0$ なのでセットされ、$(Q,\bar{Q}) = (1,0)$ です。

c では S のパルスが終わって $R=S=0$ なので保持され、$(Q,\bar{Q}) = (1,0)$ のままです。

d では再び $S=1$、$R=0$ でセット命令が来ますが、すでにセット状態なので変わらず $(Q,\bar{Q}) = (1,0)$ です。

e では $R=1$、$S=0$（2つめの S パルスは e の前に終わっています）なのでリセットされ、$(Q,\bar{Q}) = (0,1)$ です。

まとめると b、c、d はいずれも $(Q,\bar{Q}) = (1,0)$、e は $(Q,\bar{Q}) = (0,1)$ です。c で状態が保たれることが、この回路が1ビットの記憶素子として働いていることを示しています。

設問3

必要な動作は「先に押されたほうの LED だけを点灯し、以後リセットまで固定する」ことです。RS フリップフロップ2個で A 用と B 用の記憶をつくり、相手が既に勝っている場合は自分のセット入力を塞ぐ、という相互禁止をかければ実現できます。図3(c) の記号にはそのまま $\bar{Q}$ 出力があるので、NOT ゲートを使わずに済みます。

FF-A、FF-B を2個の RS フリップフロップとします。端子1、2、5 に入る信号をそれぞれ $A$、$B$、$C$（$C$ がリセット）、端子3、4 に出す信号をそれぞれ $Y_{\mathrm A}$、$Y_{\mathrm B}$ と書くと、接続は

$$S_{\mathrm A} = A\cdot\bar{Q}_{\mathrm B}, \qquad R_{\mathrm A} = C, \qquad Y_{\mathrm A} = Q_{\mathrm A}$$ $$S_{\mathrm B} = B\cdot\bar{Q}_{\mathrm A}, \qquad R_{\mathrm B} = C, \qquad Y_{\mathrm B} = Q_{\mathrm B}$$

です。つまり AND ゲート2個と RS フリップフロップ2個だけの回路です。回路図にすると次のようになります（黒丸のある点だけが接続で、線の交差は接続ではありません）。

端子3、4はそれぞれ FF-A、FF-B の $Q$ そのものです。上の AND ゲートの入力は端子1と FF-B の $\bar{Q}$、下の AND ゲートの入力は端子2と FF-A の $\bar{Q}$ で、端子5は両フリップフロップの $R$ に共通に入ります。

動作を確認します。リセット直後は $Q_{\mathrm A}=Q_{\mathrm B}=0$、$\bar{Q}_{\mathrm A}=\bar{Q}_{\mathrm B}=1$ です。ここで A が先に押されると $S_{\mathrm A} = 1\cdot1 = 1$ で FF-A がセットされ、$Q_{\mathrm A}=1$ となって LED-A が点灯します。同時に $\bar{Q}_{\mathrm A}=0$ になるので、以後 B をいくら押しても $S_{\mathrm B} = B\cdot 0 = 0$ で FF-B はセットされません。A を離すと $S_{\mathrm A}=0$ になりますが $R_{\mathrm A}=0$ なので FF-A は保持され、LED-A は点灯し続けます。A を再度押しても $S_{\mathrm A}=1$ が再入力されるだけで状態は変わりません。B が先の場合は A と B を入れ替えた同じ議論になります。リセットスイッチを押すと $R_{\mathrm A}=R_{\mathrm B}=1$ で両方の $Q$ が $0$ に戻り、LED は消えて初期状態に復帰します。

なおリセットを押している間に A も押されている場合は FF-A の $S$ と $R$ が同時に $1$ になりますが、そのとき $Q_{\mathrm A}=0$（LED は消灯）で、リセットを離した瞬間に $S_{\mathrm A}=1$ が生き残って A の勝ちになります。リセット後に最初に押されたのは A なので、期待される動作と矛盾しません。

設問4

図5(b) の反転増幅回路では $V_+ = 0$、$(-)$ 端子の電位を $V_-$ とします。入力端子に電流が流れ込まないので $R_1$ と $R_2$ を流れる電流は等しく

$$\frac{V_{\mathrm{in}}-V_-}{R_1} = \frac{V_- - V_{\mathrm{out}}}{R_2}.$$

一方 $V_{\mathrm{out}} = G(0-V_-)$ より $V_- = -V_{\mathrm{out}}/G$ です。代入して整理すると

$$R_2 V_{\mathrm{in}} = -V_{\mathrm{out}}\left[R_1 + \frac{R_1+R_2}{G}\right],$$ $$\frac{V_{\mathrm{out}}}{V_{\mathrm{in}}} = -\frac{R_2}{R_1 + \dfrac{R_1+R_2}{G}} = -\frac{G R_2}{GR_1 + R_1 + R_2}.$$

$G \to \infty$ で $V_{\mathrm{out}}/V_{\mathrm{in}} = -R_2/R_1$ です。

図5(c) の非反転増幅回路では $V_+ = V_{\mathrm{in}}$ で、$(-)$ 端子は $V_{\mathrm{out}}$ を $R_2$ と $R_1$ で分圧した点なので $V_- = V_{\mathrm{out}}R_1/(R_1+R_2)$ です。$V_{\mathrm{out}} = G(V_+-V_-)$ に入れて

$$V_{\mathrm{out}}\left[1 + \frac{GR_1}{R_1+R_2}\right] = GV_{\mathrm{in}}, \qquad \frac{V_{\mathrm{out}}}{V_{\mathrm{in}}} = \frac{G(R_1+R_2)}{R_1+R_2+GR_1}.$$

