平成27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。

計算量よりも設定の読み取りで差がつく回です。第1問は円周という位相が、第2問は歩数のパリティが答えの構造を決めます。第3問から第6問は相対論が縦糸で、Lorentz 変換を電磁場・コンプトン散乱・光の到達時刻という三通りの舞台で使わせます。第4問から第6問はグラフと数値の読み取りが要求され、そこが実質的な難所です。

問題	分野	主題
第1問	量子力学	円周上のデルタ関数ポテンシャルと束縛状態
第2問	統計力学・フーリエ解析	高分子鎖のランダムウォークと揺動応答関係
第3問	電磁気学・相対論	等速運動する荷電粒子列がつくる電磁場
第4問	原子核・量子力学	コンプトン散乱とガンマ線スペクトル
第5問	物性物理	磁気天秤による磁化率測定とキュリー則
第6問	相対論・確率統計	見かけの超光速運動

第1問から第3問が全員解答、第4問から第6問のうち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 円周上のデルタ関数ポテンシャル

設定

周長 $2\pi L$ の一次元円周（$x$ と $x+2\pi L$ を同一点とみなす）の上を動く質量 $m$ の粒子を考えます。ハミルトニアンは

$$H=-\frac{\hbar^{2}}{2m}\frac{d^{2}}{dx^{2}}+V(x)$$

で、波動関数とポテンシャルはともに周期 $2\pi L$ を持ちます。設問2以降は円周を $x\in[-\pi L,\pi L]$ と表して

$$V(x)=\frac{\hbar^{2}v}{2m}\delta(x)$$

とします。$\delta(x)$ が長さの逆数の次元を持つので $v$ も長さの逆数の次元を持ち、$\hbar^{2}v/(mL)$ がエネルギーの次元になります。これを以下の検算に使います。

設問1

$V=0$ ではシュレディンガー方程式は $-(\hbar^{2}/2m)\psi''=E\psi$ です。$E>0$ として $E=\hbar^{2}k^{2}/(2m)$、$k>0$ と置くと一般解は $e^{\pm ikx}$ の重ね合わせで、周期条件 $\psi(x+2\pi L)=\psi(x)$ は $e^{2\pi ikL}=1$、すなわち

$$k=\frac{n}{L}\qquad(n=0,\pm1,\pm2,\dots)$$

を要求します。$E<0$ なら解は実指数 $e^{\pm\kappa x}$ の重ね合わせですが、$c_{1}e^{\kappa x}+c_{2}e^{-\kappa x}$ が周期 $2\pi L$ を持つには $c_{1}=c_{2}=0$ しかないので、負エネルギー固有値はありません。$E=0$ では $\psi=a+bx$ で、周期性から $b=0$、定数解だけが残ります。以上をまとめると規格化された固有関数と固有値は

$$\psi_{n}(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi L}}e^{inx/L},\qquad E_{n}=\frac{\hbar^{2}n^{2}}{2mL^{2}}\qquad(n\in\mathbb{Z})$$

です。答えは $E$ が $n^{2}$ に比例して $E_{n}=\hbar^{2}n^{2}/(2mL^{2})$ と量子化される、というものです。

縮退については、$n=0$ の状態（定数波動関数、$E=0$）は非縮退で、$n\neq0$ の各準位は $n$ と $-n$ の二つの固有関数を持つので二重縮退です。これは円周上を右回りに進む波と左回りに進む波が同じエネルギーを持つことに対応し、実数の基底では $\cos(nx/L)$ と $\sin(nx/L)$ の組になります。

設問2

$x=0$ をはさむ区間で方程式を積分します。まず $\psi$ 自身は連続です。もし $\psi$ が $x=0$ で跳びを持てば $\psi''$ に $\delta'(x)$ が現れ、方程式の他の項（$\delta(x)$ と有界な項）と釣り合いません。したがって $\psi$ は有界で、$\epsilon\to0+$ で

$$-\frac{\hbar^{2}}{2m}\int_{-\epsilon}^{\epsilon}\psi''(x)\,dx+\frac{\hbar^{2}v}{2m}\int_{-\epsilon}^{\epsilon}\delta(x)\psi(x)\,dx=E\int_{-\epsilon}^{\epsilon}\psi(x)\,dx$$

の右辺は $0$ に収束します。左辺第1項の積分は $\psi'(\epsilon)-\psi'(-\epsilon)$、第2項の積分は $\psi(0)$ なので

$$-\frac{\hbar^{2}}{2m}\bigl(\psi'(\epsilon)-\psi'(-\epsilon)\bigr)+\frac{\hbar^{2}v}{2m}\psi(0)\longrightarrow 0$$

すなわち

$$\lim_{\epsilon\to0+}\bigl(\psi'(\epsilon)-\psi'(-\epsilon)\bigr)=v\psi(0)$$

が成り立ちます。デルタ関数ポテンシャルの効果は、$\psi$ は連続に保ったまま $\psi'$ に $v\psi(0)$ の跳びを与える、という接続条件に集約されます。

設問3

$x\neq0$ では $V=0$ です。$\psi(x)=e^{\kappa x}+Ae^{-\kappa x}$ は $\psi''=\kappa^{2}\psi$ を満たすので

$$-\frac{\hbar^{2}}{2m}\psi''=-\frac{\hbar^{2}\kappa^{2}}{2m}\psi=E\psi,\qquad E=-\frac{\hbar^{2}\kappa^{2}}{2m}$$

となり、確かに固有値 $E=-\hbar^{2}\kappa^{2}/(2m)$ の解です。

接続条件を書きます。円周上では $x=0$ と $x=2\pi L$ が同一点なので、連続性は $\psi(0+)=\psi(2\pi L-)$、微分の跳びは $\psi'(0+)-\psi'(2\pi L-)=v\psi(0)$ です。連続性から

$$1+A=e^{2\pi\kappa L}+Ae^{-2\pi\kappa L},\qquad A\bigl(1-e^{-2\pi\kappa L}\bigr)=e^{2\pi\kappa L}\bigl(1-e^{-2\pi\kappa L}\bigr)$$

したがって $A=e^{2\pi\kappa L}$ です。これを代入すると

$$\psi(x)=e^{\kappa x}+e^{2\pi\kappa L}e^{-\kappa x}=2e^{\pi\kappa L}\cosh\bigl(\kappa(x-\pi L)\bigr)$$

で、規格化定数を除けば $\psi\propto\cosh(\kappa(x-\pi L))$ です。デルタの位置 $x=0\ (\equiv2\pi L)$ で最大、対蹠点 $x=\pi L$ で最小という、引力ポテンシャルに束縛された波動関数の形になっています。

微分は $\psi'(x)=2\kappa e^{\pi\kappa L}\sinh(\kappa(x-\pi L))$ なので

$$\begin{aligned} \psi'(0+)-\psi'(2\pi L-)&=-4\kappa e^{\pi\kappa L}\sinh(\pi\kappa L),\\ \psi(0)&=2e^{\pi\kappa L}\cosh(\pi\kappa L) \end{aligned}$$

であり、接続条件は

$$-4\kappa\sinh(\pi\kappa L)=2v\cosh(\pi\kappa L)$$

となります。$\cosh(\pi\kappa L)$ で割れば $v$ と $\kappa$ の関係

$$2\kappa\tanh(\pi\kappa L)=-v=\lvert v\rvert$$

が得られます。$\kappa>0$ では左辺が正なので、この関係が解を持つのは $v<0$ のときだけです。

グラフで解の個数を見ます。$g(\kappa)=2\kappa\tanh(\pi\kappa L)$ は $g(0)=0$ で、

$$g'(\kappa)=2\tanh(\pi\kappa L)+\frac{2\pi L\kappa}{\cosh^{2}(\pi\kappa L)}>0\qquad(\kappa>0)$$

