# 平成25年度 東大院 物理学専攻 修士 物理学 解答 > 平成25年度 修士課程 物理学（全6問）の解答。調和振動子のコヒーレント状態、理想ボース気体の凝縮、電磁場中の荷電粒子、抵抗の熱雑音と増幅回路、相対論的反応運動学と原子核検出、固体の熱伝導を扱います。 > https://rikai.mugen-giken.com/exams/utokyo-physics/master-h25-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。 ::: 平成25年度の物理学は6問構成で、第1問から第3問が全員必答、第4問から第6問が選択です。必答の3問は調和振動子のコヒーレント状態、理想ボース気体の凝縮、電磁場中の荷電粒子という標準的な題材で、計算の道具はどれも教科書どおりです。難しさは選択問題側にあり、熱雑音の等価回路、原子核実験の運動学と検出器、固体の熱伝導のいずれも、式変形よりも「得られた式をどう読むか」を言葉で答えさせる設問に重みが置かれています。 | 問題 | 分野 | 主題 | |---|---|---| | 第1問 | 量子力学 | 調和振動子の生成消滅演算子とコヒーレント状態 | | 第2問 | 統計力学 | 理想ボース気体とボース・アインシュタイン凝縮 | | 第3問 | 解析力学・電磁気学 | 電磁場中の荷電粒子とペニングトラップ型の運動 | | 第4問 | 電気回路・統計力学 | 抵抗の熱雑音、パワースペクトル、オペアンプ回路 | | 第5問 | 原子核・相対論 | 相対論的反応運動学、速度選別器、半導体検出器 | | 第6問 | 固体物理 | 熱伝導率の測定とフォノンの平均自由行程 | 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。 ## 第1問 調和振動子の生成消滅演算子とコヒーレント状態 ### 設定 角振動数 $\omega$、質量 $m$ の一次元調和振動子 $$ \mathcal{H}=\frac{\hat{p}^2}{2m}+\frac{m\omega^2\hat{x}^2}{2} $$ を、消滅演算子 $$ \hat{a}=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\,\hat{x}+\frac{i}{\sqrt{2m\hbar\omega}}\,\hat{p} $$ を用いて扱います。正準交換関係は $[\hat{x},\hat{p}]=i\hbar$ です。エネルギー固有状態を $|\phi_n\rangle$、固有値を $E_n$ と書きます。後半では複素数 $\alpha=re^{i\theta}$ で指定される重ね合わせ状態（コヒーレント状態） $$ |\alpha\rangle=e^{-\frac{|\alpha|^2}{2}}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\alpha^n}{\sqrt{n!}}\,|\phi_n\rangle $$ の性質と時間発展を調べます。 ### 設問1 $\hat{x},\hat{p}$ はエルミートなので、$\hat{a}$ の定義式の係数を複素共役にしたものがアです。 $$ \hat{a}^\dagger=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\,\hat{x}-\frac{i}{\sqrt{2m\hbar\omega}}\,\hat{p} $$ イは、$\sqrt{m\omega/2\hbar}\cdot 1/\sqrt{2m\hbar\omega}=1/(2\hbar)$ を使うと $$ \begin{aligned} [\hat{a},\hat{a}^\dagger] &=-\frac{i}{2\hbar}[\hat{x},\hat{p}]+\frac{i}{2\hbar}[\hat{p},\hat{x}] =-\frac{i}{2\hbar}(i\hbar)+\frac{i}{2\hbar}(-i\hbar)=1 \end{aligned} $$ です。$\hat{a}+\hat{a}^\dagger=2\sqrt{m\omega/2\hbar}\,\hat{x}$、$\hat{a}-\hat{a}^\dagger=2i\hat{p}/\sqrt{2m\hbar\omega}$ を解けばウとエが求まります。 $$ \hat{x}=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(\hat{a}+\hat{a}^\dagger\right), \qquad \hat{p}=-i\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}\left(\hat{a}-\hat{a}^\dagger\right) $$ これを $\mathcal{H}$ に代入するとオが得られます。 $$ \begin{aligned} \mathcal{H}&=-\frac{\hbar\omega}{4}\left(\hat{a}-\hat{a}^\dagger\right)^2+\frac{\hbar\omega}{4}\left(\hat{a}+\hat{a}^\dagger\right)^2 =\frac{\hbar\omega}{2}\left(\hat{a}\hat{a}^\dagger+\hat{a}^\dagger\hat{a}\right) =\hbar\omega\left(\hat{a}^\dagger\hat{a}+\frac{1}{2}\right) \end{aligned} $$ 最後の等号でイを使いました。$\hat{a}^\dagger\hat{a}$ は非負の演算子で、基底状態は $\hat{a}|\phi_0\rangle=0$ を満たすものなので、カは $$ E_0=\frac{\hbar\omega}{2} $$ です。$\hat{a}^\dagger\hat{a}|\phi_n\rangle=n|\phi_n\rangle$ のとき $[\hat{a}^\dagger\hat{a},\hat{a}^\dagger]=\hat{a}^\dagger$ より $\hat{a}^\dagger|\phi_n\rangle$ は固有値 $n+1$ の固有状態であり、そのノルムの2乗は $$ \langle\phi_n|\hat{a}\hat{a}^\dagger|\phi_n\rangle=\langle\phi_n|\left(\hat{a}^\dagger\hat{a}+1\right)|\phi_n\rangle=n+1 $$ です。位相を正の実数に選ぶと、キとクは $$ |\phi_{n+1}\rangle=\frac{1}{\sqrt{n+1}}\,\hat{a}^\dagger|\phi_n\rangle, \qquad E_n=\hbar\omega\left(n+\frac{1}{2}\right) $$ と決まります。まとめると次のとおりです。 | 記号 | 答え | |---|---| | ア | $\sqrt{\dfrac{m\omega}{2\hbar}}\,\hat{x}-\dfrac{i}{\sqrt{2m\hbar\omega}}\,\hat{p}$ | | イ | $1$ | | ウ | $\sqrt{\dfrac{\hbar}{2m\omega}}\left(\hat{a}+\hat{a}^\dagger\right)$ | | エ | $-i\sqrt{\dfrac{m\hbar\omega}{2}}\left(\hat{a}-\hat{a}^\dagger\right)$ | | オ | $\hbar\omega\left(\hat{a}^\dagger\hat{a}+\dfrac{1}{2}\right)$ | | カ | $\dfrac{\hbar\omega}{2}$ | | キ | $\dfrac{1}{\sqrt{n+1}}$ | | ク | $\hbar\omega\left(n+\dfrac{1}{2}\right)$ | なおキの関係から $\hat{a}|\phi_n\rangle=\sqrt{n}\,|\phi_{n-1}\rangle$ も従い、以下で使います。 ### 設問2 $|\phi_n\rangle$ は $\mathcal{H}$ の固有状態なので、シュレディンガー方程式 $i\hbar\,\partial_t|\psi\rangle=\mathcal{H}|\psi\rangle$ は係数ごとに分離し、$i\hbar\,\dot{c}_n(t)=E_n c_n(t)$ となります。よって $$ c_n(t)=c_n(0)\,e^{-iE_nt/\hbar}=c_n(0)\,e^{-i\left(n+\frac{1}{2}\right)\omega t} $$ が答えです。位相だけが回るので $|c_n(t)|=|c_n(0)|$ が保たれ、規格化条件 $\sum_n|c_n|^2=1$ は自動的に維持されます。 ### 設問3 $|\phi_n\rangle$ では $\hat{a}$ が $n$ を1つ下げ $\hat{a}^\dagger$ が1つ上げるので、$\langle\phi_n|\hat{a}|\phi_n\rangle=\langle\phi_n|\hat{a}^\dagger|\phi_n\rangle=0$、したがって $\langle\hat{x}\rangle=\langle\hat{p}\rangle=0$ です。2乗については $\langle\hat{a}^2\rangle=\langle(\hat{a}^\dagger)^2\rangle=0$、$\langle\hat{a}\hat{a}^\dagger\rangle=n+1$、$\langle\hat{a}^\dagger\hat{a}\rangle=n$ を使って $$ \begin{aligned} (\Delta x)^2&=\frac{\hbar}{2m\omega}\left\langle\left(\hat{a}+\hat{a}^\dagger\right)^2\right\rangle=\frac{\hbar}{2m\omega}(2n+1),\\ (\Delta p)^2&=-\frac{m\hbar\omega}{2}\left\langle\left(\hat{a}-\hat{a}^\dagger\right)^2\right\rangle=\frac{m\hbar\omega}{2}(2n+1) \end{aligned} $$ となります。積は $$ \Delta x\cdot\Delta p=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}\cdot\frac{m\hbar\omega}{2}}\,(2n+1)=\hbar\left(n+\frac{1}{2}\right) $$ です。$n=0$ で $\hbar/2$ となり不確定性関係の下限を実現する点、$m$ と $\omega$ が落ちる点が検算になります。 ### 設問4 $\hat{a}|\phi_n\rangle=\sqrt{n}|\phi_{n-1}\rangle$ を項別に作用させると $$ \begin{aligned} \hat{a}|\alpha\rangle &=e^{-\frac{|\alpha|^2}{2}}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\alpha^n}{\sqrt{n!}}\sqrt{n}\,|\phi_{n-1}\rangle =e^{-\frac{|\alpha|^2}{2}}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\alpha^n}{\sqrt{(n-1)!}}\,|\phi_{n-1}\rangle\\ &=\alpha\,e^{-\frac{|\alpha|^2}{2}}\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\alpha^{k}}{\sqrt{k!}}\,|\phi_{k}\rangle=\alpha|\alpha\rangle \end{aligned} $$ となり、$|\alpha\rangle$ は固有値 $\alpha$ をもつ $\hat{a}$ の固有状態です。$n=0$ の項は $\hat{a}$ で消えるので和の下限を1に上げてよく、$k=n-1$ と置き直しただけです。 これと $\langle\alpha|\hat{a}^\dagger=\alpha^*\langle\alpha|$、$\langle\alpha|\alpha\rangle=1$ を使うと $$ \begin{aligned} \langle\alpha|\hat{x}|\alpha\rangle&=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\left(\alpha+\alpha^*\right)=\sqrt{\frac{2\hbar}{m\omega}}\;r\cos\theta,\\ \langle\alpha|\hat{p}|\alpha\rangle&=-i\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}\left(\alpha-\alpha^*\right)=\sqrt{2m\hbar\omega}\;r\sin\theta \end{aligned} $$ が答えです。$\alpha$ の絶対値が振幅を、位相が振動の位相を与えるという対応になっています。 ### 設問5 $|\psi(0)\rangle=|\alpha=r_0\rangle$ は $c_n(0)=e^{-r_0^2/2}r_0^{\,n}/\sqrt{n!}$ に対応します。設問2の結果を代入すると $$ \begin{aligned} |\psi(t)\rangle &=e^{-\frac{r_0^2}{2}}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{r_0^{\,n}}{\sqrt{n!}}\,e^{-i\left(n+\frac{1}{2}\right)\omega t}|\phi_n\rangle =e^{-\frac{i\omega t}{2}}\,e^{-\frac{r_0^2}{2}}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(r_0e^{-i\omega t}\right)^n}{\sqrt{n!}}\,|\phi_n\rangle\\ &=e^{-\frac{i\omega t}{2}}\left|\alpha=r_0e^{-i\omega t}\right\rangle \end{aligned} $$ です。