大問1
問5 解説
分光エネルギーの密度分布の式を再掲する。
\[I(λ,T) = \frac{8{\pi}hc}{λ^{5}}\frac{1}{e^{\frac{hc}{λkT}}-1}\]
式を見やすくするため、変数\(a,b\)を
\[a=8{\pi}hc, b=\frac{hc}{kT}\]
と置く。すると、関数\(I(λ,T)\)は
\[
\begin{align}
I\left(λ,T\right) &= \frac{a}{λ^{5}}\frac{1}{e^\frac{b}{λ}-1} \\\\
&= \frac{a}{λ^{5}}\left({e^\frac{b}{λ}-1}\right)^{-1}
\end{align}
\]
となる。これを\(λ\)で偏微分すると、
\[
\begin{align}
\frac{\partial I}{\partial λ} &= \frac{a\left(-5λ^{4}\right)}{λ^{10}}\left({e^\frac{b}{λ}-1}\right)^{-1} + \frac{a}{λ^{5}}(-1)\left({e^\frac{b}{λ}-1}\right)^{-2}e^\frac{b}{λ}\frac{-b}{λ^{2}} \\\\
&= \frac{a\left(e^{\frac{b}{λ}}-1\right)^{-2}}{λ^{6}} \left\{ e^{\frac{b}{λ}}\left(\frac{b}{λ}-5\right)+5 \right\}
\end{align}
\]
以降の計算を行いやすくするため、さらに\(x=\frac{b}{λ}\)と置く。\(λ\)は有限値であるため、\(x>0\)であることに注意する。
\[
\frac{\partial I}{\partial λ} = \frac{ab^{6}\left(e^{x}-1\right)^{-2}}{x^{6}} \left\{ e^{x}(x-5)+5 \right\}
\]
ここで、\(\frac{ab^{6}\left(e^{x}-1\right)^{-2}}{x^{6}}>0\)であるため、\(e^{x}(x-5)+5\)の部分だけを考えればよい。
これを改めて関数\(f(x)\)と置く。関数\(f(x)\)の増減表を書くと、
\[
\begin{align}
f(x) &= e^{x}(x-5)+5 \\\\
f'(x) &= e^{x}(x-4)
\end{align}
\]
| \(x\) | 0 | ・・・ | 4 | ・・・ | ∞ |
| \(f'(x)\) | – | – | 0 | ＋ | ＋ |
| \(f(x)\) | (0) | ↘ | \(-e^{4}+5\) | ↗ | ∞ |
従って、関数\(f(x)\)はただ一つの実数解を持つ。これを\(\alpha\)とすると、元の関数\(I(λ,T)\)は\(x=\alpha\)で\(\frac{\partial I}{\partial λ}=0\)となる。従って、ピークにおける波長\(\lambda_{max}\)は、
\[
\begin{align}
\lambda_{max} &= \frac{b}{\alpha} \\\\
&= \frac{hc}{k{\alpha}T} \left(∵b = \frac{hc}{kT} \right) \\\\
&= \frac{hc}{k\alpha}\frac{1}{T}
\end{align}
\]
となる。故に、\(\frac{hc}{k\alpha}\)は定数であるため、\(\lambda_{max}\)は\(T\)に反比例する事が示された。ちなみに、\(\frac{hc}{k\alpha} ≒ 2.898 × 10^{-3}\) [m⋅K]である。
問6 解説
プランクの法則はある波長における放射エネルギーである。従って、波長全域にわたって積分をすると全放射エネルギーを得る事が出来る。問4と同じ変数\(a,b\)を用いると
\[
\begin{align}
E &= \int_0^\infty I(λ,T) d\lambda \\\\
&= \int_0^\infty \frac{a}{{\lambda}^5}\frac{1}{e^{\frac{b}{\lambda}}-1} d\lambda
\end{align}
\]
となる。問4と同様に\(x=\frac{b}{λ}\)とすると、\(\frac{dx}{d{\lambda}}=\frac{-b}{{\lambda}^{2}}=-\frac{x^2}{b}\)より、
\[
\begin{align}
E &= \int_0^\infty \frac{ax^{5}}{{b}^5}\frac{1}{e^{x}-1}\frac{-b}{x^2} dx \\\\
&= -\frac{a}{{b}^4} \int_0^\infty \frac{x^{3}}{e^{x}-1} dx
\end{align}
\]
ここで、(補足)のメリン変換の式を使用する。\(s=4\)として与式に代入すると、
\[
\begin{align}
\zeta(4) = \frac{1}{\Gamma(4)}\int_0^\infty \frac{x^{3}}{e^{x}-1}dx \\\\
⇔ \int_0^\infty \frac{x^{3}}{e^{x}-1}dx = \zeta(4)×\Gamma(4)
\end{align}
\]
ところで、ガンマ関数の定義より、
\[
\begin{align}
\Gamma(1) &= \int_0^\infty t^{1-1}e^{-t} dt \\\\
&= \int_0^\infty e^{-t} dt \\\\
&= \lbrack -e^{-t} {\rbrack}_{\small{0}}^{\small{{\infty}}} \\\\
&= 1
\end{align}
