東大 理学系研究科 物理学専攻 専門科目（物理学） 2015年度 院試 解答例・解説

円周の長さを $$a=2\pi L$$ と書き，座標は $x$ と $x+a$ を同一視する。デルタ関数ポテンシャルを $$V(x)=\frac{\hbar^2 v}{2m}\delta(x)$$ とする。$v$ は長さの逆数の次元をもつ定数である。

1. 自由粒子の場合

$V(x)=0$ では $$-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2\psi}{dx^2}=E\psi$$ である。正エネルギー解を $\psi=e^{ikx}$ とおくと $$E=\frac{\hbar^2k^2}{2m}.$$ 周期境界条件 $\psi(x+a)=\psi(x)$ から $$e^{ika}=1 \quad\Longrightarrow\quad k=\frac{n}{L}, \qquad n\in\mathbb Z.$$ したがって規格化固有関数と固有値は $$\psi_n(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi L}}e^{inx/L}, \qquad E_n=\frac{\hbar^2 n^2}{2mL^2}.$$ $n=0$ は非縮退であり，$n\ge1$ では $n$ と $-n$ が同じエネルギーをもつので二重縮退である。

2. デルタ関数による接続条件

シュレーディンガー方程式を $x=0$ の微小区間 $(-\varepsilon,\varepsilon)$ で積分する。エネルギー項の積分は $\varepsilon\to0$ で消え，デルタ関数だけが有限に残るので $$-\frac{\hbar^2}{2m} \left\{\psi'(\varepsilon)-\psi'(-\varepsilon)\right\} + \frac{\hbar^2 v}{2m}\psi(0)=0.$$ よって $$\boxed{ \lim_{\varepsilon\to0+} \{\psi'(\varepsilon)-\psi'(-\varepsilon)\} = v\psi(0) }.$$ 波動関数そのものは連続だが，導関数はデルタ関数の強さに比例して跳ぶ。円周上では $0-$ は $a-$ と同じ側を意味する。

3. $v<0$ の負エネルギー状態

負エネルギーを $$E=-\frac{\hbar^2\kappa^2}{2m}, \qquad \kappa>0$$ と書く。$x=0$ を除く領域ではポテンシャルがないので $$\psi(x)=e^{\kappa x}+A e^{-\kappa x}, \qquad 0<x<a$$ は確かに上の固有値をもつ解である。周期的な連続条件 $$\psi(0+)=\psi(a-)$$ から $$1+A=e^{\kappa a}+A e^{-\kappa a}$$ となり， $$A=e^{\kappa a}$$ を得る。次に導関数の跳びを用いると $$\psi'(0+)-\psi'(a-) = 2\kappa(1-e^{\kappa a}),$$ また $$\psi(0)=1+e^{\kappa a}.$$ したがって $$2\kappa(1-e^{\kappa a}) = v(1+e^{\kappa a})$$ であり， $$\boxed{ -v=2\kappa\tanh(\pi L\kappa) }$$ が得られる。右辺 $$f(\kappa)=2\kappa\tanh(\pi L\kappa)$$ は $\kappa>0$ で単調増加し，$f(0+)=0$，$f(\kappa)\to\infty$ である。したがって任意の $v<0$ に対して，$-v=f(\kappa)$ を満たす $\kappa$ は一つだけ存在する。すなわち負エネルギー状態は一つだけである。

4. $v>0,\ E>0$ の正エネルギー状態

正エネルギーを $$E=\frac{\hbar^2k^2}{2m}, \qquad k>0$$ と書く。$x=0$ を除いて $$\psi(x)=e^{ikx}+A e^{-ikx}, \qquad 0<x<a$$ とおける。周期的な連続条件から $$1+A=e^{ika}+A e^{-ika} \quad\Longrightarrow\quad A=e^{ika}.$$ 導関数の跳びは $$\psi'(0+)-\psi'(a-) = 2ik(1-e^{ika})$$ であり，$\psi(0)=1+e^{ika}$ だから $$2ik(1-e^{ika})=v(1+e^{ika}).$$ 両辺を整理すると $$\boxed{ v=2k\tan(\pi L k) }$$ が量子化条件である。

