平成20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。

4時間で 4 問を解く構成です。前半 3 問は量子力学・統計力学・電磁気学の標準的な柱で、いずれも「同じ物理量を二通りに出して一致を確かめる」形に仕上がっています。第1問は 2 次元等方調和振動子を生成消滅演算子と極座標分離の両方で解いてスペクトルと縮退度を突き合わせ、第2問は三状態分子系の分布関数からゆらぎと応答関数の関係に到達し、第3問は方形導波管の TE/TM モードとカットオフ振動数を決めます。選択問題の 3 問はいずれも実験・観測の設計に直結した設定で、コンプトン散乱の角度分解能、回転ドラム型速度選別器、黒体放射からの中性子星の推定と、最後の数値評価まで手を動かさせるところに重心があります。

問題	分野	主題
第1問	量子力学	2次元調和振動子の代数解と極座標での級数解
第2問	統計力学	三状態分子系のエントロピー、分布、ゆらぎと応答
第3問	電磁気学	方形導波管の TE/TM モードとカットオフ
第4問	原子核	コンプトン散乱によるガンマ線入射方向の決定
第5問	統計力学	回転ドラムによる分子速度分布の測定
第6問	天体物理	黒体放射と高速自転天体の力学的安定性

第1問から第3問が必答で、第4問・第5問・第6問から 1 問を選択する形式ですが、ここでは全問の解答を載せます。

第1問 2次元調和振動子

設定

ハミルトニアン

$$\mathcal{H}=\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{2}\left(\frac{p_k^2}{m}+m\omega^2x_k^2\right)$$

で表される 2 次元等方調和振動子を扱います。正準交換関係は $[x_k,p_l]=i\hbar\delta_{kl}$、$[x_k,x_l]=[p_k,p_l]=0$ です。前半（設問1から設問3）は生成消滅演算子による代数的な解法、後半（設問4から設問6）は極座標での変数分離と級数解による解法で、同じ固有値を二度導きます。後半では $\hbar=m=\omega=1$ とします。

設問1

定義

$$a_k^{\dagger}=\frac{1}{\sqrt{2\hbar}}\left(\sqrt{m\omega}\,x_k-i\frac{1}{\sqrt{m\omega}}p_k\right),\qquad a_k=\frac{1}{\sqrt{2\hbar}}\left(\sqrt{m\omega}\,x_k+i\frac{1}{\sqrt{m\omega}}p_k\right)$$

をそのまま代入します。交換子は双線形なので、$x$ と $p$ の交差項だけが残ります。

$$\begin{aligned} [a_k,a_l^{\dagger}]&=\frac{1}{2\hbar}\left(-i[x_k,p_l]+i[p_k,x_l]\right) =\frac{1}{2\hbar}\left(-i\cdot i\hbar\delta_{kl}+i\cdot(-i\hbar\delta_{kl})\right)=\delta_{kl},\\ [a_k,a_l]&=\frac{1}{2\hbar}\left(i[x_k,p_l]+i[p_k,x_l]\right) =\frac{1}{2\hbar}\left(i\cdot i\hbar\delta_{kl}+i\cdot(-i\hbar\delta_{kl})\right)=0, \end{aligned}$$

同様に $[a_k^{\dagger},a_l^{\dagger}]=0$ です。答えは $[a_k,a_l^{\dagger}]=\delta_{kl}$、$[a_k,a_l]=[a_k^{\dagger},a_l^{\dagger}]=0$ です。

ハミルトニアンは、積 $a_k^{\dagger}a_k$ を展開して

$$a_k^{\dagger}a_k=\frac{1}{2\hbar}\left(m\omega x_k^2+\frac{p_k^2}{m\omega}+i[x_k,p_k]\right) =\frac{1}{2\hbar\omega}\left(m\omega^2x_k^2+\frac{p_k^2}{m}\right)-\frac{1}{2}$$

となることから、

$$\mathcal{H}=\hbar\omega\sum_{k=1}^{2}\left(a_k^{\dagger}a_k+\frac{1}{2}\right) =\hbar\omega\left(a_1^{\dagger}a_1+a_2^{\dagger}a_2+1\right)$$

です。零点エネルギーが 1 自由度あたり $\hbar\omega/2$ で、2 自由度あわせて $\hbar\omega$ になっています。

設問2

座標表示で $p_k=-i\hbar\,\partial/\partial x_k$ とすると、$a_k|0\rangle=0$ は

$$\frac{1}{\sqrt{2\hbar}}\left(\sqrt{m\omega}\,x_k+\frac{1}{\sqrt{m\omega}}\hbar\frac{\partial}{\partial x_k}\right)\psi_0=0 \quad\Longleftrightarrow\quad \frac{\partial\psi_0}{\partial x_k}=-\frac{m\omega}{\hbar}x_k\psi_0 \qquad(k=1,2)$$

という 2 本の 1 階偏微分方程式になります。$k=1,2$ の両方を満たす解は

$$\psi_0\propto\exp\left[-\frac{m\omega}{2\hbar}\left(x_1^2+x_2^2\right)\right]=\exp\left(-\frac{m\omega}{2\hbar}r^2\right)$$

です。$\hbar=m=\omega=1$ では $\psi_0(r)=e^{-r^2/2}$ となります（規格化因子は省きます）。$r\to\infty$ で減衰するので束縛状態として適格です。

設問3

$[a_k,a_l^{\dagger}]=\delta_{kl}$ より $a_k^{\dagger}a_k$ の固有値は非負整数 $n_k$ で、固有状態は

$$|n_1,n_2\rangle=\frac{(a_1^{\dagger})^{n_1}(a_2^{\dagger})^{n_2}}{\sqrt{n_1!\,n_2!}}\,|0\rangle, \qquad n_1,n_2=0,1,2,\ldots$$

と書けます。これで全固有状態が尽くされるのは、$a_1^{\dagger},a_2^{\dagger}$ の作用で基底状態から生成される空間が既約であり、$\mathcal{H}$ がこの空間上で対角化されているからです。固有値は

$$E_{n_1n_2}=\hbar\omega\left(n_1+n_2+1\right)$$

で、$N\equiv n_1+n_2$ だけに依存します。$E_N=\hbar\omega(N+1)$ に属する状態は $(n_1,n_2)=(N,0),(N-1,1),\ldots,(0,N)$ の

$$g_N=N+1$$

個です。答えは固有値 $\hbar\omega(N+1)$、縮退度 $N+1$（$N=0,1,2,\ldots$）です。

設問4

$\hbar=m=\omega=1$ でのシュレディンガー方程式は

$$-\frac{1}{2}\left(\frac{\partial^2}{\partial x_1^2}+\frac{\partial^2}{\partial x_2^2}\right)\psi+\frac{1}{2}r^2\psi=E\psi$$

すなわち極座標表示を使って

$$\frac{\partial^2\psi}{\partial r^2}+\frac{1}{r}\frac{\partial\psi}{\partial r}+\frac{1}{r^2}\frac{\partial^2\psi}{\partial\theta^2}+\left(2E-r^2\right)\psi=0$$

です。$\psi=R(r)\Theta(\theta)$ を代入して $R\Theta$ で割り、$r^2$ を掛けると

$$r^2\left(\frac{R''}{R}+\frac{1}{r}\frac{R'}{R}+2E-r^2\right)=-\frac{\Theta''}{\Theta}$$

となり、左辺は $r$ だけ、右辺は $\theta$ だけの関数なので両辺は定数です。これを $n^2$ と書くと $\Theta''=-n^2\Theta$、および

$$\frac{d^2R}{dr^2}+\frac{1}{r}\frac{dR}{dr}+\left(2E-r^2-\frac{n^2}{r^2}\right)R=0$$

が得られます。

$n$ の取りうる値は次のように決まります。波動関数は空間の各点で一価でなければならず、$\theta$ と $\theta+2\pi$ は同じ点を表すので $\Theta(\theta+2\pi)=\Theta(\theta)$ が必要です。分離定数が負（$\Theta''=+\kappa^2\Theta$、$\kappa$ は実数で非零）だと解は $e^{\pm\kappa\theta}$ となり周期性を満たせないので、分離定数は $-n^2\le 0$ の形でなければなりません。このとき $\Theta\propto e^{\pm in\theta}$ で、周期性から $n$ は整数です。方程式には $n^2$ しか現れないので、独立な値として

$$n=0,1,2,\ldots$$

を取り、$n\ge1$ では $e^{+in\theta}$ と $e^{-in\theta}$ の 2 つの状態が同じ動径方程式を共有します。これは角運動量の $z$ 成分（2 次元では回転の生成子）の固有値が $\pm n$ であることに対応します。

