# 平成10年度 東大院 物理学専攻 修士 物理学 解答 > 平成10年度 修士課程「物理学」（全9問）の解答。中心力場の束縛状態と 1/r^2 ポテンシャル、電磁波の境界条件と誘電体板の透過、スピン系の磁化率、同種粒子の散乱とガンマ線測定、X線回折、レーザー干渉計による重力加速度測定、グリーン関数と波動方程式、タンパク質のらせん構造、色素の光吸収と蛍光を扱います。 > https://rikai.mugen-giken.com/exams/utokyo-physics/master-h10-phys :::caution[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/](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](/contact)までお願いします。 ::: 4 時間で 4 問という長い試験で、素粒子・原子核から生物物理までの 9 問が並びます。前半の 7 問は標準的な大学院入試の定番テーマですが、第1問の後半（$1/r^2$ ポテンシャル）と第4問の同種粒子散乱は、答えの構造そのものが物理を語る良問です。第6問は絶対重力計の実機を題材にした実験物理の問題で、桁の見積もりが要求されます。第8問・第9問は生物物理からの出題で、量子力学の初歩と分子構造の知識をつなぐことが求められます。 | 問題 | 分野 | 主題 | |---|---|---| | 第1問 | 量子力学 | 井戸型ポテンシャルの s 波束縛状態と $1/r^2$ 引力での中心への落下 | | 第2問 | 電磁気学・光学 | 電磁波の境界条件、完全導体面の表面電流、誘電体板の干渉透過 | | 第3問 | 統計力学・物性物理 | ハイゼンベルグ二量体と正方形 4 スピン系の磁化率 | | 第4問 | 原子核 | 同種粒子散乱の干渉、$^{12}$C+$^{12}$C 散乱、ガンマ線の測定 | | 第5問 | 固体物理 | ラウエ法とデバイ・シェラー法、構造因子、fcc/bcc/岩塩型の回折 | | 第6問 | 光学・実験物理 | レーザー干渉計による重力加速度の絶対測定 | | 第7問 | フーリエ解析・微分方程式 | グリーン関数、弦の初期値問題、2 次元ラプラス方程式 | | 第8問 | 原子分子・生物物理 | ペプチド結合の平面性、$\alpha$-ヘリックスとコイルドコイル | | 第9問 | 量子力学・光学 | 一次元箱と円環による $\pi$ 電子の光吸収、蛍光スペクトル | 9 問から 4 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 中心力場の s 波束縛状態と中心への落下 ### 設定 中心対称なポテンシャル $U(r)$ の中の粒子について、角運動量 $\ell=0$ の動径関数 $R_0(r)$ が満たす方程式 $$ \frac{1}{r^2}\frac{d}{dr}\left(r^2\frac{dR_0}{dr}\right)+\frac{2m}{\hbar^2}\bigl[E-U(r)\bigr]R_0=0 $$ を扱います。以下では $\chi(r)\equiv rR_0(r)$ を用いると便利です。実際、$R_0=\chi/r$ を代入すると $$ \frac{d^2\chi}{dr^2}+\frac{2m}{\hbar^2}\bigl[E-U(r)\bigr]\chi=0 $$ となり、1 次元の Schrödinger 方程式と同形になります。原点で $R_0$ が有限であることは $\chi(0)=0$ を意味し、これが $r=0$ での境界条件です。前半は深さ $U_0$、半径 $r_0$ の井戸型ポテンシャル、後半は $r\ge r_0$ で $-\alpha/r^2$、内側では $-\alpha/r_0^2$ に切り落とした引力ポテンシャルを扱います。 ### 設問1 (1) $r\le r_0$ では $U=-U_0$ なので、 $$ k\equiv\frac{\sqrt{2m(E+U_0)}}{\hbar} $$ とおくと $\chi''+k^2\chi=0$、すなわち $\chi=A\sin kr+B\cos kr$ です。$-U_0\le E\le 0$ より $k$ は実数です。$\chi(0)=0$ から $B=0$ となり、 $$ R_0(r)=A\,\frac{\sin kr}{r}\qquad(r\le r_0). $$ $r\to0$ で $R_0\to Ak$ と有限になっていることが、境界条件を正しく使った証拠です。 (2) $r>r_0$ では $U=0$、$E\le0$ なので、 $$ \kappa\equiv\frac{\sqrt{-2mE}}{\hbar}=\frac{\sqrt{2m\lvert E\rvert}}{\hbar} $$ とおくと $\chi''-\kappa^2\chi=0$、すなわち $\chi=Ce^{-\kappa r}+De^{+\kappa r}$ です。束縛状態として規格化可能であるためには $r\to\infty$ で減衰する必要があり、$D=0$ を選びます。したがって $$ R_0(r)=C\,\frac{e^{-\kappa r}}{r}\qquad(r>r_0). $$ (3) なめらかに接続する条件は $\chi$ と $\chi'$ の連続、すなわち対数微分 $\chi'/\chi$ の連続です。内側は $k\cot kr_0$、外側は $-\kappa$ なので $$ k\cot(kr_0)=-\kappa . $$ $k,\kappa$ を $E$ で書き直すと、求める $E$ と $r_0$ の関係式は $$ \sqrt{U_0+E}\,\cot\!\left(\frac{\sqrt{2m(U_0+E)}}{\hbar}\,r_0\right)=-\sqrt{-E} $$ です。$\cot$ の引数を $\xi=kr_0$、$K\equiv\sqrt{2mU_0}/\hbar$ と書けば $k^2+\kappa^2=K^2$ なので、 $$ \xi\cot\xi=-\sqrt{(Kr_0)^2-\xi^2},\qquad 0<\xi\le Kr_0 $$ と同値です。右辺が負なので $\cot\xi<0$、つまり解は必ず $$ \left(n+\tfrac12\right)\pi<\xi\le(n+1)\pi\qquad(n=0,1,2,\dots) $$ の区間に 1 つずつ現れます。$n=0$ の解が存在する条件 $Kr_0>\pi/2$ は、3 次元井戸で束縛状態が現れるためのよく知られた閾値と一致します。 (4) $U_0$ が充分大きいとき $Kr_0\gg1$ です。井戸の底に近い準位（$\lvert E\rvert$ が $U_0$ に近い準位）では $\kappa\gg k$ となり、接続条件 $\cot\xi=-\kappa/k\to-\infty$ から $\xi\to\nu\pi$（$\nu=1,2,3,\dots$）に近づきます。これは外側で波動関数が急激に減衰し、実効的に $R_0(r_0)\simeq0$ という無限井戸の境界条件になったことを意味します。このとき $$ E_\nu\simeq-U_0+\frac{\pi^2\hbar^2\nu^2}{2mr_0^2},\qquad \nu=1,2,\dots,\ \ \nu\ll\frac{Kr_0}{\pi} $$ です。一方、$R_0=A\sin(kr)/r$ のゼロ点は $kr=j\pi$、すなわち $r=j\pi/k$（$j=1,2,\dots$）にあり、$01/4$ なら $$ a_\pm=-\frac12\pm\frac{i}{2}\mu,\qquad \mu\equiv\sqrt{4\beta-1} $$ と複素共役になります。一般解は $R_0=Cr^{a_+}+Dr^{a_-}$ で、$\beta>1/4$ では $$ R_0=r^{-1/2}\Bigl[P\cos\!\left(\tfrac{\mu}{2}\ln r\right)+Q\sin\!\left(\tfrac{\mu}{2}\ln r\right)\Bigr] $$ と実形に書けます。$\ln r$ について振動する解であることが後で本質的になります。 (3) $\rho\equiv r/r_0$、$\gamma\equiv\sqrt{\beta}\cot\sqrt{\beta}$ とおきます。設問(1)の解の $r=r_0$ での値と対数微分は $$ R_0(r_0)=\frac{A\sin\sqrt\beta}{r_0},\qquad \left.\frac{d\ln R_0}{dr}\right|_{r_0}=\frac{\gamma-1}{r_0} $$ です。外側の一般解の 2 つの係数をこの 2 条件で決めます（全体の規格化は $A$ に含まれるので、比が定まります）。$\nu\equiv\sqrt{1-4\beta}$ とすると $$ R_0(r)=\frac{A\sin\sqrt\beta}{\nu\,r_0}\left[\left(\gamma+\frac{\nu-1}{2}\right)\rho^{\frac{\nu-1}{2}} +\left(\frac{\nu+1}{2}-\gamma\right)\rho^{-\frac{\nu+1}{2}}\right]\qquad(r\ge r_0) $$ となります。$\beta>1/4$ の場合は $\nu=i\mu$ として実形に書き直すのが見やすく、 $$ R_0(r)=\frac{A\sin\sqrt\beta}{r_0}\,\rho^{-1/2} \left[\cos\!\left(\frac{\mu}{2}\ln\rho\right)+\frac{2\gamma-1}{\mu}\sin\!\left(\frac{\mu}{2}\ln\rho\right)\right] $$ すなわち $$ R_0(r)=\frac{A\sin\sqrt\beta}{r_0}\sqrt{1+\left(\frac{2\gamma-1}{\mu}\right)^2}\; \left(\frac{r}{r_0}\right)^{-1/2}\cos\!