ただし，点 $x=0$ で消える解はデルタ関数ポテンシャルの影響を受けない。具体的には $$\psi_n^{(-)}(x)= \frac{1}{\sqrt{\pi L}}\sin\frac{nx}{L}, \qquad n=1,2,\dots$$ は $\psi_n^{(-)}(0)=0$ であり，導関数の跳びも 0 である。したがってこの系列は $$E_n^{(-)}=\frac{\hbar^2n^2}{2mL^2}$$ のまま残る。自由粒子で二重縮退していた各 $n\ge1$ の準位は，デルタ関数で値をもつ偶型の組合せだけがずれ，点で消える奇型の組合せはずれない。

5. $k\gg v$ での一次補正

影響を受ける正エネルギー解について，$v=0$ の準位 $$k_n=\frac{n}{L}, \qquad n=1,2,\dots$$ の近くに $$k=k_n+\Delta k$$ とおく。$k\gg v$ では $\Delta k$ は小さく， $$\tan(\pi L k) = \tan(n\pi+\pi L\Delta k) \simeq \pi L\Delta k.$$ 量子化条件 $v=2k\tan(\pi Lk)$ から，一次まで $$v\simeq2k_n\pi L\Delta k$$ である。したがって $$\Delta k\simeq \frac{v}{2\pi L k_n} = \frac{v}{2\pi n}.$$ エネルギー補正は $$\Delta E = \frac{\hbar^2}{2m}\{(k_n+\Delta k)^2-k_n^2\} \simeq \frac{\hbar^2 k_n\Delta k}{m} = \boxed{ \frac{\hbar^2 v}{2\pi m L} }.$$ 一方，$\sin(nx/L)$ 型の解は $\psi(0)=0$ なので一次補正だけでなく厳密に補正を受けない。

一本の結合が作る $x$ 方向の変位を $$s_j=\pm 1\qquad (j=1,\dots,L)$$ とおく。終点の $x$ 座標は $$x=\sum_{j=1}^{L}s_j$$ である。右向き成分を持つ結合数を $n_+$，左向き成分を持つ結合数を $n_-$ とすると $$n_+ + n_- = L,\qquad n_+ - n_- = x$$ だから $$n_+=\frac{L+x}{2},\qquad n_-=\frac{L-x}{2}.$$ したがって $L+x$ が偶数で $|x|\le L$ のとき $$C(x,L)=\binom{L}{(L+x)/2} =\frac{L!}{((L-x)/2)!\,((L+x)/2)!}$$ であり，それ以外では該当する配位は存在しない。

次に $$\widetilde C(k,L)=\sum_{x=-\infty}^{\infty}e^{-ikx}C(x,L)$$ を用いる。漸化式の両辺に $e^{-ikx}$ を掛けて $x$ で和を取ると $$\begin{aligned} \widetilde C(k,L+1) &=\sum_x e^{-ikx}C(x-1,L) +\sum_x e^{-ikx}C(x+1,L)\\ &=\left(e^{-ik}+e^{ik}\right)\widetilde C(k,L)\\ &=2\cos k\,\widetilde C(k,L). \end{aligned}$$ 初期状態では $C(0,0)=1$ なので $\widetilde C(k,0)=1$。よって $$\widetilde C(k,L)=(2\cos k)^L$$ である。

大きな $L$ で $k=O(L^{-1/2})$ の寄与が支配的になる範囲を考えると $$\log \widetilde C(k,L) =L\log(2\cos k) =L\log2-\frac{Lk^2}{2}+O(Lk^4).$$ 逆変換では主寄与を $k=0$ 近傍に限ってよいので $$\begin{aligned} C(x,L) &\simeq \frac{2^L}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} \exp\!\left(ikx-\frac{Lk^2}{2}\right)\,dk\\ &= \frac{2^L}{\sqrt{2\pi L}} \exp\!\left(-\frac{x^2}{2L}\right). \end{aligned}$$ 二項分布の中心極限定理に対応するガウス形である。