$|r_0e^{-i\omega t}|=r_0$ なので前因子の指数関数はコヒーレント状態の規格化因子と整合しており、状態は全体位相 $e^{-i\omega t/2}$ を除いてコヒーレント状態のまま、パラメータだけが $\alpha(t)=r_0e^{-i\omega t}$ と単位円上を回ります。 $\hat{X}=\sqrt{m\omega/\hbar}\,\hat{x}$、$\hat{P}=\hat{p}/\sqrt{m\hbar\omega}$ は無次元で $[\hat{X},\hat{P}]=i$ を満たします。設問4の結果を $r=r_0$、$\theta=-\omega t$ として使うと $$ \langle\psi(t)|\hat{X}|\psi(t)\rangle=\sqrt{2}\,r_0\cos\omega t, \qquad \langle\psi(t)|\hat{P}|\psi(t)\rangle=-\sqrt{2}\,r_0\sin\omega t $$ です。時間発展の特徴は次の3点です。第一に、$\langle\hat{X}\rangle^2+\langle\hat{P}\rangle^2=2r_0^2$ が一定なので、期待値の組は位相空間 $(X,P)$ 上で半径 $\sqrt{2}\,r_0$ の円を、周期 $2\pi/\omega$ で $X$ 軸正方向から $P$ 軸負方向へ向かう向きに一定角速度 $\omega$ で回ります。第二に、この軌道は同じ振幅をもつ古典調和振動子の軌道と完全に一致し、$d\langle\hat{x}\rangle/dt=\langle\hat{p}\rangle/m$ が成り立ちます。第三に、状態が常にコヒーレント状態なので分散は時間に依らず $\Delta X=\Delta P=1/\sqrt{2}$、すなわち $\Delta X\cdot\Delta P=1/2$ の最小不確定のまま保たれ、波束は広がりも変形もしません。$r_0=0$ なら基底状態で期待値は恒等的にゼロという極限も正しく再現されます。 ## 第2問 理想ボース気体とボース・アインシュタイン凝縮 ### 設定 体積 $V$ が十分大きい三次元領域の理想ボース気体を、グランドカノニカル分布で扱います。大分配関数は一粒子状態ごとの積 $\Theta=\prod_i\Theta_i$、$\Theta_i=\sum_{n_i\ge 0}e^{-\beta(\epsilon_i-\mu)n_i}$、$\beta=1/k_\mathrm{B}T$ です。スピン0の場合、単位体積あたりの一粒子状態密度は $\epsilon\ge 0$ で $D(\epsilon)=A\epsilon^{1/2}$、$A=m^{3/2}/(2^{1/2}\pi^2\hbar^3)$、$\epsilon<0$ で $0$ です。粒子数密度を $\rho$、非凝縮成分の密度を $\rho'=\int d\epsilon\,D(\epsilon)f(\epsilon)$ と書き、$T\le T_\mathrm{c}$ では $\mu=0$、$\rho'<\rho$ となります。後半はスピン1の気体を一様磁場中に置き、ゼーマンエネルギー $\epsilon_\mathrm{z}>0$ で3本に分かれた状態密度 $\tilde{D}(\epsilon)=D(\epsilon-\epsilon_\mathrm{z})+D(\epsilon)+D(\epsilon+\epsilon_\mathrm{z})$ を考えます。以下、$x=\beta\epsilon$ と置いたときに現れる無次元積分を $$ I_t\equiv\int_0^{\infty}dx\,\frac{x^{t}}{e^{x}-1} $$ と書きます。$t=1/2,3/2$ で収束する有限の定数です。 ### 設問1 $z\equiv e^{-\beta(\epsilon_i-\mu)}$ と置きます。ボース粒子では $n_i$ に制限がないので $$ \Theta_i=\sum_{n_i=0}^{\infty}z^{n_i}=\frac{1}{1-z} $$ で、収束には $z<1$ すなわち $\epsilon_i>\mu$ が必要です。状態 $i$ の占有数の分布は $\Theta$ の積の形から他の状態と独立なので $$ f(\epsilon_i)=\langle n_i\rangle=\frac{\displaystyle\sum_{n_i=0}^{\infty}n_i z^{n_i}}{\displaystyle\sum_{n_i=0}^{\infty}z^{n_i}} =\frac{\dfrac{z}{(1-z)^2}}{\dfrac{1}{1-z}}=\frac{z}{1-z}=\frac{1}{z^{-1}-1} =\frac{1}{\exp\left[\beta(\epsilon_i-\mu)\right]-1} $$ となります。途中で $\sum_{n\ge0}nz^n=z/(1-z)^2$ を使いました。同じ結果は $\langle n_i\rangle=-\beta^{-1}\partial\ln\Theta_i/\partial\epsilon_i$ からも得られます。 ### 設問2 答えは次の一文です。 低温で多数のボース粒子が最低エネルギーの一粒子状態に有限の割合で凝集する現象。 粒子間相互作用ではなくボース統計だけから生じる相転移であり、凝縮した成分はエネルギーもエントロピーも運びません。 ### 設問3 $T=T_\mathrm{c}$ では $\rho'=\rho$ かつ $\mu=0$ なので、$x=\epsilon/k_\mathrm{B}T_\mathrm{c}$ と変数変換して $$ \rho=A\int_0^{\infty}d\epsilon\,\frac{\epsilon^{1/2}}{e^{\epsilon/k_\mathrm{B}T_\mathrm{c}}-1} =A\left(k_\mathrm{B}T_\mathrm{c}\right)^{3/2}I_{1/2} $$ が成り立ちます。一方、熱的ドブロイ波長の定義 $\lambda_T^2=2\pi\hbar^2/(mk_\mathrm{B}T)$ を $T=T_\mathrm{c}$ で使うと $k_\mathrm{B}T_\mathrm{c}=2\pi\hbar^2/(m\lambda^2)$（以下 $\lambda\equiv\lambda_{T_\mathrm{c}}$）なので $$ A\left(k_\mathrm{B}T_\mathrm{c}\right)^{3/2} =\frac{m^{3/2}}{2^{1/2}\pi^2\hbar^3}\cdot\frac{(2\pi)^{3/2}\hbar^3}{m^{3/2}\lambda^3} =\frac{2}{\sqrt{\pi}\,\lambda^3} $$ と、$m$ と $\hbar$ が完全に消えます。よって $$ \rho\,\lambda^3=\frac{2I_{1/2}}{\sqrt{\pi}} $$ という、純粋な数だけを含む関係が得られます。ここに平均粒子間距離の定義 $\rho=3/(4\pi\ell^3)$ を入れると $$ \left(\frac{\lambda}{\ell}\right)^3=\frac{4\pi}{3}\cdot\frac{2I_{1/2}}{\sqrt{\pi}}=\frac{8\sqrt{\pi}}{3}I_{1/2} $$ です。