\left(\frac{\mu}{2}\ln\frac{r}{r_0}-\delta\right), \qquad \tan\delta=\frac{2\gamma-1}{\mu} $$ です。$\rho=1$ で両式が $A\sin\sqrt\beta/r_0$ を与え、対数微分も一致することは代入して確かめられます（数値的に $\beta=0.1,0.2,1,3$ で外側の方程式を $r_0$ から積分した解と一致することを確認しました）。 (4) $\beta>1/4$ では上の解は $r^{-1/2}$ の包絡線をもち、$\ln r$ について周期 $4\pi/\mu$ で振動します。ゼロ点は $$ \frac{\mu}{2}\ln\frac{r_n}{r_0}-\delta=\frac{\pi}{2}+n\pi \ \Longrightarrow\ r_n=r_0\exp\!\left[\frac{2}{\mu}\left(\delta+\frac{\pi}{2}+n\pi\right)\right] $$ にあり、公比 $e^{2\pi/\mu}$ の等比数列をなします。したがって、外側の適当な固定した距離 $L$ までに含まれるゼロ点の数は $$ N(r_0)\simeq\frac{\mu}{2\pi}\ln\frac{L}{r_0}\xrightarrow[r_0\to0]{}\infty $$ と対数的に発散します。設問1(4)で見たように、s 波の動径関数のゼロ点の数はその準位より下にある束縛準位の数に等しい（振動定理）ので、$r_0\to0$ ではどんなに低いエネルギーを基準にとってもその下に無限個の準位が存在することになります。すなわち束縛準位は無限個現れ、エネルギーは下に有界でなくなり、基底状態のエネルギーは $-\infty$ に落ちていきます。$\ln r$ についての周期性から、準位は $E_{n+1}/E_n=e^{-4\pi/\mu}$ の等比数列状に $r_0$ をスケールとして並びます。 物理的には、引力 $-\alpha/r^2$ が強すぎて（$\beta>1/4$、すなわち $\alpha>\hbar^2/8m$）不確定性原理による運動エネルギーの増大 $\sim\hbar^2/2mr^2$ で支えきれなくなり、粒子は中心に落ち込みます。$r_0$ は落下を止める短距離カットオフの役割を果たしており、$r_0\to0$ の極限では基底状態が存在せず、量子力学の問題として不完全になります。逆に $\beta<1/4$ では $a_\pm$ がともに実数で解は $\ln\rho$ について振動せず、ゼロ点は有限個にとどまるので、基底状態は $r_0\to0$ でも有限のエネルギーをもちます。 ## 第2問 電磁波の境界条件と誘電体板の干渉透過 ### 設定 2 つの媒質 (I), (II) の境界面で電磁場が満たす条件 $$ E_{\rm t}({\rm I})-E_{\rm t}({\rm II})=0,\quad D_{\rm n}({\rm I})-D_{\rm n}({\rm II})=Q,\quad H_{\rm t}({\rm I})-H_{\rm t}({\rm II})=J,\quad B_{\rm n}({\rm I})-B_{\rm n}({\rm II})=0 $$ を出発点にします。添字 t, n は境界面に平行・垂直な成分、$Q$ は表面電荷密度、$J$ は表面電流密度です。以下、法線単位ベクトル $\boldsymbol n$ は媒質 (II) から (I) へ向く向きにとります。後半では、真空側 $x<0$ から $yz$ 平面に垂直入射する $y$ 偏光の単色平面波 $$ E_y=E_0\exp(-2\pi i\nu t+ikx) $$ を用います。$\omega\equiv2\pi\nu$ と書きます。 ### 設問1 Faraday の法則 $\nabla\times\boldsymbol E=-\partial\boldsymbol B/\partial t$ をとり、境界面をまたぐ細長い長方形の閉曲線 $C$ を考えます。境界面に平行な 2 辺の長さを $\ell$（方向 $\hat{\boldsymbol t}$）、境界面を横切る 2 辺の長さを $\delta$ とし、媒質 (I) 側の辺を $+\hat{\boldsymbol t}$、媒質 (II) 側の辺を $-\hat{\boldsymbol t}$ の向きに回るようにとります。ストークスの定理から $$ \oint_C\boldsymbol E\cdot d\boldsymbol l=\int_S(\nabla\times\boldsymbol E)\cdot d\boldsymbol S =-\frac{d}{dt}\int_S\boldsymbol B\cdot d\boldsymbol S . $$ 左辺は $\bigl[E_{\rm t}({\rm I})-E_{\rm t}({\rm II})\bigr]\ell+O(\delta)$、右辺は面積 $\ell\delta$ に比例するので、$\partial\boldsymbol B/\partial t$ が有界であれば $\delta\to0$ で消えます。よって $$ \bigl[E_{\rm t}({\rm I})-E_{\rm t}({\rm II})\bigr]\ell=0 . $$ $\hat{\boldsymbol t}$ は境界面内の任意方向にとれるので、電場の接線成分 2 成分がともに連続、すなわち $\boldsymbol n\times(\boldsymbol E({\rm I})-\boldsymbol E({\rm II}))=0$ が成り立ちます。表面電荷や表面電流があっても $\boldsymbol B$ 自身は有界なので、この結論は変わりません。 ### 設問2 $\nabla\cdot\boldsymbol D=\rho$（$\rho$ は真電荷密度）に、境界面をまたぐ薄い円筒（面積 $S$、厚さ $\delta$）についてガウスの定理を適用します。 $$ \oint\boldsymbol D\cdot d\boldsymbol S=\int\rho\,dV . $$ 左辺は上下の面から $\bigl[D_{\rm n}({\rm I})-D_{\rm n}({\rm II})\bigr]S$、側面から $O(\delta)$ です。右辺は $S\int_{-\delta/2}^{\delta/2}\rho\,d\zeta$ で、$\delta\to0$ の極限でこれが有限に残る場合、その値が定義により表面電荷密度 $$ Q=\lim_{\delta\to0}\int_{-\delta/2}^{\delta/2}\rho\,d\zeta $$ です。したがって $D_{\rm n}({\rm I})-D_{\rm n}({\rm II})=Q$、すなわち $\boldsymbol n\cdot(\boldsymbol D({\rm I})-\boldsymbol D({\rm II}))=Q$ が成り立ちます。同じ議論を $\nabla\cdot\boldsymbol B=0$ に適用すれば、磁気単極子がないので右辺が恒等的に 0 となり、式(4)が得られます。 ### 設問3 完全導体では電気伝導度 $\sigma\to\infty$ なので、有限の電流密度を保つために $\boldsymbol E=\boldsymbol j/\sigma\to0$、すなわち内部で $\boldsymbol E=\boldsymbol D=0$ です。さらに $\nabla\times\boldsymbol E=-\partial\boldsymbol B/\partial t=0$ から $\boldsymbol B$ は時間に依らず、振動数 $\nu\neq0$ の電磁波に対しては $\boldsymbol B=\boldsymbol H=0$ です。よって媒質 (II) の内部で全ての場が消え、表面 $S$ での条件は $$ \boldsymbol n\times\boldsymbol E({\rm I})=0,\qquad \boldsymbol n\cdot\boldsymbol B({\rm I})=0,\qquad \boldsymbol n\cdot\boldsymbol D({\rm I})=Q,\qquad \boldsymbol n\times\boldsymbol H({\rm I})=\boldsymbol J $$ となります。言葉で言えば、導体表面では電場は面に垂直（接線成分ゼロ）、磁場は面に平行（法線成分ゼロ）でなければならず、電場の法線成分は表面電荷を、磁場の接線成分は表面電流を与えます。$Q$ と $\boldsymbol J$ は独立な境界条件ではなく、外側の場から決まる従属量です。 ### 設問4 $x=0$ で $E_{\rm t}=0$ なので、反射波の電場は $E_y^{\rm r}=-E_0\exp(-i\omega t-ikx)$ です。真空側の全電場は $$ E_y=E_0\left(e^{ikx}-e^{-ikx}\right)e^{-i\omega t}=2iE_0\sin(kx)\,e^{-i\omega t} $$ で、たしかに $x=0$ で消えます。平面波では $\boldsymbol B=(1/\omega)\boldsymbol k\times\boldsymbol E$ なので、$+x$ 進行波は $B_z=E_y/c$、$-x$ 進行波は $B_z=-E_y/c$ です。