第29章の章末問題 | 問いから始める物理

演習 1

オリジナル ★☆☆☆☆

水素原子の準位は $E_{n} = - B / n^{2}$ ， $B = 13.6 eV$ です． $n = 4$ から2， $n = 3$ から2への光を，仕事関数 $W = 1.70 eV$ の金属と，バンドギャップ $E_{g} = 2.30 eV$ の半導体へ別々に照射します．原子の反跳を無視し，金属では光子1個による電子の放出，半導体では $h ν \geq E_{g}$ の光子による電子・正孔対の生成だけを考えます．

2種類の光子のエネルギーを求め，それぞれの試料が応答するか判定せよ．
金属から放出される電子の最大運動エネルギーと阻止電圧の大きさを求めよ．半導体が応答しない光の強さを増すと，判定は変わるか．

**［図：水素の2遷移と照射する2試料］**
水素のn＝4から2，n＝3から2への2遷移を示す．別々に照射する金属の仕事関数W＝1.70 eVと，半導体のバンドギャップEg＝2.30 eVを記す．準位の高さは模式的である．

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考え方

同じ光子エネルギーを，仕事関数とバンドギャップのそれぞれと比較する．

準位差は

Q_{4 \to 2} = B (\frac{1}{4} - \frac{1}{16}) = 2.55 eV, Q_{3 \to 2} = B (\frac{1}{4} - \frac{1}{9}) = 1.89 eV .

両方とも $W$ より大きいので金属は電子を放出する．半導体では $Q_{4 \to 2} > E_{g} > Q_{3 \to 2}$ だから，前者だけが対を作る．

$K_{max} = Q - W$ ， $e V_{s} = K_{max}$ より，順に $K_{max} = 0.850 eV, 0.189 eV$ ， $V_{s} = 0.850 V, 0.189 V$ である．強さを増しても1個の光子のエネルギーは増さず，指定した1光子過程での半導体の判定は変わらない．しきい値へ近づくと金属の $K_{max}$ は0となり，エネルギー収支に合う．

演習 2

オリジナル ★☆☆☆☆

バンドギャップ $E_{g} = 2.50 eV$ のLEDが，エネルギー $E_{g}$ の光子を出す模型です．その光を仕事関数 $W = 1.80 eV$ の陰極へ当てます．放出電子のうち最大の運動エネルギーをもつものを選び，陰極より $V = 4.30 V$ 高い電位まで加速して電子線にします．接触電位差と電子間の相互作用は無視します．

加速後の電子の運動エネルギーとド・ブロイ波長を求めよ．
波長を(1)の半分にするには，加速電圧をいくらにすればよいか．

**［図：LED光から加速電子線を作る装置］**
LEDの光を光電陰極へ当て，放出電子のうち最大の運動エネルギーをもつものを選別する．陰極より電位Vだけ高い加速電極を通して電子線を作る．

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考え方

光電子が最初からもつ運動エネルギーと，電場から得るエネルギーを足す．

放出時は $K_{0} = E_{g} - W = 0.700 eV$ ．加速後は $K = K_{0} + e V = 5.00 eV$ なので， $p^{2} = 2 m K$ と $λ = h / p$ から

λ = \frac{h}{\sqrt{2 m K}} = 5.49 \times 10^{- 10} m .

波長を半分にすると運動量は2倍，運動エネルギーは4倍となる．従って $K^{'} = 20.0 eV$ ， $e V^{'} = K^{'} - K_{0}$ より $V^{'} = 19.3 V$ である．加速電圧だけを4倍にはできない．大きい方でも $K^{'} / (m c^{2}) = 3.90 \times 10^{- 5}$ と小さく，非相対論的な運動エネルギーを使える．

演習 3

オリジナル ★★☆☆☆

面間隔 $d = 0.200 nm$ の同じ結晶を，電子線と連続X線の回折に使います．電子線は静止電子を電圧 $V_{e}$ で加速して作り，X線は静止電子を電圧 $V_{γ}$ で加速して標的に当てて作ります．結晶内の電子線の運動量変化を無視します．ブラッグ条件は $2 d \sin θ = j λ$ ， $j = 1, 2, \dots$ です．X線の波長は連続的に分布し，最短波長は $h c / (e V_{γ})$ とします．

1次反射の波長を含むための $V_{e}, V_{γ}$ の下限をそれぞれ求めよ．
電圧が(1)の下限の4倍なら，電子線の1次反射角と，X線で可能な1次反射角の範囲を求めよ．下限ちょうどの反射角は形式的な極限として扱ってよい．

**［図：電子線と連続X線による結晶の回折］**
電子線源と連続X線源を別々に示す．共通の結晶の面間隔はd＝0.200 nmで，入射線と反射線の結晶面に対する角をθとする．反射角は模式的に示している．

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考え方

$\sin θ \leq 1$ が許す波長を求め，電子と光子のエネルギーの違いを使う．

1次反射には $λ \leq 2 d$ が必要である．電子の $λ_{e} = h / \sqrt{2 m e V_{e}}$ より

V_{e} \geq \frac{h^{2}}{8 m e d^{2}} = 9.42 V .