$I_{1/2}=\Gamma(3/2)\zeta(3/2)=2.32$ を入れると右辺は $10.9$、したがって $$ \frac{\lambda_{T_\mathrm{c}}}{\ell}=\left(\frac{8\sqrt{\pi}}{3}I_{1/2}\right)^{1/3}=2.2 $$ となり、$\lambda_{T_\mathrm{c}}$ と $\ell$ は同程度です。物理的には、波束の広がりが粒子間距離まで伸びて波動関数が重なり始めたところで凝縮が起きるということで、$\rho\lambda^3$ が $1$ 程度という条件が転移温度を決めています。 ### 設問4 $T0$、$0<\alpha0,\alpha>0$ より右辺は原点向きの復元力なので、粒子は $z=0$ を中心に $$ \omega_z=\sqrt{\frac{2q\alpha}{m}} $$ の角振動数で単振動します。$z$ 方向の運動は $x,y$ と完全に分離しており、振幅は初期条件で決まります。 ### 設問6 $\boldsymbol{B}=(0,0,B)$ なので $(\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{B})_x=\dot{y}B$、$(\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{B})_y=-\dot{x}B$ です。よって $$ m\ddot{x}=q\alpha x+qB\dot{y}, \qquad m\ddot{y}=q\alpha y-qB\dot{x} $$ が運動方程式の $x,y$ 成分です。 $\zeta=x+iy$ とすると $\dot{y}-i\dot{x}=-i\dot{\zeta}$ なので、2式は1本にまとまります。 $$ m\ddot{\zeta}+iqB\dot{\zeta}-q\alpha\zeta=0 $$ $\zeta=e^{-i\Omega t}$ を入れると特性方程式 $$ m\Omega^2-qB\,\Omega+q\alpha=0, \qquad \Omega_{\pm}=\frac{qB}{2m}\left[1\pm\sqrt{1-\frac{4m\alpha}{qB^2}}\right] $$ を得ます。$0<\alpha0$、$\Omega_+\Omega_-=q\alpha/m>0$ なので両者は正で、一般解は $$ \zeta(t)=c_+e^{-i\Omega_+t}+c_-e^{-i\Omega_-t} $$ です（$c_\pm$ は初期条件で決まる複素定数）。したがって $xy$ 平面への射影は、同じ向き（$z$ 軸正方向から見て時計回り）に回る2つの等速円運動の重ね合わせで、速い円運動の中心がゆっくり円を描く有界な軌道、すなわち遅い円の上に速い小円が乗ったエピサイクロイド状の運動になります。粒子は原点から離れずに閉じ込められます。 極限で検算します。$\alpha\to0$ では $\Omega_+\to qB/m$（サイクロトロン角振動数）、$\Omega_-\to\alpha/B$ で、後者は半径 $r$ の位置での電場 $\alpha r$ による $\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{B}$ ドリフトの角速度 $E/(rB)=\alpha/B$ に一致します。また $\Omega_+\Omega_-=q\alpha/m=\omega_z^2/2$ で、設問5の $z$ 方向振動数と結びついています。$xy$ 面内の電場は原点から外向きで、単独では粒子を発散させますが、磁場による回転がこれを打ち消して閉じ込めが成立します。$\alpha$ が $qB^2/(4m)$ を超えると $\Omega_\pm$ が複素数になり閉じ込めが破れる、という点も条件式の意味です。 ## 第4問 抵抗の熱雑音と増幅回路 ### 設定 断面積 $A$、長さ $l$ の導体でできた抵抗の両端を短絡した回路を考えます。電流は質量 $m$、電荷 $q$、数密度 $n$ の粒子が担い、全粒子数は $N=nAl$、各粒子は $$ m\frac{dv_i}{dt}+\eta v_i=f_i $$ に従います（$\eta>0$、$f_i$ は揺動力）。全電流は $I=\dfrac{q}{l}\displaystyle\sum_{i=1}^{N}v_i$、揺動力に対応する有効電場は $E_i=f_i/q$、両端に生じる起電力は $V=\dfrac{l}{N}\displaystyle\sum_{i=1}^{N}E_i$ です。パワースペクトルは、区間 $[-\mathcal{T}/2,\mathcal{T}/2]$ で切り出した関数のフーリエスペクトル $\hat{a}_{\mathcal{T}}(\omega)=\frac{1}{2\pi}\int a(t)e^{-i\omega t}dt$ を用いて $S_a(\omega)=\lim_{\mathcal{T}\to\infty}\frac{2\pi}{\mathcal{T}}|\hat{a}_{\mathcal{T}}(\omega)|^2$ で定義されます。後半は温度 $T$ の抵抗 $R$ の熱雑音を、オペアンプの非反転増幅回路（利得設定抵抗 $R_1,R_2$、出力側の $R_f$ と $C_f$）で測る問題です。 ### 設問1 各粒子の運動方程式を $i$ について足し、$q/l$ を掛けます。$I=(q/l)\sum_i v_i$ なので $$ m\frac{dI}{dt}+\eta I=\frac{q}{l}\sum_{i=1}^{N}f_i $$ です。右辺は $f_i=qE_i$ と $\sum_i E_i=NV/l$ から $$ \frac{q}{l}\sum_i f_i=\frac{q^2}{l}\sum_i E_i=\frac{q^2}{l}\cdot\frac{NV}{l}=\frac{Nq^2}{l^2}V $$ となります。両辺を $Nq^2/l^2$ で割ると $L\,dI/dt+RI=V$ の形になり、$N=nAl$ を使って $$ L=\frac{ml^2}{Nq^2}=\frac{ml}{nAq^2}, \qquad R=\frac{\eta l^2}{Nq^2}=\frac{\eta l}{nAq^2} $$ が答えです。$R$ はドルーデ電気伝導率 $\sigma=nq^2/\eta$ を用いた $R=l/(\sigma A)$ に一致します。次元も $[\eta l/(nAq^2)]=\mathrm{kg\,m^2\,s^{-1}C^{-2}}=\Omega$、$[ml/(nAq^2)]=\mathrm{kg\,m^2C^{-2}}=\mathrm{H}$ で正しく、$L/R=m/\eta$ は緩和時間です（$L$ は運動量の慣性が作る、いわゆる運動インダクタンス）。 ### 設問2 $L$ と $R$ の直列回路なので $$ Z(\omega)=R+i\omega L $$ です。 ### 設問3 $I=(q/l)\sum_i v_i$ を2乗して平均を取ります。$i\neq j$ で $\langle v_iv_j\rangle=0$ なので交差項が落ち、等分配則 $\langle v_i^2\rangle=k_\mathrm{B}T/m$ を使うと $$ \langle I^2(t)\rangle=\frac{q^2}{l^2}\sum_{i,j}\langle v_iv_j\rangle=\frac{q^2}{l^2}N\langle v_i^2\rangle=\frac{Nq^2}{l^2}\cdot\frac{k_\mathrm{B}T}{m} $$ となります。