平成27年度 東大院 物理学専攻 博士 物理学 解答

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/）。

• 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までお願いします。

平成27年2月2日実施、全3問を3枚の答案用紙にそれぞれ解答する形式です（選択なし、全問必答）。第1問は角運動量演算子の代数から始めて球対称井戸型ポテンシャルの束縛状態の数を図解させる量子力学、第2問はスピン1/2の回転操作と2スピンハイゼンベルグ模型の熱統計、第3問はローレンツ力による運動で、ドリフト運動からサイクロトロン加速までを扱います。いずれも大学院の基礎科目レベルで、計算量よりも束縛状態の勘定・対称性の議論・軌道の図示といった定性的理解の正確さが差になります。

問題	分野	主題
第1問	量子力学	角運動量代数と球対称井戸型ポテンシャルの束縛状態
第2問	量子力学・統計力学	スピン1/2の回転操作と2スピン系の磁化
第3問	電磁気学・力学	電磁場中の荷電粒子の運動とサイクロトロン加速

第1問 角運動量代数と球対称井戸型ポテンシャル

設定

角運動量演算子を直交座標で

$$L_x=-i\hbar\left(y\frac{\partial}{\partial z}-z\frac{\partial}{\partial y}\right),\quad L_y=-i\hbar\left(z\frac{\partial}{\partial x}-x\frac{\partial}{\partial z}\right),\quad L_z=-i\hbar\left(x\frac{\partial}{\partial y}-y\frac{\partial}{\partial x}\right)$$

と定義し、その代数的性質を確かめたあと、中心力場のハミルトニアン

$$H=-\frac{\hbar^2}{2M}\Delta+V(r),\qquad \Delta=\frac{\partial^2}{\partial r^2}+\frac{2}{r}\frac{\partial}{\partial r}-\frac{1}{r^2}\Omega,\qquad \Omega=\frac{\mathbf{L}^2}{\hbar^2}$$

に進みます。後半では井戸型ポテンシャル $V(r)=-\dfrac{\hbar^2 v}{2M}$（$r<a$）、$V(r)=0$（$r>a$）をとり（$v,a>0$）、$l=0$ の束縛状態の数を調べます。

設問1

微分演算子として直接計算します。任意の関数に作用させると 1 階微分の項だけが残り、

$$\begin{aligned} [L_x,L_y]&=(-i\hbar)^2\left[\,y\frac{\partial}{\partial z}-z\frac{\partial}{\partial y},\; z\frac{\partial}{\partial x}-x\frac{\partial}{\partial z}\,\right]\\ &=-\hbar^2\left(y\frac{\partial}{\partial x}-x\frac{\partial}{\partial y}\right) =i\hbar\cdot(-i\hbar)\left(x\frac{\partial}{\partial y}-y\frac{\partial}{\partial x}\right)=i\hbar L_z \end{aligned}$$

となります（2 階微分の項は両順序で共通なので相殺します）。添字の巡回置換により

$$[L_x,L_y]=i\hbar L_z,\qquad [L_y,L_z]=i\hbar L_x,\qquad [L_z,L_x]=i\hbar L_y$$

が交換関係です。次に $[\mathbf{L}^2,L_z]$ を計算します。恒等式 $[A^2,B]=A[A,B]+[A,B]A$ を使うと

$$\begin{aligned} [L_x^2,L_z]&=L_x[L_x,L_z]+[L_x,L_z]L_x=-i\hbar(L_xL_y+L_yL_x),\\ [L_y^2,L_z]&=L_y[L_y,L_z]+[L_y,L_z]L_y=+i\hbar(L_yL_x+L_xL_y),\\ [L_z^2,L_z]&=0 \end{aligned}$$

であり、3 つの和は打ち消し合って $[\mathbf{L}^2,L_z]=0$ となります。よって $\mathbf{L}^2$ と $L_z$ は可換です。

設問2

$L_\pm=L_x\pm iL_y$ の満たす交換関係を先に用意します。設問1 の交換関係から

$$[L_z,L_\pm]=[L_z,L_x]\pm i[L_z,L_y]=i\hbar L_y\pm i(-i\hbar L_x)=\pm\hbar L_\pm,\qquad [\mathbf{L}^2,L_\pm]=0$$

です（後者は $\mathbf{L}^2$ が $L_x,L_y$ と可換なことから従います）。これを $Y_{l,m}$ に適用すると

$$\mathbf{L}^2(L_\pm Y_{l,m})=L_\pm\mathbf{L}^2Y_{l,m}=l(l+1)\hbar^2(L_\pm Y_{l,m}),$$ $$L_z(L_\pm Y_{l,m})=\left(L_\pm L_z+[L_z,L_\pm]\right)Y_{l,m}=(m\hbar\pm\hbar)(L_\pm Y_{l,m})=\hbar(m\pm1)(L_\pm Y_{l,m})$$