X線は $λ_{min} \leq 2 d$ ならよいので

V_{γ} \geq \frac{h c}{2 e d} = 3.11 \times 10^{3} V .

同じ波長でも，電子のエネルギーは光子より小さい．

電子では $λ_{e} \propto V_{e}^{- 1 / 2}$ なので $λ_{e} = d$ ，従って $\sin θ = 1 / 2$ ， $θ = {30.0}^{\circ}$ ．X線では $λ_{min} \propto V_{γ}^{- 1}$ なので $λ_{min} = d / 2$ ． $d / 2 \leq λ \leq 2 d$ の成分が反射でき， $\arcsin (1 / 4) \leq θ \leq 90^{\circ}$ ，すなわち ${14.5}^{\circ} \leq θ \leq 90^{\circ}$ である．電子の最大電圧でも $e V_{e} / (m c^{2}) = 7.36 \times 10^{- 5}$ と小さく，ここでの電子波長の近似はよい．

演習 4

オリジナル ★★☆☆☆

波長 $λ_{a} = 500 nm$ ， $λ_{b} = 800 nm$ の2色を含む光があります．同じ光を2つの光電管へ順に，光学的な損失なしで当て，放出電子を全て集めて測定しました．仕事関数以上のエネルギーをもつ光子は必ず電子1個を放出し，それ以外は放出しない模型です．暗電流は無視します．

光電管	仕事関数	飽和電流と最大誤差
1	$1.20 eV$	$(0.260 \pm 0.004) mA$
2	$2.00 eV$	$(0.100 \pm 0.002) mA$

中心値から各色の入射電力 $P_{a}, P_{b}$ を求めよ．
同じ光を， $E_{g} = 1.80 eV$ のフォトダイオードへ当てます． $h ν \geq E_{g}$ の入射光子の割合 $η = 0.750$ が収集され，1個につき電荷 $e$ が外部回路を通ります．電流の中心値と誤差の範囲を予測せよ．さらに $P_{b}$ の上下限を求めよ．波長と $η$ の誤差は無視します．

**［図：同じ2色光を使う3回の測定］**
同じλa＝500 nm，λb＝800 nmの光を，順に光電管1，光電管2，フォトダイオードへ損失なしで当てる．各測定の電流計を示す．

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考え方

応答する色をしきい値で選び，電流の差から各色の光子数を決める．

光子エネルギーは $Q_{a} = h c / λ_{a} = 2.49 eV$ ， $Q_{b} = h c / λ_{b} = 1.55 eV$ ．光電管1は両色，光電管2はaだけを検出する．毎秒の入射光子数を ${\dot{N}}_{a}, {\dot{N}}_{b}$ と定義すると， $I_{1} = e ({\dot{N}}_{a} + {\dot{N}}_{b})$ ， $I_{2} = e {\dot{N}}_{a}$ より

P_{a} = \frac{I_{2} h c}{e λ_{a}} = 0.249 mW, P_{b} = \frac{(I_{1} - I_{2}) h c}{e λ_{b}} = 0.249 mW .

電力が等しくても，光子数は ${\dot{N}}_{b} / {\dot{N}}_{a} = 1.60$ である．

ダイオードもaだけに応答するので $I_{D} = η I_{2} = (75.0 \pm 1.5) μ A$ ．bに対応する電流差の下限は $0.256 - 0.102 = 0.154 mA$ ，上限は $0.264 - 0.098 = 0.166 mA$ である．従って $0.239 mW \leq P_{b} \leq 0.258 mW$ ．これらは指定した収量一定の模型での範囲であり，電子・正孔対1組に $2 e$ を掛けると電荷の収支を二重に数える．

演習 5

オリジナル ★★☆☆☆

原子番号 $Z = 2$ の水素型イオンを，未知の主量子数 $n$ にそろえます．準位は $E_{n} = - 13.6 Z^{2} eV / n^{2}$ です．エネルギー $Q = 19.63 eV$ の光子で電離し，電子だけを面間隔 $d = 0.500 nm$ の結晶へ入射させると，1次のブラッグ反射が面となす角 $θ = {30.0}^{\circ}$ で観測されました．電離後に電子を加速せず，イオンの反跳と結晶内の運動量変化を無視します．