終点だけが電場からポテンシャルエネルギー $$U(x)=-qEx$$ を受ける。 $\beta=1/(k_{\mathrm B}T)$， $h=\beta qE$ とおくと，分配関数は $$\begin{aligned} Z_L(E) &=\sum_x C(x,L)e^{hx}\\ &=\sum_{s_1,\dots,s_L=\pm1} \exp\!\left(h\sum_{j=1}^{L}s_j\right)\\ &=\left(e^h+e^{-h}\right)^L =\{2\cosh h\}^L. \end{aligned}$$ 平均位置は $$\langle x\rangle =\frac{\partial \log Z_L}{\partial h} =L\tanh h =L\tanh\!\left(\frac{qE}{k_{\mathrm B}T}\right).$$

最後に，配位数の詳細を使わない導出を書く。任意の外場 $h$ について $$\frac{\partial \langle x\rangle}{\partial h} =\langle x^2\rangle_h-\langle x\rangle_h^2$$ が成り立つ。これは分配関数の二階微分から直ちに従う。いま $h=\beta qE$ だから $$\frac{\partial \langle x\rangle}{\partial E} =\beta q\left(\langle x^2\rangle_E-\langle x\rangle_E^2\right).$$ 無電場では左右対称性により $\langle x\rangle_{E=0}=0$ である。したがって $$\left.\frac{\partial \langle x\rangle}{\partial E}\right|_{E=0} = \frac{q}{k_{\mathrm B}T}\,\langle x^2\rangle_{E=0}.$$ 同値に $$\langle x^2\rangle_{E=0} = \frac{k_{\mathrm B}T}{q} \left.\frac{\partial \langle x\rangle}{\partial E}\right|_{E=0}$$ であり，比例係数は表し方に応じて $q/(k_{\mathrm B}T)$ または $k_{\mathrm B}T/q$ である。

電荷列は $z$ 軸方向へ速度 $$\boldsymbol v=(0,0,v_z),\qquad \beta=\frac{v_z}{c},\qquad \gamma=\frac{1}{\sqrt{1-\beta^2}}$$ で等速運動している。座標系 $O$ で隣り合う電荷の間隔が $a$ であるから，十分遠方 $|x|\gg a$ では連続的な線電荷として扱える。線電荷密度と電流は $$\lambda=\frac{q}{a},\qquad I=\lambda v_z=\frac{qv_z}{a}$$ である。したがって点 $(x,0,0)$ で $$\boldsymbol E = \frac{\lambda}{2\pi\epsilon_0 x}\boldsymbol e_x = \frac{q}{2\pi\epsilon_0 a x}\boldsymbol e_x, \qquad \boldsymbol B = \frac{\mu_0 I}{2\pi x}\boldsymbol e_y = \frac{\mu_0 qv_z}{2\pi a x}\boldsymbol e_y .$$ ここで $x<0$ なら $1/x$ の符号により向きも反転する。

次に，電荷列とともに動く座標系 $O'$ を考える。電荷列は $O'$ で静止しているので， 隣り合う二つの電荷の固有間隔を $a'$ とする。逆変換は $$ct=\gamma(ct'+\beta z'),\qquad z=\gamma(z'+\beta ct')$$ である。座標系 $O$ で間隔 $a$ を測るには，二つの事象を $O$ で同時刻に取る必要が ある。したがって $$\Delta t = \gamma\left(\Delta t'+\frac{v_z}{c^2}\Delta z'\right)=0$$ を課す。ここで $\Delta z'=a'$ だから $$\Delta t'=-\frac{v_z a'}{c^2}.$$ この二つの事象の $O$ での空間間隔は $$\begin{aligned} a=\Delta z &=\gamma(\Delta z'+v_z\Delta t')\\ &=\gamma a'(1-\beta^2) =\frac{a'}{\gamma}. \end{aligned}$$ よって $$a'=\gamma a$$ である。運動している座標系 $O$ で測った間隔 $a$ は，静止系での固有間隔より短い。

