平成23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。

第1問から第3問が必答、第4問から第6問の中から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。必答3問は量子力学・統計力学・電磁気学の標準的な題材ですが、いずれも「与えられた枠組みに沿って最後まで計算を閉じる」ことを要求します。選択問題は実験寄りで、第4問は核反応の運動学、第5問は光電効果の測定、第6問は光検出回路の設計です。

問題	分野	主題
第1問	量子力学	分離型ポテンシャルと運動量表示の束縛状態
第2問	統計力学	三角形に並んだ3個の量子スピンの磁化と比熱
第3問	電磁気学	電磁場中の荷電粒子のドリフト運動
第4問	原子核・相対論	クーロン障壁とドップラーシフト法による寿命測定
第5問	固体物理・量子力学	光電効果と光電子分光
第6問	電気回路・原子分子	Balmer $\alpha$ 線の検出とフォトダイオード回路

第1問 分離型ポテンシャルと運動量表示の束縛状態

設定

質量 $m$ の粒子のシュレーディンガー方程式

$$\left(\frac{\hat{\boldsymbol p}^2}{2m}+\hat V\right)|\psi\rangle=E|\psi\rangle$$

を、座標表示で

$$\langle \boldsymbol x|\hat V|\boldsymbol x'\rangle=-\frac{\lambda}{2m}g(\boldsymbol x)g(\boldsymbol x')\qquad(\lambda>0,\ g\ \text{は実関数})$$

という分離型（ランク1の非局所）ポテンシャル（$\boldsymbol x$ と $\boldsymbol x'$ の関数の積で書ける、位置が離れた2点を結ぶ形のポテンシャルのこと）について、運動量表示で解きます。自然単位系 $\hbar=1$ をとり、積分は全空間にわたるものとします。運動量固有関数は $\langle \boldsymbol x|\boldsymbol p\rangle=(2\pi)^{-3/2}e^{i\boldsymbol p\cdot\boldsymbol x}$ で、$\langle \boldsymbol x|\boldsymbol x'\rangle=\delta^3(\boldsymbol x-\boldsymbol x')$、$\langle \boldsymbol p|\boldsymbol p'\rangle=\delta^3(\boldsymbol p-\boldsymbol p')$ と規格化されています。

設問1

座標固有状態の完全性 $\int d^3x\,|\boldsymbol x\rangle\langle \boldsymbol x|=1$ を挟むだけです。$\langle \boldsymbol p|\boldsymbol x\rangle=\langle \boldsymbol x|\boldsymbol p\rangle^{*}=(2\pi)^{-3/2}e^{-i\boldsymbol p\cdot\boldsymbol x}$ を使うと

$$\langle \boldsymbol p|\psi\rangle=\int d^3x\,\langle \boldsymbol p|\boldsymbol x\rangle\langle \boldsymbol x|\psi\rangle=\frac{1}{(2\pi)^{3/2}}\int d^3x\,e^{-i\boldsymbol p\cdot\boldsymbol x}\,\langle \boldsymbol x|\psi\rangle$$

が得られます。演算子については完全性を2回挟みます。

$$\begin{aligned} \langle \boldsymbol p|\hat O|\boldsymbol p'\rangle &=\iint d^3x\,d^3x'\,\langle \boldsymbol p|\boldsymbol x\rangle\langle \boldsymbol x|\hat O|\boldsymbol x'\rangle\langle \boldsymbol x'|\boldsymbol p'\rangle\\ &=\frac{1}{(2\pi)^{3}}\iint d^3x\,d^3x'\,e^{-i\boldsymbol p\cdot\boldsymbol x+i\boldsymbol p'\cdot\boldsymbol x'}\,\langle \boldsymbol x|\hat O|\boldsymbol x'\rangle \end{aligned}$$

これが示すべき2式です。前者は波動関数のフーリエ変換、後者は核（カーネル）の2重フーリエ変換にあたります。

設問2

設問1の第2式に $\langle \boldsymbol x|\hat V|\boldsymbol x'\rangle=-\frac{\lambda}{2m}g(\boldsymbol x)g(\boldsymbol x')$ を代入すると、二重積分が2つの独立な積分の積に分かれます。

$$\langle \boldsymbol p|\hat V|\boldsymbol p'\rangle =-\frac{1}{(2\pi)^3}\frac{\lambda}{2m}\left(\int d^3x\,e^{-i\boldsymbol p\cdot\boldsymbol x}g(\boldsymbol x)\right)\left(\int d^3x'\,e^{+i\boldsymbol p'\cdot\boldsymbol x'}g(\boldsymbol x')\right)$$

ここで

$$h(\boldsymbol p)\equiv\int d^3x\,e^{-i\boldsymbol p\cdot\boldsymbol x}g(\boldsymbol x)$$

と定義すると、第2の括弧は $\boldsymbol p'\to-\boldsymbol p'$ とした同じ積分、すなわち $h(-\boldsymbol p')$ です。よって

$$\langle \boldsymbol p|\hat V|\boldsymbol p'\rangle=-\frac{1}{(2\pi)^3}\frac{\lambda}{2m}h(\boldsymbol p)h(-\boldsymbol p')$$

となり、運動量表示でも分離型の形が保たれます。$g$ が実なので $h(-\boldsymbol p)=h(\boldsymbol p)^{*}$ であり、$g$ が球対称なら $h$ は実の偶関数です。

設問3

運動量表示の方程式に設問2の結果を入れます。

$$\frac{\boldsymbol p^2}{2m}\langle \boldsymbol p|\psi\rangle-\frac{\lambda}{(2\pi)^3\,2m}h(\boldsymbol p)\int d^3p'\,h(-\boldsymbol p')\langle \boldsymbol p'|\psi\rangle=E\langle \boldsymbol p|\psi\rangle$$

積分は $\boldsymbol p$ に依存しない数なので

$$I\equiv\int d^3p'\,h(-\boldsymbol p')\langle \boldsymbol p'|\psi\rangle$$

と置けます。$E=-\nu^2/(2m)$ を代入して $\langle \boldsymbol p|\psi\rangle$ の項をまとめると

$$\frac{\boldsymbol p^2+\nu^2}{2m}\langle \boldsymbol p|\psi\rangle=\frac{\lambda I}{(2\pi)^3\,2m}\,h(\boldsymbol p)$$

となり、$\boldsymbol p^2+\nu^2>0$ で割れるので

$$\langle \boldsymbol p|\psi\rangle=C\,\frac{h(\boldsymbol p)}{\boldsymbol p^2+\nu^2},\qquad C=\frac{\lambda I}{(2\pi)^3}$$

が得られます。$C$ は $\boldsymbol p$ に依存しない定数です。なお $I=0$ なら自由粒子の方程式 $(\boldsymbol p^2+\nu^2)\langle \boldsymbol p|\psi\rangle=0$ となり $\langle \boldsymbol p|\psi\rangle\equiv0$ しか許さないので、束縛状態が存在するときは $I\neq0$、したがって $C\neq0$ です。

