# 平成19年度 東大院 物理学専攻 修士 物理学 解答 > 平成19年度 修士課程 物理学（全6問）の解答。角運動量代数からの固有値の量子化、スピン対の磁化率、制限三体問題とラグランジュ点、中性子検出器の効率、アルミニウムの超伝導転移の熱力学、ラムシフトの測定を扱います。 > https://rikai.mugen-giken.com/exams/utokyo-physics/master-h19-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。 ::: 必答の3問は、交換関係だけから角運動量の固有値の量子化を導く第1問、スピン対のカノニカル分布を素直に計算する第2問、制限三体問題のラグランジュ点を誘導に沿って追う第3問です。いずれも到達すべき式が問題文に書かれているので、途中の変形を落とさずに閉じられるかが分かれ目になります。選択の3問は毛色が違い、実験装置の理解とグラフの読み取り、そして一桁の概算が正面から要求されます。 | 問題 | 分野 | 主題 | |---|---|---| | 第1問 | 量子力学 | 角運動量の交換関係と固有値の量子化 | | 第2問 | 統計力学 | スピン1/2系の磁化率と対相互作用 | | 第3問 | 解析力学 | 制限三体問題とラグランジュ点 | | 第4問 | 原子核 | 中性子の弾性散乱とシンチレーターの検出効率 | | 第5問 | 物性物理・熱力学 | 低温比熱と超伝導の臨界磁場 | | 第6問 | 原子分子・量子光学 | 水素原子の微細構造とラムシフト | 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 角運動量の交換関係と固有値の量子化 ### 設定 軌道角運動量を古典論と同じ形 $\boldsymbol l=\boldsymbol r\times\boldsymbol p$、すなわち $l_x=yp_z-zp_y$、$l_y=zp_x-xp_z$、$l_z=xp_y-yp_x$ で定義します。用いるのは正準交換関係 $$ [x_a,p_b]=i\hbar\delta_{ab},\qquad [x_a,x_b]=[p_a,p_b]=0\qquad(a,b=x,y,z) $$ だけです。後半では、設問3で得た交換関係を満たすエルミート演算子の組 $\boldsymbol J=(J_x,J_y,J_z)$ を角運動量と呼び、$A=J_x-iJ_y$、$B=J_x^2+J_y^2+J_z^2$ とおきます。この力学系の力学変数は $\boldsymbol J$ だけです。 ### 設問1 $l_z=xp_y-yp_x$ で、$x$ は $x$ と $p_y$ の両方と可換なので第1項は落ちて $$ [l_z,x]=-[yp_x,x]=-y[p_x,x]=i\hbar y $$ 同様に $$ [l_z,y]=[xp_y,y]=x[p_y,y]=-i\hbar x,\qquad [l_z,z]=0 $$ 答えは $[l_z,x]=i\hbar y$、$[l_z,y]=-i\hbar x$、$[l_z,z]=0$ です。$\epsilon_{abc}$ を完全反対称テンソルとすれば $[l_a,x_b]=i\hbar\sum_c\epsilon_{abc}x_c$ とまとめられます。 ### 設問2 同じ要領で、$p$ 同士は可換なことを使います。 $$ [l_z,p_x]=[xp_y,p_x]=[x,p_x]p_y=i\hbar p_y,\qquad [l_z,p_y]=-[yp_x,p_y]=-[y,p_y]p_x=-i\hbar p_x,\qquad [l_z,p_z]=0 $$ 答えは $[l_z,p_x]=i\hbar p_y$、$[l_z,p_y]=-i\hbar p_x$、$[l_z,p_z]=0$ で、これも $[l_a,p_b]=i\hbar\sum_c\epsilon_{abc}p_c$ と書けます。座標と運動量が同じ形の関係に従うのは、$l_z$ が $z$ 軸まわりの回転の生成子であり、ベクトルの成分を回すからです。 ### 設問3 $[yp_z,xp_z]$ と $[zp_y,zp_x]$ は互いに可換な演算子の積なので0になり、残る2項だけを計算すれば足ります。 $$ \begin{aligned} [l_x,l_y]&=[yp_z-zp_y,\ zp_x-xp_z]=[yp_z,zp_x]+[zp_y,xp_z]\\ &=y[p_z,z]p_x+xp_y[z,p_z]\\ &=-i\hbar\,yp_x+i\hbar\,xp_y=i\hbar\,l_z \end{aligned} $$ 添字の巡回置換で残りも同様に得られ、 $$ [l_a,l_b]=i\hbar\sum_c\epsilon_{abc}\,l_c $$ すなわち $[l_x,l_y]=i\hbar l_z$、$[l_y,l_z]=i\hbar l_x$、$[l_z,l_x]=i\hbar l_y$、同じ成分同士は0です。 ### 設問4 $J_x,J_y$ はエルミートなので $A^\dagger=J_x+iJ_y$ です。$[J_x,J_y]=i\hbar J_z$ を使うと $$ \begin{aligned} A^\dagger A&=(J_x+iJ_y)(J_x-iJ_y)=J_x^2+J_y^2-i[J_x,J_y]=J_x^2+J_y^2+\hbar J_z\\ AA^\dagger&=(J_x-iJ_y)(J_x+iJ_y)=J_x^2+J_y^2+i[J_x,J_y]=J_x^2+J_y^2-\hbar J_z \end{aligned} $$ $J_x^2+J_y^2=B-J_z^2$ なので、答えは $$ A^\dagger A=B-J_z^2+\hbar J_z=B-J_z(J_z-\hbar),\qquad AA^\dagger=B-J_z^2-\hbar J_z=B-J_z(J_z+\hbar) $$ です。 ### 設問5 まず $B$ が $J_z$ と可換であることを示します。 $$ [J_x^2,J_z]=J_x[J_x,J_z]+[J_x,J_z]J_x=-i\hbar\left(J_xJ_y+J_yJ_x\right) $$ $$ [J_y^2,J_z]=J_y[J_y,J_z]+[J_y,J_z]J_y=+i\hbar\left(J_yJ_x+J_xJ_y\right) $$ 両者の和は0で、$[J_z^2,J_z]=0$ なので $[B,J_z]=0$。添字の巡回置換から $[B,J_x]=[B,J_y]=0$ も従い、$B$ は $\boldsymbol J$ の全成分と可換です。 この力学系の力学変数は $\boldsymbol J$ だけなので、系の任意の演算子は $J_x,J_y,J_z$ の関数として書けます。$B$ はそのすべてと可換ですから、系のあらゆる演算子と可換です。状態空間が既約であれば、そのような演算子は恒等演算子の定数倍しかありえず、$B$ は演算子としての働きを持たないただの数になります。具体的にも、設問6以降で扱う状態はすべて $A$ と $A^\dagger$ を $|\Theta_z\rangle$ に作用させて得られますが、$B$ はこれらと可換なのでその族の上で $B$ の値は共通です。 ### 設問6 $$ [J_z,A]=[J_z,J_x]-i[J_z,J_y]=i\hbar J_y-i(-i\hbar J_x)=-\hbar(J_x-iJ_y)=-\hbar A $$ よって $J_zA=A(J_z-\hbar)$ で、 $$ J_z\left(A|\Theta_z\rangle\right)=A(J_z-\hbar)|\Theta_z\rangle=(\Theta_z-\hbar)\left(A|\Theta_z\rangle\right) $$ $A|\Theta_z\rangle\neq0$ ならこれは $J_z$ の固有状態で、固有値は $\Theta_z-\hbar$ です。$A$ は固有値を $\hbar$ だけ下げる下降演算子ということになります。同じ計算で $[J_z,A^\dagger]=+\hbar A^\dagger$ なので、$A^\dagger|\Theta_z\rangle\neq0$ ならその固有値は $\Theta_z+\hbar$ です。 ### 設問7 $|\Theta_z\rangle$ を規格化しておきます。設問4の結果を固有状態に作用させると $$ \langle\Theta_z|A^\dagger A|\Theta_z\rangle=B-\Theta_z^2+\hbar\Theta_z\ \ge0,\qquad \langle\Theta_z|AA^\dagger|\Theta_z\rangle=B-\Theta_z^2-\hbar\Theta_z\ \ge0 $$ ここで $m=\sqrt{B+\frac14\hbar^2}-\frac12\hbar$ は $\sqrt{B+\hbar^2/4}=m+\hbar/2$ を意味し、両辺を2乗すると $B=m(m+\hbar)$ です。これを使うと2つの2次式は因数分解できて $$ B-\Theta_z^2+\hbar\Theta_z=-(\Theta_z+m)(\Theta_z-m-\hbar),\qquad B-\Theta_z^2-\hbar\Theta_z=-(\Theta_z-m)(\Theta_z+m+\hbar) $$ $B=\langle J_x^2+J_y^2+J_z^2\rangle$ はエルミート演算子の2乗の期待値の和なので $B\ge0$、したがって $m\ge0$ です。第1の不等式は $(\Theta_z+m)(\Theta_z-m-\hbar)\le0$、すなわち $$ -m\le\Theta_z\le m+\hbar $$ 第2の不等式は $(\Theta_z-m)(\Theta_z+m+\hbar)\le0$、すなわち $$ -(m+\hbar)\le\Theta_z\le m $$ 両方を同時に満たす範囲が $-m\le\Theta_z\le m$ です。 ### 設問8 $A$ を繰り返し作用させると固有値は $\hbar$ ずつ下がりますが、設問7より下限 $-m$ があるので、いつまでも0にならないことはできません。したがって $A^k|\Theta_z\rangle\neq0$ かつ $A^{k+1}|\Theta_z\rangle=0$ となる整数 $k\ge0$ が存在します。$\Theta_{\min}=\Theta_z-k\hbar$、$|\Theta_{\min}\rangle\propto A^k|\Theta_z\rangle$ とおくと、$A|\Theta_{\min}\rangle=0$ より $$ 0=\langle\Theta_{\min}|A^\dagger A|\Theta_{\min}\rangle\ \propto\ B-\Theta_{\min}^2+\hbar\Theta_{\min}=-(\Theta_{\min}+m)(\Theta_{\min}-m-\hbar) $$ $\Theta_{\min}\le m-(m+\hbar)$ より $\Theta_{\max}=m$ です。 固有値は $\Theta_{\min}=-m$ から $\Theta_{\max}=m$ まで $\hbar$ 刻みで並ぶので $$ \Theta_{\max}-\Theta_{\min}=2m=(k+l)\hbar\equiv n\hbar\qquad(n=0,1,2,\dots) $$ したがって $m=\dfrac n2\hbar$ です。$n$ が偶数なら $m$ は $\hbar$ の整数倍、$n$ が奇数なら半整数倍で、これが示すべきことでした。