座標系 $O'$ では電荷列は静止しており，線電荷密度は $$\lambda'=\frac{q}{a'}=\frac{q}{\gamma a}.$$ 半径方向の距離を $$r'_\perp=\sqrt{x'^2+y'^2}$$ とおくと，十分遠方では $$\boldsymbol E' = \frac{\lambda'}{2\pi\epsilon_0 r_\perp'^2} (x'\boldsymbol e_x+y'\boldsymbol e_y), \qquad \boldsymbol B'=\boldsymbol 0.$$ すなわち $$E'_x=\frac{q}{2\pi\epsilon_0\gamma a}\frac{x'}{x'^2+y'^2}, \qquad E'_y=\frac{q}{2\pi\epsilon_0\gamma a}\frac{y'}{x'^2+y'^2}, \qquad E'_z=0 .$$

場の変換式に $B'_x=B'_y=B'_z=0$ を代入する。横方向座標は $x=x'$， $y=y'$ であるから $$\begin{aligned} E_x&=\gamma E'_x =\frac{q}{2\pi\epsilon_0 a}\frac{x}{x^2+y^2},\\ E_y&=\gamma E'_y =\frac{q}{2\pi\epsilon_0 a}\frac{y}{x^2+y^2},\\ E_z&=0, \end{aligned}$$ また $$\begin{aligned} B_x&=-\gamma\frac{\beta}{c}E'_y =-\frac{q\beta}{2\pi\epsilon_0 a c}\frac{y}{x^2+y^2},\\ B_y&=\gamma\frac{\beta}{c}E'_x =\frac{q\beta}{2\pi\epsilon_0 a c}\frac{x}{x^2+y^2},\\ B_z&=0. \end{aligned}$$ $\mu_0\epsilon_0c^2=1$ を用いれば $$\boldsymbol B = \frac{\mu_0 qv_z}{2\pi a} \frac{-y\boldsymbol e_x+x\boldsymbol e_y}{x^2+y^2}.$$ 特に $y=0$ では，最初に連続線電荷として求めた結果と一致する。

最後に一個の点電荷を考える。座標系 $O'$ では電荷は原点に静止しているから，原点を除いて $$\boldsymbol E' = \frac{q}{4\pi\epsilon_0} \frac{x'\boldsymbol e_x+y'\boldsymbol e_y+z'\boldsymbol e_z} {(x'^2+y'^2+z'^2)^{3/2}}, \qquad \boldsymbol B'=\boldsymbol 0 .$$ 座標系 $O$ の点 $(x,0,0)$ で，両座標系の原点が一致する時刻 $t=0$ に評価する。 この事象では $$x'=x,\qquad y'=0,\qquad z'=0$$ なので $$E'_x=\frac{q}{4\pi\epsilon_0}\frac{x}{|x|^3}, \qquad E'_y=E'_z=0.$$ 変換式より $$\boldsymbol E = \frac{\gamma q}{4\pi\epsilon_0} \frac{x}{|x|^3}\boldsymbol e_x, \qquad \boldsymbol B = \frac{\gamma q\beta}{4\pi\epsilon_0 c} \frac{x}{|x|^3}\boldsymbol e_y = \frac{\mu_0\gamma qv_z}{4\pi} \frac{x}{|x|^3}\boldsymbol e_y .$$ これは $$\boldsymbol B=\frac{1}{c^2}\boldsymbol v\times\boldsymbol E$$ という形にも書ける。

扱うエネルギーは $10^{-2}\,\mathrm{MeV}$ から $\mathrm{GeV}$ まで広いので， まず「光子は $E_\gamma=hc/\lambda$，運動量は $p_\gamma=h/\lambda$」という 対応を徹底して使う。数値計算では，与えられた $$hc=200\,\mathrm{MeV\,fm},\qquad m_ec^2=0.5\,\mathrm{MeV}$$ をそのまま用いればよい。

1. 0.5 MeV 光子の波長 エネルギーが $E_\gamma=0.5\,\mathrm{MeV}$ であるから $$\lambda=\frac{hc}{E_\gamma} = \frac{200\,\mathrm{MeV\,fm}}{0.5\,\mathrm{MeV}} = 4.0\times 10^{2}\,\mathrm{fm}.$$ $1\,\mathrm{fm}=10^{-15}\,\mathrm{m}$ より $$\lambda=4.0\times 10^{-13}\,\mathrm{m}.$$ ここでは $hc$ を $\mathrm{MeV\,fm}$ で与えられているので，ジュールへ直さない方が 桁落ちや単位換算ミスを避けやすい。