より狭義単調増加です。$\kappa\to0$ では $g\simeq2\pi L\kappa^{2}$ の放物線、$\kappa\to\infty$ では $g\simeq2\kappa$ の直線に漸近し、$g\to\infty$ です。原点から立ち上がって単調に無限大まで増える曲線なので、水平線 $y=\lvert v\rvert$ とはちょうど1点で交わります。よって任意の $v<0$ に対して $\kappa$ が一つだけ定まります。

これで負エネルギー状態が一つだけであることも言えます。$E<0$ の一般解は $x\in(0,2\pi L)$ で $c_{1}e^{\kappa x}+c_{2}e^{-\kappa x}$ であり、$c_{1}\neq0$ なら全体を定数倍して $c_{1}=1$ とおけるので上の議論に帰着します。$c_{1}=0$ の場合は $\psi=c_{2}e^{-\kappa x}$ ですが、連続性 $c_{2}=c_{2}e^{-2\pi\kappa L}$ は $\kappa>0$ では満たされません。

極限で検算します。$\lvert v\rvert$ が大きいと $\tanh\to1$ で $\kappa\to\lvert v\rvert/2$、$E\to-\hbar^{2}v^{2}/(8m)$ となり、無限直線上の引力デルタ井戸 $V=-(\hbar^{2}\lvert v\rvert/2m)\delta(x)$ の束縛エネルギーに一致します。逆に $\lvert v\rvert$ が小さいと $\kappa^{2}\simeq\lvert v\rvert/(2\pi L)$ で $E\simeq-\hbar^{2}\lvert v\rvert/(4\pi mL)$ となり、これは基底状態 $\psi_{0}=1/\sqrt{2\pi L}$ に対する一次摂動 $\langle\psi_{0}|V|\psi_{0}\rangle=\hbar^{2}v/(4\pi mL)$ と一致します。

設問4

$E=\hbar^{2}k^{2}/(2m)$、$k>0$ とすると $x\neq0$ で $\psi''=-k^{2}\psi$ です。設問3と同じ手順で $x\in(0,2\pi L)$ に $\psi=e^{ikx}+Ae^{-ikx}$ と置くと、連続性は

$$A\bigl(1-e^{-2\pi ikL}\bigr)=e^{2\pi ikL}\bigl(1-e^{-2\pi ikL}\bigr)$$

です。$e^{2\pi ikL}\neq1$ のときは $A=e^{2\pi ikL}$ となり、設問3で $\cosh\to\cos$、$\sinh\to\sin$ と置き換えるだけで

$$\psi(x)\propto\cos\bigl(k(x-\pi L)\bigr),\qquad 4k\sin(\pi kL)=2v\cos(\pi kL)$$

を得ます。円周を $x\in[-\pi L,\pi L]$ で表すと $\psi(x)=\cos\bigl(k(\pi L-\lvert x\rvert)\bigr)$ で、$x=0$ について偶な解です。$k$ と $v$ の関係は

$$2k\tan(\pi kL)=v$$

です。$\tan$ の極が $k=(2n+1)/(2L)$ にあり、区間 $n/L<k<(n+1/2)/L$ で左辺は $0$ から $+\infty$ まで単調に増えるので、$v>0$ に対して根は各区間にちょうど1つ、すなわち $n=0,1,2,\dots$ に対して $k_{n}\in(n/L,(n+1/2)/L)$ が1つずつあります。

$e^{2\pi ikL}=1$、すなわち $k=n/L$（$n=1,2,\dots$）の場合は上式が $A$ を決めず、別扱いになります。このとき

$$\psi(x)=\sin\frac{nx}{L}$$

が解です。周期 $2\pi L$ を持ち、$x=0$ で $\psi(0)=0$ なので微分の跳びも $0$ で、接続条件が $v$ の値に関係なく満たされます。これがポテンシャルの影響を受けない解で、固有値は $v=0$ のときと同じ $E=\hbar^{2}n^{2}/(2mL^{2})$ です。

結局、$v>0$、$E>0$ の固有状態は二系列あります。$x=0$ で偶な解 $\psi=\cos(k(\pi L-\lvert x\rvert))$ は $2k\tan(\pi kL)=v$ の根で与えられ、$x=0$ で奇な解 $\psi=\sin(nx/L)$ は $k=n/L$（$n\geq1$）でポテンシャルの影響を受けません。$v=0$ で二重縮退していた $n\geq1$ の準位は、偶な解だけがエネルギーを上げるので縮退が解けます。

設問5

偶な解の根が自由解 $k_{n}^{(0)}=n/L$ からわずかにずれる状況が $k\gg v$ です。$k=k_{n}^{(0)}+\delta k$ と置くと $\tan(\pi kL)=\tan(\pi n+\pi L\delta k)\simeq\pi L\delta k$ なので、$2k\tan(\pi kL)=v$ は

$$2k_{n}^{(0)}\cdot\pi L\,\delta k\simeq v,\qquad \delta k\simeq\frac{v}{2\pi Lk_{n}^{(0)}}$$

を与えます。エネルギーは $E=\hbar^{2}k^{2}/(2m)$ なので、$v$ の一次までの補正は

$$\Delta E=\frac{\hbar^{2}k_{n}^{(0)}}{m}\delta k=\frac{\hbar^{2}v}{2\pi mL}$$

となり、$n$ によらない共通のずれです。奇な解は $v$ によらず動かないので $\Delta E=0$ です。答えは、偶な状態が $\hbar^{2}v/(2\pi mL)$ だけ上がり、奇な状態は変化しない、というものです。次元は $\hbar^{2}/(mL^{2})$ にあたる量に無次元量 $vL$ を掛けた形でエネルギーになっています。

一次摂動論で検算します。$n\geq1$ の準位は二重縮退なので $V$ を対角化する基底を選ぶ必要がありますが、$V$ が偶関数なので $\langle\cos|V|\sin\rangle\propto\cos0\cdot\sin0=0$ となり、$\cos$ と $\sin$ の基底がそれを与えます。規格化した固有関数は $\psi_{n}^{(\pm)}=\cos(nx/L)/\sqrt{\pi L}$、$\sin(nx/L)/\sqrt{\pi L}$ と $\psi_{0}=1/\sqrt{2\pi L}$ で、

$$\Delta E=\langle\psi|V|\psi\rangle=\frac{\hbar^{2}v}{2m}\lvert\psi(0)\rvert^{2}$$

です。偶な解では $\lvert\psi(0)\rvert^{2}=1/(\pi L)$ なので $\Delta E=\hbar^{2}v/(2\pi mL)$、奇な解では $\psi(0)=0$ なので $\Delta E=0$ で、上の結果と一致します。最低状態 $n=0$ だけは $k_{0}\simeq\sqrt{v/(2\pi L)}$ で $k\gg v$ が $v\ll1/(2\pi L)$ を意味し、$2k\tan(\pi kL)\simeq2\pi Lk^{2}=v$ から

$$E_{0}\simeq\frac{\hbar^{2}v}{4\pi mL}$$

となります。これは $\lvert\psi_{0}(0)\rvert^{2}=1/(2\pi L)$ からの一次摂動と一致し、設問3で $v<0$ の側から得た $E\simeq-\hbar^{2}\lvert v\rvert/(4\pi mL)$ とも連続につながります。