$m=j\hbar$ と書けば $B=m(m+\hbar)=j(j+1)\hbar^2$ となり、$j$ が整数または半整数という見慣れた形になります。 ## 第2問 スピン1/2系の磁化率と対相互作用 ### 設定 スピン1/2の粒子はゼーマン効果で $-\mu H$ と $+\mu H$ の2準位に分裂します。前半は相互作用のない $N$ 粒子系、後半は $N/2$ 組の対を作り、対の内部だけにスピンの内積に比例する相互作用が働く場合を、いずれもカノニカル分布で扱います。1組のハミルトニアンは $$ \mathcal H=V\boldsymbol s_1\cdot\boldsymbol s_2-2\mu(s_{1z}+s_{2z})H $$ です。以下ではスピン演算子を無次元にとり $s_{iz}=\pm\frac12$ と解釈します。この規約のとき1粒子のゼーマン項 $-2\mu s_zH$ が前半の $\mp\mu H$ と一致し、問題文の設定と整合するからです。$\beta=(k_BT)^{-1}$ を使います。 ### 設問1 1粒子の分割関数は $z=e^{\beta\mu H}+e^{-\beta\mu H}=2\cosh(\beta\mu H)$ で、粒子は独立なので $Z=z^N$。 $$ F=-k_BT\ln Z=-Nk_BT\ln\left[2\cosh(\beta\mu H)\right] $$ $H=0$ で $F=-Nk_BT\ln2$、つまり2状態の混合エントロピー $Nk_B\ln2$ に対応する値になります。 ### 設問2 $$ M=-\frac{\partial F}{\partial H}=Nk_BT\cdot\frac{\beta\mu\cdot2\sinh(\beta\mu H)}{2\cosh(\beta\mu H)}=N\mu\tanh(\beta\mu H) $$ $$ \chi=\frac{\partial M}{\partial H}=\frac{N\mu^2}{k_BT}\frac{1}{\cosh^2(\beta\mu H)}\ \xrightarrow{\ H\to0\ }\ \chi=\frac{N\mu^2}{k_BT} $$ キュリー則です。$\mu H$ がエネルギーなので $\mu$ は（エネルギー / 磁場）の次元を持ち、$N\mu^2/(k_BT)$ は（磁化 / 磁場）の次元になっていて整合します。 ### 設問3 $\boldsymbol S=\boldsymbol s_1+\boldsymbol s_2$ とすると $$ \boldsymbol s_1\cdot\boldsymbol s_2=\frac12\left[S(S+1)-\frac34-\frac34\right]= \begin{cases} \ \ \dfrac14 & (S=1)\\[4pt] -\dfrac34 & (S=0) \end{cases} $$ また $s_{1z}+s_{2z}=S_z$ で、$\mathcal H$ は $\boldsymbol S^2$ と $S_z$ の同時固有状態の上で対角です。固有値は $S=0$ の一重項1個と $S=1$ の三重項3個の合計4個で $$ E_{S=0}=-\frac34V,\qquad E_{S=1,M}=\frac14V-2\mu MH\quad(M=1,0,-1) $$ すなわち $-\frac34V$、$\frac14V-2\mu H$、$\frac14V$、$\frac14V+2\mu H$ です。$V>0$ なら一重項、$V<0$ なら三重項が下になります。 ### 設問4 1組の分割関数は $$ z_2=e^{3\beta V/4}+e^{-\beta V/4}\left[e^{2\beta\mu H}+1+e^{-2\beta\mu H}\right]=e^{-\beta V/4}\left[e^{\beta V}+1+2\cosh(2\beta\mu H)\right] $$ 対どうしは独立で $N/2$ 組あるので $Z=z_2^{N/2}$、 $$ F=-\frac N2k_BT\ln z_2=\frac{NV}{8}-\frac N2k_BT\ln\left[e^{\beta V}+1+2\cosh(2\beta\mu H)\right] $$ $V=0$ とおくと括弧の中は $2+2\cosh(2\beta\mu H)=4\cosh^2(\beta\mu H)$ になり、設問1の $F$ に戻ります。 ### 設問5 $$ M=-\frac{\partial F}{\partial H}=\frac{2N\mu\sinh(2\beta\mu H)}{e^{\beta V}+1+2\cosh(2\beta\mu H)} $$ $H\to0$ では $\sinh(2\beta\mu H)\simeq2\beta\mu H$、$\cosh(2\beta\mu H)\simeq1$ なので $$ \chi=\frac{4N\mu^2\beta}{e^{\beta V}+3}=\frac{4N\mu^2}{k_BT\left(e^{V/k_BT}+3\right)} $$ $V=0$ とすると分母の括弧が4になり $\chi=N\mu^2/(k_BT)$、設問2と一致します。 ### 設問6 $V>0$ のとき低温では $e^{\beta V}\gg3$ なので $$ \chi\simeq\frac{4N\mu^2}{k_BT}\,e^{-V/k_BT}\ \longrightarrow\ 0 $$ $V<0$ のとき低温では $e^{\beta V}=e^{-|V|/k_BT}\to0$ なので $$ \chi\simeq\frac{4N\mu^2}{3k_BT}\ \longrightarrow\ \infty $$ 定性的に異なる理由は、対の基底状態が磁気モーメントを持つかどうかです。$V>0$ では基底状態が $S=0$ の一重項で、全スピンが0だから磁場にまったく応答できません。