設問4

$g(\boldsymbol x)=e^{-\mu r}/(4\pi r)$（$r=|\boldsymbol x|$）は球対称なので、$\boldsymbol p$ を極軸にとった球座標で積分します。$\theta$ を $\boldsymbol p$ からの角度、$c=\cos\theta$、$p=|\boldsymbol p|$ とすると

$$\begin{aligned} h(\boldsymbol p)&=\int_0^\infty dr\,r^2\int_{-1}^{1}dc\int_0^{2\pi}d\varphi\;e^{-ipr c}\,\frac{e^{-\mu r}}{4\pi r}\\ &=\frac{2\pi}{4\pi}\int_0^\infty dr\,r\,e^{-\mu r}\int_{-1}^{1}dc\,e^{-iprc} \end{aligned}$$

角度積分は

$$\int_{-1}^{1}dc\,e^{-iprc}=\frac{e^{-ipr}-e^{ipr}}{-ipr}=\frac{2\sin(pr)}{pr}$$

なので

$$h(\boldsymbol p)=\frac{1}{2}\int_0^\infty dr\,r\,e^{-\mu r}\,\frac{2\sin (pr)}{pr}=\frac{1}{p}\int_0^\infty dr\,e^{-\mu r}\sin (pr)$$

となります。最後の積分は

$$\int_0^\infty dr\,e^{-\mu r}\sin (pr)=\operatorname{Im}\int_0^\infty dr\,e^{-(\mu-ip)r}=\operatorname{Im}\frac{1}{\mu-ip}=\operatorname{Im}\frac{\mu+ip}{\mu^2+p^2}=\frac{p}{p^2+\mu^2}$$

（$\mu>0$ なので収束します）。よって

$$h(\boldsymbol p)=\frac{1}{\boldsymbol p^2+\mu^2}$$

です。湯川型関数のフーリエ変換に他なりません。$h$ は $\boldsymbol p^2$ のみの関数なので実の偶関数で、$h(-\boldsymbol p)=h(\boldsymbol p)$ が成り立ちます。

設問5

設問3の $C$ の定義に、設問3で得た波動関数を代入して自己無撞着条件（固有値条件）を作ります。$h$ が偶関数であることを使うと

$$C=\frac{\lambda}{(2\pi)^3}\int d^3p\,h(-\boldsymbol p)\,C\,\frac{h(\boldsymbol p)}{\boldsymbol p^2+\nu^2} =\frac{\lambda C}{(2\pi)^3}\int d^3p\,\frac{1}{(\boldsymbol p^2+\nu^2)(\boldsymbol p^2+\mu^2)^2}$$

$C\neq0$ で割り、与えられた公式を使うと

$$1=\frac{\lambda}{(2\pi)^3}\cdot\frac{\pi^2}{\mu(\mu+|\nu|)^2}=\frac{\lambda}{8\pi\mu(\mu+|\nu|)^2}$$

すなわち $(\mu+|\nu|)^2=\lambda/(8\pi\mu)$ です。$|\nu|\ge0$ の根をとって

$$|\nu|=\sqrt{\frac{\lambda}{8\pi\mu}}-\mu$$

が答えです。束縛状態（$E=-\nu^2/(2m)<0$、すなわち $|\nu|>0$）が存在する条件は $\sqrt{\lambda/(8\pi\mu)}>\mu$、つまり

$$\lambda>8\pi\mu^3$$

です。この設定では $\lambda$ は長さの $-3$ 乗の次元をもつ（$g\sim1/L$、$\langle \boldsymbol x|\hat V|\boldsymbol x'\rangle\sim E/L^3$、$\hbar=1$ より $E\sim1/(mL^2)$）ので、$\mu^3$ との比較は次元として整合しています。3次元の引力は十分強くないと束縛状態を作れない、という一般的な事情がここに現れています。

設問6

設問1の逆変換に $\langle \boldsymbol p|\psi\rangle=C/[(\boldsymbol p^2+\nu^2)(\boldsymbol p^2+\mu^2)]$ を入れます。設問4の結果を逆向きに読むと、任意の $\kappa>0$ について

$$\frac{1}{(2\pi)^3}\int d^3p\,e^{i\boldsymbol p\cdot\boldsymbol x}\frac{1}{\boldsymbol p^2+\kappa^2}=\frac{e^{-\kappa r}}{4\pi r}$$

です。$|\nu|\neq\mu$ のとき部分分数分解

$$\frac{1}{(\boldsymbol p^2+\nu^2)(\boldsymbol p^2+\mu^2)}=\frac{1}{\mu^2-\nu^2}\left(\frac{1}{\boldsymbol p^2+\nu^2}-\frac{1}{\boldsymbol p^2+\mu^2}\right)$$

を使えば

$$\langle \boldsymbol x|\psi\rangle=\frac{C(2\pi)^{3/2}}{4\pi(\mu^2-\nu^2)}\cdot\frac{e^{-|\nu|r}-e^{-\mu r}}{r}$$

となります。規格化は不要なので、正の定数 $N$ を用いて

$$\langle \boldsymbol x|\psi\rangle=N\,\frac{e^{-\kappa_1 r}-e^{-\kappa_2 r}}{r},\qquad \kappa_1=\min(|\nu|,\mu),\quad \kappa_2=\max(|\nu|,\mu)$$

と書けます（$\psi>0$ となるように符号を選びました）。$|\nu|=\mu$ の場合は $1/(\boldsymbol p^2+\mu^2)^2$ の変換で $\langle \boldsymbol x|\psi\rangle\propto e^{-\mu r}$ となり、上式の $\kappa_1\to\kappa_2$ の極限に一致します。

概形は次のように確定します。まず $s$ 積分表示

$$\frac{e^{-\kappa_1 r}-e^{-\kappa_2 r}}{r}=\int_{\kappa_1}^{\kappa_2}ds\,e^{-sr}$$

が使えます。これを $r$ で微分すると $-\int_{\kappa_1}^{\kappa_2}s\,e^{-sr}ds<0$、2階微分すると $+\int_{\kappa_1}^{\kappa_2}s^2e^{-sr}ds>0$ なので、$\psi$ は $r>0$ で単調減少かつ下に凸です。$r\to0$ では $e^{-\kappa_1r}-e^{-\kappa_2r}=(\kappa_2-\kappa_1)r+O(r^2)$ なので

$$\psi(0)=N(\kappa_2-\kappa_1)\quad(\text{有限}),\qquad \left.\frac{d\psi}{dr}\right|_{r=0}=-\frac{N}{2}(\kappa_2^2-\kappa_1^2)$$

で、原点で発散しません。ノードはなく（$s$ 波の最低状態）、$r\to\infty$ では減衰の遅い方が残って $\psi\simeq N e^{-\kappa_1 r}/r$ です。$|\nu|<\mu$（すなわち $8\pi\mu^3<\lambda<32\pi\mu^3$）のとき $\kappa_1=|\nu|=\sqrt{2m|E|}$ となり、束縛状態の遠方での標準的な減衰則と一致します。