設問1の $L=ml^2/(Nq^2)$ を掛けると $$ \frac{L}{2}\langle I^2(t)\rangle=\frac{1}{2}\cdot\frac{ml^2}{Nq^2}\cdot\frac{Nq^2}{l^2}\cdot\frac{k_\mathrm{B}T}{m}=\frac{1}{2}k_\mathrm{B}T $$ が示されました。電流という1個の自由度に対しても、インダクタンスの蓄積エネルギーが $k_\mathrm{B}T/2$ になるという等分配則が成り立つわけです。ここから $\langle I^2\rangle=k_\mathrm{B}T/L$ を後で使います。 ### 設問4 $L\,dI/dt+RI=V$ を時刻 $t+\tau$ で書き、両辺に $I(t)$ を掛けて平均します。$\tau$ 微分に置き換えると $$ L\frac{d\phi_I(\tau)}{d\tau}+R\,\phi_I(\tau)=\langle I(t)V(t+\tau)\rangle=0 \qquad(\tau>0) $$ が $\phi_I$ の従う方程式です（右辺が消えるのは問題文の仮定で、因果性から未来の揺動力が現在の電流と無相関であることを意味します）。これを解いて、$\tau=0$ で設問3の $\phi_I(0)=\langle I^2\rangle=k_\mathrm{B}T/L$ を使い、定常過程の自己相関が偶関数 $\phi_I(-\tau)=\phi_I(\tau)$ であることを合わせると $$ \phi_I(\tau)=\frac{k_\mathrm{B}T}{L}\exp\left(-\frac{R}{L}|\tau|\right) $$ が答えです。相関時間は $L/R=m/\eta$ で、粒子の速度緩和時間そのものです。 フーリエ変換は $\int_{-\infty}^{\infty}e^{-a|\tau|}e^{-i\omega\tau}d\tau=\dfrac{2a}{a^2+\omega^2}$（$a=R/L$）を使って $$ \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty}\phi_I(\tau)e^{-i\omega\tau}d\tau =\frac{1}{2\pi}\cdot\frac{k_\mathrm{B}T}{L}\cdot\frac{2RL}{R^2+\omega^2L^2} =\frac{k_\mathrm{B}TR}{\pi\left(R^2+\omega^2L^2\right)} $$ です。これがそのまま電流雑音のパワースペクトル $S_I(\omega)=k_\mathrm{B}TR/(\pi|Z(\omega)|^2)$ で、$\omega\gg R/L$ で $\omega^{-2}$ に落ちるローレンツ形になっています。 ### 設問5 $\hat{Z}_{\mathcal{T}}(\omega)=\hat{V}_{\mathcal{T}}(\omega)/\hat{I}_{\mathcal{T}}(\omega)=Z(\omega)$ としてよいので、$|\hat{V}_{\mathcal{T}}|^2=|Z|^2|\hat{I}_{\mathcal{T}}|^2$ から $S_V(\omega)=|Z(\omega)|^2S_I(\omega)$ です。設問4の結果を入れると $R^2+\omega^2L^2$ がきれいに約されて $$ S_V(\omega)=\left(R^2+\omega^2L^2\right)\cdot\frac{k_\mathrm{B}TR}{\pi\left(R^2+\omega^2L^2\right)}=\frac{R\,k_\mathrm{B}T}{\pi} $$ が答えです。周波数に依らない白色雑音になります。検算として、$\phi_V(0)=\langle V^2\rangle=\int_{-\infty}^{\infty}S_V(\omega)d\omega$ を周波数 $f=\omega/2\pi$ の帯域 $\Delta f$ に対応する $\pm\omega$ 両側の寄与に読み替えると $2\times(Rk_\mathrm{B}T/\pi)\times2\pi\Delta f=4k_\mathrm{B}TR\,\Delta f$ となり、ジョンソン・ナイキストの式を再現します。 ### 設問6 抵抗 $R$ は非反転入力端子とアースの間に入っていて、オペアンプの入力には電流が流れないので、$R$ の両端に生じた雑音電圧 $V$ がそのまま非反転入力の電位になります。仮定より反転入力の電位も同じ $V$ です。反転入力の節点には $R_1$（アース側）と $R_2$（点 A 側）だけがつながっており、ここへ流れ込む電流の和がゼロなので $$ \frac{0-V}{R_1}+\frac{V_\mathrm{A}-V}{R_2}=0 $$ が成り立ちます。$V_\mathrm{A}$ について解くと $$ V_\mathrm{A}=\left(1+\frac{R_2}{R_1}\right)V $$ が答えです。非反転増幅回路の標準的な利得で、$R_2\to0$ でボルテージフォロワ（利得1）になる極限も正しく含まれています。 ### 設問7 点 A から出力端子までは $R_f$ と $C_f$ の一次ローパスフィルタで、$C_f$ の複素インピーダンスは $1/(i\omega C_f)$ なので $$ V_\mathrm{out}=V_\mathrm{A}\cdot\frac{\dfrac{1}{i\omega C_f}}{R_f+\dfrac{1}{i\omega C_f}}=\frac{V_\mathrm{A}}{1+i\omega R_fC_f} $$ です。したがって $V$ から $V_\mathrm{out}$ までの伝達関数の絶対値の2乗は $(1+R_2/R_1)^2/\left[1+(\omega R_fC_f)^2\right]$ で、パワースペクトルは伝達関数の絶対値の2乗倍されるので $$ S_{V_\mathrm{out}}(\omega)=\frac{\left(1+\dfrac{R_2}{R_1}\right)^2}{1+\left(\omega R_fC_f\right)^2}\,S_V(\omega) $$ が答えです。$S_V(\omega)=Rk_\mathrm{B}T/\pi$ を代入すれば $$ S_{V_\mathrm{out}}(\omega)=\frac{R\,k_\mathrm{B}T}{\pi}\cdot\frac{\left(1+\dfrac{R_2}{R_1}\right)^2}{1+\left(\omega R_fC_f\right)^2} $$ となります。カットオフ角振動数 $1/(R_fC_f)$ 以下の低周波領域では平坦で、そこで測ることで白色な熱雑音を利得の2乗倍して観測できるという設計になっています。 ## 第5問 相対論的反応運動学と原子核検出 ### 設定 静止質量 $m$、運動量の大きさ $p$ の陽子を、実験室系で静止した静止質量 $M$ の標的原子核に当て、原子核 A（$p_A,M_A,\theta_A$）と原子核 B（$p_B,M_B,\theta_B$）を生成します。