モーメントを持つ三重項はエネルギー $V$ だけ上にあるので、その熱励起確率 $e^{-V/k_BT}$ の分しか磁化率が残らず、低温で指数関数的に消えます。スピンギャップが開いた状況です。$V<0$ では基底状態が3重に縮退した $S=1$ の三重項で、大きさ $2\mu$ のモーメントがそのまま残るのでキュリー則が生き延び、$\chi\propto1/T$ で発散します。係数の $4/3$ は $S=1$ の $\langle S_z^2\rangle=2/3$ から来ており、$\frac N2\cdot\frac{(2\mu)^2}{k_BT}\cdot\frac23=\frac{4N\mu^2}{3k_BT}$ と直接計算しても一致します。相互作用のない場合の $N\mu^2/(k_BT)$ より $4/3$ 倍大きいのは、対の2つのスピンが揃って1つの大きなモーメントとして応答するためです。 ## 第3問 制限三体問題とラグランジュ点 ### 設定 質量 $m_1$ の太陽と $m_2$ の地球が、離心率0の円軌道でケプラー運動しています。重心を原点とする慣性系 $S$（座標 $(\xi,\eta)$）と、角速度 $\omega$ で回る回転系 $S'$（座標 $(x,y)$）を考えます。$S'$ では太陽が $P_1=(-\mu_2a,0)$、地球が $P_2=(\mu_1a,0)$ に静止し、$\mu_1+\mu_2=1$、$G(m_1+m_2)=\omega^2a^3$ です。この2つから $$ Gm_1=\mu_1\omega^2a^3,\qquad Gm_2=\mu_2\omega^2a^3 $$ が従い、以下で繰り返し使います。図1より $S'$ の $x$ 軸は $S$ の $\xi$ 軸から角 $\omega t$ だけ回った向きです。 ### 設問1 原点を共有し角 $\omega t$ だけ回った直交座標系なので $$ \xi=x\cos\omega t-y\sin\omega t,\qquad \eta=x\sin\omega t+y\cos\omega t $$ ### 設問2 複素座標 $\zeta=\xi+i\eta$ を使うと設問1は $\zeta=(x+iy)e^{i\omega t}$ と書けます。微分して $$ \dot\zeta=\left[(\dot x-\omega y)+i(\dot y+\omega x)\right]e^{i\omega t} $$ $|e^{i\omega t}|=1$ なので $$ \dot\xi^2+\dot\eta^2=|\dot\zeta|^2=(\dot x-\omega y)^2+(\dot y+\omega x)^2=\dot x^2+\dot y^2+\omega^2(x^2+y^2)+2\omega(x\dot y-\dot xy) $$ 質量 $m$ を掛けて2で割れば、(3) の第1項から第3項が出ます。第4項は重力ポテンシャルです。$S'$ では太陽と地球は $P_1,P_2$ に静止していて、距離は回転で変わらないので、$m$ に働く重力のポテンシャルは $$ U=-Gm\left(\frac{m_1}{r_1}+\frac{m_2}{r_2}\right),\qquad r_1=\sqrt{(x+\mu_2a)^2+y^2},\quad r_2=\sqrt{(x-\mu_1a)^2+y^2} $$ です。$\mathcal L=T-U$ より (3) が示されました。$m\ll m_1,m_2$ としたので、$m$ が $P_1,P_2$ の運動に及ぼす反作用は無視しています。なお $S'$ は非慣性系ですが、慣性系での運動エネルギーを座標変換しただけなのでラグランジアンとしては正しく、遠心力とコリオリ力は上の第2項と第3項に含まれています。 ### 設問3 $x$ について $$ \frac{\partial\mathcal L}{\partial\dot x}=m(\dot x-\omega y),\qquad \frac{\partial\mathcal L}{\partial x}=m\omega^2x+m\omega\dot y-Gm\left[\frac{m_1(x+\mu_2a)}{r_1^{3}}+\frac{m_2(x-\mu_1a)}{r_2^{3}}\right] $$ なので、オイラー・ラグランジュ方程式は $$ \ddot x-2\omega\dot y=\omega^2x-G\left[\frac{m_1(x+\mu_2a)}{r_1^{3}}+\frac{m_2(x-\mu_1a)}{r_2^{3}}\right] $$ $y$ については $\partial\mathcal L/\partial\dot y=m(\dot y+\omega x)$、$\partial\mathcal L/\partial y=m\omega^2y-m\omega\dot x-Gmy\left[m_1/r_1^3+m_2/r_2^3\right]$ より $$ \ddot y+2\omega\dot x=\omega^2y-Gy\left[\frac{m_1}{r_1^{3}}+\frac{m_2}{r_2^{3}}\right] $$ 左辺の $-2\omega\dot y$、$+2\omega\dot x$ がコリオリ力、右辺の $\omega^2x$、$\omega^2y$ が遠心力に対応します。 ### 設問4 ラグランジュ点では $\ddot y=\dot x=0$ なので、$y$ 成分の式は $$ 0=\omega^2y-Gy\left[\frac{m_1}{r_1^{3}}+\frac{m_2}{r_2^{3}}\right] =\omega^2y\left[1-\mu_1\left(\frac{a}{r_1}\right)^{3}-\mu_2\left(\frac{a}{r_2}\right)^{3}\right] $$ となります。