第2問 高分子鎖のランダムウォークと揺動応答関係

設定

二次元正方格子上の高分子鎖を、始点を原点に固定し、各手が長さ $\sqrt{2}$ で右斜上45度または左斜上45度のいずれかに伸びるモデルで表します。1本の手は $(x,y)$ を $(\pm1,+1)$ だけ動かすので、$y$ 方向の長さ $L$ の鎖は手が $L$ 本、モノマーが $L+1$ 個で、配位の総数は $2^{L}$ です。終点が $(x,L)$ である配位数を $C(x,L)$ とすると

$$C(x,L+1)=C(x-1,L)+C(x+1,L)$$

が成り立ちます。以下 $x$ は手の $x$ 方向射影（この設定では $1$）を長さの単位として測った座標です。後半では終点のモノマーに電荷 $q$ を与え、$x$ 軸正方向の静電場 $E$ の下で温度 $T$ の熱平衡を考えます。

設問1

右向きの手の本数を $n_{+}$、左向きを $n_{-}$ とすると $n_{+}+n_{-}=L$、$n_{+}-n_{-}=x$ なので

$$n_{\pm}=\frac{L\pm x}{2}$$

です。これが非負整数であることが配位の存在条件で、$L+x$ が偶数かつ $\lvert x\rvert\leq L$ と同じです。条件が満たされるとき、$L$ 本の手のうちどれを右向きにするかを選ぶ場合の数が配位数なので

$$C(x,L)=\binom{L}{n_{+}}=\frac{L!}{\bigl((L-x)/2\bigr)!\,\bigl((L+x)/2\bigr)!}$$

となり、それ以外では条件を満たす配位がないので $0$ です。これで式(2)が示されました。

漸化式と初期条件からの帰納法でも確認できます。$L=0$ では鎖が原点にあるだけなので $C(x,0)=\delta_{x,0}$ で、式(2)の値と一致します。$L+x+1$ が偶数のとき $a=(L+x+1)/2$、$b=(L-x+1)/2$（$a+b=L+1$）と置くと $(L+x-1)/2=a-1$、$(L-x-1)/2=b-1$ なので

$$C(x-1,L)+C(x+1,L)=\frac{L!}{b!\,(a-1)!}+\frac{L!}{(b-1)!\,a!}=\frac{L!\,(a+b)}{a!\,b!}=\frac{(L+1)!}{a!\,b!}=C(x,L+1)$$

となります。パリティも整合します。$C(x,L+1)$ が $0$ でないのは $L+x+1$ が偶数のときで、それは $L+(x\mp1)$ が偶数のとき、つまり右辺の項が生き残るときです。端 $x=L+1$ では $C(L,L)=1$、$C(L+2,L)=0$ で、式(2)の $(L+1)!/(0!\,(L+1)!)=1$ と合います。

設問2

式(1)の両辺に $e^{-ikx}$ を掛けて $x$ について和をとります。右辺第1項は $x-1=x'$ と置き換えて $\sum_{x'}e^{-ik(x'+1)}C(x',L)=e^{-ik}\tilde{C}(k,L)$、第2項は同様に $e^{ik}\tilde{C}(k,L)$ なので

$$\tilde{C}(k,L+1)=\bigl(e^{ik}+e^{-ik}\bigr)\tilde{C}(k,L)=2\cos k\,\tilde{C}(k,L)$$

です。フーリエ変換で漸化式が積の形になり、$L$ について一気に解ける形になりました。

設問3

$L=0$ の初期条件 $C(x,0)=\delta_{x,0}$ から $\tilde{C}(k,0)=1$ です。設問2の漸化式を $L$ 回使うと

$$\tilde{C}(k,L)=(2\cos k)^{L}$$

を得ます。$k=0$ とすると $\tilde{C}(0,L)=\sum_{x}C(x,L)=2^{L}$ で、全配位数と一致します。

設問4

$\log(1+u)$ 型の展開ではなく $\log\cos k=-k^{2}/2-k^{4}/12-\cdots$ を使います。

$$\log\tilde{C}(k,L)=L\log2+L\log\cos k=L\log2-\frac{Lk^{2}}{2}+O(Lk^{4})$$

$k^{2}L$ を一定に保って $L$ を大きくすると $Lk^{4}=(Lk^{2})^{2}/L\to0$ なので、2次で打ち切ることが正当化されます。よって $\tilde{C}(k,L)\simeq2^{L}e^{-Lk^{2}/2}$ です。

逆変換では、$k=0$ のまわりの Gauss 関数の幅が $1/\sqrt{L}\ll\pi$ なので積分区間を $(-\infty,\infty)$ に広げてよく、

$$\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}e^{ikx}\,2^{L}e^{-Lk^{2}/2}\,dk=\frac{2^{L}}{2\pi}\sqrt{\frac{2\pi}{L}}\,e^{-x^{2}/(2L)}=\frac{2^{L}}{\sqrt{2\pi L}}e^{-x^{2}/(2L)}$$

となります。ただし $\lvert2\cos k\rvert$ は $k=\pm\pi$ でも最大値 $2$ をとるので、そこからの寄与を落としてはいけません。$k=\pi-q$ と置くと $2\cos k=-2\cos q$ で $\tilde{C}=(-1)^{L}(2\cos q)^{L}\simeq(-1)^{L}2^{L}e^{-Lq^{2}/2}$ となり、この寄与は上の結果に $e^{i\pi x}(-1)^{L}=(-1)^{L+x}$ を掛けたものになります。両者を足すと

$$C(x,L)\simeq\bigl[1+(-1)^{L+x}\bigr]\frac{2^{L}}{\sqrt{2\pi L}}e^{-x^{2}/(2L)}$$

すなわち

$$C(x,L)\simeq \begin{cases} 2^{L}\sqrt{\dfrac{2}{\pi L}}\,e^{-x^{2}/(2L)} & (L+x\ \text{even})\\[2mm] 0 & (\text{otherwise}) \end{cases}$$

が漸近形です。妥当性は $\lvert x\rvert$ が $\sqrt{L}$ の程度までで、$C$ が一つ飛びの格子点にしか値を持たないことが因子 $2$ に反映されています。検算として、間隔 $2$ の和は $\sum_{x}\to\frac{1}{2}\int dx$ で近似できるので

$$\sum_{x}C(x,L)\simeq\frac{1}{2}\cdot2^{L}\sqrt{\frac{2}{\pi L}}\sqrt{2\pi L}=2^{L}$$

と全配位数に戻ります。二項係数に Stirling の公式を直接使っても同じ形が出ます（$L=200$、$x=0$ で厳密値との比は $0.9988$ です）。

設問5

終点の電荷 $q$ が静電場から受ける位置エネルギーは $U=-qEx$ で、他の自由度にエネルギー差はありません。$\beta=1/(k_{\mathrm{B}}T)$ として

$$Z=\sum_{x}C(x,L)e^{\beta qEx}$$

です。各手の $x$ 方向変位 $s_{i}=\pm1$ は独立なので、配位についての和を手ごとの和に分解できて

$$Z=\sum_{s_{1}=\pm1}\cdots\sum_{s_{L}=\pm1}\exp\Bigl(\beta qE\sum_{i}s_{i}\Bigr)=\bigl(e^{\beta qE}+e^{-\beta qE}\bigr)^{L}=\left[2\cosh\frac{qE}{k_{\mathrm{B}}T}\right]^{L}$$

となります。答えは $Z=[2\cosh(qE/k_{\mathrm{B}}T)]^{L}$ です。これは設問3の $\tilde{C}(k,L)=(2\cos k)^{L}$ で $k\to i\beta qE$ と置いたものにあたり、$E=0$ で $Z=2^{L}$ に戻ります。

設問6

$\ln Z=L\ln[2\cosh(\beta qE)]$ を $\beta qE$ で微分すれば $\langle x\rangle$ が出ます。

$$\langle x\rangle=\frac{\partial\ln Z}{\partial(\beta qE)}=L\tanh\frac{qE}{k_{\mathrm{B}}T}$$