2. コンプトン散乱の保存則 入射光子を $x$ 軸正方向へ進むものとし，散乱光子は入射方向から角度 $\theta$， 反跳電子は入射方向から角度 $\psi$ の向きに進むと定める。散乱前の電子は静止しているので， エネルギー保存は $$\frac{hc}{\lambda}+m_ec^2 = \frac{hc}{\lambda'} + \sqrt{p_e^2c^2+m_e^2c^4}$$ である。運動量保存を $x$ 成分と $y$ 成分に分けると $$\frac{h}{\lambda} = \frac{h}{\lambda'}\cos\theta+p_e\cos\psi, \qquad 0 = \frac{h}{\lambda'}\sin\theta-p_e\sin\psi .$$ この符号は，反跳電子が散乱光子と反対側の横方向成分を持つように $\psi$ を測った場合の 取り方である。横方向の符号を逆に定義しても，同じ物理を表す。

3. 波長シフト 保存則から反跳電子のエネルギーと運動量を消去する。電子の四元運動量について $$p_e^\mu = p_\gamma^\mu+p_{\mathrm{electron},0}^\mu-p_{\gamma'}^\mu$$ と書き，両辺を二乗すると $p_e^\mu p_{e\mu}=m_e^2c^2$ であるから $$2m_ec\left(\frac{h}{\lambda}-\frac{h}{\lambda'}\right) = 2\frac{h^2}{\lambda\lambda'}(\cos\theta-1).$$ 両辺を整理して $$\lambda'-\lambda = \frac{h}{m_ec}(1-\cos\theta) = \lambda_e(1-\cos\theta).$$ したがって散乱後の波長は $$\boxed{\lambda'=\lambda+\lambda_e(1-\cos\theta)}$$ である。後方散乱 $\theta=\pi$ では波長が最大で $2\lambda_e$ だけ伸びる。

4. NaI 中の相互作用 ガンマ線と物質の主要な相互作用は，低エネルギー側で光電効果，中間エネルギーで コンプトン散乱，高エネルギー側で電子・陽電子対生成である。設問 2, 3 の過程は 自由または弱く束縛された電子との弾性散乱として扱うので，吸収係数曲線では 中間エネルギーで緩やかに変化する曲線 $B$ に対応する。

低エネルギー側で急に吸収係数が増える位置は，NaI のうち重いヨウ素原子の内殻吸収端， 特に $K$ 吸収端に対応する。水素様近似で有効核電荷を $Z_{\mathrm{eff}}\simeq 52$ と見積もると $$E_K\simeq 13.6\,\mathrm{eV}\, Z_{\mathrm{eff}}^2 \simeq 3.7\times 10^4\,\mathrm{eV} = 3.7\times 10^{-2}\,\mathrm{MeV},$$ 実際のヨウ素の $K$ 吸収端はおよそ $3.3\times 10^{-2}\,\mathrm{MeV}$ である。これは グラフの低エネルギー側の段差の位置と同じ桁になる。

5. ${}^{137}\mathrm{Cs}$ のスペクトル構造 ${}^{137}\mathrm{Cs}$ は主に励起した ${}^{137}\mathrm{Ba}$ を経由し， その準位差として $$E_0\simeq 0.66\,\mathrm{MeV}$$ のガンマ線を出す。シンチレータ内でこの光子のエネルギーがすべて吸収されると， 右側の鋭い構造 $(a)$ が現れる。これは全吸収ピークで，エネルギーは $$E_a\simeq 0.66\,\mathrm{MeV}$$ である。

コンプトン散乱で電子へ渡るエネルギーは散乱角が大きいほど増える。最大値は $\theta=\pi$ のときで，散乱後光子のエネルギーは $$E'_{\min} = \frac{E_0}{1+2E_0/(m_ec^2)} \simeq \frac{0.66}{1+2(0.66)/(0.5)} \,\mathrm{MeV} \simeq 0.18\,\mathrm{MeV}.$$ したがって電子へ渡る最大エネルギーは $$E_b = E_0-E'_{\min} \simeq 0.48\,\mathrm{MeV}.$$ この端点がスペクトル中の肩または端の構造 $(b)$ であり，コンプトン端と呼ばれる。