2行目では $Gm_1=\mu_1\omega^2a^3$、$Gm_2=\mu_2\omega^2a^3$ を代入しました。$\omega\neq0$ なので、積が0であることから $y=0$ か、または $$ \mu_1\left(\frac{a}{r_1}\right)^{3}+\mu_2\left(\frac{a}{r_2}\right)^{3}=1 $$ のいずれかが成り立ちます。 ### 設問5 $L_2$ 点は $y=0$ で、地球 $P_2$ から見て太陽の反対側、つまり $x>\mu_1a$ にあります。よって $r_2=x-\mu_1a>0$、$x=\mu_1a+r_2$ で、$\mu_1+\mu_2=1$ を使うと $$ r_1=x+\mu_2a=(\mu_1+\mu_2)a+r_2=a+r_2 $$ です。$x$ 成分の運動方程式に $\ddot x=\dot y=0$、$y=0$ を入れ、$Gm_i=\mu_i\omega^2a^3$ を代入すると $$ \omega^2(\mu_1a+r_2)=\frac{\mu_1\omega^2a^3}{(a+r_2)^2}+\frac{\mu_2\omega^2a^3}{r_2^2} $$ 両辺を $\omega^2a$ で割り $u=r_2/a$ とおけば $$ \mu_1+u=\frac{\mu_1}{(1+u)^2}+\frac{\mu_2}{u^2} $$ $1-(1+u)^{-2}=u(2+u)/(1+u)^2$ を使って $\mu_2$ について解くと $$ \mu_2=u^3\left[\frac{\mu_1(2+u)}{(1+u)^2}+1\right] \quad\Longleftrightarrow\quad \mu_2(1+u)^2=u^3\left[\mu_1(2+u)+(1+u)^2\right] $$ ここで $\mu_2=1-\mu_1$ を代入して $\mu_1$ について整理します。 $$ \begin{aligned} (1-\mu_1)(1+u)^2&=\mu_1u^3(2+u)+u^3(1+u)^2\\ (1+u)^2(1-u^3)&=\mu_1\left[(1+u)^2+u^3(2+u)\right]=\mu_1\left[1+2u+u^2+2u^3+u^4\right] \end{aligned} $$ よって $$ \mu_1=\frac{(1+u)^2(1-u^3)}{1+2u+u^2+2u^3+u^4},\qquad \mu_2=1-\mu_1=\frac{\left(1+2u+u^2+2u^3+u^4\right)-(1+u)^2(1-u^3)}{1+2u+u^2+2u^3+u^4} $$ 分子は $(1+u)^2(1-u^3)=1+2u+u^2-u^3-2u^4-u^5$ を使って $3u^3+3u^4+u^5=u^3(3+3u+u^2)$ になります。比を取ると分母が消えて $$ \frac{\mu_2}{\mu_1}=\frac{u^3\left(3+3u+u^2\right)}{(1+u)^2(1-u^3)}=\frac{3u^3}{(1+u)^2}\cdot\frac{1+u+u^2/3}{1-u^3} $$ これが (7) です。 ### 設問6 $u\ll1$ では $(1+u)^{-2}\to1$、$(1+u+u^2/3)\to1$、$(1-u^3)^{-1}\to1$ なので (7) は $\mu_2/\mu_1\simeq3u^3$ になり $$ u\simeq\left(\frac{\mu_2}{3\mu_1}\right)^{1/3} $$ これが最低次の答えです。太陽と地球では $\mu_2/\mu_1=3\times10^{-6}$ なので $$ u\simeq\left(10^{-6}\right)^{1/3}=1.0\times10^{-2} $$ $$ r_2=ua=1.0\times10^{-2}\times1.5\times10^{11}\,\mathrm m=1.5\times10^{9}\,\mathrm m $$ 地球から $L_2$ 点までの距離は約 $1.5\times10^{6}\,\mathrm{km}$、すなわち150万 km です。(7) を数値的に解くと $u=1.0033\times10^{-2}$ で、最低次近似の誤差は0.3パーセント程度にとどまります。地球軌道半径の1パーセントという小ささは、$L_2$ 点が地球の重力（$\mu_2/u^2$）と太陽重力の勾配（$3\mu_1u$ 相当）が釣り合う場所であることの反映です。 ## 第4問 中性子の弾性散乱とシンチレーターの検出効率 ### 設定 中性子と原子核の弾性散乱を非相対論的に扱います。中性子質量と陽子質量を $m=1000\,\mathrm{MeV}/c^2$、質量数 $A$ の原子核の質量を $M=1000A\,\mathrm{MeV}/c^2$ とします。後半の検出器は、密度 $1\,\mathrm{g/cm^3}$、元素組成 C:H = 1:1 のプラスチック・シンチレーターと光電子増倍管の組み合わせで、炭素との衝突は無視し、反跳陽子は100パーセントの効率で検出できるとします。図1の $\theta^{*}$ は重心系での中性子の散乱角（入射方向から測った角）です。 ### 設問1 実験室系で速さ $v$ の中性子が静止標的に当たるとき、重心の速さは $V=\dfrac{m}{m+M}v$ です。重心系では標的は速さ $V$ で入射してきて、弾性散乱では速さが変わらないので、散乱後も速さ $V$ で向きだけが変わります。