が答えです。$qE\ll k_{\mathrm{B}}T$ では $\langle x\rangle\simeq LqE/(k_{\mathrm{B}}T)$ と場に比例し（線形応答）、$qE\gg k_{\mathrm{B}}T$ では $\langle x\rangle\to L$ で鎖が完全に伸びきります。$E=0$ で $\langle x\rangle=0$ となるのも対称性から期待される通りです。

設問7

$Z(E)=\sum_{x}C(x,L)e^{\beta qEx}$ から

$$\langle x\rangle=\frac{1}{Z}\sum_{x}xC(x,L)e^{\beta qEx}=\frac{\partial\ln Z}{\partial(\beta qE)}$$

なので、$E$ で微分すると

$$\frac{\partial\langle x\rangle}{\partial E}=\beta q\bigl(\langle x^{2}\rangle-\langle x\rangle^{2}\bigr)$$

です。$E=0$ では、すべての手の向きを反転させる操作が配位の1対1対応を与えるので $C(-x,L)=C(x,L)$ であり、$\langle x\rangle_{E=0}=0$ です。したがって

$$\left.\frac{\partial\langle x\rangle}{\partial E}\right|_{E=0}=\frac{q}{k_{\mathrm{B}}T}\langle x^{2}\rangle_{E=0}$$

が成り立ち、比例係数は $q/(k_{\mathrm{B}}T)$ です。使ったのは左右対称性と分配関数の定義だけで、$C(x,L)$ の具体形は使っていません。これは平衡揺らぎが線形応答係数を決めるという揺動応答関係の一例です。実際に設問5と設問6の結果を使うと $\langle x^{2}\rangle_{E=0}=L$、$\partial\langle x\rangle/\partial E|_{E=0}=Lq/(k_{\mathrm{B}}T)$ で、比が $q/(k_{\mathrm{B}}T)$ になることを確かめられます。

第3問 等速運動する荷電粒子列がつくる電磁場

設定

座標系 $\mathcal{O}$ の $z$ 軸上に、電荷 $q$ の粒子が間隔 $a$ で $-\infty$ から $+\infty$ まで並び、全体が速度 $\boldsymbol{v}=(0,0,v_{z})$ で等速運動しています。これを粒子とともに動く座標系 $\mathcal{O}'$ で見て、Lorentz 変換

$$(ct',x',y',z')=\bigl(\gamma(ct-\beta z),\,x,\,y,\,\gamma(z-\beta ct)\bigr)$$

と場の変換則（式(2)(3)）で $\mathcal{O}$ に戻します。$\beta=v_{z}/c$、$\gamma=1/\sqrt{1-\beta^{2}}$、$\epsilon_{0}\mu_{0}=1/c^{2}$ です。最後に粒子1個の場を同じ方法で求めます。

設問1

粒子列は $z$ について周期 $a$ を持つので、電荷密度と電流密度を $z$ のフーリエ級数に分解できます。$n\neq0$ のモードがつくる場は変形 Bessel 関数（円筒対称な場の問題に現れる特殊関数）$K_{0}(2\pi n\rho/a)$ に比例し、$\rho=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$ が $a$ より大きい領域では $e^{-2\pi n\rho/a}$ で指数的に減衰します。したがって $\lvert x\rvert\gg a$ では $n=0$ 成分、すなわち一様な線電荷密度と線電流だけが効きます。

$$\lambda=\frac{q}{a},\qquad I=\lambda v_{z}=\frac{qv_{z}}{a}$$

Gauss の法則から $E$ は動径方向、Ampère の法則から $B$ は方位角方向で、点 $(x,0,0)$ では

$$\boldsymbol{E}=\left(\frac{q}{2\pi\epsilon_{0}ax},\,0,\,0\right),\qquad \boldsymbol{B}=\left(0,\,\frac{\mu_{0}qv_{z}}{2\pi ax},\,0\right)$$

です。$x$ の符号をそのまま代入すれば $x<0$ でも向きが正しく出ます（$x>0$ では $\boldsymbol{E}$ が $+x$、$\boldsymbol{B}$ が $+y$ 向き）。両者は $B_{y}=\beta E_{x}/c$ の関係にあり、$B/E$ が $1/c$ より $\beta$ 倍小さいという静的な電流系の特徴を示しています。

設問2

$\mathcal{O}$ で時刻 $t$ に $n$ 番目の粒子は $z=na+v_{z}t$ にあります。この事象を式(1)で変換すると

$$z'=\gamma(z-\beta ct)=\gamma(na+v_{z}t-v_{z}t)=\gamma na$$

となり、$t$ に依存しません。粒子は $\mathcal{O}'$ で静止しているのでこの $z'$ がそのまま $\mathcal{O}'$ における位置であり、隣接粒子の間隔は

$$a'=\gamma a$$

です。$\mathcal{O}$ での間隔 $a$ は同時刻（$t$ 一定）で測った長さで、静止系の間隔 $a'$ が Lorentz 収縮して $a=a'/\gamma$ に見えていた、という関係になっています。二つの事象は $\mathcal{O}$ で同時刻でも $\mathcal{O}'$ では同時刻ではありませんが、粒子が $\mathcal{O}'$ で静止しているため位置の差はそのまま間隔として読めます。

設問3

$\mathcal{O}'$ では電荷 $q$ が間隔 $a'=\gamma a$ で静止しているだけなので、線電荷密度は $\lambda'=q/a'=q/(\gamma a)$、電流は $0$ です。設問1と同じ理由で $x'^{2}+y'^{2}\gg a'^{2}$ では一様線電荷の静電場になり、$\rho'=\sqrt{x'^{2}+y'^{2}}$ として

$$\boldsymbol{E}'=\frac{q}{2\pi\epsilon_{0}\gamma a\rho'^{2}}(x',\,y',\,0),\qquad \boldsymbol{B}'=\boldsymbol{0}$$

です。$z'$ には依存しません。

設問4

$\boldsymbol{B}'=\boldsymbol{0}$ を式(2)(3)に入れると

$$\begin{aligned} (E_{x},E_{y},E_{z})&=(\gamma E'_{x},\,\gamma E'_{y},\,0),\\ (B_{x},B_{y},B_{z})&=\left(-\frac{\gamma\beta}{c}E'_{y},\,\frac{\gamma\beta}{c}E'_{x},\,0\right) \end{aligned}$$

です。横方向の座標は変換で変わらないので $x'=x$、$y'=y$、$\rho'=\rho=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$ であり、

$$\boldsymbol{E}=\frac{q}{2\pi\epsilon_{0}a\rho^{2}}(x,\,y,\,0),\qquad \boldsymbol{B}=\frac{\mu_{0}qv_{z}}{2\pi a\rho^{2}}(-y,\,x,\,0)=\frac{1}{c^{2}}\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{E}$$

を得ます。点 $(x,0,0)$ では

$$\boldsymbol{E}=\left(\frac{q}{2\pi\epsilon_{0}ax},0,0\right),\qquad \boldsymbol{B}=\left(0,\frac{\mu_{0}qv_{z}}{2\pi ax},0\right)$$

となり、設問1の結果と完全に一致します。$\gamma$ が消えるのは、Lorentz 収縮で $\mathcal{O}'$ の線電荷密度が $\lambda/\gamma$ に薄まる効果と、場の変換の $E=\gamma E'$ がちょうど打ち消し合うためです。同じ物理系を二通りに計算して同じ答えを得たことになり、式(2)(3)と Lorentz 収縮の整合性の確認になっています。