よって $$ B_z=\frac{E_0}{c}\left(e^{ikx}+e^{-ikx}\right)e^{-i\omega t},\qquad H_z(0)=\frac{2E_0}{\mu_0c}=2E_0\sqrt{\frac{\epsilon_0}{\mu_0}} . $$ 導体の外向き法線は $\boldsymbol n=-\hat{\boldsymbol x}$ なので、$\boldsymbol J=\boldsymbol n\times\boldsymbol H=(-\hat{\boldsymbol x})\times(H_z\hat{\boldsymbol z})=H_z\hat{\boldsymbol y}$ となり、 $$ \boldsymbol J=2\sqrt{\frac{\epsilon_0}{\mu_0}}\,E_0\,e^{-2\pi i\nu t}\,\hat{\boldsymbol y} \quad\Bigl(\text{実部は }2\sqrt{\epsilon_0/\mu_0}\,E_0\cos(2\pi\nu t)\,\hat{\boldsymbol y}\Bigr). $$ 答えは、振幅 $2E_0\sqrt{\epsilon_0/\mu_0}=2E_0/(\mu_0c)$ の交流表面電流で、向きは $y$ 方向、すなわち入射波の電場と平行（振動しながら $\pm y$ を往復する）です。単位は $\sqrt{\epsilon_0/\mu_0}\times[\mathrm{V/m}]=[\mathrm{A/m}]$ で表面電流密度の次元に合っています。この表面電流が反射波を放射していると見ることができ、その振幅が入射磁場の 2 倍になるのは、入射波と反射波の磁場が導体面で同位相で足し合わさるためです。 ### 設問5 媒質 (I)（$x<0$、誘電率 $\epsilon_1$）から媒質 (II)（$x>0$、誘電率 $\epsilon_2$）への垂直入射です。電場は $y$、磁場は $z$ 方向で、いずれも境界面に平行なので $D_{\rm n}=B_{\rm n}=0$ となり、式(2)（$Q=0$）と式(4)は自動的に満たされます。使うのは式(1)と、誘電体には表面電流が流れないので $J=0$ とした式(3)です。反射波・透過波の電場振幅を $E_{\rm r},E_{\rm t}$ とすると、平面波では $H=\sqrt{\epsilon/\mu_0}\,E$（進行方向に応じて符号が変わる）なので $$ \begin{aligned} E_0+E_{\rm r}&=E_{\rm t} &&\text{(1)}\\ \sqrt{\epsilon_1}\,(E_0-E_{\rm r})&=\sqrt{\epsilon_2}\,E_{\rm t} &&\text{(3)} \end{aligned} $$ です。これを解いて $$ r\equiv\frac{E_{\rm r}}{E_0}=\frac{\sqrt{\epsilon_1}-\sqrt{\epsilon_2}}{\sqrt{\epsilon_1}+\sqrt{\epsilon_2}}, \qquad t\equiv\frac{E_{\rm t}}{E_0}=\frac{2\sqrt{\epsilon_1}}{\sqrt{\epsilon_1}+\sqrt{\epsilon_2}} . $$ これが答えです（問題文の定義どおり電場の振幅比）。$t=1+r$ が成り立つのは式(1)そのもので、$\epsilon_2>\epsilon_1$ のとき $r<0$、すなわち反射波の電場が反転することは光学の「密な媒質での反射で位相が $\pi$ 跳ぶ」に対応します。$\epsilon_2=\epsilon_1$ で $r=0,\ t=1$、$\epsilon_2\to\infty$（完全導体の極限）で $r\to-1,\ t\to0$ となり、設問4と整合します。 ### 設問6 厚さ $L$、誘電率 $\epsilon_1$ の板が真空中に置かれ、垂直入射します。屈折率を $$ n\equiv\sqrt{\frac{\epsilon_1}{\epsilon_0}},\qquad \delta\equiv nk_0L=\frac{2\pi\nu n L}{c}=2\pi\nu L\sqrt{\mu_0\epsilon_1} $$ と書きます（$\delta$ は板を 1 回通過する間の位相）。真空から板への振幅反射率は $r_{12}=(1-n)/(1+n)$、板から真空へは $r_{21}=-r_{12}$、透過率は $t_{12}=2/(1+n)$、$t_{21}=2n/(1+n)$ です。板の中での多重反射をすべて足すと $$ t_{\rm tot}=\frac{t_{12}t_{21}e^{i\delta}}{1-r_{21}^2e^{2i\delta}},\qquad R\equiv r_{21}^2=\left(\frac{n-1}{n+1}\right)^2 . $$ $t_{12}t_{21}=4n/(1+n)^2=1-R$ に注意すると $$ T\equiv\lvert t_{\rm tot}\rvert^2=\frac{(1-R)^2}{(1-R)^2+4R\sin^2\delta} =\left[1+\frac{(n^2-1)^2}{4n^2}\sin^2\delta\right]^{-1}. $$ 入射強度（ポインティングベクトルの時間平均）は $S_0=\tfrac12\sqrt{\epsilon_0/\mu_0}\,E_0^2$ なので、透過する電磁波の強度は $$ S_{\rm t}=\frac{E_0^2}{2}\sqrt{\frac{\epsilon_0}{\mu_0}} \left[1+\frac{(\epsilon_1-\epsilon_0)^2}{4\epsilon_0\epsilon_1} \sin^2\!\left(2\pi\nu L\sqrt{\mu_0\epsilon_1}\right)\right]^{-1} $$ です。$(n^2-1)^2/4n^2=(\epsilon_1-\epsilon_0)^2/(4\epsilon_0\epsilon_1)$ を使いました。この式は、両側の境界面に設問5の $r,t$ を課して 4 元連立方程式を解いた結果と厳密に一致し、$T+R_{\rm tot}=1$（エネルギー保存）も満たします（$n=1.5,2,3$ で数値的に確認しました）。$\epsilon_1=\epsilon_0$ で $S_{\rm t}=S_0$、$L\to0$ でも $S_{\rm t}\to S_0$ となる極限も正しいです。 ### 設問7 $T$ が最大（$=1$）になるのは $\sin\delta=0$、すなわち $$ 2\pi\nu L\sqrt{\mu_0\epsilon_1}=m\pi \ \Longrightarrow\ L=\frac{m}{2\nu\sqrt{\mu_0\epsilon_1}}=\frac{m\lambda_1}{2},\qquad m=1,2,3,\dots $$ です。ここで $\lambda_1=1/(\nu\sqrt{\mu_0\epsilon_1})$ は板の中での波長です。答えは「板の厚さが媒質内波長の半整数倍、すなわち半波長の整数倍のとき」で、そのときの透過強度と入射強度の比は $$ \frac{S_{\rm t}}{S_0}=T=1 $$ すなわち 100 \% です。誘電率 $\epsilon_1$ の値によらず、反射が完全に消えます。 物理的な意味は次のとおりです。反射波は前面での反射と、板の中を往復して裏面から出てくる反射との重ね合わせです。前面の反射係数 $r_{12}$ と裏面の $r_{21}$ は符号が逆（位相差 $\pi$）で、これに往復の位相 $2\delta=2m\pi$ が加わると、2 つの反射波はちょうど逆位相になって打ち消し合います。反射がゼロならエネルギー保存から透過は 1 です。板は共振（ファブリ・ペロー共振器）状態にあり、内部に定在波が立っています。逆に $L$ を固定して振動数を変えると、$T$ は $\Delta\nu=1/(2L\sqrt{\mu_0\epsilon_1})$ ごとに 1 のピークを繰り返し、谷では $T_{\min}=[1+(\epsilon_1-\epsilon_0)^2/4\epsilon_0\epsilon_1]^{-1}$ まで落ちます。この周期的な透過特性が干渉フィルターの原理です。なお眼鏡の反射防止コーティングは、両側の媒質が空気とガラスで異なるため条件が変わり、膜厚 $\lambda/4$、膜の屈折率 $n_{\rm f}=\sqrt{n_{\rm air}n_{\rm glass}}$ のときに 2 つの反射が打ち消します。原理は同じ「2 面からの反射の干渉による消滅」です。 ## 第3問 ハイゼンベルグ・スピン系の磁化率 ### 設定 大きさ $1/2$ のスピンが交換相互作用 $J>0$（反強磁性的）で結合した系を扱います。スピン演算子は $\hbar$ を単位とする無次元量とし、$J$ はエネルギーの次元をもつものとします。合成則 $\vec S_1\cdot\vec S_2=\frac12\bigl[S(S+1)-S_1(S_1+1)-S_2(S_2+1)\bigr]$ を繰り返し使います。磁場中では $-g\mu_{\rm B}H S^z_{\rm tot}$ が加わり、$g=2$ です。以下 $\beta=1/k_{\rm B}T$、$h\equiv g\mu_{\rm B}H$ と書きます。 ### 設問1 $\vec S=\vec S_1+\vec S_2$ とすると $$ \vec S_1\cdot\vec S_2=\frac12\left[S(S+1)-\frac34-\frac34\right]=\frac{S(S+1)}{2}-\frac34 . $$ $S=0$（一重項）では $-3/4$、$S=1$（三重項）では $+1/4$ です。