設問5

$R=f\psi_0=f e^{-r^2/2}$ に対する方程式

$$\frac{d^2f}{dr^2}+\frac{1}{r}\left(1-2r^2\right)\frac{df}{dr}+\left(2E-2-\frac{n^2}{r^2}\right)f=0$$

に $f=r^{\alpha}\sum_{s\ge0}f_sr^s$（$f_0=1$）を代入し、最低次の冪 $r^{\alpha-2}$ の係数を取り出します。$f\simeq r^{\alpha}$ とすると

$$\alpha(\alpha-1)r^{\alpha-2}+\alpha r^{\alpha-2}-n^2r^{\alpha-2}+O(r^{\alpha})=0$$

なので、指標方程式は

$$\alpha(\alpha-1)+\alpha-n^2=\alpha^2-n^2=0 \qquad\Longrightarrow\qquad \alpha=\pm|n|$$

です。$\alpha=-|n|$ は $n\ne0$ のとき $r\to0$ で $r^{-|n|}$ と発散するので棄却されます。したがって

$$\alpha=|n|$$

です（$n=0$ では二重根 $\alpha=0$ で、これも $\alpha=|n|$ に含まれます）。

設問6

同じ代入で $r^{\alpha+s-2}$ の係数を集めます。$\alpha=|n|$ を使うと $(\alpha+s)^2-n^2=s(s+2|n|)$ なので、漸化式は

$$s\left(s+2|n|\right)f_s=2\left(|n|+s-1-E\right)f_{s-2}$$

となります。$s=1$ では左辺の係数 $1+2|n|\ne0$ に対し右辺が $f_{-1}=0$ なので $f_1=0$、したがって奇数次の係数はすべて消え、級数は $s=0,2,4,\ldots$ の偶数次だけを含みます。

級数が無限に続くと、大きな $s$ で $f_s/f_{s-2}\to 2/s$ となり $f$ は $e^{r^2}$ と同じ増大を示すので、$R=fe^{-r^2/2}\sim e^{r^2/2}$ が発散して規格化できません。そこで有限個の項で切れる条件を課します。最高次を $s=2t$（$t=0,1,2,\ldots$）とすると、$f_{2t+2}=0$ となるためには漸化式の右辺の係数が消えればよく、

$$|n|+(2t+2)-1-E=0 \qquad\Longrightarrow\qquad E=2t+|n|+1$$

です。$t$ と $|n|$ は独立に $0,1,2,\ldots$ を走るので $N\equiv 2t+|n|$ は 0 以上の任意の整数となり、

$$E=N+1\qquad(N=0,1,2,\ldots)$$

が得られます。これは設問3の $E_N=\hbar\omega(N+1)$ で $\hbar=\omega=1$ とおいたものと一致します。

縮退度も一致します。$N$ を固定すると $|n|=N-2t\ge0$ より $t=0,1,\ldots,\lfloor N/2\rfloor$ で、$|n|\ge1$ の各値には $e^{\pm in\theta}$ の 2 状態、$|n|=0$ には 1 状態が対応します。$N$ が偶数なら $|n|=0,2,\ldots,N$ の $N/2+1$ 個のうち $|n|=0$ が 1 状態、残り $N/2$ 個が各 2 状態で合計 $1+2\cdot(N/2)=N+1$、$N$ が奇数なら $|n|=1,3,\ldots,N$ の $(N+1)/2$ 個が各 2 状態で合計 $N+1$ です。どちらも設問3の $g_N=N+1$ に一致します。

具体形を見ておくと、$N=0$ では $n=0,t=0$ で $f=1$、$N=1$ では $n=1,t=0$ で $f=r$、$N=2$ では $(n,t)=(2,0)$ の $f=r^2$ と $(n,t)=(0,1)$ の $f=1-r^2$ の 3 状態です。$R=(1-r^2)e^{-r^2/2}$ を動径方程式に $n=0,E=3$ で代入すると恒等的に 0 になり、切断条件の符号が正しいことが確かめられます。

第2問 三状態分子系の統計力学

設定

互いに独立な $N$ 個の分子からなり、各分子は 3 つの状態を持ちます。2 つはエネルギー 0 の縮退した状態、残る 1 つはエネルギー $\varepsilon$ の状態です。温度 $T$ の熱平衡を仮定します。以下 $\beta=1/k_{\mathrm B}T$ と書きます。分子は独立なので、1 分子分配関数

$$z=2+e^{-\beta\varepsilon}$$

と $Z=z^N$ から出発できます。

設問1

内部エネルギーは

$$U=-N\frac{\partial\ln z}{\partial\beta}=N\frac{\varepsilon e^{-\beta\varepsilon}}{2+e^{-\beta\varepsilon}} =\frac{N\varepsilon}{2e^{\varepsilon/k_{\mathrm B}T}+1}$$

です。$\varepsilon>0$ で $T\to0$ とすると $U\to0$、$T\to\infty$ では 3 状態が等確率になり $U\to N\varepsilon/3$ となって、答えが両極限で正しく振る舞っています。

設問2

自由エネルギーは $F=-Nk_{\mathrm B}T\ln z$ なので、$S=(U-F)/T$ より

$$S=Nk_{\mathrm B}\ln\left(2+e^{-\varepsilon/k_{\mathrm B}T}\right)+\frac{N\varepsilon}{T}\frac{1}{2e^{\varepsilon/k_{\mathrm B}T}+1}$$

です。$T\to0$ の極限を 3 つの場合に分けて評価します。

$\varepsilon>0$ のとき $e^{-\beta\varepsilon}\to0$ で第 1 項は $Nk_{\mathrm B}\ln2$、第 2 項は $(N\varepsilon/T)e^{-\beta\varepsilon}/2\to0$ なので

$$S(T\to0)=Nk_{\mathrm B}\ln2 .$$

$\varepsilon=0$ のときは任意の $T$ で $z=3$、$U=0$ なので

$$S=Nk_{\mathrm B}\ln3 \qquad(\text{全温度で一定}).$$

$\varepsilon<0$ のときは $e^{-\beta\varepsilon}\to\infty$ が第 1 項を支配し、$\ln(2+e^{-\beta\varepsilon})=-\beta\varepsilon+\ln(1+2e^{\beta\varepsilon})\simeq-\beta\varepsilon+2e^{\beta\varepsilon}$、第 2 項は $(N\varepsilon/T)(1-2e^{\beta\varepsilon}+\cdots)$ です。$-Nk_{\mathrm B}\beta\varepsilon$ と $N\varepsilon/T$ が打ち消し合って

$$S\simeq 2Nk_{\mathrm B}e^{\beta\varepsilon}\left(1-\beta\varepsilon\right)\longrightarrow0 .$$

値が異なる理由は、$T\to0$ のエントロピーが基底状態の縮退度 $W_0$ で決まる（$S=k_{\mathrm B}\ln W_0$）ことにあります。$\varepsilon>0$ では各分子の基底状態がエネルギー 0 の二重縮退した状態なので $W_0=2^N$ で $S=Nk_{\mathrm B}\ln2$、$\varepsilon=0$ では 3 状態すべてが基底状態なので $W_0=3^N$ で $S=Nk_{\mathrm B}\ln3$、$\varepsilon<0$ では非縮退なエネルギー $\varepsilon$ の状態が唯一の基底状態なので $W_0=1$ で $S=0$ となります。最後の場合だけが熱力学第三法則の言う $S\to0$ を満たし、他の 2 つは基底状態の縮退による残留エントロピーです。

設問3

エネルギー $\varepsilon$ の状態にある分子が $N_{\varepsilon}$ 個という配置は、どの分子がそこに入るかの選び方 ${}_NC_{N_{\varepsilon}}$ 通りと、残る $N-N_{\varepsilon}$ 個の分子がそれぞれ 2 つの縮退状態のどちらにいるかの $2^{N-N_{\varepsilon}}$ 通りだけあり、そのエネルギーは $N_{\varepsilon}\varepsilon$ です。したがって

$$P(N_{\varepsilon})=\frac{1}{Z}\,{}_NC_{N_{\varepsilon}}\,2^{N-N_{\varepsilon}}e^{-\beta\varepsilon N_{\varepsilon}} .$$

規格化定数は二項定理から

$$Z=\sum_{N_{\varepsilon}=0}^{N}{}_NC_{N_{\varepsilon}}\,2^{N-N_{\varepsilon}}\left(e^{-\beta\varepsilon}\right)^{N_{\varepsilon}}=\left(2+e^{-\beta\varepsilon}\right)^N$$