$G \to \infty$ で $V_{\mathrm{out}}/V_{\mathrm{in}} = 1 + R_2/R_1 = (R_1+R_2)/R_1$ です。どちらも $G$ が有限だと理想値からのずれが $1/G$ で入ります。両者を比べると、$G\to\infty$ での利得の大きさが反転型は $R_2/R_1$、非反転型は $1+R_2/R_1$ で、非反転型は $1$ 未満の利得をとれません。

設問5

$r$ の左端（A1 の出力）を DA の端子1、右端（素子 M の上端）を端子2に接続しているので、DA の出力は $r$ の両端電圧を $100$ 倍したもの、すなわち $100Ir$ です。これが A1 の $(-)$ 端子に戻ります。DA、A2 の入力端子に電流は流れ込まないので、$r$ を流れた電流はすべて $R_{\mathrm M}$ を通って接地に落ち、A1 の出力電圧は $I(r+R_{\mathrm M})$ です。A1 の入出力関係 $V_{\mathrm{out,A1}} = G(V_{\mathrm S} - 100Ir)$ より

$$I(r+R_{\mathrm M}) = G\left(V_{\mathrm S} - 100Ir\right) \ \Longrightarrow\ I = \frac{G\,V_{\mathrm S}}{r + R_{\mathrm M} + 100\,G\,r}.$$

これが $V_{\mathrm S}$ と $I$ の関係です。$G \to \infty$ では分母の $100Gr$ が他の項を圧倒するので

$$I = \frac{V_{\mathrm S}}{100\,r}$$

となり、$R_{\mathrm M}$ を含みません。すなわち光検出素子の抵抗が変化しても電流は変わらず、定電流源として働きます。仮想短絡の言葉で言えば、A1 の出力が有限であるためには $V_+ = V_-$、つまり $V_{\mathrm S} = 100Ir$ が成り立たねばならず、これは $R_{\mathrm M}$ を一切参照しない条件です。DA が $r$ の両端電圧だけを見て負帰還をかけているので、素子 M の電圧降下は帰還ループの外にあり、電流の設定に影響しないという仕組みです。

A2 は利得 $1+R_{\mathrm A}/R_{\mathrm B}$ の非反転増幅回路で、その入力は $R_{\mathrm M}$ の電圧 $IR_{\mathrm M}$ なので

$$V_{\mathrm{out}} = \left(1+\frac{R_{\mathrm A}}{R_{\mathrm B}}\right)I\,R_{\mathrm M}$$

となり、出力は $R_{\mathrm M}$ に比例します。

設問6

設問5より $I = V_{\mathrm S}/(100r)$ なので、$V_{\mathrm S} = 1\,\mathrm{V}$ で $I = 1\,\mathrm{mA}$ とするには

$$r = \frac{V_{\mathrm S}}{100\,I} = \frac{1\,\mathrm{V}}{100\times10^{-3}\,\mathrm{A}} = 10\,\Omega$$

です（この条件から $r$ は一意に決まります）。光強度 $0$ では $R_{\mathrm M} = 100\,\Omega$ なので素子の電圧は $IR_{\mathrm M} = 1\,\mathrm{mA}\times100\,\Omega = 0.1\,\mathrm{V}$ で、これを $3\,\mathrm{V}$ にするには A2 の利得を

$$1 + \frac{R_{\mathrm A}}{R_{\mathrm B}} = \frac{3\,\mathrm{V}}{0.1\,\mathrm{V}} = 30 \ \Longrightarrow\ \frac{R_{\mathrm A}}{R_{\mathrm B}} = 29$$

にとります。具体例として $R_{\mathrm B} = 1\,\mathrm{k\Omega}$、$R_{\mathrm A} = 29\,\mathrm{k\Omega}$（$27\,\mathrm{k\Omega}$ と $2\,\mathrm{k\Omega}$ の直列、あるいは半固定抵抗で調整）とすればよく、$r = 10\,\Omega$ です。

実際に組むうえでの妥当性を確認します。$r$ での消費電力は $I^2r = 10\,\mu\mathrm{W}$ と小さく、発熱による抵抗値変化は問題になりません。$r$ の両端電圧は $10\,\mathrm{mV}$ で、DA がこれを $100$ 倍して $1\,\mathrm{V}$ にするので、A1 の入力段で扱いやすい電圧です。帰還抵抗を流れる電流は $V_{\mathrm{out}}/(R_{\mathrm A}+R_{\mathrm B}) = 3\,\mathrm{V}/30\,\mathrm{k\Omega} = 0.1\,\mathrm{mA}$ で、オペアンプの出力能力（数 $\mathrm{mA}$ 以上）に比べて十分小さく、かつ入力バイアス電流（$\mathrm{nA}$ 程度）に比べて十分大きいので、$\mathrm{k\Omega}$ オーダーという選び方は妥当です。$\mathrm{M\Omega}$ にすると熱雑音とバイアス電流によるオフセットが効き、$\Omega$ オーダーにすると出力電流が過大になります。A1 の出力は $I(r+R_{\mathrm M}) = 1\,\mathrm{mA}\times110\,\Omega = 0.11\,\mathrm{V}$、$V_{\mathrm{out}}$ は最大 $3\,\mathrm{V}$ なので、$\pm15\,\mathrm{V}$ 電源の通常のオペアンプで余裕をもって動作します。光が最大強度のとき $R_{\mathrm M} = 10\,\Omega$ で $V_{\mathrm{out}} = 30\times1\,\mathrm{mA}\times10\,\Omega = 0.3\,\mathrm{V}$ となり、出力は $0.3$ から $3\,\mathrm{V}$ の範囲を動きます。

出典: 東京大学大学院理学系研究科 物理学専攻 平成22年度 修士課程 入学試験問題 物理学。問題文は要約して引用しています。