よって固有値は $$ E_{S=0}=-\frac{3}{4}J\ \ (1\ \text{重に縮退}),\qquad E_{S=1}=+\frac{1}{4}J\ \ (3\ \text{重に縮退}). $$ 固有状態は $$ \begin{aligned} &\lvert S=0,M=0\rangle=\tfrac{1}{\sqrt2}\left(\lvert\uparrow\downarrow\rangle-\lvert\downarrow\uparrow\rangle\right), \\ &\lvert 1,+1\rangle=\lvert\uparrow\uparrow\rangle,\quad \lvert 1,0\rangle=\tfrac{1}{\sqrt2}\left(\lvert\uparrow\downarrow\rangle+\lvert\downarrow\uparrow\rangle\right),\quad \lvert 1,-1\rangle=\lvert\downarrow\downarrow\rangle . \end{aligned} $$ 固有値の総和 $-\frac34J+3\cdot\frac14J=0$ は $\operatorname{Tr}(\vec S_1\cdot\vec S_2)=0$ と整合します。$J>0$ なので基底状態は一重項です。 ### 設問2 $[\vec S^2,S^z]=0$ なので磁場は固有状態を変えず、エネルギーだけをずらします。 $$ E(S,M)=J\left[\frac{S(S+1)}{2}-\frac34\right]-hM . $$ 分配関数は $$ Z=e^{3\beta J/4}+e^{-\beta J/4}\left(e^{\beta h}+1+e^{-\beta h}\right) =e^{3\beta J/4}+e^{-\beta J/4}\bigl[1+2\cosh(\beta g\mu_{\rm B}H)\bigr]. $$ $H=0$ で $Z=e^{3\beta J/4}+3e^{-\beta J/4}$、$T\to\infty$ で $Z\to4$（状態数）となり正しいです。 ### 設問3 $M=g\mu_{\rm B}\langle S^z\rangle=k_{\rm B}T\,\partial\ln Z/\partial H$ から $$ M=\frac{2g\mu_{\rm B}e^{-\beta J/4}\sinh(\beta g\mu_{\rm B}H)}{Z} =\frac{2g\mu_{\rm B}\sinh(\beta g\mu_{\rm B}H)}{e^{\beta J}+1+2\cosh(\beta g\mu_{\rm B}H)} . $$ $H\to0$ で $\sinh(\beta h)\to\beta h$、$\cosh\to1$ とすると $$ \chi=\lim_{H\to0}\frac{M}{H}=\frac{2g^2\mu_{\rm B}^2}{k_{\rm B}T\left(3+e^{J/k_{\rm B}T}\right)} =\frac{8\mu_{\rm B}^2}{k_{\rm B}T\left(3+e^{J/k_{\rm B}T}\right)}\quad(g=2). $$ 漸近形は次のようになります。$k_{\rm B}T\gg J$ では $e^{\beta J}\simeq1+\beta J$ より $$ \chi\simeq\frac{2g^2\mu_{\rm B}^2}{4k_{\rm B}T+J} =\frac{g^2\mu_{\rm B}^2}{2k_{\rm B}\left(T+J/4k_{\rm B}\right)} \longrightarrow\frac{g^2\mu_{\rm B}^2}{2k_{\rm B}T}=\frac{2\mu_{\rm B}^2}{k_{\rm B}T} $$ で、自由な 2 個のスピン $1/2$ のキュリー則 $2\times g^2\mu_{\rm B}^2S(S+1)/3k_{\rm B}T$ に一致します。補正はキュリー・ワイス形 $\chi\propto1/(T-\Theta)$ で $\Theta=-J/4k_{\rm B}<0$、すなわち反強磁性的です。$k_{\rm B}T\ll J$ では $e^{\beta J}$ が支配して $$ \chi\simeq\frac{2g^2\mu_{\rm B}^2}{k_{\rm B}T}e^{-J/k_{\rm B}T}=\frac{8\mu_{\rm B}^2}{k_{\rm B}T}e^{-J/k_{\rm B}T} $$ と指数関数的に消えます。一重項基底状態は磁気モーメントを持たず、磁性を担う三重項までのギャップが $E_{S=1}-E_{S=0}=J$ だからです。 図示すると、$\chi$ は $T=0$ でゼロ、指数関数的に立ち上がり、$k_{\rm B}T_{\max}\simeq0.62J$（方程式 $x-1=3e^{-x}$ の解 $x=J/k_{\rm B}T=1.60$ より）で幅の広い極大 $\chi_{\max}\simeq1.61\,\mu_{\rm B}^2/J$ をとり、その後 $1/T$ のキュリー則に漸近して単調に減少します。変曲点をもつ非単調な山型で、極大の位置がギャップ $J$ の目安を与えます。 123 45 0.62 kBT / J chi peak 1.61 muB^2 / J Curie 1/T exp(-J/kBT) ### 設問4 $\vec A\equiv\vec S_1+\vec S_3$、$\vec B\equiv\vec S_2+\vec S_4$、$\vec S\equiv\vec A+\vec B$ とすると（図から 1 と 3、2 と 4 がそれぞれ対角の位置で、$\mathcal H$ は正方形の 4 本の辺の和になっています） $$ \mathcal H=J\vec A\cdot\vec B=\frac{J}{2}\bigl[S(S+1)-A(A+1)-B(B+1)\bigr]. $$ $A,B$ はそれぞれ 0 または 1 をとり、$S$ は $\lvert A-B\rvert$ から $A+B$ までです。全 16 状態は次のように分類されます。 | $(A,B)$ | スピン量子数 $S$ | 縮退度 | エネルギー | |---|---|---|---| | $(1,1)$ | 0 | 1 | $-2J$ | | $(1,1)$ | 1 | 3 | $-J$ | | $(0,0)$ | 0 | 1 | $0$ | | $(1,0)$, $(0,1)$ | 1, 1 | $3+3=6$ | $0$ | | $(1,1)$ | 2 | 5 | $+J$ | 合計 $1+3+1+6+5=16=2^4$ で、エネルギーの総和 $-2J-3J+0+5J=0$ も $\operatorname{Tr}\mathcal H=0$ と合います（16 次元の直接対角化でこのスペクトルを数値的に確認しました）。$J>0$ なので基底状態は $E=-2J$ の非縮退な $S=0$ 状態、第一励起状態は $E=-J$ の $S=1$ 三重項で、ギャップは $J$ です。 ### 設問5 一般に $H\to0$ での磁化率は、各多重項の $\sum_M M^2=S(S+1)(2S+1)/3$ を使って $$ \chi=g^2\mu_{\rm B}^2\beta\,\frac{\sum_{\rm mult}\frac{S(S+1)(2S+1)}{3}e^{-\beta E}}{\sum_{\rm mult}(2S+1)e^{-\beta E}} =g^2\mu_{\rm B}^2\beta\,\frac{2e^{\beta J}+4+10e^{-\beta J}}{e^{2\beta J}+3e^{\beta J}+7+5e^{-\beta J}} $$ と書けます（分子は $E=-J$ の三重項から 2、$E=0$ の 2 つの三重項から 4、$E=+J$ の $S=2$ から 10）。この式は 4 スピン系の厳密対角化による数値計算と一致します。 低温 $k_{\rm B}T\ll J$ では基底の $S=0$ 状態と $E=-J$ の三重項だけが効いて $$ \chi\simeq\frac{2g^2\mu_{\rm B}^2}{k_{\rm B}T}e^{-J/k_{\rm B}T}=\frac{8\mu_{\rm B}^2}{k_{\rm B}T}e^{-J/k_{\rm B}T}\longrightarrow0 . $$ 理由は二量体と同じで、基底状態が非縮退な $S=0$（非磁性）であり、磁気モーメントをもつ最低の状態（$S=1$）までにスピンギャップ $J$ があるため、磁化応答は $e^{-J/k_{\rm B}T}$ で凍結します。指数の前の係数まで二量体と同じになるのは、低温で効くのが「非縮退一重項＋三重項、ギャップ $J$」という同じ構造だからです。 高温 $k_{\rm B}T\gg J$ では $\beta J$ で展開して $$ \chi\simeq g^2\mu_{\rm B}^2\beta\left(1-\frac{\beta J}{2}\right) \simeq\frac{g^2\mu_{\rm B}^2}{k_{\rm B}\left(T+J/2k_{\rm B}\right)} \longrightarrow\frac{g^2\mu_{\rm B}^2}{k_{\rm B}T}=\frac{4\mu_{\rm B}^2}{k_{\rm B}T} $$ です。理由は、$k_{\rm B}T\gg J$ では相互作用が無視でき、4 個の独立なスピン $1/2$ のキュリー則 $4\times g^2\mu_{\rm B}^2S(S+1)/3k_{\rm B}T$ になるからです。1 次補正はキュリー・ワイス温度 $\Theta=-J/2k_{\rm B}$ を与え、これは平均場の公式 $\Theta=-zJS(S+1)/3k_{\rm B}$ に最近接数 $z=2$、$S=1/2$ を入れた値と一致します（二量体の $z=1$ では $\Theta=-J/4k_{\rm B}$ で設問3と整合）。極大は $k_{\rm B}T\simeq0.78J$、$\chi_{\max}\simeq2.23\,\mu_{\rm B}^2/J$ です。 ## 第4問 同種粒子の散乱と原子核反応 ### 設定 重心系で粒子 a と b が角度 $\theta$ に散乱する実験です。