なので、

$$P(N_{\varepsilon})={}_NC_{N_{\varepsilon}}\,p^{N_{\varepsilon}}(1-p)^{N-N_{\varepsilon}}, \qquad p\equiv\frac{e^{-\beta\varepsilon}}{2+e^{-\beta\varepsilon}}=\frac{1}{2e^{\beta\varepsilon}+1}$$

という二項分布です。$p$ は 1 個の分子がエネルギー $\varepsilon$ の状態を占める確率です。

設問4

二項分布の平均は $Np$ なので

$$\langle N_{\varepsilon}\rangle=\frac{N}{2e^{\varepsilon/k_{\mathrm B}T}+1} .$$

$\varepsilon$ を $\langle N_{\varepsilon}\rangle$ 倍して足し上げると $U=\varepsilon\langle N_{\varepsilon}\rangle$ で設問1と一致します。

$T=T_1$ を固定して $\varepsilon$ の関数として見ると、$\langle N_{\varepsilon}\rangle$ は $\varepsilon/k_{\mathrm B}T$ だけの関数で、単調減少です。特徴的な値は次の通りです。

$\varepsilon\to-\infty$ で $\langle N_{\varepsilon}\rangle\to N$（全分子が最低エネルギー状態に落ちる）、$\varepsilon\to+\infty$ で $\langle N_{\varepsilon}\rangle\to0$ で、どちらも指数関数的に漸近します。$\varepsilon=0$ では 3 状態が等確率になり $\langle N_{\varepsilon}\rangle=N/3$、その点での傾きは

$$\left.\frac{\partial\langle N_{\varepsilon}\rangle}{\partial\varepsilon}\right|_{\varepsilon=0}=-\frac{2N}{9k_{\mathrm B}T}$$

です。変曲点は $2e^{\beta\varepsilon}=1$、すなわち $\varepsilon=-k_{\mathrm B}T\ln2$ にあり、そこで $\langle N_{\varepsilon}\rangle=N/2$ をとります。曲線は $\varepsilon=0$ について対称ではなく、値 $N/2$ を与える点が負側にずれた形の階段状（幅 $\sim k_{\mathrm B}T$）になります。

$T=2T_1$ の曲線は、同じ関数形で横軸のスケールが 2 倍に伸びたものです。$\varepsilon=0$ では両者とも $N/3$ を通り、そこが唯一の交点です。$\varepsilon>0$ では高温のほうが $\langle N_{\varepsilon}\rangle$ が大きく、$\varepsilon<0$ では高温のほうが小さくなります（高温ほど 3 状態の占有が均される）。原点での傾きは半分になり、変曲点は $\varepsilon=-2k_{\mathrm B}T_1\ln2$ に移ります。

実線が $T=T_1$、破線が $T=2T_1$ です。

設問5

二項分布の分散は $Np(1-p)$ です。$1-p=2e^{\beta\varepsilon}/(2e^{\beta\varepsilon}+1)$ なので

$$\langle N_{\varepsilon}^2\rangle-\langle N_{\varepsilon}\rangle^2=Np(1-p)=\frac{2Ne^{\varepsilon/k_{\mathrm B}T}}{\left(2e^{\varepsilon/k_{\mathrm B}T}+1\right)^2}$$

です。$\varepsilon\to\pm\infty$ ではどちらの極限でも状態が確定するのでゆらぎは 0 に落ち、$\varepsilon=-k_{\mathrm B}T\ln2$（$p=1/2$）で最大値 $N/4$ をとります。

設問6

$\langle N_{\varepsilon}\rangle=N/(2e^{\beta\varepsilon}+1)$ を $\varepsilon$ で微分すると

$$\chi=\frac{\partial\langle N_{\varepsilon}\rangle}{\partial\varepsilon} =-\frac{2N\beta e^{\beta\varepsilon}}{\left(2e^{\beta\varepsilon}+1\right)^2} =-\frac{2N}{k_{\mathrm B}T}\frac{e^{\varepsilon/k_{\mathrm B}T}}{\left(2e^{\varepsilon/k_{\mathrm B}T}+1\right)^2}$$

です。設問5の結果と比べれば

$$\chi=-\frac{1}{k_{\mathrm B}T}\left(\langle N_{\varepsilon}^2\rangle-\langle N_{\varepsilon}\rangle^2\right)$$

となります。これはゆらぎと応答を結ぶ一般関係の一例です。実際、$Z=\sum_{\{N_{\varepsilon}\}}W(N_{\varepsilon})e^{-\beta\varepsilon N_{\varepsilon}}$ から $\langle N_{\varepsilon}\rangle=-\beta^{-1}\partial\ln Z/\partial\varepsilon$ で、もう一度 $\varepsilon$ で微分すれば

$$\frac{\partial\langle N_{\varepsilon}\rangle}{\partial\varepsilon}=-\beta\left(\langle N_{\varepsilon}^2\rangle-\langle N_{\varepsilon}\rangle^2\right)$$

が分布の詳細に依らず出てきます。$\chi$ が負であること（$\varepsilon$ を上げれば占有が減る）と、ゆらぎが正であることが整合しています。

第3問 方形導波管を伝わる電磁波

設定

真空中のマクスウェル方程式から出発し、$z$ 方向に伝搬する解

$$\tilde{\boldsymbol{E}}=\boldsymbol{E}(x,y)e^{i(kz-\omega t)},\qquad \tilde{\boldsymbol{B}}=\boldsymbol{B}(x,y)e^{i(kz-\omega t)}$$

を、断面が $0\le x\le a$、$0\le y\le b$（$a>b$）の完全導体壁をもつ中空管の中で考えます。壁面での境界条件は $\boldsymbol{n}\times\tilde{\boldsymbol{E}}=\boldsymbol{0}$（接線方向の電場が消える）と $\boldsymbol{n}\cdot\tilde{\boldsymbol{B}}=0$（法線方向の磁場が消える）です。

設問1

ファラデーの法則の両辺の回転を取り、アンペール・マクスウェルの法則を代入します。

$$\nabla\times\left(\nabla\times\tilde{\boldsymbol{E}}\right) =-\frac{\partial}{\partial t}\left(\nabla\times\tilde{\boldsymbol{B}}\right) =-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2\tilde{\boldsymbol{E}}}{\partial t^2}$$

左辺はベクトル恒等式と $\nabla\cdot\tilde{\boldsymbol{E}}=0$ から

$$\nabla\times\left(\nabla\times\tilde{\boldsymbol{E}}\right)=\nabla\left(\nabla\cdot\tilde{\boldsymbol{E}}\right)-\nabla^2\tilde{\boldsymbol{E}}=-\nabla^2\tilde{\boldsymbol{E}}$$

なので

$$\left(\nabla^2-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}\right)\tilde{\boldsymbol{E}}=\boldsymbol{0}$$

が得られます。磁場も同様に、アンペール・マクスウェルの法則の回転を取って

$$\nabla\times\left(\nabla\times\tilde{\boldsymbol{B}}\right)=\frac{1}{c^2}\frac{\partial}{\partial t}\left(\nabla\times\tilde{\boldsymbol{E}}\right)=-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2\tilde{\boldsymbol{B}}}{\partial t^2},$$

左辺は $\nabla\cdot\tilde{\boldsymbol{B}}=0$ から $-\nabla^2\tilde{\boldsymbol{B}}$ なので

$$\left(\nabla^2-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}\right)\tilde{\boldsymbol{B}}=\boldsymbol{0}$$

です。

設問2

仮定した関数形では $\partial/\partial z\to ik$、$\partial/\partial t\to-i\omega$ なので

$$\nabla^2\to\frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{\partial^2}{\partial y^2}-k^2,\qquad \frac{1}{c^2}\frac{\partial^2}{\partial t^2}\to-\frac{\omega^2}{c^2}$$

です。波動方程式の各成分は

$$\left(\frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{\partial^2}{\partial y^2}+\frac{\omega^2}{c^2}-k^2\right)E_i=0$$

となり、$i=z$ の成分と $\boldsymbol{B}$ の $z$ 成分について問題文の形になります。したがって

$$\gamma^2=\frac{\omega^2}{c^2}-k^2 .$$

自由空間の平面波では $E_z=B_z=0$ かつ $\gamma^2=0$（$\omega=ck$）ですが、境界があると $\gamma^2\ne0$ が許され、$\omega$ と $k$ の関係が $\omega^2=c^2k^2+c^2\gamma^2$ にずれます。