図は $\kappa_2=4\kappa_1$ の場合です。原点で有限値をとり、単調に減少して下に凸、遠方で指数関数的に $0$ に近づく形になります。

第2問 三角形に並んだ3個の量子スピンの磁化と比熱

設定

温度 $T$ の熱浴中で、大きさ $S$ の量子スピン $\boldsymbol S_1,\boldsymbol S_2,\boldsymbol S_3$ が三角形の頂点に置かれ、$z$ 方向の磁場 $\boldsymbol H=(0,0,H)$ 中にあります。ハミルトニアンは

$$\mathcal H=-J\boldsymbol S_1\cdot\boldsymbol S_2-J'\boldsymbol S_2\cdot\boldsymbol S_3-J'\boldsymbol S_3\cdot\boldsymbol S_1-\mu \boldsymbol H\cdot(\boldsymbol S_1+\boldsymbol S_2+\boldsymbol S_3)$$

です（ハミルトニアンは系のエネルギーを表す演算子のことです）。辺 $1$–$2$ の結合が $J$、他の2辺が $J'$ です。$\beta=1/(k_{\mathrm B}T)$ と書き、磁化は系全体の $z$ 方向磁気モーメント

$$M=\mu\left\langle S_1^z+S_2^z+S_3^z\right\rangle=\frac{1}{\beta}\frac{\partial \ln Z}{\partial H}$$

とします。以下で繰り返し使う関係を先に用意します。$\mathcal H=-\mu H S^z$ に従う大きさ $S$ の単一スピンでは、$a\equiv\beta\mu H$ として

$$z=\sum_{m=-S}^{S}e^{am}=\frac{\sinh\!\left(\frac{2S+1}{2}a\right)}{\sinh\!\left(\frac{a}{2}\right)},\qquad \langle S^z\rangle=\frac{\partial \ln z}{\partial a}=S\,B_S(aS)$$

が成り立ちます（$\ln z$ を $a$ で微分し、$x=aS$ と置けば $B_S$ の定義式そのものになります）。

設問1

$J=J'=0$ なので3個のスピンは独立で、$\mathcal H=-\mu H\sum_i S_i^z$ です。各スピンの $S_i^z=m$（$m=-S,\dots,S$）についての和は上記の等比級数なので

$$Z=z^3=\left[\frac{\sinh\!\left(\frac{(2S+1)\beta\mu H}{2}\right)}{\sinh\!\left(\frac{\beta\mu H}{2}\right)}\right]^{3}$$

が答えです。$H\to0$ で $z\to 2S+1$、$Z\to(2S+1)^3$ となり、全状態数と一致します。

設問2

$$M=\frac{1}{\beta}\frac{\partial}{\partial H}3\ln z=3\mu\frac{\partial \ln z}{\partial a}=3\mu S\,B_S(x),\qquad x\equiv\frac{\mu H S}{k_{\mathrm B}T}$$

が磁化です。1スピンあたり $\mu S B_S(x)$ で、$x\to\infty$ で $B_S\to1$、すなわち $M\to3\mu S$（完全飽和）となります。

帯磁率は $x\ll1$ の展開 $B_S(x)\approx\frac{S+1}{3S}x$ を使って

$$M\approx3\mu S\cdot\frac{S+1}{3S}\cdot\frac{\mu H S}{k_{\mathrm B}T}=\frac{\mu^2S(S+1)}{k_{\mathrm B}T}H$$

より

$$\chi=\frac{\mu^{2}S(S+1)}{k_{\mathrm B}T}$$

です。スピン数 $N=3$ のキュリー則 $\chi=N\mu^2S(S+1)/(3k_{\mathrm B}T)$ に一致します。

設問3

内部エネルギーは $U=\langle\mathcal H\rangle=-\mu H\langle\sum_iS_i^z\rangle=-HM=-3\mu HS\,B_S(x)$ です。$x=\mu HS/(k_{\mathrm B}T)$ は $T$ にしか依存せず $dx/dT=-x/T$ なので

$$C_v=\frac{\partial U}{\partial T}=-3\mu HS\,B_S'(x)\cdot\left(-\frac{x}{T}\right)=\frac{3\mu HSx}{T}B_S'(x)$$

すなわち

$$C_v=3k_{\mathrm B}x^2B_S'(x)=\frac{3(\mu HS)^2}{k_{\mathrm B}T^2}B_S'(x)$$

です（磁場一定のもとでの熱容量です）。高温極限 $k_{\mathrm B}T\gg\mu H$ では $x\to0$、$B_S'(0)=\frac{S+1}{3S}$ なので

$$C_v\to3k_{\mathrm B}x^2\frac{S+1}{3S}=\frac{S(S+1)\mu^2H^2}{k_{\mathrm B}T^2}$$

となり、$T^{-2}$ で減衰します。設問2の $\chi$ を使うと $U\approx-\chi H^2$ から $C_v\approx\chi H^2/T$ となり、上式と一致します（ショットキー型比熱の高温側の裾です）。

設問4

$S=1/2$、$J\neq0$、$J'=0$ ではスピン3が孤立し、スピン1と2だけが結合します。$H=0$ では合成スピン $\boldsymbol S_{12}=\boldsymbol S_1+\boldsymbol S_2$ を使って

$$\boldsymbol S_1\cdot\boldsymbol S_2=\frac{1}{2}\left[S_{12}(S_{12}+1)-\frac34-\frac34\right] =\begin{cases}+\dfrac14 & (S_{12}=1)\\ -\dfrac34 & (S_{12}=0)\end{cases}$$

なので、エネルギー固有値と縮重度は

$$E=-\frac{J}{4}\ (\text{縮重度}\ 3\times2=6),\qquad E=+\frac{3J}{4}\ (\text{縮重度}\ 1\times2=2)$$

です（因子2はスピン3の自由度、合計8状態で $2^3$ と一致）。

$H\neq0$ では $\boldsymbol S_1\cdot\boldsymbol S_2$ と $S_{12}^z$ が可換なので、上の分類のまま各準位にゼーマン項が加わります。三重項は $E=-J/4-\mu H M_{12}$（$M_{12}=1,0,-1$）、一重項は $E=3J/4$、スピン3は $-\mu H m_3$（$m_3=\pm1/2$）です。ペアとスピン3は独立なので

$$Z=2\cosh\!\left(\frac{\beta\mu H}{2}\right)\left[e^{\beta J/4}\left(1+2\cosh(\beta\mu H)\right)+e^{-3\beta J/4}\right]$$