運動は非相対論的に扱い、質量数 $A$ の原子核の半径を $r=1.2A^{1/3}\times10^{-15}\,\mathrm{m}$、質量を $M_Ac^2=A\times1000\,\mathrm{MeV}$ と近似します。$\hbar c=200\times10^{-15}\,\mathrm{MeV\,m}$、$e^2/4\pi\epsilon_0\hbar c=1/137$、$12^{1/3}=2.3$、$13^{1/3}=2.4$ を使います。 ### 設問1 (1) 異種粒子の場合は交換の対称化が不要で、検出器が粒子 a を角度 $\theta$ に捉える微分断面積は $$ \frac{d\sigma}{d\Omega}=\lvert f(\theta)\rvert^2 . $$ （検出器が a と b を区別できない場合は、b が $\theta$ に来る寄与を非干渉的に加えて $\lvert f(\theta)\rvert^2+\lvert f'(\pi-\theta)\rvert^2$ となりますが、干渉項は現れません。） (2) 同種のスピン 0 ボソンでは、2 体の波動関数が座標交換について対称でなければなりません。座標交換は重心系で $\theta\to\pi-\theta$ に対応するので、振幅を対称化して $$ \frac{d\sigma}{d\Omega}=\bigl\lvert f(\theta)+f(\pi-\theta)\bigr\rvert^2 . $$ (3) 同種のスピン $1/2$ フェルミオンでは、全波動関数が反対称でなければならず、スピン一重項（反対称、統計的重み $1/4$）は空間対称、スピン三重項（対称、重み $3/4$）は空間反対称と組みます。ビームも標的も無偏極なら $$ \frac{d\sigma}{d\Omega}=\frac14\bigl\lvert f(\theta)+f(\pi-\theta)\bigr\rvert^2 +\frac34\bigl\lvert f(\theta)-f(\pi-\theta)\bigr\rvert^2 =\lvert f(\theta)\rvert^2+\lvert f(\pi-\theta)\rvert^2 -\operatorname{Re}\bigl[f^*(\theta)f(\pi-\theta)\bigr]. $$ 干渉項の係数がボソンの場合の $-1/2$ 倍になっているのが要点です。$\theta=\pi/2$ では $f(\theta)=f(\pi-\theta)\equiv f$ なので、ボソンは $4\lvert f\rvert^2$、フェルミオンは $\lvert f\rvert^2$、干渉を無視した和は $2\lvert f\rvert^2$ です。同種ボソンは 2 倍に増強され、同種フェルミオンは 2 分の 1 に抑制されます。 ### 設問2 (1) $^{12}$C（$Mc^2=12000\,\mathrm{MeV}$）のビームを静止標的に当てるので、重心系の運動エネルギーは $$ T=\frac{M_{\rm target}}{M_{\rm beam}+M_{\rm target}}E_{\rm lab}=\frac{10}{2}=5\ \mathrm{MeV}. $$ 換算質量 $\mu c^2=Mc^2/2=6000\,\mathrm{MeV}$ を使って相対運動の運動量は $$ pc=\sqrt{2\mu c^2\,T}=\sqrt{2\times6000\times5}=245\ \mathrm{MeV}, $$ したがって ドブロイ波長は $$ \lambda=\frac{h}{p}=\frac{2\pi\hbar c}{pc}=\frac{2\pi\times200\times10^{-15}}{245} =5.1\times10^{-15}\ \mathrm{m} $$ です（換算波長は $\hbar/p=0.82\times10^{-15}\,\mathrm{m}$）。$v/c=pc/Mc^2=0.020$ なので非相対論的扱いは妥当です。答えは $T=5\ \mathrm{MeV}$、$\lambda=5.1\times10^{-15}\ \mathrm{m}$。 (2) $R=1.2\times12^{1/3}\times10^{-15}=1.2\times2.3\times10^{-15}=2.76\times10^{-15}\,\mathrm{m}$ なので、接触距離 $2R=5.52\times10^{-15}\,\mathrm{m}$ でのクーロンエネルギーは $$ V_C=\frac{Z^2e^2}{4\pi\epsilon_0(2R)}=\frac{36}{137}\cdot\frac{\hbar c}{2R} =0.263\times\frac{200\times10^{-15}}{5.52\times10^{-15}}=9.5\ \mathrm{MeV}. $$ $V_C=9.5\,\mathrm{MeV}>T=5\,\mathrm{MeV}$ が確かめられました。2 つの核は古典的には接触できず、最近接距離は $b=Z^2e^2/4\pi\epsilon_0T=10.5\times10^{-15}\,\mathrm{m}$（正面衝突の場合）で核半径の和の約 2 倍です。したがって核力は効かず、散乱はもっぱらクーロン力（ラザフォード散乱）で起きます。 (3) 図 A は $0^\circ$ から $180^\circ$ まで単調に減少し、$90^\circ$ に関する対称性も振動もありません。図 B と C は $90^\circ$ について左右対称で振動構造をもちます。$90^\circ$ について対称になるのは、同種粒子の対称化によって $\theta$ と $\pi-\theta$ の振幅が組み合わさるからです。したがって 図 A は $^{12}\mathrm{C}+^{13}\mathrm{C}$ です。異種粒子なので交換対称化がなく、ラザフォード断面積 $\propto1/\sin^4(\theta/2)$ の単調減少がそのまま見えます。 図 B は $^{12}\mathrm{C}+^{12}\mathrm{C}$ です。$90^\circ$ でちょうど極大となり、その両側に断面積が 1 桁以上落ち込む鋭い極小が並んでいます。同種スピン 0 ボソンの $\lvert f(\theta)+f(\pi-\theta)\rvert^2$ では、$\theta=90^\circ$ で 2 つの振幅が同位相になって完全な強め合い（$4\lvert f\rvert^2$）を与え、逆に位相が $\pi$ ずれる角度では完全な打ち消しが起こって断面積が 0 まで落ちます。図 B の底なしの極小がこの完全消滅に対応します。 図 C は $^{13}\mathrm{C}+^{13}\mathrm{C}$ です。$90^\circ$ が極小になっており、しかも振動の振幅（山と谷の比）が図 B よりずっと小さく、断面積がゼロまで落ちません。無偏極スピン $1/2$ フェルミオンでは干渉項の係数が $-1$（ボソンは $+2$）で符号も逆なので、$90^\circ$ は極小になり、断面積は $\lvert f_1\rvert^2+\lvert f_2\rvert^2$ を中心に $\pm\lvert f_1\rvert\lvert f_2\rvert$ の範囲でしか振動できず、決してゼロになりません。この 2 点が図 C の特徴に合致します。 なお振動の本数は、クーロン散乱のゾンマーフェルト因子 $\eta=Z^2e^2/4\pi\epsilon_0\hbar v_{\rm rel}=6.4$ が与える位相 $\eta\ln\tan^2(\theta/2)$ から $60^\circ$ から $120^\circ$ の間で約 2 回強と見積もられ、図の構造とも整合します。 ### 設問3 (1) $E_\gamma=440\,\mathrm{keV}=0.440\,\mathrm{MeV}$ なので $$ \lambda=\frac{hc}{E_\gamma}=\frac{2\pi\hbar c}{E_\gamma}=\frac{2\pi\times200\times10^{-15}}{0.440} =2.9\times10^{-12}\ \mathrm{m}. $$ 答えは $\lambda\simeq2.9\times10^{-12}\,\mathrm{m}$（2.9 pm）です。 (2) 平均寿命 $\tau=1.1\times10^{-12}\,\mathrm{s}$ の準位の自然幅は $\Gamma=\hbar/\tau$ です。$\hbar=\hbar c/c=200\times10^{-15}/(3\times10^8)=6.7\times10^{-22}\,\mathrm{MeV\,s}$ なので $$ \Gamma=\frac{6.7\times10^{-22}}{1.1\times10^{-12}}=6.1\times10^{-10}\ \mathrm{MeV} =6\times10^{-4}\ \mathrm{eV}. $$ 答えは $\Gamma\simeq6\times10^{-4}\,\mathrm{eV}$（約 0.6 meV）で、$\Gamma/E_\gamma\sim10^{-9}$ ときわめて鋭い準位です。 (3) 設問2(2)で見たように、重心系エネルギー 5 MeV はクーロン障壁 9.5 MeV より低く、2 つの核が核力の及ぶ距離まで近づくにはクーロン障壁をトンネルしなければなりません。WKB 近似での透過確率は $$ P=\exp\left[-4\eta\left(\arccos\sqrt{x}-\sqrt{x(1-x)}\right)\right],\qquad x=\frac{2R}{b}=\frac{T}{V_C}=0.53,\ \ \eta=6.4 $$ で $P\simeq e^{-6.7}\simeq10^{-3}$ です。