一方，鉛遮蔽や周囲の物質でほぼ後方にコンプトン散乱された光子がシンチレータへ入ると， その光子エネルギーは上で求めた $E'_{\min}$ と同程度になる。そのため低エネルギー側に 戻り散乱ピーク $(c)$ が現れ， $$E_c\simeq 0.18\,\mathrm{MeV}$$ となる。より低いチャンネルに見える小さな寄与には，内部転換に伴う Ba の特性 X 線や 鉛の特性 X 線も混じり得るが，$(c)$ として目立つピークの主成分は戻り散乱ガンマ線である。

6. 相対論的電子による後方散乱 実験室系で電子が $+x$ 方向に速度 $\beta c$ で進み，レーザー光子が $-x$ 方向から 正面衝突するとする。電子静止系へローレンツ変換すると，入射光子のエネルギーは $$E^*=\gamma(1+\beta)E$$ にドップラー増大する。ただし $E=hc/\lambda$ である。

条件 $$\frac{\lambda m_ec}{h}\gg 4\gamma$$ は，電子静止系で見た光子エネルギーが $m_ec^2$ より十分小さく，反跳による コンプトン波長シフトを無視できることを意味する。このトムソン極限では，電子静止系で 散乱の前後に光子エネルギーはほとんど変わらない。

電子静止系で後方散乱された光子は，実験室系では電子の進行方向へ戻る。したがって 実験室系へ戻すと，もう一度同じドップラー因子が掛かり， $$E' = \gamma(1+\beta)E^* = \bigl[(1+\beta)\gamma\bigr]^2 E .$$ よって $$\boxed{ E'=\bigl[(1+\beta)\gamma\bigr]^2\frac{hc}{\lambda} }, \qquad \boxed{ \lambda' = \frac{\lambda}{\bigl[(1+\beta)\gamma\bigr]^2} }.$$ $\beta\simeq 1$ では $(1+\beta)^2\gamma^2\simeq 4\gamma^2$ なので，可視レーザーでも 高エネルギー光子へ変換できる。

磁場は $x$ 方向を向き，その大きさだけが上下方向 $y$ にゆっくり変化する。常磁性体では $$M_x=\chi H_x$$ であり，誘起磁化のエネルギーは磁場をゼロから立ち上げる仕事として求めるのが安全である。 永久磁気モーメントの $-\boldsymbol\mu\cdot\boldsymbol B$ とは異なり，線形応答で誘起される 磁化には係数 $1/2$ が入る。

1. 試料のエネルギー変化 体積 $v$ の試料について，単位体積あたりの磁化エネルギー変化は $$-\int_0^{H_x}\mu_0 M_x(H)\,dH = -\int_0^{H_x}\mu_0\chi H\,dH = -\frac{1}{2}\mu_0\chi H_x^2 .$$ したがって試料全体のエネルギー変化は $$\boxed{ U(H_x)=-\frac{1}{2}\mu_0\chi v H_x^2 }$$ である。常磁性体では $\chi>0$ なので，磁場が強いほどエネルギーは低くなる。

2. 磁場勾配による力 試料位置を $y=0$ とし，近傍で $$H_x(y)=H_0-\alpha y, \qquad \alpha>0,\quad H_0>0$$ と近似する。エネルギーは $$U(y)=-\frac{1}{2}\mu_0\chi v\{H_0-\alpha y\}^2$$ であるから，力の $y$ 成分は $$F_y=-\frac{dU}{dy} = -\mu_0\chi v\alpha\{H_0-\alpha y\}.$$ $|\alpha y|\ll H_0$ より試料位置では $$F_y\simeq -\mu_0\chi v\alpha H_0 .$$ したがって大きさは $$\boxed{f=\mu_0\chi v\alpha H_0}$$ で，向きは $-y$ 方向，すなわち下向きである。これは常磁性体がより強い磁場側へ引かれる という物理的判断とも一致する。