設問3

$E_z$ は 4 つの壁面すべてに対して接線成分なので、境界条件 $\boldsymbol{n}\times\tilde{\boldsymbol{E}}=\boldsymbol{0}$ から

$$E_z=0 \quad\text{at}\quad x=0,\ a\ \ \text{および}\ \ y=0,\ b$$

です。$E_z=X(x)Y(y)$ と分離すると

$$\frac{X''}{X}+\frac{Y''}{Y}+\gamma^2=0$$

で、第 1 項は $x$、第 2 項は $y$ のみの関数なので $X''=-\alpha^2X$、$Y''=-\beta^2Y$、$\gamma^2=\alpha^2+\beta^2$ と置けます（振動解でなければ両端で 0 という条件を非自明に満たせません）。$X(0)=0$ から $X\propto\sin\alpha x$、$X(a)=0$ から $\alpha a=m\pi$、同様に $Y\propto\sin\beta y$、$\beta b=n\pi$（$m,n$ は整数）です。よって

$$\gamma^2=\alpha^2+\beta^2=\frac{m^2\pi^2}{a^2}+\frac{n^2\pi^2}{b^2}$$

が示され、最大値を $E$ とする解は

$$E_z=E\sin\frac{m\pi x}{a}\sin\frac{n\pi y}{b}=E\sin\alpha x\sin\beta y$$

です。$m$ または $n$ が 0 だと $E_z\equiv0$ になります。

設問4

$e^{i(kz-\omega t)}$ を代入したマクスウェル方程式の $x,y$ 成分

$$\begin{aligned} \frac{\partial E_z}{\partial y}-ikE_y&=i\omega B_x, &\qquad ikE_x-\frac{\partial E_z}{\partial x}&=i\omega B_y,\\ \frac{\partial B_z}{\partial y}-ikB_y&=-\frac{i\omega}{c^2}E_x, &\qquad ikB_x-\frac{\partial B_z}{\partial x}&=-\frac{i\omega}{c^2}E_y \end{aligned}$$

を 2 本ずつ組み合わせて横成分について解きます。たとえば 1 行目右の式から $B_y$ を消して 2 行目左の式に入れると $i(\omega^2/c^2-k^2)E_x=-(k\partial_xE_z+\omega\partial_yB_z)$ が出ます。同様にして

$$\begin{aligned} E_x&=\frac{i}{\gamma^2}\left(k\frac{\partial E_z}{\partial x}+\omega\frac{\partial B_z}{\partial y}\right), & E_y&=\frac{i}{\gamma^2}\left(k\frac{\partial E_z}{\partial y}-\omega\frac{\partial B_z}{\partial x}\right),\\ B_x&=\frac{i}{\gamma^2}\left(k\frac{\partial B_z}{\partial x}-\frac{\omega}{c^2}\frac{\partial E_z}{\partial y}\right), & B_y&=\frac{i}{\gamma^2}\left(k\frac{\partial B_z}{\partial y}+\frac{\omega}{c^2}\frac{\partial E_z}{\partial x}\right) \end{aligned}$$

が得られます。$E_z=E\sin\alpha x\sin\beta y$、$B_z=B\cos\alpha x\cos\beta y$ を代入すると

$$\begin{aligned} E_x&=\frac{i}{\gamma^2}\left(k\alpha E-\omega\beta B\right)\cos\alpha x\sin\beta y,\\ E_y&=\frac{i}{\gamma^2}\left(k\beta E+\omega\alpha B\right)\sin\alpha x\cos\beta y,\\ B_x&=-\frac{i}{\gamma^2}\left(k\alpha B+\frac{\omega\beta}{c^2}E\right)\sin\alpha x\cos\beta y,\\ B_y&=\frac{i}{\gamma^2}\left(\frac{\omega\alpha}{c^2}E-k\beta B\right)\cos\alpha x\sin\beta y \end{aligned}$$

です。境界条件の確認をしておきます。$x=0,a$ では接線成分 $E_y,E_z$ が $\sin\alpha x$ を含んで消え、法線成分 $B_x$ も $\sin\alpha x$ を含んで消えます。$y=0,b$ では $E_x,E_z$ が $\sin\beta y$ を、$B_y$ も $\sin\beta y$ を含んで消えます。$\gamma^2=\alpha^2+\beta^2=\omega^2/c^2-k^2$ を使えば、これらが $\nabla\cdot\tilde{\boldsymbol{E}}=\nabla\cdot\tilde{\boldsymbol{B}}=0$ と 2 本の回転の式をすべて満たすことも確かめられます。

設問5

$E_z=0$ は $E=0$ を意味し、残る自由度は $B_z=B\cos\alpha x\cos\beta y$ です（TE モード）。設問4の式に $E=0$ を入れると

$$E_x=-\frac{i\omega\beta B}{\gamma^2}\cos\alpha x\sin\beta y,\quad E_y=\frac{i\omega\alpha B}{\gamma^2}\sin\alpha x\cos\beta y,$$ $$B_x=-\frac{ik\alpha B}{\gamma^2}\sin\alpha x\cos\beta y,\quad B_y=-\frac{ik\beta B}{\gamma^2}\cos\alpha x\sin\beta y .$$

$(m,n)=(0,0)$ では $\alpha=\beta=0$ なので上の 4 成分がすべて 0 になり、一様な $B_z=B$ しか残りません。横成分がないのでポインティングベクトルの $z$ 成分も 0 で、これは $z$ 方向に伝搬する電磁波ではありません（中空で単連結な完全導体管に TEM モードが存在しないことの現れです）。$\gamma^2=0$ となって上の表式自体が意味を失うことも同じ事情を示しています。

残る 3 つはいずれも $B_z\ne0$ の伝搬モードです。伝搬するには波数 $k$ が実数、すなわち

$$k^2=\frac{\omega^2}{c^2}-\gamma^2>0 \qquad\Longleftrightarrow\qquad \omega>c\gamma$$

が必要で（そうでなければ $k$ が純虚数になり場は $z$ 方向に指数減衰して伝わりません）、カットオフ角振動数は $\omega_{\mathrm c}=c\gamma$ です。$a>b$ より

$$\gamma_{(1,0)}=\frac{\pi}{a}<\gamma_{(0,1)}=\frac{\pi}{b}<\gamma_{(1,1)}=\pi\sqrt{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}}$$

なので、最小のカットオフを与えるのは $(m,n)=(1,0)$ です。答えは

$$(m,n)=(1,0),\qquad \omega_{\min}=\frac{\pi c}{a}\quad\left(\nu_{\min}=\frac{c}{2a}\right)$$

です。この最低モードでは $E_x=B_y=0$、$E_y\propto\sin(\pi x/a)$、$B_x\propto\sin(\pi x/a)$、$B_z\propto\cos(\pi x/a)$ となり、電場が $y$ 方向のみを向く TE$_{10}$ モードです。長い辺 $a$ が半波長にあたるので、管が太いほど低い振動数まで通せることになります。

設問6

$B_z=0$ は $B=0$ を意味し、残るのは $E_z=E\sin\alpha x\sin\beta y$（TM モード）です。$E_z$ が恒等的に 0 でないためには $\sin\alpha x$ と $\sin\beta y$ の両方が非自明でなければならず、$m\ge1$ かつ $n\ge1$ が必要です。したがって $(0,0),(1,0),(0,1)$ では $E_z\equiv0$ となり、$B=0$ とあわせて全成分が消えて解になりません。残るのは $(1,1)$ だけです。このとき

$$E_x=\frac{ik\alpha E}{\gamma^2}\cos\alpha x\sin\beta y,\quad E_y=\frac{ik\beta E}{\gamma^2}\sin\alpha x\cos\beta y,$$ $$B_x=-\frac{i\omega\beta E}{c^2\gamma^2}\sin\alpha x\cos\beta y,\quad B_y=\frac{i\omega\alpha E}{c^2\gamma^2}\cos\alpha x\sin\beta y$$

がすべて非零で、伝搬条件 $\omega>c\gamma$ から

$$(m,n)=(1,1),\qquad \omega_{\min}=\pi c\sqrt{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}} \quad\left(\nu_{\min}=\frac{c}{2}\sqrt{\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}}\right)$$

が答えです。$\pi c\sqrt{a^{-2}+b^{-2}}>\pi c/a$ なので、TM モードの最低カットオフは TE モードの最低カットオフより必ず高くなります。導波管を実際に単一モードで使うときに TE$_{10}$ を選ぶのはこのためです。