さらにトンネルして複合核ができても、それが陽子を放出して $^{23}$Na になる分岐比は小さく、出ていく陽子自身もクーロン障壁を越えねばなりません。これらが重なって核反応の確率はクーロン散乱に比べて非常に小さくなります。 (4) $Q=0$ なので終状態の重心系運動エネルギーの和は始状態と同じ $T=5\,\mathrm{MeV}$ です。まず重心の速度は、実験室系の全運動量 $p_{\rm lab}c=\sqrt{2\times12000\times10}=490\,\mathrm{MeV}$、全質量 $24000\,\mathrm{MeV}/c^2$ から $$ \frac{v_{\rm cm}}{c}=\frac{490}{24000}=0.0204 . $$ 重心系での $^{23}$Na$^*$ と $p$ の換算質量は $\mu'c^2=23000\times1000/24000=958\,\mathrm{MeV}$ なので、それぞれの運動量は $$ p'c=\sqrt{2\mu'c^2T}=\sqrt{2\times958\times5}=97.9\ \mathrm{MeV},\qquad \frac{v'_{\rm Na}}{c}=\frac{97.9}{23000}=0.00426 . $$ 実験室系での速度は $^{23}$Na$^*$ が重心系で前方に出たとき最大となり $$ v=v_{\rm cm}+v'_{\rm Na}=(0.0204+0.0043)c=0.0247c=7.4\times10^{6}\ \mathrm{m/s}. $$ 答えは $v_{\max}\simeq7.4\times10^{6}\,\mathrm{m/s}$ です。$v_{\rm cm}>v'_{\rm Na}$ なので、$^{23}$Na$^*$ は必ず前方（ビーム方向）に進みます。 (5) 検出器はビームの進行方向に置かれているので、飛行中に崩壊した核からのガンマ線はドップラー効果で青方偏移します。速度 $v$ で検出器に向かって進む核が出すガンマ線のエネルギーは $E_\gamma(1+v/c)$（$v/c\ll1$ の 1 次まで）です。最大は前方最大速度のときで $$ E_{\max}=440\times(1+0.0247)=451\ \mathrm{keV}. $$ 一方、平均寿命 $1.1\times10^{-12}\,\mathrm{s}$ は減速・停止に要する時間 $\sim10^{-12}\,\mathrm{s}$ と同程度なので、かなりの割合の核は標的中で静止してから崩壊し、偏移のない 440 keV を出します。したがって $$ E_{\min}=440\ \mathrm{keV}. $$ 答えは最大 451 keV、最小 440 keV です。飛行中に崩壊するものだけを考えても、重心系で後方に出た核の速度が最小 $ (v_{\rm cm}-v'_{\rm Na})=0.0162c$ なので 447 keV より下には行かず、440 keV は停止後の崩壊が担います。なお核が反跳することによる後退エネルギー $E_\gamma^2/2Mc^2=4\,\mathrm{eV}$ はこの精度では無視できます。 (6) 主なものは、光電効果（原子に束縛された電子を叩き出し、光子は消える。低エネルギーで支配的で断面積は $Z^5$ 程度に強く依存）、コンプトン散乱（自由電子に近い電子との非弾性散乱で光子はエネルギーを失って方向を変える）、電子対生成（原子核の場の中で $e^+e^-$ を作る。閾値 $2m_ec^2=1.022\,\mathrm{MeV}$）の 3 つです。これに加えて、束縛電子による弾性散乱であるレイリー散乱（トムソン散乱）、さらに高エネルギーでは光核反応（巨大共鳴による中性子放出など）があります。440 keV では電子対生成は起こらず、光電効果とコンプトン散乱が主役です。 (7) 横軸をパルス波高（吸収エネルギー）、縦軸を計数として、期待されるスペクトルは次の構造をもちます。 440 keV に全エネルギー吸収ピーク（光電ピーク）が立ちます。光電効果でガンマ線の全エネルギーが結晶に落ちた事象、およびコンプトン散乱を何回か繰り返した末に光電吸収された事象が寄与します。幅は蛍光光子数と光電子数の統計揺らぎで決まるガウス形です。 0 から 278 keV までなだらかな連続分布（コンプトン連続部）が広がり、278 keV に段（コンプトンエッジ）ができます。これは結晶内で 1 回コンプトン散乱した後、散乱光子が結晶外へ逃げた事象です。エッジの位置は $180^\circ$ 散乱に対応し $$ E_{\rm C}=E_\gamma\frac{2E_\gamma/m_ec^2}{1+2E_\gamma/m_ec^2}=0.440\times\frac{1.72}{2.72}=278\ \mathrm{keV} $$ です。 160 keV 付近に後方散乱ピークが出ます。検出器の周囲（遮蔽体や試料）で $180^\circ$ 近くに散乱された光子が入射したもので、$440-278=162\,\mathrm{keV}$ に対応します。 411 keV 付近に小さなヨウ素 K X 線エスケープピークが出ることがあります。結晶表面近くで光電吸収された際、ヨウ素の特性 K X 線（約 29 keV）が逃げた事象で、$440-29=411\,\mathrm{keV}$ です。 30 keV 付近にヨウ素の特性 X 線のピーク、遮蔽に鉛を使えば 75〜85 keV 付近に鉛の K X 線のピークが現れます。 440 keV は $2m_ec^2$ より低いので、511 keV の消滅ガンマ線ピークや対生成に伴うシングル・ダブルエスケープピークは現れません。この「消滅ピークがない」ことも定性的なスペクトルの特徴です。 ## 第5問 X線回折による結晶構造解析 ### 設定 問題では結晶学の慣用系（$2\pi$ を含まない定義）が使われています。すなわち基本ベクトル $\boldsymbol a_i$ と逆格子基本ベクトル $\boldsymbol b_j$ が $\boldsymbol a_i\cdot\boldsymbol b_j=\delta_{ij}$ を満たし、逆格子ベクトル $\boldsymbol g=g_1\boldsymbol b_1+g_2\boldsymbol b_2+g_3\boldsymbol b_3$、面間隔 $d=1/\lvert\boldsymbol g\rvert$、波数ベクトルの大きさ $\lvert\boldsymbol k\rvert=1/\lambda$、構造因子 $F(\boldsymbol g)=\sum_i f_i(\boldsymbol g)\exp(2\pi i\,\boldsymbol g\cdot\boldsymbol r_i)$ です。回折条件はラウエ条件 $\boldsymbol k-\boldsymbol k_0=\boldsymbol g$ です。 ### 設問1 ラウエ法は、静止させた単結晶に白色X線（連続スペクトル）を当て、透過または反射した回折斑点を写真に記録する方法です。目的は単結晶の方位（結晶軸の向き）の決定と、斑点配置の対称性から結晶の対称性を調べることです。波長が連続的に含まれているので、どの逆格子点についても $\lvert\boldsymbol k\rvert=\lvert\boldsymbol k_0\rvert=1/\lambda$ とラウエ条件を同時に満たす $\lambda$ が自動的に選ばれ、結晶を動かさずに多数の斑点が一度に得られます。逆に各斑点の波長が違うので、格子定数を精度よく決めるのには向きません。 デバイ・シェラー法は、粉末（ランダムな向きの微結晶の集まり）または多結晶試料に単色（特性）X線を当て、入射方向を軸とする円錐状に出る回折線（デバイ環）を記録する方法です。目的は格子定数の決定と結晶構造の同定です。波長が固定なので単結晶では偶然にしか条件が満たされませんが、粉末ならあらゆる方位の微結晶が含まれるため、各面間隔 $d$ に対してブラッグ条件を満たす向きの結晶が必ず存在します。環の半径から $\theta_B$、したがって $d$ が求まり、$d$ の系列から格子型と格子定数が決まります。 まとめると、目的は「方位・対称性」対「格子定数・構造同定」、X線は「白色」対「単色」、試料は「静止した単結晶」対「粉末・多結晶」という対比になります。 ### 設問2 ラウエ条件 $\boldsymbol k-\boldsymbol k_0=\boldsymbol g$ の両辺を 2 乗します。弾性散乱では $\lvert\boldsymbol k\rvert=\lvert\boldsymbol k_0\rvert=1/\lambda$ なので、$\boldsymbol k$ と $\boldsymbol k_0$ のなす角（散乱角）を $2\theta$ とおくと $$ \lvert\boldsymbol g\rvert^2=\lvert\boldsymbol k\rvert^2+\lvert\boldsymbol k_0\rvert^2-2\boldsymbol k\cdot\boldsymbol k_0 =\frac{2}{\lambda^2}\left(1-\cos2\theta\right)=\frac{4\sin^2\theta}{\lambda^2}, $$ すなわち $$ \lvert\boldsymbol g\rvert=\frac{2\sin\theta}{\lambda}. $$ 一方 $\boldsymbol k=\boldsymbol k_0+\boldsymbol g$ と $\lvert\boldsymbol k\rvert=\lvert\boldsymbol k_0\rvert$ から $\boldsymbol g\cdot(\boldsymbol k+\boldsymbol k_0)=0$ となり、$\boldsymbol g$ は $\boldsymbol k$ と $\boldsymbol k_0$ の二等分方向に垂直です。