3. 較正試料との比較 引き戻しコイルの電流 $I$ は力 $f$ に比例するように設計されている。較正試料 $R$ と 未知試料 $X$ で同じ装置・同じ磁場分布を使うので，比例定数と $\mu_0\alpha H_0$ は 比を取ると消える。較正試料では $$f_R=\mu_0\chi_R v_R\alpha H_0, \qquad I_R=A H_0,$$ 未知試料では $$f_X=\mu_0\chi v\alpha H_0, \qquad I_X=B H_0.$$ よって $$\frac{B}{A} = \frac{I_X}{I_R} = \frac{f_X}{f_R} = \frac{\chi v}{\chi_R v_R}.$$ 求める磁化率は $$\boxed{ \chi=\chi_R\,\frac{v_R}{v}\,\frac{B}{A} }.$$ この方法では力の絶対較正や磁場勾配の詳細を直接知らなくてもよい点が重要である。

4. キュリー則から有効磁気モーメントを求める 磁性イオン数密度を $N_m$ とすると，キュリー則は $$\frac{\chi}{N_m} = \frac{\mu_0(p_{\mathrm{eff}}\mu_B)^2}{3k_BT}$$ と書ける。したがって $\chi/N_m$ を縦軸，$1/T$ を横軸に取れば原点を通る直線になる。 与えられたデータでは $$\begin{array}{c|c} T\,(\mathrm K) & T\,\chi/N_m\,(\mathrm{m^3\,K})\\ \hline 50 & 1.65\times 10^{-28}\\ 100 & 1.65\times 10^{-28}\\ 200 & 1.66\times 10^{-28}\\ 300 & 1.65\times 10^{-28} \end{array}$$ となり，確かに $T\chi/N_m$ はほぼ一定である。

直線の傾きに相当する量を $$C_1=T\,\frac{\chi}{N_m}\simeq 1.65\times 10^{-28}\,\mathrm{m^3\,K}$$ とおくと $$C_1=\frac{\mu_0(p_{\mathrm{eff}}\mu_B)^2}{3k_B}.$$ したがって $$p_{\mathrm{eff}}^2 = \frac{3k_B C_1}{\mu_0\mu_B^2}.$$ 数値を代入すると $$p_{\mathrm{eff}}^2 = \frac{ 3(1.38\times 10^{-23})(1.65\times 10^{-28}) }{ (1.26\times 10^{-6})(9.27\times 10^{-24})^2 } \simeq 6.3\times 10^{1}.$$ すなわち $$\boxed{p_{\mathrm{eff}}^2\simeq 63}$$ である。必要なら $p_{\mathrm{eff}}\simeq 7.9$ と読める。

5. $\mathrm{Gd}^{3+}$ のフント則と実験値の比較 $\mathrm{Gd}^{3+}$ では $4f$ 軌道に 7 個の電子が入る。$f$ 軌道では $$\ell_z=3,2,1,0,-1,-2,-3$$ に対応する 7 個の軌道状態があり，各軌道に上下 2 種類のスピンを入れられる。フント則 (A) により，まず全スピン $S$ を最大にするため，7 個の電子は互いに異なる 7 個の 軌道へ同じ向きのスピンで一つずつ入る。したがって $$S=7\times\frac12=\frac72.$$

この配置では占有された $\ell_z$ の和が $$3+2+1+0-1-2-3=0$$ である。よって全軌道角運動量は $$L=0$$ となる。つまり軌道角運動量の寄与は打ち消し合い，磁気モーメントは電子スピンの寄与だけで 決まる。

スピンのみの寄与で $g=2$ とすれば $$p_{\mathrm{eff}}^2 = g^2S(S+1) = 2^2\frac72\frac92 = 63.$$ これは設問 4 の実験値 $$p_{\mathrm{eff}}^2\simeq 63$$ と非常によく一致する。したがって，$\mathrm{Gd}^{3+}$ の $4f^7$ は半充填殻で 軌道角運動量が消え，磁気モーメントがほぼスピンだけからなる，という解釈が支持される。