設問5

$\mathcal{O}'$ では電荷が原点に静止しているので Coulomb 場です。$\boldsymbol{r}'=(x',y',z')$、$r'=\lvert\boldsymbol{r}'\rvert$ として

$$\boldsymbol{E}'=\frac{q}{4\pi\epsilon_{0}}\frac{\boldsymbol{r}'}{r'^{3}}=\frac{q\,(x',y',z')}{4\pi\epsilon_{0}(x'^{2}+y'^{2}+z'^{2})^{3/2}},\qquad \boldsymbol{B}'=\boldsymbol{0}$$

です（原点を除く）。

設問6

$\mathcal{O}$ の時刻 $t$、点 $(x,0,0)$ は、式(1)により $\mathcal{O}'$ の $x'=x$、$y'=0$、$z'=\gamma(0-\beta ct)=-\gamma v_{z}t$ に対応します。$r'^{2}=x^{2}+\gamma^{2}v_{z}^{2}t^{2}$ なので設問5から

$$E'_{x}=\frac{qx}{4\pi\epsilon_{0}r'^{3}},\qquad E'_{y}=0,\qquad E'_{z}=-\frac{q\gamma v_{z}t}{4\pi\epsilon_{0}r'^{3}}$$

で、式(2)(3)を使うと $R\equiv(x^{2}+\gamma^{2}v_{z}^{2}t^{2})^{1/2}$ として

$$\boldsymbol{E}=\frac{\gamma q}{4\pi\epsilon_{0}R^{3}}(x,\,0,\,-v_{z}t),\qquad \boldsymbol{B}=\left(0,\,\frac{\gamma\mu_{0}qv_{z}x}{4\pi R^{3}},\,0\right)=\frac{1}{c^{2}}\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{E}$$

となります。特に粒子が原点を通過する瞬間 $t=0$ では

$$\boldsymbol{E}=\left(\frac{\gamma q}{4\pi\epsilon_{0}x^{2}},0,0\right),\qquad \boldsymbol{B}=\left(0,\frac{\gamma\mu_{0}qv_{z}}{4\pi x^{2}},0\right)$$

です。静止電荷の Coulomb 場に比べ、横方向の電場が $\gamma$ 倍に強められています。一般の $t$ でも $\boldsymbol{E}$ は同時刻の粒子位置 $(0,0,v_{z}t)$ から見た動径方向を向き（上式の $(x,0,-v_{z}t)$ がその方向）、大きさは進行方向で $1/\gamma^{2}$ 倍、横方向で $\gamma$ 倍という等速運動する点電荷の場の標準形になっています。設問1と設問4で線電荷の場合に $\gamma$ が消えたのは、横方向に $\gamma$ 倍される場が $z$ 方向には幅 $\sim\rho/\gamma$ に圧縮されており、$z$ 方向に積分（無限個の和）をとると両者がちょうど打ち消し合うためで、1個の場合には $\gamma$ が残ります。

第4問 コンプトン散乱とガンマ線スペクトル

設定

表で与えられた $c=3.0\times10^{8}\,\mathrm{m/s}$、$h=2\pi\hbar=6.6\times10^{-34}\,\mathrm{J\,s}$、$\hbar c=200\,\mathrm{MeV\,fm}$、$m_{\mathrm{e}}c^{2}=0.5\,\mathrm{MeV}$ などを使います。設問1から設問3はコンプトン散乱の運動学、設問4と設問5は NaI シンチレータによる $^{137}\mathrm{Cs}$ ガンマ線測定、設問6はレーザー光の逆コンプトン散乱です。

設問1

$$\lambda=\frac{hc}{E}=\frac{2\pi(\hbar c)}{E}=\frac{2\pi\times200\ \mathrm{MeV\,fm}}{0.5\ \mathrm{MeV}}=2.5\times10^{3}\ \mathrm{fm}=2.5\times10^{-12}\ \mathrm{m}$$

が答えです。$h$ と $c$ の数値から計算しても $hc=2.0\times10^{-25}\,\mathrm{J\,m}$、$E=0.5\times1.6\times10^{-13}\,\mathrm{J}=8.0\times10^{-14}\,\mathrm{J}$ で $\lambda=2.5\times10^{-12}\,\mathrm{m}$ と同じ値になります。表の $m_{\mathrm{e}}c^{2}=0.5\,\mathrm{MeV}$ を使うと電子の Compton 波長 $\lambda_{\mathrm{e}}=h/(m_{\mathrm{e}}c)=hc/(m_{\mathrm{e}}c^{2})$ もこれと同じ $2.5\times10^{-12}\,\mathrm{m}$ です。

設問2

入射光子の進行方向を基準にとり、散乱光子が角 $\theta$、反跳電子が反対側に角 $\psi$ の方向へ出るとします（2体反応なので運動量は同一平面内）。エネルギー保存則は

$$\frac{hc}{\lambda}+m_{\mathrm{e}}c^{2}=\frac{hc}{\lambda'}+\sqrt{p_{\mathrm{e}}^{2}c^{2}+m_{\mathrm{e}}^{2}c^{4}}$$

運動量保存則は入射方向成分と垂直成分に分けて

$$\frac{h}{\lambda}=\frac{h}{\lambda'}\cos\theta+p_{\mathrm{e}}\cos\psi,\qquad 0=\frac{h}{\lambda'}\sin\theta-p_{\mathrm{e}}\sin\psi$$

です。光子のエネルギーと運動量に $E=hc/\lambda$、$p=h/\lambda$ を、電子に相対論的な $E=\sqrt{p^{2}c^{2}+m^{2}c^{4}}$ を使っている点が要点です。

設問3

運動量の2式を $p_{\mathrm{e}}\cos\psi$、$p_{\mathrm{e}}\sin\psi$ の形に整えて2乗して足すと $\psi$ が消えて

$$p_{\mathrm{e}}^{2}=h^{2}\left(\frac{1}{\lambda^{2}}-\frac{2\cos\theta}{\lambda\lambda'}+\frac{1}{\lambda'^{2}}\right)$$

を得ます。エネルギー保存則を平方根の項について整理して2乗すると

$$h^{2}c^{2}\left(\frac{1}{\lambda}-\frac{1}{\lambda'}\right)^{2}+2m_{\mathrm{e}}c^{3}h\left(\frac{1}{\lambda}-\frac{1}{\lambda'}\right)=p_{\mathrm{e}}^{2}c^{2}$$

です。ここに $p_{\mathrm{e}}^{2}$ を代入すると $h^{2}c^{2}(1/\lambda^{2}-2/(\lambda\lambda')+1/\lambda'^{2})$ が両辺から消えて

$$2m_{\mathrm{e}}c^{3}h\left(\frac{1}{\lambda}-\frac{1}{\lambda'}\right)=\frac{2c^{2}h^{2}(1-\cos\theta)}{\lambda\lambda'},\qquad m_{\mathrm{e}}c\,\frac{\lambda'-\lambda}{\lambda\lambda'}=\frac{h(1-\cos\theta)}{\lambda\lambda'}$$

したがって

$$\lambda'=\lambda+\lambda_{\mathrm{e}}(1-\cos\theta),\qquad \lambda_{\mathrm{e}}=\frac{h}{m_{\mathrm{e}}c}$$

が答えです。$\theta=0$ で $\lambda'=\lambda$、$\theta=\pi$ で $\lambda'=\lambda+2\lambda_{\mathrm{e}}$ が最大となり、波長の増加は入射波長によらず $\lambda_{\mathrm{e}}$ のスケールで決まります。