電子の波長と運動エネルギーを求め，初めの $n$ を同定せよ．
同じ光を基底状態のこのイオンへ当てると電離するか．また，(1)の電離での入射光子と放出電子の波長の比を求めよ．

**［図：イオンの電離と放出電子の回折］**
エネルギーQ＝19.63 eVの光子で水素型イオンを電離し，電子を加速せず結晶へ送る．結晶の面間隔d＝0.500 nm，1次反射角θ＝30.0°を示す．

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考え方

回折で決まる電子の運動量から，電離に費やしたエネルギーを逆算する．

$λ_{e} = 2 d \sin θ = 0.500 nm$ ． $p = h / λ_{e}$ より

K = \frac{h^{2}}{2 m λ_{e}^{2}} = 6.03 eV .

保存式は $Q = 54.4 eV / n^{2} + K$ なので，束縛エネルギーは $Q - K = 13.60 eV$ ．従って $n^{2} = 54.4 / 13.60 = 4.00$ ， $n = 2$ である．

基底状態の電離には $54.4 eV$ が必要であり，この光では足りない．光子の波長は $λ_{γ} = h c / Q = 63.3 nm$ だから， $λ_{γ} / λ_{e} = 127$ ．同じ過程で生じても光子と電子の波長は一致しない．電子では $K / (m c^{2}) = 1.18 \times 10^{- 5}$ と小さく，非相対論的な波長の式を使える．

演習 6

オリジナル ★★☆☆☆

幅一定の1次元の箱にある電子の準位を $E_{n} = n^{2} A$ ， $A = 0.300 eV$ とします．毎秒 $\dot{N}$ 個の電子を $n = 4$ に用意し，割合 $f$ が4から1へ直接遷移し，残りが4，3，2，1の順で遷移する模型です．この2経路だけを考え，光子は全て外へ取り出します．

同じ発光を2つの光電管へ順に，損失なしで当てます．仕事関数は $W_{1} = 1.00 eV$ ， $W_{2} = 3.00 eV$ ，飽和電流は $I_{1} = 0.256 μ A$ ， $I_{2} = 0.0640 μ A$ です．しきい値を超す光子は必ず電子1個を放出し，暗電流はありません．

各経路の光子エネルギーを求め， $I_{1}, I_{2}$ を $\dot{N}, f$ で表せ．
$\dot{N}, f$ と，全波長を合わせた放射電力を求めよ．

**［図：箱の2つの発光経路と2光電管］**
箱の準位n＝1〜4と，4から1の直接遷移，4から3，3から2，2から1の3段階遷移を示す．光電管1，2には仕事関数と観測された飽和電流を記す．準位の高さは模式的である．

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考え方

準位差の総和は経路によらないが，しきい値を超す光子数は経路で異なる．

直接遷移は $15 A = 4.50 eV$ ．3段階では順に $7 A = 2.10 eV$ ， $5 A = 1.50 eV$ ， $3 A = 0.900 eV$ である．光電管1は直接経路で1個，3段階経路で2個を検出し，光電管2は直接経路の1個だけを検出する．従って

I_{1} = e \dot{N} [f + 2 (1 - f)] = e \dot{N} (2 - f), I_{2} = e \dot{N} f .

足して $I_{1} + I_{2} = 2 e \dot{N}$ より $\dot{N} = 1.00 \times 10^{12} s^{- 1}$ ， $f = 2 I_{2} / (I_{1} + I_{2}) = 0.400$ ．放射電力は

P = \dot{N} (E_{4} - E_{1}) = \dot{N} \times 4.50 eV = 0.720 μ W .

3段階でも $2.10 + 1.50 + 0.900 = 4.50$ なので同じ総エネルギーとなる． $f = 0, 1$ の極限でも，電流は光子の個数，電力はエネルギーの総和をそれぞれ正しく数える．

演習 7

オリジナル ★★★☆☆

静止自由電子へ波長 $λ_{c} = h / (m c)$ の光子を入射させます．散乱光子の角を $ϕ$ とすると，波長は $λ^{'} = λ_{c} + λ_{c} (1 - \cos ϕ)$ です．反跳電子のド・ブロイ波長が，散乱光子の波長 $λ^{'}$ と等しくなる散乱を選びます．電子の全エネルギーには $E_{e}^{2} = m^{2} c^{4} + p_{e}^{2} c^{2}$ を用いよ．