が答えです。$H=0$ で $Z=2(3e^{\beta J/4}+e^{-3\beta J/4})$ となり、上の縮重度と合致します。

設問5

$k_{\mathrm B}T\ll|J|$ ではペアは最低の多重項に凍結します。スピン3は結合していないので常に自由です。

$J>0$（強磁性的）のとき、ペアの基底多重項は三重項 $S_{12}=1$ で、一重項は $J$ だけ上にあるので重み $e^{-\beta J}$ で無視できます。三重項は有効的に大きさ1のスピンで、ゼーマン項は $-\mu H M_{12}$ なので、設定で述べた関係を $S=1$ に適用して $\langle S_{12}^z\rangle=B_1(\beta\mu H)$ です。スピン3は $\langle S_3^z\rangle=\frac12B_{1/2}(\beta\mu H/2)$ なので

$$M=\mu B_1\!\left(\frac{\mu H}{k_{\mathrm B}T}\right)+\frac{\mu}{2}B_{1/2}\!\left(\frac{\mu H}{2k_{\mathrm B}T}\right)$$

です。$B_{1/2}(y)=\tanh y$ なので第2項は $\frac\mu2\tanh\frac{\mu H}{2k_{\mathrm B}T}$ と書いても同じです。飽和値は $\mu+\mu/2=3\mu/2$ で、$S=1/2$ が3個の完全飽和と一致します。

$J<0$（反強磁性的）のとき、ペアの基底状態は一重項 $S_{12}=0$ で、三重項は $|J|$ だけ上にあります。一重項は磁気モーメントをもたないのでペアは磁化に寄与せず

$$M=\frac{\mu}{2}B_{1/2}\!\left(\frac{\mu H}{2k_{\mathrm B}T}\right)=\frac{\mu}{2}\tanh\frac{\mu H}{2k_{\mathrm B}T}$$

となります。孤立スピン1個分だけが残る、いわゆるスピンギャップによる磁化の消失です。ただし三重項の最低成分 $M_{12}=1$ の励起エネルギーは $|J|-\mu H$ なので、この結果が正しいのは $|J|-\mu H\gg k_{\mathrm B}T$ の範囲、すなわち $\mu H$ が $|J|$ に達しない場合です（$\mu H>|J|$ では三重項が基底状態になり、$J>0$ と同じ表式に移ります）。

設問6

$S=1/2$、$J=J'\neq0$ の等方な三角形です。全スピン $\boldsymbol S_{\mathrm{tot}}=\boldsymbol S_1+\boldsymbol S_2+\boldsymbol S_3$ を使うと

$$\boldsymbol S_1\cdot\boldsymbol S_2+\boldsymbol S_2\cdot\boldsymbol S_3+\boldsymbol S_3\cdot\boldsymbol S_1=\frac12\left[S_{\mathrm{tot}}(S_{\mathrm{tot}}+1)-\frac94\right] =\begin{cases}+\dfrac34 & (S_{\mathrm{tot}}=3/2)\\ -\dfrac34 & (S_{\mathrm{tot}}=1/2)\end{cases}$$

なので $H=0$ でのエネルギー固有値と縮重度は

$$E=-\frac{3J}{4}\ (S_{\mathrm{tot}}=3/2,\ \text{縮重度}\ 4),\qquad E=+\frac{3J}{4}\ (S_{\mathrm{tot}}=1/2,\ \text{縮重度}\ 2\times2=4)$$

です。後者は $S_{\mathrm{tot}}=1/2$ の2重項が2組あることによる縮重で、合計8状態です。

$H\neq0$、$k_{\mathrm B}T\ll|J|$ では基底多重項だけが効きます。

$J>0$ では四重項 $S_{\mathrm{tot}}=3/2$ が基底で、ゼーマン項は $-\mu H S^z_{\mathrm{tot}}$ なので $S=3/2$ の公式を使って

$$M=\frac{3\mu}{2}B_{3/2}\!\left(\frac{3\mu H}{2k_{\mathrm B}T}\right)$$

です。$\mu H\ll k_{\mathrm B}T$ とすると $M\to\frac{5}{4}\frac{\mu^2H}{k_{\mathrm B}T}$ で、四重項内での $\langle (S^z_{\mathrm{tot}})^2\rangle=\frac14(2\cdot\frac94+2\cdot\frac14)=\frac54$ から求まるキュリー則と一致します。

$J<0$ では2重項 $S_{\mathrm{tot}}=1/2$（2組）が基底です。2組という多重度は分配関数の共通因子になって平均には効かないので、実効的に自由な $S=1/2$ 1個と同じで

$$M=\frac{\mu}{2}B_{1/2}\!\left(\frac{\mu H}{2k_{\mathrm B}T}\right)=\frac{\mu}{2}\tanh\frac{\mu H}{2k_{\mathrm B}T}$$

となります。3個のスピンのうち2個が実質的に打ち消し合う、フラストレートした三角形の特徴です。四重項の最低成分との交差は $\mu H=\frac32|J|$ で起こるので、この表式は $\frac32|J|-\mu H\gg k_{\mathrm B}T$ で有効です。

第3問 電磁場中の荷電粒子のドリフト運動

設定

電荷 $q>0$、質量 $m$ の粒子が時間に依らない電磁場中でローレンツ力 $\boldsymbol F=q(\boldsymbol E+\boldsymbol v\times\boldsymbol B)$ を受けます。磁束密度は常に $z$ 軸に平行で、非相対論的、放射減衰は無視します。以下 $\omega\equiv qB/m$（サイクロトロン角振動数）と書きます。

設問1

磁場によるローレンツ力 $q\boldsymbol v\times\boldsymbol B$ は速度に常に垂直なので、単位時間あたりの仕事がゼロです。実際

$$\frac{d}{dt}\left(\frac12mv^2\right)=m\dot{\boldsymbol v}\cdot\boldsymbol v=q(\boldsymbol v\times\boldsymbol B)\cdot\boldsymbol v=0$$

となります。力が仕事をしないので運動エネルギーは変化しません。

設問2

$\boldsymbol B=(0,0,B)$ で $\boldsymbol v\times\boldsymbol B=(v_yB,-v_xB,0)$ なので運動方程式は

$$\dot v_x=\omega v_y,\qquad \dot v_y=-\omega v_x,\qquad \dot v_z=0$$

です。$u\equiv v_x+iv_y$ とすると $\dot u=-i\omega u$、よって $u=u_0e^{-i\omega t}$。初期条件 $u_0=iv_0$ から

$$v_x=v_0\sin\omega t,\qquad v_y=v_0\cos\omega t,\qquad v_z=0$$

です。積分して $x=a+\frac{v_0}{\omega}(1-\cos\omega t)$、$y=\frac{v_0}{\omega}\sin\omega t$、$z=0$。これが原点中心の円運動になるには定数項が消えねばならず、$a+v_0/\omega=0$、すなわち

$$v_0=-\omega a=-\frac{qBa}{m}$$

が $a$ と $v_0$ の関係です。$a$ と $v_0$ は逆符号で、半径は $|a|=m|v_0|/(qB)$、周期は $2\pi m/(qB)$ です。このとき

$$\boldsymbol x(t)=(a\cos\omega t,\,-a\sin\omega t,\,0),\qquad \boldsymbol v(t)=(-a\omega\sin\omega t,\,-a\omega\cos\omega t,\,0)$$

で、$a>0$ なら $z$ 軸正の側から見て時計回りに回ります。$t=0$ での力は $q\boldsymbol v_0\times\boldsymbol B=(qv_0B,0,0)$ で、$v_0<0$ より原点向きの向心力になっており、符号が整合しています。