中性子の重心系散乱角を $\theta^{*}$、散乱後の中性子の向きの単位ベクトルを $\hat n$（$\hat n\cdot\hat z=\cos\theta^{*}$）とすると、標的の重心系速度は $-V\hat n$ で、実験室系の速度は $$ \boldsymbol u=V\hat z-V\hat n,\qquad |\boldsymbol u|^2=V^2\left[(1-\cos\theta^{*})^2+\sin^2\theta^{*}\right]=2V^2(1-\cos\theta^{*})=4V^2\sin^2\frac{\theta^{*}}{2} $$ 反跳エネルギーは $T=\frac12mv^2$ を使って $$ E=\frac12M|\boldsymbol u|^2=2M\frac{m^2v^2}{(m+M)^2}\sin^2\frac{\theta^{*}}{2}=\frac{4mM}{(m+M)^2}\,T\sin^2\frac{\theta^{*}}{2} $$ $\theta^{*}=\pi$（中性子が真後ろに跳ね返る正面衝突）で最大になり、$m=1000$、$M=1000A$ を入れて $$ E_{\max}=\frac{4mM}{(m+M)^2}\,T=\frac{4A}{(1+A)^2}\,T $$ $A$ 依存性については $(1+A)^2-4A=(1-A)^2\ge0$ より $$ \frac{4A}{(1+A)^2}\le1 $$ で、等号が成り立つのは $A=1$ のときだけです。したがって $E_{\max}$ は陽子と散乱する場合に最大となり、そのとき $E_{\max}=T$、つまり中性子は運動エネルギーの全部を渡せます。質量が等しい2球の正面衝突で速度が入れ替わるのと同じことです。 ### 設問2 (a) $A=1$ すなわち $m=M$ を設問1の式に入れると $4mM/(m+M)^2=1$ なので $$ E=T\sin^2\frac{\theta^{*}}{2}=\frac T2\left(1-\cos\theta^{*}\right) $$ $\theta^{*}=0$ で $E=0$、$\theta^{*}=\pi$ で $E=T$ です。 (b) 重心系で等方なら、$\theta^{*}$ が立体角 $d\Omega^{*}$ に入る確率は $d\Omega^{*}/4\pi$ に比例するので $$ dW=\frac{d\Omega^{*}}{4\pi}=\frac{2\pi\sin\theta^{*}\,d\theta^{*}}{4\pi}=-\frac{d(\cos\theta^{*})}{2} $$ (a) より $dE=-\frac T2\,d(\cos\theta^{*})$、つまり $-d(\cos\theta^{*})=2\,dE/T$ なので $$ \frac{dW}{dE}=\frac1T\quad(0\le E\le T),\qquad \frac{dW}{dE}=0\quad(E>T) $$ 反跳エネルギー分布は0から $T$ まで一定の矩形分布です。規格化 $\int_0^T(1/T)\,dE=1$ も満たしています。概形は、横軸 $E$、縦軸 $dW/dE$ として、$E=0$ から $E=T$ まで高さ $1/T$ の水平な線が伸び、$E=T$ で垂直に0へ落ちる階段状の形です。 1/T 0 T E dW/dE ### 設問3 中性子はシンチレーター中の水素核（陽子）と弾性散乱し、反跳陽子を生じます。反跳陽子は蛍光物質の分子を電離・励起しながら停止し、励起された分子が脱励起するときに蛍光（シンチレーション光）を放出します。この光が導光されて光電子増倍管の光電面に達し、光電効果で光電子を放出させます。光電子はダイノードでの二次電子放出により多段に増倍され、陽極に電荷パルス、すなわち電気信号として現れます。 ### 設問4 標的の数密度が $n$、1個あたりの断面積が $\sigma$ なら、単位長さ進む間に散乱する確率は $n\sigma$ です。その逆数が平均自由行程で $$ \lambda=\frac{1}{n\sigma} $$ 炭素との衝突は無視するという指定なので、$n$ には水素原子だけを数えます。 ### 設問5 厚さ $x$ の中で1回も散乱しない確率は $e^{-x/\lambda}$ です。1回でも陽子と散乱すれば反跳陽子を確実に検出できるので、検出効率は $$ \varepsilon=1-e^{-x/\lambda} $$ $x\ll\lambda$ では $\varepsilon\simeq x/\lambda$ と薄い場合の表式に戻り、$x\gg\lambda$ では $\varepsilon\to1$ で1を超えません。厚い場合にも使える一般式です。 ### 設問6 $T=20\,\mathrm{MeV}$ の中性子の実験室系運動量は非相対論的に $$ p=\sqrt{2mT}=\sqrt{2\times1000\times20}\ \mathrm{MeV}/c=200\,\mathrm{MeV}/c $$ 図2でこの運動量に対応する断面積を読むと $\sigma\simeq0.5\times10^{-24}\,\mathrm{cm^2}$ です。C:H = 1:1、密度 $1\,\mathrm{g/cm^3}$ なので、CH 単位（モル質量 $12+1=13\,\mathrm{g/mol}$）あたり水素が1個あり $$ n=\frac{1\,\mathrm{g/cm^3}}{13\,\mathrm{g/mol}}\times6\times10^{23}\,\mathrm{mol^{-1}}=4.6\times10^{22}\,\mathrm{cm^{-3}} $$ $$ \lambda=\frac{1}{n\sigma}=\frac{1}{4.6\times10^{22}\times0.5\times10^{-24}}\,\mathrm{cm}=43\,\mathrm{cm} $$ $$ \varepsilon=1-e^{-x/\lambda}=1-e^{-10/43}=1-0.79=0.21 $$ 検出効率は約20パーセントです。$x/\lambda\simeq0.23$ と1より小さいので、薄い近似 $x/\lambda$ でも同じ一桁になります。 ## 第5問 低温比熱と超伝導の臨界磁場 ### 設定 ヒーターと抵抗温度計を付けた基板に試料を乗せ、加えた熱量と温度上昇から比熱を測ります。アルミニウムの1モルあたりの比熱を $1.22\,\mathrm K$ から $4\,\mathrm K$ で測ったのが図2（縦軸 $C/T$、横軸 $T^2$）、$0.2\,\mathrm K$ まで下げたのが図3（縦軸 $C/T$、横軸 $T$）で、$T_c=1.16\,\mathrm K$ に超伝導転移による比熱の飛びが見えています。後半では磁場中の自由エネルギー $$ G_{\mathrm{n,s}}(T,H)=G_{\mathrm{n,s}}(T,0)-V\int_0^H B\,dH $$ を使い、正常状態で $B=\mu_0H$、超伝導状態で $B=0$（完全反磁性）とします。$V$ はモル体積、$G_{\mathrm n}(0,0)=0$ です。 ### 設問1 試料と基板を真空中に置き、支持線や配線は細く長くして熱伝導と熱放射による外部との熱の出入りを抑えます。基板・ヒーター・温度計・接着剤の熱容量は試料なしで別に測って差し引きます。試料と温度計の熱接触をよくし、試料内に温度勾配が残らないようゆっくり加熱して緩和を待ちます。温度上昇は比熱の変化が無視でき、かつ温度計の分解能で有意に測れる大きさに選び、抵抗温度計の自己発熱も抑えます。 ### 設問2 準静的な加熱では $dS=C\,dT/T$、$dU=C\,dT$ です。$S(0)=0$ と $U(0)$ を積分定数として $$ S(T)=\int_0^T\frac{C(T')}{T'}\,dT',\qquad U(T)=U(0)+\int_0^T C(T')\,dT' $$ $T\to0$ で $S$ が有限であるためには $C\to0$ が必要で、以下に出てくる $\gamma T$ や $\beta T^3$ はこれを満たしています。 ### 設問3 図2は $C/T$ を $T^2$ に対してプロットすると直線に乗ることを示しています。つまり $$ \frac CT=\gamma+\beta T^2,\qquad C=\gamma T+\beta T^3 $$ $T^3$ の項が格子振動（デバイ比熱）なので、もう一方の主要な寄与は $T$ の1乗に比例する項 $\gamma T$ です。係数は図2の縦軸切片から $$ \gamma\simeq1.35\ \mathrm{mJ\,mol^{-1}K^{-2}} $$ 起源はフェルミ縮退した伝導電子の比熱（ゾンマーフェルト項）です。フェルミ面近傍の幅 $k_BT$ の範囲、すなわち全電子のうち $\sim k_BT/E_F$ の割合だけが熱励起され、1個あたり $\sim k_BT$ のエネルギーを受け取るので、内部エネルギーが $T^2$、比熱が $T$ に比例します。直線の傾きから $\beta\simeq2.4\times10^{-2}\ \mathrm{mJ\,mol^{-1}K^{-4}}$ で、デバイ温度に直すと約 430 K になり、アルミニウムの値として妥当です。この温度範囲では $\beta T^2$ は最大でも $0.4\ \mathrm{mJ\,mol^{-1}K^{-2}}$ 程度で、確かに電子項の方が主要です。 ### 設問4 2次相転移では潜熱がなく、$T_c$ でエントロピーが連続です。また第三法則から $S_{\mathrm s}(0)=S_{\mathrm n}(0)=0$ です。設問2の結果を両状態に適用して差を取ると $$ S_{\mathrm s}(T_c)-S_{\mathrm n}(T_c)=\int_0^{T_c}\frac{C_{\mathrm s}(T)-C_{\mathrm n}(T)}{T}\,dT=0 $$ 図3は縦軸が $C/T$、横軸が $T$ なので、この積分は $C_{\mathrm s}/T$ の実測曲線と $C_{\mathrm n}/T$ の点線 c-b-a に挟まれた符号付き面積です。両曲線が交わる点 b より高温側では $C_{\mathrm s}>C_{\mathrm n}$ で領域 $\mathrm D_1$ が正の寄与、低温側では $C_{\mathrm s}G_{\mathrm s}(T,0)$、$T\ge T_c$ で両者が一致しています。ここで $\frac12\mu_0VH^2<\delta\equiv G_{\mathrm n}(0,0)-G_{\mathrm s}(0,0)$、すなわち $G_{\mathrm n}(0,H)>G_{\mathrm s}(0,H)$ となる磁場を固定すると、$G_{\mathrm n}$ の曲線が一定量だけ平行に下がるので、$0 0 Gn(T,H) Gs(T,H) TH Tc T $TT_H$ では $G_{\mathrm n}S_{\mathrm s}$ です。したがって転移点で自由エネルギーの1階微分であるエントロピーが跳び、潜熱 $L=T_H(S_{\mathrm n}-S_{\mathrm s})>0$ が発生します。これがこの相転移が1次転移である理由です。$H\to0$ の極限では $T_H\to T_c$ で $S_{\mathrm n}-S_{\mathrm s}\to0$ となり、設問4で見た2次転移に連続的につながります。 ### 設問6 $T=0$、$H=H_{\mathrm c}(0)$ で両状態の自由エネルギーが等しくなるので $$ G_{\mathrm n}(0,0)-\frac{\mu_0VH_{\mathrm c}(0)^2}{2}=G_{\mathrm s}(0,0) \quad\Longrightarrow\quad \frac{\mu_0VH_{\mathrm c}(0)^2}{2}=\frac{B_{\mathrm c}(0)^2}{2\mu_0}V=\delta $$ $$ B_{\mathrm c}(0)=\sqrt{\frac{2\mu_0\delta}{V}} $$ 図4から $G_{\mathrm n}(0,0)=0$、$G_{\mathrm s}(0,0)\simeq-0.4\ \mathrm{mJ/mol}$ なので $\delta=4\times10^{-4}\ \mathrm{J/mol}$、モル体積は $V=10\ \mathrm{cm^3/mol}=1\times10^{-5}\ \mathrm{m^3/mol}$ です。 $$ B_{\mathrm c}(0)=\sqrt{\frac{2\times4\pi\times10^{-7}\times4\times10^{-4}}{1\times10^{-5}}}\ \mathrm T=1.0\times10^{-2}\,\mathrm T $$ 有効数字1桁で $B_{\mathrm c}(0)\simeq1\times10^{-2}\,\mathrm T$、すなわち 10 mT です。$\mu_0$ の単位 H/m は $\mathrm{T^2m^3/J}$ と同じなので、根号の中は $\mathrm{T^2}$ になっていて次元も合っています。アルミニウムの臨界磁束密度の実測値 10.5 mT とよく一致します。 ### 設問7 有限温度でも同じ議論から、凝縮エネルギーが磁場のエネルギーと釣り合います。 $$ \frac{\mu_0VH_{\mathrm c}(T)^2}{2}=G_{\mathrm n}(T,0)-G_{\mathrm s}(T,0) $$ $H=0$ で $dG=-S\,dT$ なので $G_{\mathrm{n,s}}(T,0)=G_{\mathrm{n,s}}(0,0)-\int_0^TS_{\mathrm{n,s}}\,dT'$、よって $$ G_{\mathrm n}(T,0)-G_{\mathrm s}(T,0)=\delta-\int_0^T\left[S_{\mathrm n}(T')-S_{\mathrm s}(T')\right]dT' $$ 格子振動の寄与は両状態で共通なので差では消えます。$T/T_c\ll1$ では正常状態の電子エントロピーが $S_{\mathrm n}=\gamma T$（$C_{\mathrm n}/T$ の $T\to0$ 外挿値が $\gamma$ だから）、超伝導状態の電子エントロピーはエネルギーギャップのため指数関数的に小さく $S_{\mathrm s}\simeq0$ と置けます。したがって $$ \frac{\mu_0VH_{\mathrm c}(T)^2}{2}=\delta-\frac{\gamma T^2}{2} $$ 設問6の $\frac12\mu_0VH_{\mathrm c}(0)^2=\delta$ で割ると $$ H_{\mathrm c}(T)=H_{\mathrm c}(0)\left(1-\frac{\gamma T^2}{2\delta}\right)^{1/2}\simeq H_{\mathrm c}(0)\left(1-\frac{\gamma T^2}{4\delta}\right) $$ 最後は $\gamma T^2/2\delta\ll1$ での展開です。比べて $$ a=\frac{\gamma}{4\delta} $$ $\gamma$ が $\mathrm{J\,mol^{-1}K^{-2}}$、$\delta$ が $\mathrm{J\,mol^{-1}}$ なので $a$ は $\mathrm{K^{-2}}$ で、$aT^2$ が無次元になっていて整合します。数値を入れると $a=1.35/(4\times0.4)=0.84\ \mathrm{K^{-2}}$ で、$1/T_c^2=0.74\ \mathrm{K^{-2}}$ と同程度です。つまり実験値は2流体モデルでよく知られた $H_{\mathrm c}(T)=H_{\mathrm c}(0)\left[1-(T/T_c)^2\right]$ にほぼ従っており、$\gamma$、$\delta$、$T_c$ の3つの測定値が互いに整合していることが確認できます。 ## 第6問 水素原子の微細構造とラムシフト ### 設定 水素原子の $n=2$ の準位は微細構造で3つに分かれ、$2P_{3/2}$ と $2S_{1/2}$ の差を $h\nu_1$、$2S_{1/2}$ と $2P_{1/2}$ の差を $h\nu_2$（ラムシフト）とします。電子線衝突で $1S_{1/2}$ から寿命の長い $2S_{1/2}$ へ励起した原子ビームを導波管に通し、金属板から出る電子を対向電極で捕らえて $2S_{1/2}$ の原子数を電流として測ります。マイクロ波が共鳴すると $2P_{3/2}$ へ移り、そこから速やかに $1S_{1/2}$ へ自発放射するので電流が減ります。磁場中では $$ \mathcal H_Z=\frac{\mu_B}{\hbar}\left(l_z+2s_z\right)B $$ でゼーマンシフトが加わります。 ### 設問1 グリッドとアノードが接地されているので、フィラメント（カソード）を電位 $-V_0$ に置けば、放出された電子はアノードに達するまでに運動エネルギー $eV_0$ を得ます。条件は2つあります。第一に、$1S_{1/2}$ から $2S_{1/2}$ への励起エネルギー $$ \Delta E=13.6\left(1-\frac{1}{2^2}\right)\mathrm{eV}=10.2\,\mathrm{eV} $$ を超えていなければ励起が起きません。第二に、イオン化エネルギー $13.6\,\mathrm{eV}$ を超えると水素が電離してしまいます。電離で生じた電子やイオンが電極に流れ込むと $2S_{1/2}$ の原子数を反映する信号に混ざり、また原子源も損なわれます。したがって $$ 10.2\,\mathrm V