その散乱角と，共通の波長を求めよ．
電子の運動量の大きさと運動エネルギーを求め，エネルギー保存でも検算せよ． $p_{e}^{2} / (2 m)$ を使うと運動エネルギーを何 %大きく見積もるか．

**［図：光子の散乱と反跳電子の波長条件］**
静止自由電子へ波長λcの光子を入射させる．散乱光子の角はφで，波長はλ′である．選ぶ条件は反跳電子のド・ブロイ波長がλ′に等しいことである．散乱と反跳の向きは模式的に描いている．

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考え方

等しい波長は等しい運動量の大きさを意味する．運動量保存は方向も含めて使う．

入射光子の運動量を $p_{i}$ ，散乱光子を $p_{f}$ とする． $p_{e} = p_{f}$ と， $p_{e} = p_{i} - p_{f}$ より

p_{f}^{2} = p_{i}^{2} + p_{f}^{2} - 2 p_{i} p_{f} \cos ϕ, \frac{p_{i}}{p_{f}} = 2 \cos ϕ .

一方， $p_{i} / p_{f} = λ^{'} / λ_{c} = 2 - \cos ϕ$ なので， $2 - \cos ϕ = 2 \cos ϕ$ ．従って $\cos ϕ = 2 / 3$ ， $ϕ = {48.2}^{\circ}$ ， $λ^{'} = 4 λ_{c} / 3$ である．

$p_{e} = h / λ^{'} = 3 m c / 4$ ．相対論的な関係から

K = m c^{2} (\sqrt{1 + \frac{9}{16}} - 1) = \frac{m c^{2}}{4} = 1.28 \times 10^{5} eV .

光子のエネルギーは入射で $m c^{2}$ ，散乱後で $3 m c^{2} / 4$ なので，失った $m c^{2} / 4$ と一致する．非相対論的な値は $K_{nr} = 9 m c^{2} / 32$ であり， $K_{nr} / K - 1 = 1 / 8$ ，12.5 %大きい． $p_{e} / (m c) = 3 / 4$ は小さくなく，その近似の適用条件を満たさない．

演習 8

オリジナル ★★★☆☆

ある粒子が，隣接する準位を3回続けて下がる発光を観測しました．時間順の光子エネルギーを $Q_{1}, Q_{2}, Q_{3}$ とすると，次の値でした．表の不確かさはそれぞれ独立な最大誤差です．

順序	光子エネルギー
1	$(0.840 \pm 0.010) eV$
2	$(0.600 \pm 0.010) eV$
3	$(0.360 \pm 0.010) eV$

候補は，電子を幅 $L$ の箱に入れた模型 $E_{n} = A n^{2}$ ， $A = h^{2} / (8 m L^{2})$ ，または水素型の模型 $E_{n} = - D / n^{2}$ ， $D > 0$ です．いずれも $n = 1, 2, \dots$ ，反跳は無視します．

どちらの模型かを判定し，最終準位の量子数 $j$ ， $A$ の中心値と $L$ を求めよ．
$j$ が誤差の範囲でも一意であることを示し，全3測定と両立する $L$ の範囲を求めよ． $E_{g} = 0.500 eV$ の半導体は，どの光子に応答するか．

**［図：順序が分かる3本の発光］**
未知の4つの隣接準位を3回続けて下がる．矢印の順序はQ1，Q2，Q3であり，測定された光子エネルギーを記す．準位の高さは模式的である．

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考え方

発光の順序による準位差の変化で模型を選び，整数の量子数を条件にして測定範囲を絞る．

水素型では $n$ が下がるほど隣接準位差が大きくなるが，観測値は小さくなる．箱の模型では

Q_{1} = A (2 j + 5), Q_{2} = A (2 j + 3), Q_{3} = A (2 j + 1) .

隣り合う差は $2 A$ なので， $A = (Q_{1} - Q_{3}) / 4 = 0.120 eV$ ． $2 j + 1 = Q_{3} / A = 3$ より $j = 1$ ． $L = h / \sqrt{8 m A} = 1.77 nm$ である．

$j \geq 2$ なら $Q_{1} / Q_{3} = (2 j + 5) / (2 j + 1) \leq 9 / 5 = 1.80$ ．しかし測定の最小の比でも $0.830 / 0.370 = 2.24$ なので， $j \geq 2$ は除かれる． $j = 1$ のとき各測定が与える $A$ の範囲は

\frac{0.830}{7} eV \leq A \leq \frac{0.850}{7} eV, \frac{0.590}{5} eV \leq A \leq \frac{0.610}{5} eV, \frac{0.350}{3} eV \leq A \leq \frac{0.370}{3} eV .