\]
であるから、
\[
\begin{align}
\Gamma(4) = 3・\Gamma(2) = 3・2・\Gamma(1) = 3・2・1 = 6
\end{align}
\]
であり、\(\zeta(4) = \frac{{\pi}^{4}}{90}\)であるから、
\[
\int_0^\infty \frac{x^{3}}{e^{x}-1}dx = \zeta(4)×\Gamma(4) = \frac{{\pi}^{4}}{90}・6 = \frac{{\pi}^{4}}{15}
\]
エネルギー\(E\)の\(-\)符号も取り払ってあげると、
\[
\begin{align}
E &= \frac{a}{{b}^4} \int_0^\infty \frac{x^{3}}{e^{x}-1} dx \\\\
&= \frac{a}{{b}^4} \frac{{\pi}^{4}}{15} \\\\
&=\frac{4}{c} \frac{2{\pi}^5k^{4}}{15c^{2}h^{3}} T^{4}
\end{align}
\]
となる。従って、エネルギー\(E\)は温度\(T\)の4乗に比例する事が示された。
また、エネルギー密度分の補正\(\frac{4}{c}\)を除いた部分
\[
σ = \frac{2{\pi}^5k^{4}}{15c^{2}h^{3}} ＝ 5.670…. × 10^{-8} [Wm^{-2}K^{-4}]
\]
をシュテファン=ボルツマン定数と呼ぶ。
また、シュテファン=ボルツマンの法則は星の光度\(L\)、恒星の半径\(R\)を用いて
\[
L = 4{\pi}R^{2} × σ × T^{4}
\]
と書き表す事も出来る。
大問2
問1～問3において、mは物体の質量を表すものとする。
問1
条件1から万有引力と向心力が等しいので、
\[
G\frac{mM}{R^2} =\frac{mv^2}{R} ・・・①
\]
また、条件2から万有引力と重力が等しいので、
\[
G\frac{mM}{R^2} = mg ・・・②
\]
式①, ②より、
\[
\begin{align}
\frac{mv^2}{R} &= mg \\\\
⇔ v &= \sqrt{gR} = 5.6\sqrt{2} [km/s]=7.9 [km/s]
\end{align}
\]
となる。
問2
力学的エネルギー保存則より、
\[
\frac{mv^2}{2} \ – \ G\frac{mM}{R} = const
\]
無限遠方(\(R=0\))で速度\(v\)が0になると考えると
\[
\frac{mv^2}{2} \ – \ G\frac{mM}{R} = 0
\]
が成り立つ。この式を整理すると、
\[
v=\sqrt{2gR}=11.2 [km/s]
\]
問3
問1, 問2の考え方に加えて、地球と太陽の公転速度も考慮する必要があることに注意する。また、1天文単位を\(R_{AU}\)と表記することにする。
“太陽”に対する”物体”の相対速度を\(v_{s}\)とすると、問2と同様にエネルギー保存則より、
\[
\frac{1}{2}m_{*}{v_{s}}^{2} \ – \ G\frac{mM_{s}}{R+R_{AU}} = const
\]
が成り立つ。ここで、\(m_{*}\)は換算質量\(m_{*}=\frac{mM_{s}}{m+M_{s}}\)である。\(M_{s} ≫ m\ \)であるから、\(m_{*} ≈ m\)となる。従って、無限遠方で相対速度を\(v_{s}=0\)になると
\[
\begin{align}
\frac{1}{2}m{v_{s}}^{2} \ – \ G\frac{mM_{s}}{R+R_{AU}} = 0 \\\\
⇔v_{s} = \sqrt{\frac{2G{M}_{s}}{R_{AU}}}・・・①
\end{align}
\]
が成り立つ。
また、地球の公転速度を\(V\)とすると、\(V\)は”太陽”に対する”地球”の相対速度であるから、同様に相対質量\(M’\)を用いて地球の運動方程式より、
\[
M’\frac{V^{2}}{R_{AU}} = G\frac{M_{E}M_{s}}{{R_{AU}}^{2}}
\]
地球の質量を\(M_{E}\)とすると、\(M_{s} ≫ M_{E}\)であるから、\(M’ =\frac{M_{E}M_{s}}{M_{E}+M_{s}} ≈ M_{E}\) となる。従って、
\[
M_{E}\frac{V^{2}}{R_{AU}} = G\frac{M_{E}M_{s}}{{R_{AU}}^{2}} \\\\
⇔ V = \sqrt{\frac{GM_{s}}{R_{AU}}}・・・②
\]
となる。
問2により、”地球”に対する”物体”の相対速度\(v_{E}\)は、
\[
v_{E} =\sqrt{2gR} = \sqrt{\frac{2GM_{E}}{R}}・・・③
\]
太陽系からの脱出速度(第三宇宙速度)を\(v\)とすると、\(v\)は”地球”に対する”物体”の相対速度である。
太陽系からの脱出に必要なエネルギーとは、地球からの脱出に必要なエネルギー + (“地球”から見た時の)”太陽”からの脱出に必要なエネルギーに等しいので、式①～③より、
\[
\begin{align}
\frac{1}{2}mv^{2} &= \frac{1}{2}m{(v_{s}-V)}^{2} + \frac{1}{2}m{v_{E}}^{2} \\\\
v^{2} &= {(v_{s}-V)}^{2} + {v_{E}}^{2} \\\\
v &= \sqrt{{\large(}{\sqrt{2}-1}{\large)}^{2}\frac{GM_{s}}{R_{AU}}+2\frac{GM_{E}}{R}} = 16.7\ [km/s]
\end{align}
\]
となる。
以上。
コメント