設問3

$\boldsymbol E=(E,0,0)$ を加えると $\dot v_x=\frac{qE}{m}+\omega v_y$、$\dot v_y=-\omega v_x$ なので

$$\dot u=\frac{qE}{m}-i\omega u$$

です。定常解は $u_{\mathrm p}=\frac{qE}{im\omega}=-i\frac{E}{B}$（$m\omega/q=B$ を使いました）。一般解は $u=(u_0-u_{\mathrm p})e^{-i\omega t}+u_{\mathrm p}$ で、$u_0=iv_0$ より $w\equiv v_0+E/B$ と置くと

$$u=iw\,e^{-i\omega t}-i\frac EB \ \Longrightarrow\ v_x=w\sin\omega t,\quad v_y=w\cos\omega t-\frac EB,\quad v_z=0$$ $$x=a+\frac{w}{\omega}(1-\cos\omega t),\qquad y=\frac{w}{\omega}\sin\omega t-\frac EB t,\qquad z=0$$

が解です。設問2の関係 $v_0=-\omega a$ を使うと $w/\omega=-\tilde a$、$\tilde a\equiv a-\dfrac{mE}{qB^2}$ となり

$$x(t)=\frac{mE}{qB^2}+\tilde a\cos\omega t,\qquad y(t)=-\tilde a\sin\omega t-\frac EB t$$

と整理できます。

設問2と比べた特徴は次の通りです。回転の角振動数 $\omega=qB/m$ と周期は電場があっても変わりません。円運動の中心（案内中心）は $x=mE/(qB^2)$ の直線上を $-y$ 方向に速さ $E/B$ で等速に流れます。このドリフト速度は

$$\boldsymbol v_{\mathrm d}=\frac{\boldsymbol E\times\boldsymbol B}{B^2}=\left(0,-\frac EB,0\right)$$

で、電荷の符号・質量・初期条件に依存しません。円の半径は $|a|$ から $|\tilde a|=\left|a-mE/(qB^2)\right|$ に変わります。軌跡は等速円運動と等速直線運動の重ね合わせ（トロコイド）で、$|\tilde a|\omega>E/B$ ならループを描き、等号でカスプ、$|\tilde a|\omega<E/B$ ならループのない波打った曲線になります。$\tilde a=0$、すなわち $a=mE/(qB^2)$ のときは円運動が消えて $-y$ 方向の等速直線運動だけが残ります。また電場は仕事をするので運動エネルギーは一定ではありませんが、1周期平均では変化しません。$z$ 方向は静止したままです。

図は $|\tilde a|\omega>E/B$（ループのある場合）です。破線が案内中心の通る直線で、粒子はその周りを周期 $2\pi m/(qB)$ で回りながら全体として $-y$ 方向へ流れます。

設問4

非一様性の項は

$$\boldsymbol f(\boldsymbol x,\boldsymbol v)=q\boldsymbol v\times\left(xB'(0)\hat{\boldsymbol z}\right)=qxB'(0)\,(v_y,\,-v_x,\,0)$$

です。ここに設問2の円運動解 $x=a\cos\omega t$、$v_x=-a\omega\sin\omega t$、$v_y=-a\omega\cos\omega t$（$\omega=qB_0/m$、$B_0\equiv B(0)$）を代入すると

$$f_x=-qB'(0)a^2\omega\cos^2\omega t,\qquad f_y=qB'(0)a^2\omega\sin\omega t\cos\omega t,\qquad f_z=0$$

となります。1周期平均は $\langle\cos^2\omega t\rangle=1/2$、$\langle\sin\omega t\cos\omega t\rangle=0$ なので

$$\langle\boldsymbol f\rangle=\left(-\frac{qa^2\omega B'(0)}{2},\,0,\,0\right)$$

です。$a\omega=|v_0|$ を使うと

$$\langle\boldsymbol f\rangle=-\frac{mv_0^2}{2}\frac{B'(0)}{B_0}\hat{\boldsymbol x}=-\mu_{\mathrm m}B'(0)\,\hat{\boldsymbol x},\qquad \mu_{\mathrm m}\equiv\frac{mv_0^2}{2B_0}$$

と書けます。$\mu_{\mathrm m}$ は円運動の作る磁気モーメントの大きさで、$\langle\boldsymbol f\rangle=-\mu_{\mathrm m}\nabla B$ という形になっています。$a^2$ と $v_0^2$ しか現れないので、平均の力は電荷の符号にも回転の向きにもよらず、常に磁場の弱い側（$B'(0)>0$ なら $-x$ 方向）を向きます。

設問5

設問4の結果は、円運動に重ねて一定の力 $\langle\boldsymbol f\rangle$（磁場に垂直）が働くのと同じです。一様電場の場合は一定力 $q\boldsymbol E$ に対して案内中心が $\boldsymbol v_{\mathrm d}=\boldsymbol E\times\boldsymbol B/B^2=(q\boldsymbol E)\times\boldsymbol B/(qB^2)$ でドリフトしました。同じ置き換えを $q\boldsymbol E\to\langle\boldsymbol f\rangle$ に対して行うと

$$\boldsymbol v_{\nabla B}=\frac{\langle\boldsymbol f\rangle\times\boldsymbol B(0)}{qB_0^2}=\frac{\mu_{\mathrm m}B'(0)}{qB_0}\hat{\boldsymbol y}=\frac{mv_0^{2}B'(0)}{2qB_0^{2}}\hat{\boldsymbol y}$$

が得られます。したがって磁束密度の非一様性の効果は、粒子が回転しながら磁場にも磁場勾配にも垂直な方向（ここでは $B'(0)>0$、$q>0$ なら $+y$ 方向）へ一定速度でドリフトすることです。これは勾配 $B$ ドリフトと呼ばれます。幾何的には、磁場の強い側で瞬間的な回転半径 $mv/(qB(x))$ が小さく、弱い側で大きくなるため、円が閉じずに横へずれていくことに対応します。

一様電場によるドリフトとの違いは2点あります。第1に、速さは $\mu_{\mathrm m}|B'|/(qB_0)$ で電荷の大きさと符号に依存するので、正電荷と負電荷は逆向きにドリフトし、正味の電流を生みます（$\boldsymbol E\times\boldsymbol B$ ドリフトは電荷に依存しません）。第2に、速さが粒子の垂直方向運動エネルギー $mv_0^2/2$ に比例するので、高エネルギーの粒子ほど速く流れます。なお磁場は仕事をしないので $|\boldsymbol v|$ は一定に保たれ、ドリフトは $B$ が変化しない $y$ 方向に沿って起こります。