設問4

設問2と設問3で扱ったのは光子が自由電子に弾性散乱される過程、すなわちコンプトン散乱で、図1では曲線 B が対応します。低エネルギー側で $\mu\simeq0.6\ \mathrm{cm^{-1}}$ とほぼ一定、$0.1\ \mathrm{MeV}$ を超えると緩やかに減り、$100\ \mathrm{MeV}$ で $10^{-2}\ \mathrm{cm^{-1}}$ 台になるという振る舞いは、電子1個あたりの Klein-Nishina 断面積（光子と自由電子の散乱の起こりやすさを量子電磁気学で求めたもの）の形に対応します。曲線 A は低エネルギーで急激に増大する光電効果、曲線 C は $2\ \mathrm{MeV}$ 付近から立ち上がる電子対生成（閾値 $2m_{\mathrm{e}}c^{2}\simeq1.0\ \mathrm{MeV}$）です。

矢印が示す急激な増大は、光電効果の K 吸収端（K 殻の電子を飛ばせる最低のエネルギー）です。エネルギーは NaI に含まれるヨウ素の K 殻電子の束縛エネルギー（約 $33\ \mathrm{keV}$、図の $3\times10^{-2}\ \mathrm{MeV}$）に対応します。光子エネルギーがこの値を下から超えると K 殻電子を光電離できるようになり、寄与する電子の数が増えるため吸収係数が不連続に跳ね上がります。

設問5

図中の崩壊様式から、$^{137}_{55}\mathrm{Cs}$（$7/2^{+}$、半減期 30 年）は 95 パーセントが $^{137}_{56}\mathrm{Ba}$ の $0.66\ \mathrm{MeV}$ 励起状態（$11/2^{-}$）へ、5 パーセントが基底状態（$3/2^{+}$）へベータ崩壊します。前者が基底状態へ落ちるときに $0.66\ \mathrm{MeV}$ のガンマ線が1本出るので、検出器に入るのは単色のガンマ線です。エネルギーが $1.0\ \mathrm{MeV}$ 以下なので電子対生成は起こらず、スペクトルの構造は光電効果とコンプトン散乱だけで説明できます。以下 $E_{\gamma}=0.662\ \mathrm{MeV}$、$m_{\mathrm{e}}c^{2}=0.5\ \mathrm{MeV}$ とします。

(a) 全エネルギーピーク（光電ピーク）です。ガンマ線が結晶内で全エネルギーを落とした事象で、直接の光電吸収と、結晶内で何回かコンプトン散乱した後に光電吸収される事象の両方が寄与します。エネルギーは $0.66\ \mathrm{MeV}$ です。

(b) コンプトン端です。結晶内で1回コンプトン散乱し、散乱光子が結晶から逃げた事象では、反跳電子に渡るエネルギーが $0$ から最大値までの連続分布（(b) の左側に広がる平坦な連続部分がこれです）になります。最大値は $\theta=\pi$ の場合で、設問3から

$$E'_{\min}=\frac{E_{\gamma}}{1+2E_{\gamma}/(m_{\mathrm{e}}c^{2})}=\frac{0.662}{1+2.65}=0.18\ \mathrm{MeV},\qquad E_{\max}=E_{\gamma}-E'_{\min}=0.48\ \mathrm{MeV}$$

です。したがって (b) のエネルギーは約 $0.48\ \mathrm{MeV}$ です。

(c) 後方散乱ピークです。線源の容器や鉛遮蔽箱など検出器の外側の物質で $\theta\simeq\pi$ のコンプトン散乱を受けた光子が結晶に入り、そこで全エネルギーを失った事象に対応します。エネルギーは上の $E'_{\min}$ で約 $0.18\ \mathrm{MeV}$ です。

検算になります。定義から (b) と (c) のエネルギーの和は $E_{\gamma}$ に等しく、図の横軸でも (b) の約 1210 チャンネルと (c) の約 510 チャンネルの和が (a) の約 1710 チャンネルにほぼ一致します。横軸が原点を通るほぼ線形な較正になっていることの確認にもなります。

設問6

正面衝突なので、電子の進行方向を $+z$、光子は $-z$ 方向から入射し $\theta=\pi$ で $+z$ 方向に散乱されるとします。計量を $(+,-,-,-)$ にとり、4元運動量を

$$k=\frac{E}{c}(1,0,0,-1),\qquad p=(\gamma m_{\mathrm{e}}c,0,0,\gamma m_{\mathrm{e}}\beta c),\qquad k'=\frac{E'}{c}(1,0,0,1)$$

と書きます（$E=hc/\lambda$、$E'=hc/\lambda'$）。散乱後の電子は $p'=p+k-k'$ で、$p'^{2}=p^{2}=(m_{\mathrm{e}}c)^{2}$ と $k^{2}=k'^{2}=0$ から

$$p\cdot k=p\cdot k'+k\cdot k'$$

が出ます。各内積は

$$p\cdot k=\gamma m_{\mathrm{e}}E(1+\beta),\qquad p\cdot k'=\gamma m_{\mathrm{e}}E'(1-\beta),\qquad k\cdot k'=\frac{2EE'}{c^{2}}$$

なので

$$\gamma m_{\mathrm{e}}E(1+\beta)=\gamma m_{\mathrm{e}}E'(1-\beta)+\frac{2EE'}{c^{2}},\qquad E'=\frac{E(1+\beta)}{(1-\beta)+2E/(\gamma m_{\mathrm{e}}c^{2})}$$

です。$1-\beta=1/[\gamma^{2}(1+\beta)]$ を使って分母を整理すると

$$E'=\frac{[(1+\beta)\gamma]^{2}E}{1+2\gamma(1+\beta)E/(m_{\mathrm{e}}c^{2})}$$

となります。ここで $E/(m_{\mathrm{e}}c^{2})=h/(\lambda m_{\mathrm{e}}c)$ であり、$1+\beta<2$ なので分母の第2項は

$$\frac{2\gamma(1+\beta)h}{\lambda m_{\mathrm{e}}c}<\frac{4\gamma h}{\lambda m_{\mathrm{e}}c}=\frac{4\gamma}{\lambda m_{\mathrm{e}}c/h}$$

で押さえられます。与えられた条件 $\lambda m_{\mathrm{e}}c/h\gg4\gamma$ は、これが $1$ に比べて無視できることをちょうど意味します。したがって

$$E'\simeq[(1+\beta)\gamma]^{2}E,\qquad \lambda'=\frac{\lambda}{[(1+\beta)\gamma]^{2}}$$

が示されました。

物理的には Doppler 効果が2回かかっています。電子静止系での入射光子の波長は $\lambda^{*}=\lambda/[(1+\beta)\gamma]$ で、条件 $\lambda/\lambda_{\mathrm{e}}\gg4\gamma$ は $\lambda^{*}\gg\lambda_{\mathrm{e}}$、すなわち光子エネルギーが $m_{\mathrm{e}}c^{2}$ に比べて小さい Thomson 領域であることを意味します。この領域では設問3の $\lambda'^{*}=\lambda^{*}+2\lambda_{\mathrm{e}}\simeq\lambda^{*}$ で散乱は弾性的に見え、実験室系に戻すときにもう一度 $(1+\beta)\gamma$ 倍の昇位を受けます。$\gamma\gg1$ では $[(1+\beta)\gamma]^{2}\simeq4\gamma^{2}$ なので、$\gamma\simeq10^{4}$ の電子と可視光レーザーから GeV 領域の光子が得られます。