図から A と B は入射方向を含む1つの平面内で、入射軸の反対側に散乱されます。生成された A は、曲率半径 $R$ の円弧状のパイプと、電圧 $V$・間隔 $d$ の平行平板電極を通って検出器に達します。四角で囲まれた領域全体に紙面裏から表向きの磁束密度 $B$ の一様磁場があります。検出器は薄い検出器1と厚い検出器2の直列で、いずれもシリコン半導体検出器です。設問3以降は非相対論的近似を使います。 ### 設問1 エネルギー保存則は $$ \sqrt{p^2c^2+m^2c^4}+Mc^2=\sqrt{p_A^2c^2+M_A^2c^4}+\sqrt{p_B^2c^2+M_B^2c^4} $$ です。運動量保存則は、入射方向を $x$ 軸、反応面内で A と B が逆側に出ることを踏まえると $$ p=p_A\cos\theta_A+p_B\cos\theta_B, \qquad p_A\sin\theta_A=p_B\sin\theta_B $$ の2式です。 $p_B$ は、上の2式を $p_B\cos\theta_B=p-p_A\cos\theta_A$、$p_B\sin\theta_B=p_A\sin\theta_A$ と書いて2乗和を取れば $\theta_B$ が消えて $$ p_B=\sqrt{p^2+p_A^2-2pp_A\cos\theta_A} $$ と求まります。$\theta_A=0$ なら $p_B=|p-p_A|$、$\theta_A=\pi/2$ なら $p_B=\sqrt{p^2+p_A^2}$ と、幾何的に妥当な値になります。 $M_B$ は、エネルギー保存則から B のエネルギーを求め、$M_B^2c^4=E_B^2-p_B^2c^2$ を使います。 $$ M_Bc^2=\sqrt{\left(\sqrt{p^2c^2+m^2c^4}+Mc^2-\sqrt{p_A^2c^2+M_A^2c^4}\right)^2-\left(p^2+p_A^2-2pp_A\cos\theta_A\right)c^2} $$ が答えです。 ### 設問2 $m=1\,\mathrm{GeV}/c^2=1000\,\mathrm{MeV}/c^2$、$p=500\,\mathrm{MeV}/c$ なので $$ E=\sqrt{p^2c^2+m^2c^4}=\sqrt{500^2+1000^2}\,\mathrm{MeV}=1118\,\mathrm{MeV} $$ です。運動エネルギーは $$ T=E-mc^2=118\,\mathrm{MeV}\simeq 1\times10^{2}\,\mathrm{MeV} $$ 速さは $$ \frac{v}{c}=\frac{pc}{E}=\frac{500}{1118}=0.447\simeq 0.4 $$ が答えです（$v/c=1/\sqrt5$ が厳密値）。非相対論的に計算すると $T=p^2/2m=125\,\mathrm{MeV}$、$v/c=p/(mc)=0.5$ となり、それぞれ相対論値より $6\,\%$、$12\,\%$ 大きくなります。$\beta\simeq0.45$ ではこの差が無視できないので、問題文どおり相対論的に扱う必要があります。 ### 設問3 円弧部では磁場だけが働き、半径 $R$ の円運動をするので $M_Av^2/R=qvB$、すなわち $$ p_A=M_Av=qBR $$ です。ここで運動量が選別されます。平行平板電極の領域には同じ磁場も存在するので、粒子が直進するには電気力と磁気力が釣り合わなければなりません。電場の大きさは $V/d$ なので $$ q\frac{V}{d}=qvB \qquad\Longrightarrow\qquad v=\frac{V}{Bd} $$ で、ここでは速度が選別されます（ウィーンフィルタ）。2式を組み合わせて $v$ を消すと $$ \frac{q}{M_A}=\frac{v}{BR}=\frac{V}{B^2Rd} $$ が答えです。次元も $\mathrm{V}/(\mathrm{T^2\,m^2})=\mathrm{C/kg}$ で合っています。この装置は運動量と速度の2つを独立に選ぶので、両者の比である比電荷が確定するわけです。 ### 設問4 He 原子核（$M_A=4\,\mathrm{GeV}/c^2$）は完全に電離した $\alpha$ 粒子とみて $q=2e=3.2\times10^{-19}\,\mathrm{C}$ とします。まず速さは非相対論的に $$ \frac{v}{c}=\frac{p_Ac}{M_Ac^2}=\frac{200}{4000}=0.05, \qquad v=1.5\times10^{7}\,\mathrm{m/s} $$ です。運動量を SI 単位に直すと $$ p_A=\frac{200\times10^{6}\times1.6\times10^{-19}}{3\times10^{8}}\,\mathrm{kg\,m/s}=1.07\times10^{-19}\,\mathrm{kg\,m/s} $$ なので、$B=p_A/(qR)$ から $$ B=\frac{1.07\times10^{-19}}{3.2\times10^{-19}\times1}\,\mathrm{T}=0.33\,\mathrm{T}\simeq 3\times10^{-1}\,\mathrm{T} $$ $V=vBd$ から $$ V=1.5\times10^{7}\times0.33\times1\times10^{-2}\,\mathrm{V}=5.0\times10^{4}\,\mathrm{V} $$ が答えです。検算として $V/(B^2Rd)=4.5\times10^{7}\,\mathrm{C/kg}$ で、$M_A=4\,\mathrm{GeV}/c^2=7.1\times10^{-27}\,\mathrm{kg}$ から計算した $q/M_A=3.2\times10^{-19}/7.1\times10^{-27}=4.5\times10^{7}\,\mathrm{C/kg}$ と一致します。$50\,\mathrm{kV}$ を $1\,\mathrm{cm}$ に掛けるので電場は $5\times10^{6}\,\mathrm{V/m}$ となり、実際には放電しないよう真空度を保つ必要がある大きさです。 ### 設問5 薄い検出器1が測るのは通過時のエネルギー損失 $\Delta E$、厚い検出器2が測るのは残りの全運動エネルギーです。重い荷電粒子の阻止能はベーテの式より $-dE/dx\propto z^2/v^2$（$z$ は入射核の電荷数）なので、運動エネルギー $E_\mathrm{k}=M_Av^2/2$ を使えば $$ \Delta E\propto\frac{z^2}{v^2}=\frac{z^2M_A}{2E_\mathrm{k}} \qquad\Longrightarrow\qquad \Delta E\cdot E_\mathrm{k}\propto z^2M_A $$ となります。運動量が既知であれば $E_\mathrm{k}=p_A^2/(2M_A)$ から検出器2の測定値だけで質量 $M_A$ が決まり、それを上式に入れれば検出器1の測定値から電荷数 $z$ が決まります。質量と電荷が両方決まれば原子核の種類（$Z$ と $A$）が一意に定まるので、厚さの違う検出器の組み合わせが同定に使えるわけです。 図2の装置で新たに得られる情報は、質量と電荷を個別に決めた値です。