第4問 コンプトン散乱によるガンマ線方向の測定

設定

エネルギー $E_{\gamma}$ のガンマ線が静止電子と衝突し、入射方向から角 $\theta$ に散乱されてエネルギー $E'_{\gamma}$ になります。電子は入射方向から反対側に角 $\phi$、運動量の大きさ $p$ で反跳します。電子の静止質量を $m$、$\alpha=E_{\gamma}/mc^2$ と書きます。後半では、$x$ 軸上に並べた 2 台の NaI(Tl) 検出器 A, B を使い、線源 S から角 $\theta$ で入射したガンマ線が A でコンプトン散乱して B に入る事象から $\theta$ を決める測定を考えます。検出器で測られるのは、結晶内で反跳電子が失う運動エネルギーです。

設問1

光子のエネルギーと運動量は $E=pc$ で結ばれ、大きさ $E_{\gamma}/c$、$E'_{\gamma}/c$ です。電子は相対論的に扱い、静止エネルギー $mc^2$ と全エネルギー $\sqrt{p^2c^2+m^2c^4}$ を使います。

エネルギー保存則:

$$E_{\gamma}+mc^2=E'_{\gamma}+\sqrt{p^2c^2+m^2c^4}$$

運動量保存則をベクトルで書くと、入射方向の単位ベクトルを $\hat{\boldsymbol{n}}_0$、散乱方向を $\hat{\boldsymbol{n}}_1$ として

$$\frac{E_{\gamma}}{c}\hat{\boldsymbol{n}}_0=\frac{E'_{\gamma}}{c}\hat{\boldsymbol{n}}_1+\boldsymbol{p}$$

です。散乱面内で入射方向に平行な成分と垂直な成分に分けると（図1のように $\theta$ と $\phi$ を入射方向から測り、両者を反対側にとります）

$$\frac{E_{\gamma}}{c}=\frac{E'_{\gamma}}{c}\cos\theta+p\cos\phi, \qquad 0=\frac{E'_{\gamma}}{c}\sin\theta-p\sin\phi$$

となります。

設問2

$\phi$ と $p$ は測らないので、まず運動量保存則から $\boldsymbol{p}$ を消します。$\boldsymbol{p}=(E_{\gamma}\hat{\boldsymbol{n}}_0-E'_{\gamma}\hat{\boldsymbol{n}}_1)/c$ の二乗をとると、$\hat{\boldsymbol{n}}_0\cdot\hat{\boldsymbol{n}}_1=\cos\theta$ より

$$p^2c^2=E_{\gamma}^2+E'^2_{\gamma}-2E_{\gamma}E'_{\gamma}\cos\theta .$$

エネルギー保存則を $\sqrt{p^2c^2+m^2c^4}=E_{\gamma}-E'_{\gamma}+mc^2$ の形にして二乗すると

$$E_{\gamma}^2+E'^2_{\gamma}-2E_{\gamma}E'_{\gamma}\cos\theta+m^2c^4 =\left(E_{\gamma}-E'_{\gamma}\right)^2+2mc^2\left(E_{\gamma}-E'_{\gamma}\right)+m^2c^4$$

となり、両辺を整理すると

$$mc^2\left(E_{\gamma}-E'_{\gamma}\right)=E_{\gamma}E'_{\gamma}\left(1-\cos\theta\right).$$

$mc^2E_{\gamma}E'_{\gamma}$ で割ると

$$\frac{1}{E'_{\gamma}}-\frac{1}{E_{\gamma}}=\frac{1-\cos\theta}{mc^2} \qquad\Longrightarrow\qquad \frac{1}{E'_{\gamma}}=\frac{1+\alpha\left(1-\cos\theta\right)}{E_{\gamma}}$$

なので

$$E'_{\gamma}=\frac{E_{\gamma}}{1+\alpha\left(1-\cos\theta\right)}$$

が示されました。$\theta=0$ で $E'_{\gamma}=E_{\gamma}$（散乱なし）、$\alpha\to0$（$E_{\gamma}\ll mc^2$）で任意の $\theta$ に対し $E'_{\gamma}\to E_{\gamma}$ となり、古典的なトムソン散乱の極限が再現されます。

設問3

150 字以内の解答は次の通りです。

一つは光電効果で、ガンマ線が原子に束縛された電子に全エネルギーを与えて吸収され、その電子が原子外へ放出される過程です。もう一つは電子対生成で、原子核のクーロン場中でガンマ線が消滅し、電子と陽電子の対を生じる過程です。

前者は低エネルギー側で支配的で、原子番号の大きなヨウ素を含む NaI が検出器に使われるのは光電吸収の断面積が原子番号の高い冪で増えるためです。後者は入射エネルギーが $2mc^2\simeq1.02\,\mathrm{MeV}$ を超えて初めて起こり、高エネルギー側で支配的になります。以下の設定は $E_{\gamma}<2mc^2$ なので、そこでは電子対生成は起こりません。

設問4

広い分布 (I) はコンプトン散乱です。結晶内で 1 回コンプトン散乱した後、散乱ガンマ線が結晶から逃げ出してしまうと、検出されるのは反跳電子の運動エネルギー $E_{\gamma}-E'_{\gamma}(\theta)$ だけです。$\theta$ は 0 から $\pi$ まで連続に分布するので、エネルギーも 0 から上限まで連続に広がります（コンプトン連続部）。

鋭いピーク (II) は光電効果です。ガンマ線が全エネルギーを結晶内に落とす過程なので、$E_{\gamma}$ にデルタ関数状のピーク（全吸収ピーク）が立ちます。

$E_{\max}$ は $E_{\gamma}-E'_{\gamma}(\theta)$ の最大値で、$E'_{\gamma}$ が最小になる後方散乱 $\theta=\pi$ で実現します。$E'_{\gamma}(\pi)=E_{\gamma}/(1+2\alpha)$ なので

$$E_{\max}=E_{\gamma}-\frac{E_{\gamma}}{1+2\alpha}=\frac{2\alpha}{1+2\alpha}E_{\gamma}$$

です。$\alpha\to0$ で $E_{\max}\to0$（軽い反跳）、$\alpha\to\infty$ で $E_{\max}\to E_{\gamma}$ となり、$E_{\max}<E_{\gamma}$ が常に成り立つので (I) と (II) の間に必ず隙間（コンプトン端）が空きます。

設問5

適当なのは (か) です。

理由は次の通りです。線源 S、検出器 A、検出器 B の位置が固定されているので、A で散乱したガンマ線が B に入る事象では散乱角が $\theta$（S から見た入射方向と $x$ 軸のなす角）に一意に決まります。結晶は十分小さいので散乱点の広がりも無視できます。したがって A に落ちるエネルギーは

$$E_{\mathrm A}=E_{\gamma}-E'_{\gamma}(\theta)=\frac{\alpha\left(1-\cos\theta\right)}{1+\alpha\left(1-\cos\theta\right)}E_{\gamma}$$

という単一の値に固定されます。図2の $\theta$ は比較的小さいので、この値は $E_{\gamma}$ に比べて小さくなります。

一方 B に入るのはエネルギー $E'_{\gamma}=E_{\gamma}-E_{\mathrm A}$ のガンマ線で、B の中での相互作用は選別されていません。光電吸収などで全エネルギーを落とせば $E_{\mathrm B}=E_{\gamma}-E_{\mathrm A}$ となり、これは直線 $E_{\mathrm A}+E_{\mathrm B}=E_{\gamma}$ 上の 1 点（黒丸）になります。B の中でコンプトン散乱して散乱光子が逃げれば、$E_{\mathrm B}$ は 0 から $E'_{\gamma}$ のコンプトン端 $\frac{2\alpha'}{1+2\alpha'}E'_{\gamma}$（$\alpha'=E'_{\gamma}/mc^2$）までの連続分布になります。

したがって図は、$E_{\mathrm A}$ が小さな一定値に固定され、そこから $E_{\mathrm B}$ 方向に横向きの太線が伸び、さらに反対角線上に黒丸が 1 つ乗る、という形になります。これが (か) です。(あ) と (え) は太線が縦向き（$E_{\mathrm B}$ が固定で $E_{\mathrm A}$ が連続）で役割が逆、(い) と (う) は $E_{\mathrm A}$ が連続に変化する場合に相当し、$\theta$ が固定されている本問には合いません。(お) は全吸収事象の黒丸だけで、B でのコンプトン散乱による連続部を落としています。