第5問 磁気天秤による磁化率測定とキュリー則

設定

常磁性体（$M=\chi H$、$\chi>0$）の試料を電磁石の磁場勾配中に吊り、天秤で力を測って磁化率を決める実験です。磁場は $x$ 方向、勾配は $y$ 方向（上下）で、試料位置を $y=0$ として $H_{x}(y)=H_{0}-\alpha y$（$\alpha>0$、$H_{0}>0$）と近似します。数値は $\mu_{0}=1.26\times10^{-6}\ \mathrm{N\cdot A^{-2}}$、$\mu_{\mathrm{B}}=9.27\times10^{-24}\ \mathrm{J\cdot T^{-1}}$、$k_{\mathrm{B}}=1.38\times10^{-23}\ \mathrm{J\cdot K^{-1}}$ です。後半はキュリー則 $\chi(T)=N_{m}(p_{\mathrm{eff}}\mu_{\mathrm{B}})^{2}\mu_{0}/(3k_{\mathrm{B}}T)$ と $\mathrm{Gd^{3+}}$ の電子配置を扱います。

設問1

磁場を $0$ から $H_{x}$ まで準静的に上げると、試料の磁化は $M=\chi H$ に追随します。単位体積あたりのエネルギー変化は $-\mu_{0}M\,dH$ の積算なので、体積 $v$ の試料では

$$\Delta U=-\mu_{0}v\int_{0}^{H_{x}}\chi H\,dH=-\frac{1}{2}\mu_{0}\chi vH_{x}^{2}$$

が答えです。$\chi>0$ なら $\Delta U<0$ で、磁場の強いところほどエネルギーが低くなります。永久双極子の $-\mu_{0}\boldsymbol{m}\cdot\boldsymbol{H}$ に比べて $1/2$ がつくのは、モーメントが磁場に比例して誘起されるためです。

設問2

力は位置エネルギーの勾配から得られます。

$$f_{y}=-\frac{\partial\Delta U}{\partial y}=\frac{1}{2}\mu_{0}\chi v\frac{d\bigl(H_{x}^{2}\bigr)}{dy}=-\mu_{0}\chi v\alpha H_{x}(y)$$

$\lvert\alpha y\rvert\ll H_{0}$ の範囲では $H_{x}(y)\simeq H_{0}$ なので

$$f_{y}\simeq-\mu_{0}\chi v\alpha H_{0}$$

です。大きさは $\mu_{0}\chi v\alpha H_{0}$、向きは $y$ の負の向き、すなわち下向きです。$H_{x}$ は $y$ が小さいほど大きいので、常磁性試料は磁場の強い側（下）へ引かれます。次元も確認できます。$\mu_{0}H_{0}^{2}$ がエネルギー密度、これに $v$ を掛けてエネルギー、さらに $\alpha/H_{0}$（長さの逆数）を掛けて力になります。

設問3

$I$ が $f$ に比例するので、装置定数を $\kappa$ として $I=\kappa f=\kappa\mu_{0}\chi v\alpha H_{0}$ と書けます。同じ装置（同じ $\kappa$ と $\alpha$）で測るので

$$A=\kappa\mu_{0}\alpha\chi_{\mathrm{R}}v_{\mathrm{R}},\qquad B=\kappa\mu_{0}\alpha\chi v$$

であり、比をとると $B/A=\chi v/(\chi_{\mathrm{R}}v_{\mathrm{R}})$、したがって

$$\chi=\frac{B}{A}\cdot\frac{v_{\mathrm{R}}}{v}\,\chi_{\mathrm{R}}$$

が答えです。未知の装置定数 $\kappa$ と磁場勾配 $\alpha$ が比の中で消えることが、既知試料で校正する意味です。

設問4

キュリー則を

$$\frac{\chi}{N_{m}}=\frac{(p_{\mathrm{eff}}\mu_{\mathrm{B}})^{2}\mu_{0}}{3k_{\mathrm{B}}}\cdot\frac{1}{T}$$

と書くと、縦軸に $\chi/N_{m}$、横軸に $1/T$ をとれば原点を通る直線になります。プロットすべき点は

$$\left(\frac{1}{T},\frac{\chi}{N_{m}}\right)=(2.00\times10^{-2},\,3.30\times10^{-30}),\ (1.00\times10^{-2},\,1.65\times10^{-30}),\ (5.00\times10^{-3},\,0.83\times10^{-30}),\ (3.33\times10^{-3},\,0.55\times10^{-30})$$

（単位は $\mathrm{K^{-1}}$ と $\mathrm{m^{3}}$）で、$(\chi/N_{m})T$ はそれぞれ $1.65,\ 1.65,\ 1.66,\ 1.65$（単位 $10^{-28}\ \mathrm{m^{3}\cdot K}$）と一定です。4点は原点を通る直線上に乗り、傾きは $S=1.65\times10^{-28}\ \mathrm{m^{3}\cdot K}$ です。

傾きから

$$p_{\mathrm{eff}}^{2}=\frac{3k_{\mathrm{B}}S}{\mu_{0}\mu_{\mathrm{B}}^{2}}=\frac{3\times1.38\times10^{-23}\times1.65\times10^{-28}}{1.26\times10^{-6}\times(9.27\times10^{-24})^{2}}=\frac{6.83\times10^{-51}}{1.08\times10^{-52}}=63$$

です。有効数字2桁で $p_{\mathrm{eff}}^{2}=63$（$p_{\mathrm{eff}}=7.9$）が答えです。次元も合っています。$\mu_{0}\mu_{\mathrm{B}}^{2}$ は $(\mathrm{T\cdot m\cdot A^{-1}})(\mathrm{A\cdot m^{2}})(\mathrm{J\cdot T^{-1}})=\mathrm{J\cdot m^{3}}$ で、分子の $3k_{\mathrm{B}}S$ も $\mathrm{J\cdot m^{3}}$ です。

設問5

$4f$ 殻は $\ell=3$ なので $\ell_{z}=3,2,1,0,-1,-2,-3$ の7軌道があり、スピンを含めると14個の電子を収容できます。$\mathrm{Gd^{3+}}$ は7電子でちょうど半分です。フント則 (A) で $S$ を最大にするには7個の電子のスピンをすべて平行にする必要があり、Pauli 原理からそれには7個の軌道状態を1個ずつ占める配置しかありません。したがって

$$S=7\times\frac{1}{2}=\frac{7}{2}$$

です。この配置は一意なので (B) で選ぶ余地はなく、

$$L=\sum_{\ell_{z}}\ell_{z}=3+2+1+0-1-2-3=0$$

となります。(C) からも $J=\lvert L-S\rvert=7/2=S$ です。$L=0$ なので軌道角運動量からの寄与がなく、磁気モーメントは電子スピンだけから生じます。Landé の $g$ 因子も

$$g_{J}=1+\frac{J(J+1)+S(S+1)-L(L+1)}{2J(J+1)}=1+1=2\qquad(L=0,\ J=S)$$

とスピンの値 $g=2$ に一致し、これが磁気モーメントがスピンのみからなることの表れです。

$g=2$、$S=7/2$ から予想される値は

$$p_{\mathrm{eff}}^{2}=g^{2}S(S+1)=4\times\frac{7}{2}\times\frac{9}{2}=63$$

で、設問4の実験値 63 と一致します。半充填殻で軌道角運動量が消えるためスピンのみのモーメントがそのまま観測される、という $\mathrm{Gd^{3+}}$ の性質が実験で確認されたことになります。

第6問 見かけの超光速運動

設定

前半は地上でのミューオンの飛行時間測定です。厚さ $d=0.5\ \mathrm{cm}$、密度 $\rho=1.1\ \mathrm{g/cm^{3}}$ のプラスチックシンチレータ2台を $30\ \mathrm{m}$ 離して置き、2本の PMT 信号の時間差から速度を求めます。$m_{\mu}c^{2}=100\ \mathrm{MeV}$、$c=3.00\times10^{8}\ \mathrm{m/s}$ で、単位質量厚あたりのエネルギー損失 $\varepsilon$ は $\beta\gamma$ の関数として図2に与えられています。後半は、地球に対して静止した天体 A から、地球の方向と角 $\theta$ をなす向きに速さ $v$ で放出された物体 B と、同時に逆向きに放出された物体 C について、天球面内の見かけの速さを考えます。