$B$ と $V$ の設定からわかるのは速度 $v$ と比電荷 $q/M_A$ の2つだけで、$q$ と $M_A$ を別々に決めることはできません。ここに検出器2の全エネルギー測定 $E_\mathrm{k}=M_Av^2/2$ が加わると $M_A$ が絶対値として決まり、比電荷から $q$ も決まります。検出器1の $\Delta E\propto z^2/v^2$ は $z$ を独立に与えるので、両者の整合性の確認にもなります。加えて、検出器は粒子を1個ずつ数えるので、反応で生成された原子核の個数（計数率、すなわち生成断面積の情報）も新たに得られます。 ### 設問6 エネルギー損失は主に媒質中の電子との非弾性クーロン散乱（電離・励起）で生じます。ベーテの式はこれを $$ -\frac{dE}{dx}=\frac{z^2}{v^2}\,F(v) $$ の形にまとめており、$z$ は入射核の電荷数、$F(v)$ は媒質の電子密度と平均電離ポテンシャル、および速さだけで決まる関数（対数因子を含む）です。入射核の質量は、最大エネルギー移行に入る対数の補正を除いて現れません。したがって速さが同じなら比は電荷数の2乗の比だけで決まり、$z_\mathrm{He}=2$、$z_p=1$ から陽子の損失は He の $1/4$ です。 $$ \Delta E_p=\frac{0.6}{2^2}\,\mathrm{MeV}=0.15\,\mathrm{MeV}\simeq 0.2\,\mathrm{MeV} $$ が答えです。同じ速さで比べる点が本質で、同じ運動エネルギーで比べると速度が違うので $1/4$ にはなりません。 ### 設問7 運動エネルギーは非相対論的に $$ E_\mathrm{k}=\frac{p_A^2}{2M_A}=\frac{(200)^2}{2\times4000}\,\mathrm{MeV}=5\,\mathrm{MeV} $$ です（$\tfrac12M_Av^2=\tfrac12\times4000\times0.05^2\,\mathrm{MeV}=5\,\mathrm{MeV}$ と一致、相対論的に計算しても $5.00\,\mathrm{MeV}$ なので近似は妥当です）。 検出器2に入る前に検出器1で $0.6\,\mathrm{MeV}$ 失っているので、検出器2で落とすエネルギーは $5-0.6=4.4\,\mathrm{MeV}$ です。正孔-電子ペア1つに $4\,\mathrm{eV}$ 必要なので、生成されるペア数は $$ N=\frac{4.4\times10^{6}\,\mathrm{eV}}{4\,\mathrm{eV}}=1.1\times10^{6} $$ 統計ゆらぎだけを考えると標準偏差は $\sqrt{N}=1.05\times10^{3}$ なので、エネルギーに換算した測定精度は $$ \sigma_E=4\,\mathrm{eV}\times\sqrt{N}=4.2\times10^{3}\,\mathrm{eV}\simeq 4\,\mathrm{keV} $$ すなわち相対精度 $\sigma_E/E=1/\sqrt{N}\simeq 1\times10^{-3}$ が答えです。検出器1での損失を無視して $5\,\mathrm{MeV}$ 全部が検出器2に落ちるとしても $\sigma_E=4.5\,\mathrm{keV}$ で、有効数字1桁では同じ $4\,\mathrm{keV}$ です。半導体検出器の分解能がガス検出器やシンチレータより桁違いに良いのは、この $4\,\mathrm{eV}$ という小さなペア生成エネルギーのおかげで $N$ が大きく取れることによります（実際にはファノ因子によりゆらぎはこれよりさらに小さくなります）。 ## 第6問 固体の熱伝導 ### 設定 熱伝導率は $\boldsymbol{J}=-\kappa\nabla T$ で定義されます。前半は、真空中に置かれた温度 $T_0$ の銅熱浴、絶縁体試料 X（直方体）、抵抗 $R$ の小型ヒーター、銅コンスタンタン熱電対（接点間の温度差 $\Delta T$ に対し $\Delta V=\alpha\Delta T$、$\alpha$ は既知）を使って $\kappa$ を測る実験の設計です。熱浴には、外部の電圧計につながる端子対と、電流可変の電流源につながる端子対が、熱浴とは電気的に絶縁されて取り付けられています。銅線とコンスタンタン線は十分細く熱伝導は無視でき、銅線の電気抵抗も無視できます。後半はフォノン気体の描像で $\kappa_L=\frac13C_Lv_L\ell_{ph}$ を用い、図2の $\kappa(T)$ データ（$10\,\mathrm{K}$ 付近に約 $5\times10^{2}\,\mathrm{W\,m^{-1}K^{-1}}$ の極大をもち、低温側は $\kappa\propto T^3$、高温側は $\kappa\propto T^{-1}$）を解釈します。 設問2 の問題文は、配付された正誤表に従い「熱電対の接点間距離 $W$」と読みます。 ### 設問1 定常一方向熱流法で組みます。配線と配置は次のとおりです。直方体の試料 X の一端を銅熱浴の下面に熱的に密着させて固定し、その端を $T_0$ に固定します。反対側の自由端に小型ヒーターを密着させ、ヒーターの2本の銅線を熱浴の電流源側の端子対につないで外部の電流源から既知の電流 $I$ を流します。銅コンスタンタン熱電対の2つの接点を、ヒーターと熱浴の間の試料側面の2点に、試料の長軸に沿って距離 $W$ だけ離して取り付け、2本の銅線を熱浴の電圧計側の端子対につないで $\Delta V$ を読みます。コンスタンタン線は2つの接点の間を結びます。ヒーターから熱浴へ至る唯一の熱の道が試料になるよう、全体は真空中に置き、支持は試料と熱浴の接触のみとします。試料は長く細い形（$W/S$ が大きい形）に取ると測りやすくなります。 V 電圧計 I 電流源（可変） 銅熱浴（温度 T0） 絶縁体試料 X （断面積 S） 接点1 接点2 銅コンスタンタン熱電対 W 熱流 Q ヒーター（抵抗 R） 全体を真空中に置く 熱電対の接点を試料の途中の2点に取るのが要点です。ヒーターと熱浴の間の接触熱抵抗は原理的に避けられないので、両端の温度差ではなく試料内部の2点間の温度差を測ることで、接触熱抵抗の寄与を測定から外せます。 ### 設問2 手順は次のとおりです。まず熱浴を $T_0$ に保ち、ヒーター電流をゼロにして系全体が平衡するまで待ち、$\Delta V=0$ であることを確認して熱電対のオフセットを押さえます。次に電流源からヒーターに既知の電流 $I$ を流します。真空中で線材の熱伝導も無視できるので、発生したジュール熱 $$ Q=RI^2 $$ はすべて試料を通って熱浴へ流れます。定常状態に達したら $\Delta V$ を読み、温度差を $\Delta T=\Delta V/\alpha$ として求めます。定常状態では熱電対の2接点の間のどの断面も同じ熱流 $Q$ が通るので、熱流密度は $J=Q/S$、温度勾配の大きさは $\Delta T/W$ です。$J=\kappa\,\Delta T/W$ より $$ \kappa=\frac{QW}{S\,\Delta T}=\frac{\alpha RI^2W}{S\,\Delta V} $$ として $\kappa$ が得られます。最後に $I$ を何通りか変えて測り、$\Delta T$ が $I^2$ に比例することを確認します。