設問6

設問2の関係を $E_{\mathrm A}=E_{\gamma}-E'_{\gamma}$ で書き直します。$mc^2=E_{\gamma}/\alpha$ を使うと

$$1-\cos\theta=mc^2\left(\frac{1}{E_{\gamma}-E_{\mathrm A}}-\frac{1}{E_{\gamma}}\right) =\frac{E_{\mathrm A}}{\alpha\left(E_{\gamma}-E_{\mathrm A}\right)}$$

なので

$$\theta=\arccos\left[1-\frac{E_{\mathrm A}}{\alpha\left(E_{\gamma}-E_{\mathrm A}\right)}\right]$$

です。次に両辺を微分します。左辺は $\sin\theta\,d\theta$、右辺は

$$\frac{d}{dE_{\mathrm A}}\frac{E_{\mathrm A}}{\alpha\left(E_{\gamma}-E_{\mathrm A}\right)}=\frac{E_{\gamma}}{\alpha\left(E_{\gamma}-E_{\mathrm A}\right)^2}$$

なので

$$\Delta\theta=\frac{E_{\gamma}}{\alpha\sin\theta\left(E_{\gamma}-E_{\mathrm A}\right)^2}\Delta E_{\mathrm A}$$

です。ここから $E_{\gamma}$ を消します。上の関係は $E_{\gamma}-E_{\mathrm A}=E_{\mathrm A}/[\alpha(1-\cos\theta)]$、$E_{\gamma}=E_{\mathrm A}\left[1+\alpha(1-\cos\theta)\right]/[\alpha(1-\cos\theta)]$ を与えるので、代入して整理すると

$$\Delta\theta=\frac{\Delta E_{\mathrm A}}{E_{\mathrm A}}\cdot\frac{\left(1-\cos\theta\right)\left\{1+\alpha\left(1-\cos\theta\right)\right\}}{\sin\theta}$$

となります。右辺は無次元量の積で、$\Delta\theta$ がラジアンで出ることと整合します。$\theta\to0$ では $(1-\cos\theta)/\sin\theta\simeq\theta/2\to0$ なので、前方散乱では $\Delta E_{\mathrm A}/E_{\mathrm A}$ が一定でも角度分解能はよくなります。逆に $\theta\to\pi$ では $\sin\theta\to0$ で分解能が悪化します。

数値を入れます。$E_{\gamma}=mc^2$ より $\alpha=1$、$\theta=45^{\circ}$ より $1-\cos\theta=1-\frac{1}{\sqrt2}=0.2929$、$\sin\theta=0.7071$ です。

$$\Delta\theta=0.1\times\frac{0.2929\times\left(1+0.2929\right)}{0.7071}=0.1\times0.5355=5.36\times10^{-2}\,\mathrm{rad}$$

度に直すと $\Delta\theta=5.36\times10^{-2}\times180/\pi=3.07^{\circ}$ です。有効数字 1 桁で $\Delta\theta\simeq3$ 度が答えです。検算として、$\alpha=1,\theta=45^{\circ}$ では $E'_{\gamma}=0.773E_{\gamma}$、$E_{\mathrm A}=0.227E_{\gamma}$、$\Delta E_{\mathrm A}=0.0227E_{\gamma}$ なので、消去前の式 $\Delta\theta=E_{\gamma}\Delta E_{\mathrm A}/[\alpha\sin\theta(E_{\gamma}-E_{\mathrm A})^2]$ に入れても $5.36\times10^{-2}\,\mathrm{rad}$ が出ます。

第5問 回転ドラムによる分子速度分布の測定

設定

質量 $m$、温度 $T$ の理想気体の速度分布はマクスウェル・ボルツマン分布

$$f(v_x,v_y,v_z)\,dv_xdv_ydv_z=\left(\frac{m}{2\pi k_{\mathrm B}T}\right)^{3/2}\exp\left[-\frac{m}{2k_{\mathrm B}T}\left(v_x^2+v_y^2+v_z^2\right)\right]dv_xdv_ydv_z$$

に従います。分子数密度 $n$ の分子源から小孔 A（面積 $S_{\mathrm A}$）を通って噴き出した分子は、遮へい板の小孔 B で細く絞られ、直径 $d$ の回転ドラム（角速度 $\omega$）の小孔 H が $z$ 軸を通過した瞬間だけ内部に入ります。ドラムの内壁に貼ったフィルム上で、H-O-C が一直線になる位置を原点 C とし、円周に沿った距離を $s$ とします。以下 $a\equiv m/2k_{\mathrm B}T$ と略記し、与えられた $\int_0^{\infty}e^{-x^2}dx=\sqrt{\pi}/2$、およびそれを $a$ で微分して得られる公式を使います。

$$\int_{-\infty}^{\infty}e^{-au^2}du=\sqrt{\frac{\pi}{a}},\qquad \int_0^{\infty}ue^{-au^2}du=\frac{1}{2a},\qquad \int_0^{\infty}u^2e^{-au^2}du=\frac{1}{4}\sqrt{\frac{\pi}{a^3}}$$

設問1

壁の法線を $x$ 軸にとります。$v_x>0$ の分子が完全弾性衝突すると運動量の $x$ 成分は $mv_x$ から $-mv_x$ に変わるので、1 回の衝突で壁に与える力積は $2mv_x$ です。速度が $d^3v$ の範囲にある分子が時間 $dt$ の間に面積 $A$ に当たる個数は、その分子が届く体積 $v_xA\,dt$ に含まれる個数、すなわち $nf\,d^3v\cdot v_xA\,dt$ です。したがって圧力は

$$P=\frac{1}{A\,dt}\int_{v_x>0}2mv_x\cdot nf\,v_xA\,dt\,d^3v=2mn\int_{v_x>0}v_x^2f\,d^3v$$

です。積分は $v_x$ について半直線、$v_y,v_z$ について全直線で

$$\int_{v_x>0}v_x^2f\,d^3v=\left(\frac{a}{\pi}\right)^{3/2}\left(\frac{1}{4}\sqrt{\frac{\pi}{a^3}}\right)\left(\sqrt{\frac{\pi}{a}}\right)^2=\frac{1}{4a}=\frac{k_{\mathrm B}T}{2m}$$

となるので

$$P=2mn\cdot\frac{k_{\mathrm B}T}{2m}=nk_{\mathrm B}T .$$

理想気体の状態方程式が再現されました。

設問2

同じ数え方で力積の代わりに個数を数えます。単位時間・単位面積あたりに内壁に衝突する分子数は

$$\Phi=n\int_{v_x>0}v_xf\,d^3v=n\left(\frac{a}{\pi}\right)^{3/2}\cdot\frac{1}{2a}\cdot\frac{\pi}{a}=\frac{n}{2\sqrt{\pi a}}=n\sqrt{\frac{k_{\mathrm B}T}{2\pi m}}$$

です。平均速さ $\bar v=\sqrt{8k_{\mathrm B}T/\pi m}$ を使えば $\Phi=n\bar v/4$ で、よく知られた形になっています。小孔 A の面積を $S_{\mathrm A}$、噴き出しで内部の状態は変わらないとすると、単位時間あたりに A から出る分子数は

$$\dot N=S_{\mathrm A}\Phi=nS_{\mathrm A}\sqrt{\frac{k_{\mathrm B}T}{2\pi m}} .$$

次元は（数密度）×（面積）×（速さ）で毎秒の個数になっています。

設問3

H が $z$ 軸を通過した瞬間に入った分子は、$z$ 軸に沿ってドラムの直径 $d$ を横切ります。飛行時間は

$$t=\frac{d}{v}$$

で、その間にドラムは角 $\omega t$ 回転します。分子が当たるのは実験室系では C のもとの位置ですが、フィルム自身がその間に円周に沿って $\frac{d}{2}\omega t$ だけ動いているので、フィルム上で C から測った到着位置は

$$s=\frac{d}{2}\omega t=\frac{\omega d^2}{2v}$$

です（向きは回転の向きと逆側）。速い分子ほど $s$ が小さく、C 近くに付着します。

$s$ を $v$ で微分すると $ds/dv=-\omega d^2/(2v^2)$ なので、$\Delta v\ll v$ に対して

$$\Delta s=-\frac{\omega d^2}{2v^2}\Delta v=-\frac{s}{v}\Delta v$$

すなわち $\lvert \Delta s\rvert=\dfrac{\omega d^2}{2v^2}\lvert \Delta v\rvert$ です。負符号は、速さが増すと到着位置が C に近づくことを表します。$s=\omega d^2/2v$ を使えば $\lvert\Delta s\rvert=(2s^2/\omega d^2)\lvert\Delta v\rvert$ とも書けます。