第4問 クーロン障壁とドップラーシフト法による寿命測定

設定

静止した $^{27}_{13}\mathrm{Al}$ 標的に $^{14}_{7}\mathrm N$ ビームを当て、$^{14}\mathrm N+{}^{27}\mathrm{Al}\to{}^{41}\mathrm{Ca}^{*}\to{}^{33}\mathrm S^{*}+{}^{4}\mathrm{He}+{}^{4}\mathrm{He}$ という反応を考えます。質量数 $A$ の核の半径を $1.2A^{1/3}\,\mathrm{fm}$、質量を $1.0\times10^3A\,\mathrm{MeV}/c^2$、$e^2/(4\pi\epsilon_0)=1.44\,\mathrm{MeV\,fm}$、$14^{1/3}=2.41$、$\ln2=0.693$ とします。生成された $^{33}\mathrm S^{*}$ は静止系で $1.0\,\mathrm{MeV}$ のガンマ線を出して基底状態に落ち、ガンマ線をビーム方向から $60^\circ$ の検出器で見ます。

設問1

2核が接触する距離は

$$R=1.2\left(14^{1/3}+27^{1/3}\right)=1.2(2.41+3.00)=6.49\,\mathrm{fm}$$

で、そこでのクーロンポテンシャルは

$$V_{\mathrm C}=\frac{Z_1Z_2e^2}{4\pi\epsilon_0R}=\frac{7\times13\times1.44}{6.49}=20.2\,\mathrm{MeV}$$

です。これは相対運動のエネルギーに対する要求です。標的が静止した実験室系では、入射運動エネルギー $T$ のうち重心運動に使われる分は反応に使えず、相対運動に使えるのは

$$T_{\mathrm{rel}}=\frac{\mu_{\mathrm{red}}}{m_{\mathrm N}}T=\frac{m_{\mathrm{Al}}}{m_{\mathrm N}+m_{\mathrm{Al}}}T=\frac{27}{41}T$$

だけです（$\mu_{\mathrm{red}}$ は換算質量、質量比は質量数比で置き換えました）。$T_{\mathrm{rel}}=V_{\mathrm C}$ より

$$T_{\min}=\frac{41}{27}\times20.2=31\,\mathrm{MeV}$$

が必要な最小運動エネルギーです。

設問2

$T=70\,\mathrm{MeV}$、$m_{\mathrm N}c^2=1.4\times10^4\,\mathrm{MeV}$ なので $T\ll m_{\mathrm N}c^2$ で非相対論近似が使えます。入射核の運動量は

$$pc=\sqrt{2m_{\mathrm N}c^2T}=\sqrt{2\times1.4\times10^4\times70}=1.4\times10^3\,\mathrm{MeV}$$

です。$^{41}\mathrm{Ca}^{*}$ は複合核なので運動量保存から入射核と同じ運動量をもち、質量は $4.1\times10^4\,\mathrm{MeV}/c^2$ です。よって

$$\beta=\frac{pc}{m_{\mathrm{Ca}}c^2}=\frac{1.4\times10^3}{4.1\times10^4}=0.034$$

が答えです。全エネルギー $E$ を使って $\beta=pc/E$ と相対論的に計算しても $0.0341$ となり、有効数字2桁では変わりません。

設問3

$^{33}\mathrm S^{*}$ は $z$ 方向（ビーム方向）に $\beta=0.034$ で走っています。その静止系（primed 系）でのガンマ線エネルギーが $E'=1.0\,\mathrm{MeV}$、実験室系での放出方向がビーム方向から $60^\circ$ なので、実験室系では $p_z=(E/c)\cos60^\circ$ です。与えられたローレンツ変換の第1行から

$$\frac{E'}{c}=\gamma\frac Ec-\beta\gamma p_z=\gamma\frac Ec\left(1-\beta\cos60^\circ\right)$$

したがって

$$E=\frac{E'}{\gamma\left(1-\beta\cos60^\circ\right)}$$

です。$\gamma=(1-\beta^2)^{-1/2}=1.0006$、$\beta\cos60^\circ=0.034\times0.5=0.017$ を入れると

$$E=\frac{1.0}{1.0006\times0.983}=1.017\,\mathrm{MeV}$$

で、ずれは $+1.7\times10^{-2}\,\mathrm{MeV}$（$17\,\mathrm{keV}$ 高い方へ）です。$\beta\ll1$ なので $\Delta E/E\simeq\beta\cos60^\circ=1.7\times10^{-2}$ という1次の見積もりでも同じ値になります。前方成分をもつ運動源からの放出なので青方偏移です。

設問4

飛行中の崩壊は指数則に従います。時刻 $0$ に $N_0$ 個が生成され、時間 $t$ でストッパーに到達するので、その間に崩壊する数は

$$N=N_0\left(1-e^{-t/\tau}\right)$$

です。残り $N_0e^{-t/\tau}$ 個はストッパー中で静止してから崩壊します。

設問5

2つのピークは、飛行中に崩壊した分（ドップラーシフトした $1.017\,\mathrm{MeV}$）と、ストッパー中で静止してから崩壊した分（$1.000\,\mathrm{MeV}$）に対応します。カウント数が等しいことから

$$N_0\left(1-e^{-t/\tau}\right)=N_0e^{-t/\tau}\ \Longrightarrow\ e^{-t/\tau}=\frac12\ \Longrightarrow\ t=\tau\ln2=T_{1/2}$$

すなわち飛行時間そのものが半減期です。$^{33}\mathrm S^{*}$ の速さは $\beta c=0.034\times3.0\times10^8=1.02\times10^7\,\mathrm{m/s}$ なので

$$T_{1/2}=t=\frac{12\times10^{-6}}{1.02\times10^{7}}=1.2\times10^{-12}\,\mathrm{s}=1.2\,\mathrm{ps}$$

が答えです。$\mathrm{ps}$ 領域の寿命を、飛行距離という長さの測定に読み替えるドップラーシフト同時計測法です。

第5問 光電効果と光電子分光

設定

真空中の金属に振動数 $\nu$ の光を当て、対向電極の電位 $V$ を変えて電流 $I$ を測ります。実験事実 (1)–(3) から、放出電子の運動エネルギーは $E_{\mathrm{kin}}=A\nu-B$（$A,B>0$）と書けます。電位 $V$ が負のとき電子は $-eV=e|V|$ の仕事をしなければ電極に届かないので、電流が流れる条件は $E_{\mathrm{kin}}>-eV$、つまりしきい値電位は

$$V_{\mathrm t}=-\frac{A\nu-B}{e}$$

です。$A$ はプランク定数、$B$ は仕事関数にあたる量です。

設問1

(1)–(3) をそのまま図にすると、階段状の特性になります。$V<V_{\mathrm t}$ では電子が電極に到達できず $I=0$、$V>V_{\mathrm t}$ では放出された電子がすべて集められるので、$V$ を上げても電流は増えず一定値 $I_{\mathrm s}$（飽和電流）をとります。$I_{\mathrm s}$ は単位時間あたりの放出電子数 $\times\,e$ で、単位時間あたりの光子数に比例します。