共通部分は最初の範囲で， $0.11857 eV \leq A \leq 0.12143 eV$ ． $L \propto A^{- 1 / 2}$ より $1.762 nm \leq L \leq 1.783 nm$ となる．半導体は誤差を含めても $Q_{1}, Q_{2}$ だけに応答する．箱の最大準位でも $E_{4} / (m c^{2}) \approx 3.8 \times 10^{- 6}$ と小さく，非相対論的模型は整合する．

演習 9

東京大 2014 前期（改題） ★★★☆☆

同じ照射を受ける同一の太陽電池を $N$ 枚，電圧が加算される向きに直列接続し，抵抗 $R = 100 Ω$ とLEDを直列につなぎます．1枚の太陽電池の出力特性を $V = V_{oc} - r I$ ， $V_{oc} = 0.650 V$ ， $r = 65.0 Ω$ とします．LEDは順方向電流が流れる間は $V_{D} = 1.80 V$ ，導通しないときは電流0の模型です．

LEDのバンドギャップは $E_{g} = e V_{D}$ で，回路を通る電子1個につき平均 $η = 0.400$ 個の光子を出し，各光子のエネルギーは $E_{g}$ です．各太陽電池への入射光電力は $P_{in} = 30.0 mW$ です．定常状態だけを扱います．

LEDへ正の電流を流せる最小の $N$ と， $N = 3, 4$ での電流を求めよ．
$N = 4$ のLEDの放射電力，太陽電池全体の出力電力，抵抗とLEDで熱になる電力を求め，エネルギー収支を確かめよ．入射光からLED光への効率も求めよ．
同じ照射条件で枚数を増やすとき，入射光の全電力に対するLEDの放射電力の比を最大にする整数 $N$ を求めよ．まず $N$ を連続変数として調べ，最後に整数を比較せよ．

**［図：太陽電池N枚と抵抗・LEDの直列回路］**
同一太陽電池N枚を電圧が加算される向きに直列接続し，抵抗Rと順方向のLEDにつなぐ．太陽電池1枚の出力特性と，問題で与えられた各定数を示す．

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考え方

開放電圧で導通を判定し，太陽電池の電圧低下を含めて回路と光の収支をつなぐ．

正の電流には $N V_{oc} > V_{D}$ が必要なので， $N > 1.80 / 0.650 = 2.77$ ，最小は3枚．導通時のキルヒホッフの式は

N (V_{oc} - r I) = V_{D} + R I, I = \frac{N V_{oc} - V_{D}}{N r + R} .

$N = 3$ では $I = 0.508 mA$ ， $N = 4$ では $I = 2.22 mA$ である．

電子数毎秒は $I / e$ だから $P_{γ} = η (I / e) E_{g} = η I V_{D} = 1.60 mW$ ．抵抗での発熱は $P_{R} = I^{2} R = 0.494 mW$ ，LEDの入力は $I V_{D} = 4.00 mW$ ，そのうち熱は $P_{D, heat} = (1 - η) I V_{D} = 2.40 mW$ ．太陽電池全体の端子出力は

P_{out} = N I (V_{oc} - r I) = 4.49 mW = P_{γ} + P_{R} + P_{D, heat} .

入射光の全電力は $N P_{in} = 120 mW$ なので，効率は $P_{γ} / (N P_{in}) = 0.0133$ ，1.33 %である．太陽電池側で出力にならない電力は $N P_{in} - P_{out}$ ． $η \to 0$ ではLEDの入力が全て熱へ移り，指定した定電圧模型内で収支が閉じる．

効率は

ϵ (N) = \frac{η V_{D}}{P_{in}} \frac{N V_{oc} - V_{D}}{N (N r + R)} .

$N > V_{D} / V_{oc}$ で微分すると

\frac{d ϵ}{d N} = \frac{η V_{D}}{P_{in}} \frac{- r V_{oc} N^{2} + 2 r V_{D} N + R V_{D}}{N^{2} {(N r + R)}^{2}} .

分子は正から負へ変わり，最大点は

N_{*} = \frac{V_{D}}{V_{oc}} + \sqrt{{(\frac{V_{D}}{V_{oc}})}^{2} + \frac{R V_{D}}{r V_{oc}}} = 6.22 .

従って整数では6と7だけを比べればよい． $ϵ (6) = 0.01714$ ， $ϵ (7) = 0.01699$ より，最適は6枚で約1.71 %． $N \to \infty$ では電流が $V_{oc} / r$ に近づく一方，入射電力は枚数に比例して増すので効率は0へ近づく．