設問1

$\beta=0.9$ では

$$\gamma=\frac{1}{\sqrt{1-0.81}}=\frac{1}{\sqrt{0.19}}=2.29$$

なので全エネルギーは

$$E=\gamma m_{\mu}c^{2}=2.29\times100\ \mathrm{MeV}=2\times10^{2}\ \mathrm{MeV}$$

です。$\beta\gamma=0.9\times2.29=2.1$ なので、図2でこの横軸位置を読むと $\varepsilon\simeq2\ \mathrm{MeV\,g^{-1}cm^{2}}$（曲線の最小値 $1.8$ のすぐ上）です。シンチレータ1台の質量厚は $\rho d=1.1\times0.5=0.55\ \mathrm{g/cm^{2}}$ なので

$$\Delta E=\varepsilon\rho d=2\times0.55\simeq1\ \mathrm{MeV}$$

が失うエネルギーです。全エネルギー $230\ \mathrm{MeV}$ の 1 パーセントに満たないので、通過による減速は以下の議論では無視できます。

設問2

$\beta=0.990$ での飛行時間は

$$\Delta t=\frac{30\ \mathrm{m}}{0.990\times3.00\times10^{8}\ \mathrm{m/s}}=1.0101\times10^{-7}\ \mathrm{s}=101\ \mathrm{ns}$$

です。2台の測定時刻は独立で標準偏差がそれぞれ $\sigma=0.7\ \mathrm{ns}$ なので、その差の標準偏差は

$$\sigma_{\Delta t}=\sqrt{2}\times0.7=0.99\ \mathrm{ns}$$

です。よって時間差は $101\ \mathrm{ns}\pm0.99\ \mathrm{ns}$ です。速度は

$$v=\frac{30\ \mathrm{m}}{\Delta t}=2.97\times10^{8}\ \mathrm{m/s}$$

で、飛行距離は誤差を持たないので相対誤差は時間差と同じ $0.99/101=0.98$ パーセント、すなわち $\delta v=2.9\times10^{6}\ \mathrm{m/s}$ です。答えは

$$v=(2.97\pm0.03)\times10^{8}\ \mathrm{m/s}$$

です。

測定値が光速を超えるのは $\Delta t<30\ \mathrm{m}/c=100.0\ \mathrm{ns}$ となる場合です。真の値 $101.01\ \mathrm{ns}$ からの隔たりは

$$\frac{101.01-100.0}{0.99}=1.02\,\sigma$$

なので、標準正規分布の下側確率から

$$P=\Phi(-1.02)\simeq0.15\simeq2\times10^{-1}$$

です。6回に1回程度は見かけ上の超光速が観測されます。時間分解能 $0.99\ \mathrm{ns}$ が、光速で飛んだ場合との時間差 $1.0\ \mathrm{ns}$ と同程度である限り、この種の誤りは避けられません。

設問3

天体 A の静止系（地球の静止系）の時刻で $\Delta t_{\mathrm{A}}$ の間に、B は距離 $v\Delta t_{\mathrm{A}}$ を進みます。その視線方向成分 $v\Delta t_{\mathrm{A}}\cos\theta$ の分だけ地球までの距離が短くなるので、後から出た光の到達が $v\Delta t_{\mathrm{A}}\cos\theta/c$ だけ早まります。したがって地上で観測される時間間隔は

$$\Delta t=\Delta t_{\mathrm{A}}-\frac{v\Delta t_{\mathrm{A}}\cos\theta}{c}=\Delta t_{\mathrm{A}}(1-\beta\cos\theta)$$

です。一方で天球面内の見かけの移動距離は $\Delta x=v\Delta t_{\mathrm{A}}\sin\theta$ なので

$$u_{\mathrm{b}}=\frac{\Delta x}{\Delta t}=\frac{\beta c\sin\theta}{1-\beta\cos\theta}$$

が答えです。分母が $1$ より小さくなることが、$u_{\mathrm{b}}$ が $c$ を超えうる理由です。$\beta\to0$ では $u_{\mathrm{b}}\to v\sin\theta$ という素朴な射影に戻ります。

設問4

$\theta$ で微分すると

$$\frac{d}{d\theta}\frac{\sin\theta}{1-\beta\cos\theta}=\frac{\cos\theta(1-\beta\cos\theta)-\beta\sin^{2}\theta}{(1-\beta\cos\theta)^{2}}=\frac{\cos\theta-\beta}{(1-\beta\cos\theta)^{2}}$$

なので、$u_{\mathrm{b}}$ の最大値を与える $\theta$ の条件は

$$\cos\theta=\beta$$

です。このとき $\sin\theta=\sqrt{1-\beta^{2}}=1/\gamma$、$1-\beta\cos\theta=1-\beta^{2}=1/\gamma^{2}$ なので

$$u_{\mathrm{b}}^{\max}=\beta c\cdot\frac{1}{\gamma}\cdot\gamma^{2}=\beta\gamma c$$

となります。$\beta=0.99$ では $\gamma=1/\sqrt{1-0.9801}=7.09$、$\beta\gamma=7.02$ なので、最大値は光速の約 7 倍です。

設問5

C は B と逆向きなので、視線方向成分は地球から遠ざかる $-v\cos\theta$、天球面内成分は $-v\sin\theta$ です。遠ざかる分だけ後から出た光の到達が遅れるので観測時間間隔は $\Delta t=\Delta t_{\mathrm{A}}(1+\beta\cos\theta)$ となり、$-x$ 方向の見かけの速さは

$$u_{\mathrm{c}}=\frac{\beta c\sin\theta}{1+\beta\cos\theta}$$

です。分母が $1$ より大きいので $u_{\mathrm{c}}<c$ で、こちらは超光速には見えません。

$S=\beta\sin\theta$、$K=\beta\cos\theta$ と置くと、$u_{\mathrm{b}}=2c$ と $u_{\mathrm{c}}=0.25c$ は

$$S=2(1-K),\qquad S=0.25(1+K)$$

を意味します。第1式と第2式から $2-2K=0.25+0.25K$、すなわち

$$K=\frac{7}{9}=0.778,\qquad S=\frac{4}{9}=0.444$$

です。したがって

$$\beta=\sqrt{S^{2}+K^{2}}=\frac{\sqrt{65}}{9}=0.896\simeq0.9,\qquad \sin\theta=\frac{S}{\beta}=\frac{4}{\sqrt{65}}=0.496\simeq0.5$$

が答えです（$\theta\simeq30$ 度）。逆数をとって足し引きすると $1/u_{\mathrm{b}}+1/u_{\mathrm{c}}=2/(\beta c\sin\theta)$、$1/u_{\mathrm{c}}-1/u_{\mathrm{b}}=2\cos\theta/(c\sin\theta)$ となり、$4.5/c$ と $3.5/c$ からそれぞれ $\beta\sin\theta=4/9$、$\tan\theta=4/7$ が直ちに出ます。同じ答えを別経路で確認できました。得られた $\beta=\sqrt{65}/9$ では $\gamma=9/4$ なので設問4の上限は $\beta\gamma c=(\sqrt{65}/4)c=2.02c$ で、$u_{\mathrm{b}}=2c$ がその直下に収まっていることも整合的です（最大を与える角は $\sin\theta=1/\gamma=0.444$ で、求めた $0.496$ はそこから少しずれた値です）。

出典: 東京大学大学院理学系研究科 物理学専攻 平成27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。