$\nu_2>\nu_1$ の光を、単位時間あたりの光子数を等しくして当てた場合、光子1個が電子1個を出す確率が変わらないとすれば飽和電流は同じ $I_{\mathrm s}$ です。一方しきい値は $V_{\mathrm t}(\nu_2)=-(A\nu_2-B)/e<V_{\mathrm t}(\nu_1)<0$ と負の側へ動きます。つまり段差の高さは変わらず、立ち上がりの位置だけが左へ平行移動します。

実線が $\nu_1$、破線が $\nu_2$ です。2本は $V_{\mathrm t}(\nu_2)<V<V_{\mathrm t}(\nu_1)$ の区間以外では重なります。実際の測定では電子のエネルギーに分布があるため立ち上がりは滑らかになりますが、(1)–(3) から期待されるのは上の階段です。

設問2

$E_{\mathrm{kin}}=A\nu-B$ は、フェルミ準位 $E_{\mathrm F}$ にある電子について成り立つ関係です。$\nu=B/A$ でちょうど $E_{\mathrm{kin}}=0$ になるので、$B$ はフェルミ準位から真空準位までの高さ（仕事関数）、真空準位は $E_{\mathrm F}+B$ にあります。エネルギー $E\ (\le E_{\mathrm F})$ の電子を真空中へ出すには、真空準位までの差

$$(E_{\mathrm F}+B)-E=E_{\mathrm F}-E+B$$

を光子1個で供給する必要があります。したがって最低振動数は

$$\nu_0=\frac{E_{\mathrm F}-E+B}{A}$$

です。$E=E_{\mathrm F}$ で $\nu_0=B/A$ となり設定と整合します。深い準位（$E$ が小さい）ほど高い振動数が必要で、逆に振動数を決めれば $E\ge E_{\mathrm F}+B-A\nu$ の電子だけが放出されます。この関係が光電子分光でエネルギー準位を読み取る原理です。

設問3

$-V_{\mathrm t}=\frac Ae\nu-\frac Be$ なので、横軸に $\nu$、縦軸に $V_{\mathrm t}$ をとると傾き $-A/e$、$\nu=0$ 切片 $+B/e$ の直線になります。与えられた6点は直線上に載り、最小二乗法で

$$-V_{\mathrm t}\,[\mathrm V]=0.433\times\frac{\nu}{10^{14}\,\mathrm{Hz}}-2.01$$

が得られます（残差はいずれも $0.07\,\mathrm V$ 以下）。すなわちグラフの傾きの大きさは $4.33\times10^{-15}\,\mathrm{V\,s}$、$V_{\mathrm t}$ 軸の切片は $+2.01\,\mathrm V$、横軸切片（しきい振動数）は $4.6\times10^{14}\,\mathrm{Hz}$ です。手描きで両端の2点を結んでも傾き $4.32\times10^{-15}\,\mathrm{V\,s}$ となり、ほぼ同じです。よって

$$A=e\times4.33\times10^{-15}=1.60\times10^{-19}\times4.33\times10^{-15}=6.9\times10^{-34}\,\mathrm{J\,s}$$ $$B=e\times2.01=1.60\times10^{-19}\times2.01=3.2\times10^{-19}\,\mathrm J\;(=2.0\,\mathrm{eV})$$

です。$A$ はプランク定数 $6.63\times10^{-34}\,\mathrm{J\,s}$ を約 $5\,\%$ 上回るだけで、$B$ は典型的な金属の仕事関数である $2$ から $5\,\mathrm{eV}$ の範囲に入っています。

設問4

光を古典的な電磁波とみなすと、電子は連続的に照射エネルギーを受け取って徐々にエネルギーを蓄えると考えることになります。この立場での予想は次の通りです。電流は光の強度（単位時間に金属表面へ入るエネルギー）に比例して増え、振動数には依存しません。しきい振動数は存在せず、どんなに低い振動数の光でも強度を上げれば（あるいは長く待てば）電子は放出されます。また放出電子の最大運動エネルギー、したがって $V_{\mathrm t}$ は強度とともに大きくなり、振動数には依存しないはずです。さらに弱い光では1個の電子が脱出に必要なエネルギーを蓄えるまで時間がかかるので、照射開始から電流が流れるまでに強度に反比例する時間遅れが生じるはずです。

実験結果はこのすべてに反します。(2) は $V_{\mathrm t}$ が強度によらず振動数だけで決まることを示し、しきい振動数 $B/A$ の存在は低振動数の光ではいくら強くしても電流が流れないことを意味し、(3) の「瞬時に流れる」は時間遅れがないことを示します。光が $h\nu$ の塊として1個の電子に受け渡されるという光量子仮説だけがこれらを説明します。

設問5

図2から、金属中の電子の平均自由行程 $\lambda$ は運動エネルギー $50$ から $100\,\mathrm{eV}$ 付近で最小（$1\,\mathrm{nm}$ 弱）となり、それより低エネルギー側でも高エネルギー側でも大きくなります。$10\,\mathrm{keV}$ 付近では $\lambda$ は数十 $\mathrm{nm}$ に達します。

放出される光電子は表面から $\lambda$ 以内のものだけなので、$\lambda$ がそのまま測定の深さ方向の感度を決めます。紫外光（光子エネルギー数十 $\mathrm{eV}$）を使うと光電子の運動エネルギーがちょうど $\lambda$ の最小値付近になり、原子数層ぶんの情報しか得られません。これは表面の状態に強く影響されます。一方 X 線（光子エネルギー $\mathrm{keV}$ 以上）を使えば光電子の運動エネルギーも $\mathrm{keV}$ 程度になり、$\lambda$ が $10\,\mathrm{nm}$ の桁、すなわち原子数十層ぶんに伸びます。その深さから非弾性散乱を受けずに脱出した電子を測ることになるので、表面特有の状態ではなく金属内部（バルク）の電子状態を反映したスペクトルが得られます。これが X 線を用いた光電効果（X 線光電子分光）が内部の電子状態の解析に使われる理由です。加えて、X 線は内殻準位まで励起できるので元素固有の深い準位も観測できます。

第6問 Balmer $\alpha$ 線の検出とフォトダイオード回路

設定

水素原子の Balmer $\alpha$ 線（$n=3\to2$）の発光強度とその揺らぎを測る系を考えます。$e=1.60\times10^{-19}\,\mathrm C$、$k_{\mathrm B}=1.38\times10^{-23}\,\mathrm{J/K}$、$h=6.63\times10^{-34}\,\mathrm{J\,s}$、$1\,\mathrm{eV}=1.60\times10^{-19}\,\mathrm J$ を使い、有効数字2桁で答えます。検出はフォトダイオード（p-n 接合）で行い、微弱電流をオペアンプで電圧に変換します。

設問1

水素原子の準位は $E_n=-13.6/n^2\,\mathrm{eV}$ なので

$$h\nu=13.6\left(\frac{1}{2^2}-\frac{1}{3^2}\right)=13.6\times\frac{5}{36}=1.9\,\mathrm{eV}$$

です。波長は

$$\lambda=\frac{hc}{h\nu}=\frac{6.63\times10^{-34}\times3.00\times10^{8}}{1.89\times1.60\times10^{-19}}=6.6\times10^{-7}\,\mathrm m=6.6\times10^{2}\,\mathrm{nm}$$