設問4

フィルムに届くのは、A から $z$ 軸まわりの微小立体角 $\Delta\Omega$ に噴き出した分子だけです。この向きに限れば $v_z\simeq v$ とみなせます。設問2と同じく、小孔を単位時間に通る分子数は速度分布に $v_z$ を掛けたものなので、速度空間の極座標 $d^3v=v^2dv\,d\Omega$ を使うと

$$N(v)\,dv=nS_{\mathrm A}\,\Delta\Omega\;f(v)\,v\cdot v^2\,dv$$

です。$f$ は速さだけの関数 $f(v)=(a/\pi)^{3/2}e^{-av^2}$ なので

$$N(v)\propto v^3\exp\left(-\frac{mv^2}{2k_{\mathrm B}T}\right)$$

が答えです。気体中の速さの分布 $\propto v^2e^{-av^2}$ に対し、$v$ が 1 つ多い（ビーム分布）ことが要点で、速い分子ほど単位時間に小孔を通り抜ける率が高いことを反映しています。この分布のピークは $v=\sqrt{3k_{\mathrm B}T/m}$ にあります。

設問5

黒化度は付着した分子数に比例するので、$I(s)\,ds\propto N(v)\lvert dv\rvert$ です。設問3の $v=\omega d^2/2s$ と $\lvert dv/ds\rvert=\omega d^2/2s^2$ を使うと

$$I(s)\propto N(v)\left\lvert\frac{dv}{ds}\right\rvert \propto\left(\frac{\omega d^2}{2s}\right)^3\frac{1}{s^2}\exp\left[-\frac{m}{2k_{\mathrm B}T}\left(\frac{\omega d^2}{2s}\right)^2\right]$$

すなわち

$$I(s)\propto\frac{1}{s^5}\exp\left(-\frac{C}{s^2}\right), \qquad C\equiv\frac{m\omega^2d^4}{8k_{\mathrm B}T}$$

です。$s\to0$ では指数関数が効いて $I\to0$、$s\to\infty$ では $I\sim s^{-5}$ でゆっくり減衰し、その間に 1 つの極大を持ちます。極大は $d(\ln I)/ds=-5/s+2C/s^3=0$ から

$$s_{\mathrm{peak}}=\sqrt{\frac{2C}{5}}=\frac{\omega d^2}{2}\sqrt{\frac{m}{5k_{\mathrm B}T}}$$

で、これは速さ $v=\omega d^2/2s_{\mathrm{peak}}=\sqrt{5k_{\mathrm B}T/m}$ の分子に対応します。立ち上がりが急で右に長い裾を引く非対称な形は、与えられた図2の測定結果と一致します。

設問6

分子量の異なる 2 種類の気体（質量 $m_1<m_2$）を同じ温度で入れると、フィルムの黒化度はそれぞれの寄与の和になります。

$$I(s)\propto\frac{A_1}{s^5}\exp\left(-\frac{C_1}{s^2}\right)+\frac{A_2}{s^5}\exp\left(-\frac{C_2}{s^2}\right), \qquad C_i=\frac{m_i\omega^2d^4}{8k_{\mathrm B}T}$$

各項は設問5と同じ形で、極大の位置だけが $s_{\mathrm{peak},i}\propto\sqrt{m_i}$ と異なります。したがって概形は、$s$ の小さい側に軽い分子によるピーク、大きい側に重い分子によるピークが立つ二山の分布です。どちらのピークも $s\to0$ で 0 から立ち上がり、$s\to\infty$ で $s^{-5}$ の共通の裾に漸近し、2 つのピークの間に極小が 1 つできます。軽い分子のピークのほうが $s$ 軸方向に狭く背が高くなり（同じ形が $\sqrt{m}$ 倍に伸縮するため、面積が同じなら幅と高さが反比例する）、山の高さの比は混合比と $1/\sqrt{m_i}$ に比例する噴き出し率で決まるので、混合比を問わない本問では高さの大小は確定しません。2 つの質量が近すぎると山は分離せず 1 つの歪んだピークに見えます。

下は $m_2=9m_1$（ピーク位置が 3 倍離れる場合）の例です。太線が測定される黒化度、細い破線が 2 成分それぞれの寄与です。

分子量比の求め方は次の通りです。2 つのピーク位置 $s_1,s_2$ を読み取れば、$s_{\mathrm{peak}}=\frac{\omega d^2}{2}\sqrt{m/5k_{\mathrm B}T}$ から $\omega,d,T$ を知らなくても

$$\frac{M_1}{M_2}=\frac{m_1}{m_2}=\left(\frac{s_1}{s_2}\right)^2$$

が得られます。すなわち、ピーク位置の比の 2 乗が分子量比です。ただし合成された曲線から読むピーク位置は、相手成分の裾が重なるぶんだけ各成分単独のピーク位置から少しずれるので、この関係が正確に使えるのは 2 つの山が十分離れているときです。分離が悪い場合は、$s^{-5}\exp(-C/s^2)$ の 2 成分和として曲線全体を $C_1,C_2$ と混合比についてあてはめ、$M_1/M_2=C_1/C_2$ から比を出すのが確実です。

第6問 黒体放射と高速自転天体

設定

温度 $T$ の黒体放射の輝度スペクトル（単位面積、単位時間、単位立体角、単位振動数あたりのエネルギー）はプランクの法則

$$I_T(\nu)=\frac{2h\nu^3}{c^2}\frac{1}{\exp\left(h\nu/k_{\mathrm B}T\right)-1}$$

で与えられます。前半（設問1から設問4）でこのスペクトルの性質を調べ、後半（設問5）で自転する球形天体の力学的安定条件を出し、両者を合わせて観測量から中性子星クラスの天体の半径・密度・質量を推定します。無次元変数 $x\equiv h\nu/k_{\mathrm B}T$ を通して使います。

設問1

$x\ll1$ では $e^x-1\simeq x$ なので

$$I_T(\nu)\simeq\frac{2h\nu^3}{c^2}\cdot\frac{k_{\mathrm B}T}{h\nu}=\frac{2\nu^2k_{\mathrm B}T}{c^2}$$

です。答えは $\nu$ の 2 乗、$T$ の 1 乗に比例（レイリー・ジーンズの法則）です。$h$ が消えて古典的な表式になっているのも特徴です。

設問2

$x=h\nu/k_{\mathrm B}T$ を使って書き換えると

$$I_T(\nu)=\frac{2h}{c^2}\left(\frac{k_{\mathrm B}T}{h}\right)^3g(x), \qquad g(x)\equiv\frac{x^3}{e^x-1}$$

です。$T$ を固定して $\nu$ を動かすことは $x$ を動かすことと同じで、$g(x)$ が最大になる $x$ を $a$ とすれば、それは $T$ に依らない純粋な数です。$\nu=xk_{\mathrm B}T/h$ より

$$\nu_{\mathrm{peak}}(T)=a\,\frac{k_{\mathrm B}T}{h}\propto T$$

となり、$T$ に比例することが示されました（ウィーンの変位則）。

$a$ を決める式は $g'(x)=0$ です。$\ln g=3\ln x-\ln(e^x-1)$ を微分して

$$\frac{3}{x}-\frac{e^x}{e^x-1}=0 \qquad\Longrightarrow\qquad 3\left(e^x-1\right)=xe^x$$

両辺を $e^x$ で割ると $3\left(1-e^{-x}\right)=x$、すなわち

$$\frac{1}{3}a=1-\exp(-a)$$

です。この方程式の非自明な根は $a=2.821\cdots$ で、問題文の近似解 $a=3$ とほぼ一致します。

設問3

$a=3$、$k_{\mathrm B}/h=2\times10^{10}\,\mathrm{Hz\,K^{-1}}$ とすると

$$\nu_{\mathrm{peak}}(10^4\,\mathrm{K})=3\times2\times10^{10}\times10^4=6\times10^{14}\,\mathrm{Hz}, \qquad \nu_{\mathrm{peak}}(10^7\,\mathrm{K})=6\times10^{17}\,\mathrm{Hz}$$

です。波長に直すと $c/\nu$ はそれぞれ $5\times10^{-7}\,\mathrm{m}=500\,\mathrm{nm}$ と $5\times10^{-10}\,\mathrm{m}=0.5\,\mathrm{nm}$ なので、選択肢からは $T=10^4\,\mathrm{K}$ が可視光、$T=10^7\,\mathrm{K}$ が X 線です。