比例からのずれは輻射損失や線材への熱漏れ、$\kappa$ の温度依存性を意味するので、$\Delta T\to0$ への外挿値を温度 $T_0$ における $\kappa$ とします。$\Delta T\ll T_0$ に保つことも、$\kappa$ を一定とみなすために必要です。 ### 設問3 位置 $x$ の断面を通る熱流は、区間 $[x-\ell_{ph},x]$ にあるエネルギーが $+x$ 向きに、区間 $[x,x+\ell_{ph}]$ にあるエネルギーが $-x$ 向きに、それぞれ音速 $v_L$ で運ばれて生じます。温度勾配が一定とみなせる範囲では、各区間を代表するエネルギー密度はその中点の値 $u(x\mp\ell_{ph}/2)$ です。したがって $$ J=v_L\,u\!\left(x-\frac{\ell_{ph}}{2}\right)-v_L\,u\!\left(x+\frac{\ell_{ph}}{2}\right) =-v_L\left[u\!\left(x+\frac{\ell_{ph}}{2}\right)-u\!\left(x-\frac{\ell_{ph}}{2}\right)\right] $$ です。問題文にあるように、温度が $\delta T$ 高い場所ではエネルギー密度が $C_L\,\delta T$ 高いので、括弧の中は $$ u\!\left(x+\frac{\ell_{ph}}{2}\right)-u\!\left(x-\frac{\ell_{ph}}{2}\right)=C_L\frac{dT}{dx}\,\ell_{ph} $$ となります。よって $$ J=-C_Lv_L\ell_{ph}\frac{dT}{dx} $$ で、$J=-\kappa_L\,dT/dx$ と比べて $$ \kappa_L=C_Lv_L\ell_{ph} $$ が示されました。距離 $\ell_{ph}$ を1回で飛ぶフォノンのうち半分が $+x$、半分が $-x$ に向かうと数えても同じ係数になります。次元は $\mathrm{J\,m^{-3}K^{-1}\times m\,s^{-1}\times m}=\mathrm{W\,m^{-1}K^{-1}}$ で正しいです。 ### 設問4 低温極限では平均自由行程は温度に依らずほぼ一定です。 根拠は次のとおりです。$\kappa_L=\frac13C_Lv_L\ell_{ph}$ で $v_L$ は温度にほとんど依存しません。低温ではデバイの $T^3$ 則から格子比熱が $C_L\propto T^3$ です。一方、図2のデータは低温側で $\kappa\propto T^3$ を示しています。よって $$ \ell_{ph}\propto\frac{\kappa}{C_Lv_L}\propto\frac{T^3}{T^3}=\text{一定} $$ となります。$\kappa$ の温度依存性がそのまま比熱の温度依存性で説明できてしまう、というのが結論です。 ### 設問5 室温付近では平均自由行程は $\ell_{ph}\propto T^{-1}$ です。 根拠は、デバイ温度より高い室温付近では格子比熱がデュロン・プティ則の値に飽和して温度に依らなくなること（図2の極大が $10\,\mathrm{K}$ 付近にあることからデバイ温度は $10^2\,\mathrm{K}$ 程度で、$300\,\mathrm{K}$ は十分高温側です）と、図2のデータが $\kappa\propto T^{-1}$ であることです。$v_L$ も一定なので $$ \ell_{ph}\propto\frac{\kappa}{C_Lv_L}\propto\frac{T^{-1}}{\text{一定}}=T^{-1} $$ となります。 ### 設問6 低温極限では (I) の不純物や格子欠陥による散乱が支配的で、室温付近では (II) のフォノン間散乱が支配的です。 根拠は設問4、5で得た平均自由行程の温度依存性です。不純物・欠陥・試料境界は温度によらず存在する静的な散乱中心なので、それが散乱を決めているなら $\ell_{ph}$ は温度に依りません。低温極限で $\ell_{ph}$ が一定というのはまさにこの状況です。逆に、フォノン間散乱の頻度は散乱相手であるフォノンの数に比例し、デバイ温度より高温では1モードあたりの占有数が $k_\mathrm{B}T/\hbar\omega\propto T$ なのでフォノン数密度は $T$ に比例します。したがって $\ell_{ph}\propto T^{-1}$ が期待され、これが室温付近の観測と一致します。低温で $\ell_{ph}$ が一定値に飽和するのは、フォノン数が指数的に減ってフォノン間散乱が効かなくなり、静的な散乱中心（最終的には試料寸法）だけが残るためです。図2の極大は、温度を上げるとき $C_L$ の増加が $\ell_{ph}$ の減少に追い越される点として理解できます。 ### 設問7 $\kappa_e=L\sigma T$ です。ローレンツ数は $$ L=\frac{\pi^2}{3}\left(\frac{k_B}{e}\right)^2 =\frac{\pi^2}{3}\left(\frac{1.38\times10^{-23}}{1.6\times10^{-19}}\right)^2\,\mathrm{W\,\Omega\,K^{-2}} =3.29\times\left(8.63\times10^{-5}\right)^2=2.4\times10^{-8}\,\mathrm{W\,\Omega\,K^{-2}} $$ 電気抵抗率が $10^{-8}\,\Omega\cdot\mathrm{m}$ なので $\sigma=10^{8}\,\mathrm{S/m}$ で、$T=300\,\mathrm{K}$ を入れると $$ \kappa_e=2.4\times10^{-8}\times10^{8}\times300\,\mathrm{W\,m^{-1}K^{-1}}=7.3\times10^{2}\,\mathrm{W\,m^{-1}K^{-1}} $$ が答えです。桁の妥当性は、この抵抗率が銅の値（$1.7\times10^{-8}\,\Omega\cdot\mathrm{m}$）と同程度であり、銅の実測熱伝導率 $4\times10^{2}\,\mathrm{W\,m^{-1}K^{-1}}$ と同じ桁になっていることで確認できます。 比較の相手は図2の絶縁体試料 X です。$10\,\mathrm{K}$ 付近の極大 $5\times10^{2}\,\mathrm{W\,m^{-1}K^{-1}}$ から $\kappa\propto T^{-1}$ で下がるので、$300\,\mathrm{K}$ では $\kappa\simeq 10$ から $20\,\mathrm{W\,m^{-1}K^{-1}}$ 程度です。したがって $$ \frac{\kappa_e}{\kappa}\simeq\frac{7\times10^{2}}{10\text{ から }20}\simeq 40\text{ から }70 $$ で、同じ $300\,\mathrm{K}$ において金属の電子熱伝導率は絶縁体の熱伝導率より1桁から2桁大きく、十分大きいと言えます。指で触れたとき、金属は接触面から皮膚の熱を速く奪って接触面の温度を大きく下げるので、同じ室温でも絶縁体より冷たく感じるわけです。 出典: 東京大学大学院理学系研究科 物理学専攻 平成25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。