$\boldsymbol g$ は格子面に垂直なので、これは入射線と反射線が格子面に対して等しい角 $\theta$ をなすこと、つまり格子面での鏡面反射になっていることを意味します。 いま $\boldsymbol g$ が、互いに素なミラー指数をもつ最小の逆格子ベクトル $\boldsymbol g_0$（$\lvert\boldsymbol g_0\rvert=1/d$）の $n$ 倍、$\boldsymbol g=n\boldsymbol g_0$ であるとすると $\lvert\boldsymbol g\rvert=n/d$ なので $$ \frac{n}{d}=\frac{2\sin\theta}{\lambda} \ \Longrightarrow\ 2d\sin\theta=n\lambda . $$ これがブラッグの条件です。$n$ は反射の次数を与えます。 ### 設問3 図のように立方晶の慣用単位胞をとります。$\lvert\boldsymbol g\rvert=\sqrt{h^2+k^2+l^2}/a$ なので $$ \sin\theta_B=\frac{\lambda\lvert\boldsymbol g\rvert}{2}=\frac{\lambda}{2a}\sqrt{h^2+k^2+l^2} $$ となり、ブラッグ角の小さい順は $N\equiv h^2+k^2+l^2$ の小さい順です。 bcc は単位胞に $(0,0,0)$ と $(\frac12,\frac12,\frac12)$ の 2 原子があるので $$ F=f\left[1+e^{i\pi(h+k+l)}\right]=f\left[1+(-1)^{h+k+l}\right] $$ で、$h+k+l$ が偶数のときだけ $F=2f\neq0$ です。許される反射を $N$ の小さい順に並べると $(110)$ で $N=2$、$(200)$ で $N=4$、$(211)$ で $N=6$。答えは $(110)$, $(200)$, $(211)$ です。 fcc は $(0,0,0),(\frac12,\frac12,0),(\frac12,0,\frac12),(0,\frac12,\frac12)$ の 4 原子で $$ F=f\left[1+e^{i\pi(h+k)}+e^{i\pi(h+l)}+e^{i\pi(k+l)}\right] =\begin{cases}4f & h,k,l\ \text{がすべて偶数またはすべて奇数}\\ 0 & \text{それ以外}\end{cases} $$ です。$N$ の小さい順に $(111)$ で $N=3$、$(200)$ で $N=4$、$(220)$ で $N=8$。答えは $(111)$, $(200)$, $(220)$ です（$(110)$ は指数の偶奇が混じるので消滅します）。 ### 設問4 $\sin\theta_B\propto\sqrt N$ なので、$\sin^2\theta_B$ を最小のもので割った比が $N$ の比になります。表の数値からこれを計算すると 試料A: $1:2.01:3.00:4.00$、すなわち $N=2,4,6,8$。これは bcc の許容反射 $(110),(200),(211),(220)$ の系列です。 試料B: $1:1.33:2.67:3.68$、すなわち $N=3,4,8,11$。これは fcc の許容反射 $(111),(200),(220),(311)$ の系列です。 問題文で銅は fcc、鉄は bcc とされているので、試料Aは鉄です。 格子定数でも確かめられます。$a=\lambda\sqrt N/(2\sin\theta_B)$ に $\lambda=0.71\,\text{Å}$ を入れると、試料A の第 1 線（$N=2$）から $$ a=\frac{0.71\times\sqrt2}{2\times0.175}=2.87\ \text{Å} $$ で bcc 鉄の $2.87\,\text{Å}$ に一致し、試料B の第 1 線（$N=3$）から $$ a=\frac{0.71\times\sqrt3}{2\times0.170}=3.62\ \text{Å} $$ で fcc 銅の $3.62\,\text{Å}$ に一致します。答えは「試料Aは鉄」です。 ### 設問5 岩塩型構造は、Na$^+$ の fcc 副格子と Cl$^-$ の fcc 副格子が立方軸方向に $a/2$ だけずれて重なったものです。Na を原点、Cl を $(\frac12,0,0)$ にとると、単位胞（4 式単位）の構造因子は $$ F(hkl)=4\left[f_{\rm Na}+f_{\rm Cl}\,e^{i\pi(h+k+l)}\right] =\begin{cases} 4\left(f_{\rm Na}+f_{\rm Cl}\right) & h,k,l\ \text{がすべて偶数}\\[2pt] 4\left(f_{\rm Na}-f_{\rm Cl}\right) & h,k,l\ \text{がすべて奇数}\\[2pt] 0 & \text{それ以外} \end{cases} $$ となります。fcc の消滅則により指数の偶奇が混じる反射は消え、残る反射のうち「全偶数」では 2 種のイオンの散乱が同位相で足し合わさり、「全奇数」では逆位相で引き算になります。 $a=5.64\,\text{Å}$、Cu K$\alpha$ の $\lambda=1.54\,\text{Å}$ で $2\theta=2\arcsin(\lambda\sqrt N/2a)$ を計算すると、$(111)$ で $27^\circ$、$(200)$ で $32^\circ$、$(220)$ で $45^\circ$、$(311)$ で $54^\circ$、$(222)$ で $57^\circ$ となり、図のピーク 1〜5 はこの順に対応します。すなわちピーク 1 と 4 は $(111)$ と $(311)$ で全奇数、ピーク 2, 3, 5 は $(200),(220),(222)$ で全偶数です。 強度は $\lvert F\rvert^2$ に比例します。Na$^+$ は 10 個、Cl$^-$ は 18 個の電子をもつので、小角では $f_{\rm Na}\simeq10$、$f_{\rm Cl}\simeq18$ 程度で、和は 28、差は 8 です。したがって $$ \frac{I_{\text{全奇数}}}{I_{\text{全偶数}}}\sim\left(\frac{f_{\rm Cl}-f_{\rm Na}}{f_{\rm Cl}+f_{\rm Na}}\right)^2 \sim\left(\frac{8}{28}\right)^2\simeq0.08 $$ となり、ピーク 1, 4 はピーク 2, 3, 5 の 1 割程度にまで落ちます。これが観測された強度分布の理由です。もし正負イオンの散乱因子が完全に等しければ全奇数反射は消滅し、格子定数 $a/2$ の単純な fcc（副格子）だけが見えることになります。逆に言えば、$(111)$ や $(311)$ の弱いピークの存在が 2 種類のイオンの区別を反映しており、KCl（K$^+$ と Cl$^-$ はともに 18 電子）ではこれらがほとんど完全に消えることが知られています。 ## 第6問 レーザー干渉計による重力加速度の絶対測定 ### 設定 マイケルソン型干渉計の一方の腕に実験室固定のコーナーリフレクター $M_f$、他方に自由落下するコーナーリフレクター $M_d$（質量 100 g、断面積 $10\,\mathrm{cm^2}$）を置き、光検出器で干渉縞の通過を数えて重力加速度 $g$ を絶対測定する装置です。コーナーリフレクターは 3 枚の平面鏡を互いに直交させたものです。 ### 設問1 コーナーリフレクターの頂点を原点にとり、3 枚の鏡面を座標平面（法線 $\hat{\boldsymbol x},\hat{\boldsymbol y},\hat{\boldsymbol z}$）に一致させます。法線 $\hat{\boldsymbol n}$ の平面鏡での反射は、光線の方向ベクトルを $$ \boldsymbol k\ \longmapsto\ \boldsymbol k-2(\boldsymbol k\cdot\hat{\boldsymbol n})\hat{\boldsymbol n} $$ と写します。これは $\hat{\boldsymbol n}$ 方向の成分だけを反転し、他の 2 成分を変えません。したがって法線 $\hat{\boldsymbol x}$ の鏡は $k_x$ のみ、$\hat{\boldsymbol y}$ の鏡は $k_y$ のみ、$\hat{\boldsymbol z}$ の鏡は $k_z$ のみを反転します。3 枚すべてに 1 回ずつ当たる光線（図2のように内側に入った光線）では、順序によらず $$ (k_x,k_y,k_z)\ \longmapsto\ (-k_x,-k_y,-k_z)=-\boldsymbol k $$ となります。よって射出光線は入射光線と逆平行、すなわち入射方向と平行に戻ります。 さらに、この 3 回の鏡映の合成は頂点を中心とする点反転 $\boldsymbol r\to-\boldsymbol r$ そのものです。したがって戻る光線は入射光線の点反転像であり、入射光の波面（平面）から戻ってきた波面までの光路長は、頂点からその平面までの距離 $d$ の 2 倍 $2d$ で、光線がリフレクターのどこに入ったかにも、リフレクター自身の（小さな）傾きにもよりません。干渉計が測るのは頂点の位置だけになるので、落下中に $M_d$ が回転しても測定値が乱れません。これがコーナーリフレクターを使う理由です。 ### 設問2 干渉計の光路差は $M_d$ の変位 $z$ の 2 倍だけ変化するので、$z$ が $\lambda/2$ 変わるごとに信号は 1 周期進みます。図3の $t_1,t_2,t_3$ は信号が中央線を同じ向き（下向き）に切る時刻を順に並べたもので、隣り合う 2 つの間で信号はちょうど 1 周期進みます。