すなわち約 $660\,\mathrm{nm}$ で、赤色の光です。

設問2

電流 $1\,\mu\mathrm A$ に相当する電子数は毎秒

$$\frac{I}{e}=\frac{1.0\times10^{-6}}{1.60\times10^{-19}}=6.25\times10^{12}\ \text{個}$$

です。光子1個が電子-正孔対を作る確率が $80\,\%$ なので、必要な光子数は毎秒

$$\frac{6.25\times10^{12}}{0.80}=7.8\times10^{12}\ \text{個}$$

です。

設問3

まず電流の符号です。光が当たると空乏層で電子-正孔対が生成され、接合の内部電場によって電子は n 側、正孔は p 側へ掃き出されます。この光電流はダイオード内部を n から p へ流れる、つまり順方向とは逆向きの電流です。図1(a) では順方向に流れる電流を正としているので、図2 で流れる電流は負です。同時に光電流が $R_{\mathrm L}$ に電圧を生じ、接合には順方向の電圧がかかるので、動作点は $V>0$、$I<0$ の第4象限、すなわちダイオードが電力を発生する領域に来ます。

次に特性曲線の変化です。光電流 $I_{\mathrm{ph}}$ は空乏層で生成されたキャリアがすべて集められる限り印加電圧にほとんど依存しないので、暗時のダイオード特性 $I_{\mathrm{dark}}(V)$ に一定量が重なるだけです。

$$I(V)=I_{\mathrm{dark}}(V)-I_{\mathrm{ph}},\qquad I_{\mathrm{ph}}\propto\text{光の強さ}$$

つまり特性曲線は形を変えず、光の強さに比例した量だけ下方（負の電流側）へ平行移動します。

負荷抵抗の選び方は負荷線で決まります。図2 の回路ではダイオードの電圧が $R_{\mathrm L}$ の電圧降下に等しいので

$$I=-\frac{V}{R_{\mathrm L}}$$

という原点を通る傾き $-1/R_{\mathrm L}$ の直線（負荷線）と、光照射時の特性曲線の交点が動作点になります。光の強さを直接測るには、電流が $-I_{\mathrm{ph}}$ にほぼ等しく、かつ光強度に比例していなければなりません。特性曲線が平坦で $I\simeq-I_{\mathrm{ph}}$ となるのは $V$ がジャンクション電圧 $V_{\mathrm j}$ より十分小さい領域なので、負荷線を急峻にして動作点をそこに置く必要があります。動作点の電圧は $|V|\simeq R_{\mathrm L}I_{\mathrm{ph}}$ なので、条件は

$$R_{\mathrm L}I_{\mathrm{ph}}\ll V_{\mathrm j}\qquad\text{すなわち}\qquad R_{\mathrm L}\ll\frac{V_{\mathrm j}}{I_{\mathrm{ph}}}$$

です。$R_{\mathrm L}$ が大きいと動作点が $V_{\mathrm j}$ 付近の曲がった部分に入り、順方向電流が光電流を打ち消すため電流は光強度に比例しなくなります（開放端では電圧が光強度の対数にしか依存しません）。

設問4

オペアンプの入力インピーダンスが無限大なので $I_2=0$、したがって図3 の反転入力ノードでの電流保存は $I_{\mathrm i}=I_{\mathrm f}$ です。$I_{\mathrm f}$ はノードから $Z_{\mathrm f}$ を通って出力へ流れるので

$$V_2-V_{\mathrm o}=I_{\mathrm f}Z_{\mathrm f}=I_{\mathrm i}Z_{\mathrm f}$$

です。非反転入力が接地されているのでゲインの定義から $V_{\mathrm o}=-GV_2$、すなわち $V_2=-V_{\mathrm o}/G$。これを代入して

$$-\frac{V_{\mathrm o}}{G}-V_{\mathrm o}=I_{\mathrm i}Z_{\mathrm f} \ \Longrightarrow\ V_{\mathrm o}=-\frac{G}{1+G}\,Z_{\mathrm f}I_{\mathrm i}$$

が答えです。$G\to\infty$ の極限では

$$V_{\mathrm o}\to-Z_{\mathrm f}I_{\mathrm i},\qquad V_2=-\frac{V_{\mathrm o}}{G}\to0$$

となります。出力はゲインの値によらず入力電流と $Z_{\mathrm f}$ だけで決まり、変換係数は $Z_{\mathrm f}$ そのものになります。また反転入力は仮想接地となり、この回路の入力インピーダンスは $V_2/I_{\mathrm i}=Z_{\mathrm f}/(1+G)\to0$ です。フォトダイオードの両端はほぼ $0\,\mathrm V$ に保たれるので、設問3 の条件（端子電圧を $V_{\mathrm j}$ より十分小さく保つ）が自動的に満たされ、光電流と出力電圧の線形性が保証されます。

設問5

直流（低周波）では $Z_{\mathrm f}=R_{\mathrm f}$ なので $|V_{\mathrm o}|=R_{\mathrm f}I_{\mathrm i}$ です。$I_{\mathrm i}=1\,\mu\mathrm A$ を $V_{\mathrm o}=100\,\mathrm{mV}$ に変換するには

$$R_{\mathrm f}=\frac{0.100}{1.0\times10^{-6}}=1.0\times10^{5}\,\Omega\;(=100\,\mathrm{k}\Omega)$$

です。$R_{\mathrm f}$ と $C_{\mathrm f}$ の並列インピーダンスは

$$Z_{\mathrm f}=\frac{R_{\mathrm f}}{1+i\omega C_{\mathrm f}R_{\mathrm f}},\qquad |V_{\mathrm o}|=\frac{R_{\mathrm f}I_{\mathrm i}}{\sqrt{1+(f/f_{\mathrm c})^2}},\qquad f_{\mathrm c}=\frac{1}{2\pi R_{\mathrm f}C_{\mathrm f}}$$

という1次のローパス特性になります。$100\,\mathrm{kHz}$ 以下を忠実に増幅し、それ以上を落とすにはカットオフ周波数を $f_{\mathrm c}=100\,\mathrm{kHz}$ に置けばよいので

$$C_{\mathrm f}=\frac{1}{2\pi R_{\mathrm f}f_{\mathrm c}}=\frac{1}{2\pi\times1.0\times10^{5}\times1.0\times10^{5}}=1.6\times10^{-11}\,\mathrm F\;(=16\,\mathrm{pF})$$

です。これより大きい $C_{\mathrm f}$ は $100\,\mathrm{kHz}$ 以下の信号まで減衰させてしまい、小さすぎると高周波の雑音が残るので、$1.6\times10^{-11}\,\mathrm F$ 程度（それを超えない値）を選びます。この帯域幅では $R_{\mathrm f}C_{\mathrm f}=1.6\,\mu\mathrm s$ の時定数で応答することになります。

出典: 東京大学大学院理学系研究科 物理学専攻 平成23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。