両対数表示での概形は次のようになります。低振動数側（$\nu\ll\nu_{\mathrm{peak}}$）は設問1より $I_T\propto\nu^2$ なので、傾き 2 の直線です。$\nu_{\mathrm{peak}}$ の少し手前で折れ曲がり、高振動数側は $I_T\propto\nu^3e^{-h\nu/k_{\mathrm B}T}$ で、両対数上では下向きに加速しながら落ちる急峻な切れ落ちになります（ウィーンの領域）。ピーク値は

$$I_T(\nu_{\mathrm{peak}})=\frac{2h}{c^2}\left(\frac{ak_{\mathrm B}T}{h}\right)^3\frac{1}{e^a-1}\propto T^3$$

なので、$T=10^7\,\mathrm{K}$ の曲線のピークは $I_0$ の $\left(10^3\right)^3=10^9$ 倍です。$I_T(\nu)$ は $T\to10^3T$、$\nu\to10^3\nu$ で $10^9$ 倍になるので、$T=10^7\,\mathrm{K}$ の曲線は $T=10^4\,\mathrm{K}$ の曲線を横に 3 桁、縦に 9 桁だけ平行移動したものです。同じ $\nu$ で比べると、レイリー・ジーンズ領域では温度比のちょうど $10^3$ 倍の差になります。

実線が $T=10^4\,\mathrm{K}$、破線が $T=10^7\,\mathrm{K}$ で、小円が各ピーク（左が $6\times10^{14}\,\mathrm{Hz}$ の可視光、右が $6\times10^{17}\,\mathrm{Hz}$ の X 線）です。

設問4

輝度は単位立体角あたりの量なので、表面から外向き半球へ出て行くエネルギー流束は、表面法線と放射方向のなす角 $\vartheta$ を掛けて積分します。

$$F(T)=\int_0^{\infty}d\nu\int_{\text{半球}}I_T(\nu)\cos\vartheta\,d\Omega =\int_0^{\infty}d\nu\,I_T(\nu)\int_0^{2\pi}d\varphi\int_0^{\pi/2}\cos\vartheta\sin\vartheta\,d\vartheta =\pi\int_0^{\infty}I_T(\nu)\,d\nu$$

振動数積分で $x=h\nu/k_{\mathrm B}T$（したがって $\nu=xk_{\mathrm B}T/h$、$d\nu=(k_{\mathrm B}T/h)dx$）と置くと

$$\int_0^{\infty}I_T(\nu)\,d\nu=\frac{2h}{c^2}\left(\frac{k_{\mathrm B}T}{h}\right)^4\int_0^{\infty}\frac{x^3}{e^x-1}dx$$

となり、右端の積分は $T$ に依らない有限の定数（値は $\pi^4/15$）です。よって

$$F(T)=\frac{2\pi^5k_{\mathrm B}^4}{15c^2h^3}T^4\equiv\sigma T^4\propto T^4$$

で、$T$ の 4 乗に比例することが示されました。$T^4$ の由来は、$\nu$ の 1 乗ぶんが積分測度から、残る 3 乗ぶんが $I_T$ の前因子から来ていることです。

設問5

自転角速度は $\Omega=2\pi/P$ です。遠心力が最も強いのは回転軸から最も遠い場所、すなわち赤道面上の表面 $r=R$ です。そこに置いた質量 $m$ の質点に働く遠心力は

$$F_{\mathrm c}=m\Omega^2R=\frac{4\pi^2mR}{P^2}$$

一様密度球の全質量は $M=\frac{4}{3}\pi R^3\rho$ なので、表面での重力は

$$F_{\mathrm g}=\frac{GMm}{R^2}=\frac{4\pi G\rho mR}{3}$$

です。安定条件 $F_{\mathrm c}\le F_{\mathrm g}$ は

$$\frac{4\pi^2R}{P^2}\le\frac{4\pi G\rho R}{3} \qquad\Longrightarrow\qquad \rho\ge\frac{3\pi}{GP^2}$$

を与えます。これが密度の下限値です。$R$ が両辺から落ちるので、条件は半径に依りません。

「いかなる場所でも」という条件も同じ式に帰着します。赤道面内の半径 $r$ の点では、遠心力は $m\Omega^2r$、重力は内側の質量 $M(r)=\frac{4}{3}\pi r^3\rho$ だけが効いて $GM(r)m/r^2=\frac{4\pi G\rho mr}{3}$ で、どちらも $r$ に比例するので比が $r$ に依らず、表面赤道での条件と一致します。また回転軸から距離 $r_{\perp}$ の一般の点では遠心力が $m\Omega^2r_{\perp}\le m\Omega^2r$ と小さくなるので、赤道面が最も厳しい条件を与えます。次元も、$1/(GP^2)$ が $\mathrm{kg\,m^{-3}}$ になっていて密度として整合します。

設問6

天体の光度は $L=4\pi R^2F(T)$、地球で観測される流束は $f=L/4\pi D^2$ なので

$$f=\frac{R^2\sigma T^4}{D^2}$$

です。$\sigma$ の値を使わずに済ませるため、同じ関係が成り立つ太陽で規格化します。

$$\frac{f}{f_{\mathrm{sun}}}=\left(\frac{R}{R_{\odot}}\right)^2\left(\frac{T}{T_{\odot}}\right)^4\left(\frac{D_{\odot}}{D}\right)^2 \qquad\Longrightarrow\qquad R=R_{\odot}\,\frac{D}{D_{\odot}}\left(\frac{T_{\odot}}{T}\right)^2\sqrt{\frac{f}{f_{\mathrm{sun}}}}$$

数値を入れます。$R_{\odot}=7\times10^8\,\mathrm{m}$、$D/D_{\odot}=1.5\times10^{19}/1.5\times10^{11}=10^8$、$\left(T_{\odot}/T\right)^2=\left(6\times10^3/10^7\right)^2=3.6\times10^{-7}$、$\sqrt{f/f_{\mathrm{sun}}}=\sqrt{3\times10^{-10}/1.4\times10^3}=4.6\times10^{-7}$ なので

$$R=7\times10^8\times10^8\times3.6\times10^{-7}\times4.6\times10^{-7}\simeq1.2\times10^4\,\mathrm{m}$$

有効数字 1 桁で $R\simeq1\times10^4\,\mathrm{m}$、すなわち半径 10 km 程度です。太陽の $10^{-5}$ 倍の半径で温度が $10^7\,\mathrm{K}$ という組み合わせは中性子星の典型値です。

設問7

設問5の式に $P=1\times10^{-3}\,\mathrm{s}$、$G=7\times10^{-11}\,\mathrm{N\,m^2\,kg^{-2}}$ を入れると

$$\rho\ge\frac{3\pi}{GP^2}=\frac{3\pi}{7\times10^{-11}\times10^{-6}}=1.3\times10^{17}\,\mathrm{kg/m^3}$$

すなわち $\rho\gtrsim1\times10^{17}\,\mathrm{kg/m^3}$ です。水の密度 $1\times10^3\,\mathrm{kg/m^3}$ と比べると 14 桁大きい値です。原子核の典型密度は、核子質量 $1.7\times10^{-27}\,\mathrm{kg}$ を核子 1 個あたりの体積 $\frac{4}{3}\pi\left(1.2\times10^{-15}\,\mathrm{m}\right)^3$ で割って $2\times10^{17}\,\mathrm{kg/m^3}$ ですから、こちらとは桁が変わらない（同じ桁、差は 0 桁）ことになります。つまりこの天体は原子核とほぼ同じ密度をもち、中性子星と考えるのが自然です。

質量の下限値は、設問6の半径と合わせて

$$M\ge\frac{4}{3}\pi R^3\rho=\frac{4}{3}\pi\left(1.2\times10^4\right)^3\times1.3\times10^{17}\simeq9\times10^{29}\,\mathrm{kg}$$

です。太陽質量 $M_{\odot}=2\times10^{30}\,\mathrm{kg}$ との比は

$$\frac{M}{M_{\odot}}\gtrsim0.4$$

で、太陽質量の数分の 1 という値になります。半径の 3 乗が効くため入力の 1 桁の丸めに敏感で（$R=1\times10^4\,\mathrm{m}$ を使えば $0.3$）、太陽質量と同じ桁のオーダーという結論が読み取れる範囲の推定です。半径 10 km、質量が太陽質量程度、密度が核密度程度という 3 つが同時に出てくるところが、この一連の推定の見どころです。

出典: 東京大学大学院理学系研究科 物理学専攻 平成20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。