よって位置を $z$ とすると $$ z_2-z_1=z_3-z_2=\frac{\lambda}{2}. $$ 一定加速度の運動では、区間の平均速度はその区間の中点の時刻における瞬間速度に等しいので $$ \bar v_{12}=\frac{\lambda/2}{t_2-t_1}\ \ \left(\text{時刻}\ \frac{t_1+t_2}{2}\right),\qquad \bar v_{23}=\frac{\lambda/2}{t_3-t_2}\ \ \left(\text{時刻}\ \frac{t_2+t_3}{2}\right) $$ です。この 2 つの速度の差を時刻の差 $(t_3-t_1)/2$ で割れば加速度が得られ $$ g=\frac{\bar v_{23}-\bar v_{12}}{(t_3-t_1)/2} =\frac{\lambda}{t_3-t_1}\left(\frac{1}{t_3-t_2}-\frac{1}{t_2-t_1}\right) =\frac{\lambda\bigl[(t_2-t_1)-(t_3-t_2)\bigr]}{(t_2-t_1)(t_3-t_2)(t_3-t_1)} . $$ これが答えです。落下が加速していくので $t_3-t_20$ となり符号も正しく、次元は $[\mathrm{m}]/[\mathrm{s}^2]$ で加速度になっています。3 つの時刻の第 2 階差をとる形なので、初速度と初期位置は自動的に落ちます。この値は $t_1$ から $t_3$ までの平均加速度で、区間の中央、すなわちほぼ $t_2$ における重力加速度を与えます（$g$ が高さとともに変化することを考えると、平均値としてどの時刻に対応させるかが問題になるため、あえて「時刻 $t_2$ における平均の」と書かれています）。 ### 設問3 レーザービームが鉛直（落下方向）から角 $\theta$ だけ傾いていると、干渉計が測るのは変位の視線方向成分 $z\cos\theta$ です。したがって得られる加速度は $g_{\rm meas}=g\cos\theta$ となり、相対誤差は $$ \frac{g-g_{\rm meas}}{g}=1-\cos\theta\simeq\frac{\theta^2}{2}\le10^{-9} $$ を要求します。よって $$ \theta\le\sqrt{2\times10^{-9}}=4.5\times10^{-5}\ \mathrm{rad} $$ です。角度で書けば約 $9$ 秒角（$2.6\times10^{-3}$ 度）以内でなければなりません。誤差が $\theta$ の 1 次でなく 2 次で入るおかげで、この程度の据え付け精度で $10^{-9}$ が達成できます。 ### 設問4 残留ガスの平均自由行程は問題の真空度では装置寸法よりはるかに長く（後述）、自由分子流の領域です。落下速度 $v$ が分子の熱速度 $\bar v$ よりずっと小さいとき、断面積 $A$ の平板が受ける抗力は、前面と背面に当たる分子の運動量流束の差から $$ F=2\rho\bar v v A,\qquad \rho=nm,\quad \bar v=\sqrt{\frac{8k_{\rm B}T}{\pi m}} $$ と評価できます（鏡面反射を仮定した 1 次の結果。散乱の詳細で 1 のオーダーの係数が変わります）。与えられた数値から $$ k_{\rm B}T=\frac{P_0V_{\rm mol}}{N_A}=\frac{10^5\times0.020}{6\times10^{23}}=3.3\times10^{-21}\ \mathrm{J}, \qquad m=\frac{30\times10^{-3}}{6\times10^{23}}=5.0\times10^{-26}\ \mathrm{kg} $$ なので $\bar v=4.1\times10^{2}\,\mathrm{m/s}$、1 気圧での密度は $\rho_0=N_Am/V_{\rm mol}=1.5\,\mathrm{kg/m^3}$ です。密度は圧力に比例するので $\rho=\rho_0P/P_0$ と書けます。要求は $$ \frac{F}{M}\le10^{-9}g\ \Longrightarrow\ F\le10^{-9}\times0.100\times9.8=9.8\times10^{-10}\ \mathrm{N} $$ です。$A=10\ \mathrm{cm^2}=1.0\times10^{-3}\,\mathrm{m^2}$、$v=3\,\mathrm{m/s}$ を代入すると $$ F=2\times1.5\times\frac{P}{10^5}\times412\times3\times1.0\times10^{-3} =3.7\times10^{-5}\,P\ \ [\mathrm{N}]\quad(P\ \text{は Pa}) $$ なので $$ P\le\frac{9.8\times10^{-10}}{3.7\times10^{-5}}=2.6\times10^{-5}\ \mathrm{Pa}\simeq3\times10^{-5}\ \mathrm{Pa}. $$ 答えは $P\lesssim3\times10^{-5}\,\mathrm{Pa}$（約 $0.03\,\mathrm{mPa}$、$2\times10^{-7}$ Torr 程度）で、たしかに 1 mPa 以下です。この圧力では数密度 $n\sim9\times10^{15}\,\mathrm{m^{-3}}$、分子の衝突断面積を $10^{-19}\,\mathrm{m^2}$ として平均自由行程は $10^{2}$ m 以上あり、自由分子流の仮定は正しいです。なお熱速度を無視して $F=\rho Av^2$ とすると $P\lesssim7\times10^{-3}\,\mathrm{Pa}$ となり緩すぎる評価になります。$v\ll\bar v$ の領域では抗力が $v^2$ ではなく $\bar v\,v$ に比例することが要点です。 ### 設問5 アースされた金属管は外部の静電場を遮蔽する役割をもち、これが第一の効果です。$M_d$ が電荷 $q$ を帯びていると、管の内壁に誘導電荷（鏡像電荷）が現れ、$M_d$ はそれに引かれます。しかし管が十分に長く、太さが一様で直線であれば、系は管軸方向の平行移動について不変なので静電エネルギーが軸方向の位置によらず、軸方向の力は生じません。$M_d$ が軸からずれていれば近い壁に向かう横方向の力は働きますが、鉛直方向の力はやはりゼロです。したがって理想的な一様管の中では落下加速度は変化しません。 現実に効くのはこの対称性が破れる部分です。管の端（開口部）付近、継ぎ目、のぞき窓や配線の穴などで管の形が変わると鏡像力に鉛直成分が生じ、落下中に位置依存の力が加わって、測定される加速度が $g$ からずれます。誤差が $10^{-9}$ 以下であるためには、たとえば $M_d$ が壁から $d=5\,\mathrm{cm}$ の位置にある場合の平面近似での鏡像力 $q^2/16\pi\epsilon_0d^2$ が $10^{-9}Mg=9.8\times10^{-10}\,\mathrm{N}$ 以下、すなわち $$ q\lesssim\sqrt{16\pi\epsilon_0d^2\times10^{-9}Mg}\simeq3\times10^{-11}\ \mathrm{C} $$ に帯電を抑える必要があります。素電荷で $2\times10^{8}$ 個程度で、きわめて厳しい条件です。実際には反射鏡を導電性にして接地・放電させ、帯電を除去します。このほか、電荷が動くことで管に誘導電流が流れ、その散逸に対応する制動力も働きますが、これは $v/c$ の高次で無視できる大きさです。管の内壁の局所的な仕事関数の差（パッチ電位）による力も同種の系統誤差になります。 ## 第7問 グリーン関数、弦の初期値問題、ラプラス方程式 ### 設定 3 つの独立な問題です。フーリエ変換は $$ \hat\phi(k)=\int_{-\infty}^{\infty}\phi(x)e^{-ikx}dx, \qquad \phi(x)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\hat\phi(k)e^{ikx}dk $$ の規約を用います。 ### 設問1 (1) $\phi''$ のフーリエ変換は $-k^2\hat\phi(k)$、また $$ \int_{-\infty}^{\infty}\delta(x-a)e^{-ikx}dx=e^{-ika} $$ なので、方程式 $(-d^2/dx^2+\lambda^2)\phi=\delta(x-a)$ を変換すると $$ \left(k^2+\lambda^2\right)\hat\phi(k)=e^{-ika} \ \Longrightarrow\ \hat\phi(k)=\frac{e^{-ika}}{k^2+\lambda^2}. $$ $\lambda$ は正の実数なので $k^2+\lambda^2$ は実軸上でゼロにならず、$\hat\phi(k)$ は一意に決まります（$\lambda=0$ なら $k=0$ での特異性のため有界解が定まりません）。 (2) 逆変換して $$ \phi(x)=\frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{e^{ik(x-a)}}{k^2+\lambda^2}dk . $$ $k=\pm i\lambda$ に単純極があります。$x>a$ では $e^{ik(x-a)}$ が上半面で減衰するので上半面で閉じて $k=+i\lambda$ の留数を、$xa$ の場合 $$ \phi(x)=\frac{1}{2\pi}\cdot2\pi i\cdot\frac{e^{-\lambda(x-a)}}{2i\lambda}=\frac{e^{-\lambda(x-a)}}{2\lambda} $$ で、$x