となり、示すべき 2 式が得られます。つまり $L_\pm Y_{l,m}$ は（零でなければ）$m\pm1$ に対応する同時固有関数です。

次に $L_+Y_{l,l}=0$ を示します。$L_x,L_y$ はエルミートなので $L_\pm^\dagger=L_\mp$ であり、交換関係から

$$L_-L_+=L_x^2+L_y^2+i[L_x,L_y]=\mathbf{L}^2-L_z^2-\hbar L_z$$

が成り立ちます。したがって $L_+Y_{l,l}$ のノルムは

$$\langle L_+Y_{l,l}|L_+Y_{l,l}\rangle=\langle Y_{l,l}|L_-L_+|Y_{l,l}\rangle =\left[l(l+1)-l^2-l\right]\hbar^2=0$$

となり、ノルムが零の関数は恒等的に零なので $L_+Y_{l,l}=0$ です。同様に $L_+L_-=\mathbf{L}^2-L_z^2+\hbar L_z$ から

$$\langle L_-Y_{l,-l}|L_-Y_{l,-l}\rangle=\left[l(l+1)-l^2-l\right]\hbar^2=0$$

となり $L_-Y_{l,-l}=0$ が示せました。$m$ は $-l\le m\le l$ の範囲で閉じており、昇降がその外に出ないことを表しています。

設問3

$\psi=R(r)Y_{l,m}(\theta,\varphi)$ を $H\psi=E\psi$ に代入します。$\Omega Y_{l,m}=(\mathbf{L}^2/\hbar^2)Y_{l,m}=l(l+1)Y_{l,m}$ なので、$Y_{l,m}$ で割って動径部分だけが残り、

$$-\frac{\hbar^2}{2M}\left(\frac{d^2R}{dr^2}+\frac{2}{r}\frac{dR}{dr}\right) +\left[V(r)+\frac{\hbar^2 l(l+1)}{2Mr^2}\right]R(r)=E\,R(r)$$

が $R(r)$ の満たす固有値方程式です。遠心力項 $\hbar^2l(l+1)/(2Mr^2)$ が有効ポテンシャルとして加わった 1 次元型の方程式になっています。

設問4

$R=\chi/r$ とおくと

$$\frac{d^2R}{dr^2}+\frac{2}{r}\frac{dR}{dr}=\frac{1}{r}\frac{d^2\chi}{dr^2}$$

となるので、$l=0$ の動径方程式は

$$-\frac{\hbar^2}{2M}\frac{d^2\chi}{dr^2}+V(r)\,\chi(r)=E\,\chi(r)$$

という 1 次元シュレディンガー方程式の形になります。$E=-\dfrac{\hbar^2\varepsilon}{2M}$（束縛状態なので $E<0$、すなわち $\varepsilon>0$）とおき、$V$ の値を各領域で代入すると

$$\frac{d^2\chi}{dr^2}=-(v-\varepsilon)\,\chi \quad(r<a),\qquad \frac{d^2\chi}{dr^2}=\varepsilon\,\chi \quad(r>a)$$

が $\chi(r)$ の満たす方程式です。$v,\varepsilon$ はいずれも（長さ）$^{-2}$ の次元をもち、両辺の次元は合っています。

設問5

$r\to0$ で $R=\chi/r$ が有限であるためには $\chi(0)=0$ が必要です。まず $0<\varepsilon<v$ の場合を考え、$k=\sqrt{v-\varepsilon}$、$\kappa=\sqrt{\varepsilon}$ とおきます。$r<a$ では解は $\sin kr$ と $\cos kr$ の線形結合ですが、$\chi(0)=0$ から $\cos$ 成分は落ち、$r>a$ では $e^{\pm\kappa r}$ のうち $r\to\infty$ で発散する $e^{+\kappa r}$ が落ちます。よって

$$\chi(r)=A\sin(kr)\quad(r<a),\qquad \chi(r)=B\,e^{-\kappa r}\quad(r>a)$$

です（$A,B$ は定数。規格化は不要とされています）。なお $\varepsilon\ge v$ とすると内側の解は $\chi=A\sinh(\sqrt{\varepsilon-v}\,r)$ となりますが、これは次の設問で見る接続条件を満たせないため、束縛状態はすべて $0<\varepsilon<v$ の範囲にあります。

設問6

ポテンシャルの跳びは有限なので、$r=a$ で $\chi$ と $\chi'$ がともに連続です。

$$A\sin(ka)=B\,e^{-\kappa a},\qquad Ak\cos(ka)=-\kappa B\,e^{-\kappa a}$$

辺々割って、接続条件は

$$k\cot(ka)=-\kappa,\qquad k^2+\kappa^2=v$$

となります（第 2 式は $k,\kappa$ の定義そのものです）。$\varepsilon\ge v$ の場合は左辺が $\sqrt{\varepsilon-v}\coth(\sqrt{\varepsilon-v}\,a)>0$ となり、右辺 $-\kappa<0$ と一致し得ないので、束縛状態は先の範囲に尽きます。

束縛状態の数はこの連立方程式の解の個数です。無次元変数 $\xi=ka$、$\eta=\kappa a$ をとると、条件は

$$\eta=-\xi\cot\xi,\qquad \xi^2+\eta^2=v a^2\qquad(\xi>0,\ \eta>0)$$

となります。第 1 式の曲線は $\cot\xi<0$ となる区間、すなわち $\xi\in(\pi/2,\pi)$、$(3\pi/2,2\pi)$、… にだけ第 1 象限の枝をもち、各枝は $\eta=0$（$\xi=(2n-1)\pi/2$）から出発して単調に増加し、$\xi\to n\pi$ で発散します。第 2 式は原点中心・半径 $\sqrt{v}\,a$ の円です。両者の交点の数が束縛状態の数を与えます。

図の実線が曲線 $\eta=-\xi\cot\xi$ の第 1 象限の枝、破線が半径 $\sqrt{v}\,a$ の円（$v$ の値 3 通り）、丸印が交点です。半径 $\sqrt{v}\,a$ が $\pi/2$ より小さい間は円が最初の枝（$\xi>\pi/2$ から始まる）に届かず、交点は存在しません。つまり $v$ が小さいとき束縛状態は 0 個です。1 次元の井戸と違って必ず束縛状態があるわけではない点がこの問題の要点です。半径が $\pi/2$ を超えると最初の枝と 1 点で交わって束縛状態が 1 個現れ、さらに $3\pi/2$ を超えると 2 個目、$(2n-1)\pi/2$ を超えるごとに 1 個ずつ増えます。式でまとめると、束縛状態の数 $N$ は

$$\frac{(2N-1)\pi}{2}<\sqrt{v}\,a\le\frac{(2N+1)\pi}{2}$$

で決まり、特に $\sqrt{v}\,a\le\pi/2$（すなわち $v\le\pi^2/(4a^2)$）では $N=0$ です。円の半径は $v$ とともに単調に大きくなるので、束縛状態の数は $v$ の増加とともに階段状に 1 個ずつ増えていきます。

第2問 スピン1/2の回転操作と2スピン系の磁化

設定

$S=1/2$ の電子スピンを考えます。$S^z$ の固有状態を $|\uparrow\rangle$（固有値 $1/2$）、$|\downarrow\rangle$（固有値 $-1/2$）とし、問題文の規約に従って

$$S^x|\uparrow\rangle=\tfrac{1}{2}|\downarrow\rangle,\quad S^x|\downarrow\rangle=\tfrac{1}{2}|\uparrow\rangle,\quad S^y|\uparrow\rangle=-\tfrac{i}{2}|\downarrow\rangle,\quad S^y|\downarrow\rangle=\tfrac{i}{2}|\uparrow\rangle$$

とします。$\hbar=k_{\mathrm{B}}=1$ です。後半では $z$ 方向磁場中で相互作用する 2 つのスピンのハミルトニアン

$$\mathcal{H}=J\,\mathbf{S}_1\cdot\mathbf{S}_2-H(S_1^z+S_2^z)$$

の固有状態と熱平衡での磁化を扱います。

設問1

$(S^\alpha)^2=\mathrm{I}/4$ を繰り返し使うと、べきは

$$(S^\alpha)^{2n}=\frac{\mathrm{I}}{4^n},\qquad (S^\alpha)^{2n+1}=\frac{S^\alpha}{4^n}$$

とまとまります。指数関数を級数展開して偶数次と奇数次に分けると

$$\begin{aligned} e^{i\theta S^\alpha} &=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(i\theta)^{2n}}{(2n)!}\,(S^\alpha)^{2n} +\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(i\theta)^{2n+1}}{(2n+1)!}\,(S^\alpha)^{2n+1}\\ &=\mathrm{I}\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n)!}\left(\frac{\theta}{2}\right)^{2n} +2iS^\alpha\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{(2n+1)!}\left(\frac{\theta}{2}\right)^{2n+1}\\ &=\mathrm{I}\cos\frac{\theta}{2}+2iS^\alpha\sin\frac{\theta}{2} \end{aligned}$$

となり、示すべき恒等式が得られました。途中では $(i\theta)^{2n}4^{-n}=(-1)^n(\theta/2)^{2n}$、$(i\theta)^{2n+1}4^{-n}=2i(-1)^n(\theta/2)^{2n+1}$ を使っています。

設問2

設問1 の恒等式で $\alpha=x$ とし、$S^x|\uparrow\rangle=\tfrac12|\downarrow\rangle$ を使うと

$$|\psi(\theta)\rangle=U(\theta)|\uparrow\rangle =\cos\frac{\theta}{2}\,|\uparrow\rangle+i\sin\frac{\theta}{2}\,|\downarrow\rangle$$

です。$S^z$ の期待値は

$$\langle S^z\rangle=\frac{1}{2}\cos^2\frac{\theta}{2}-\frac{1}{2}\sin^2\frac{\theta}{2}=\frac{1}{2}\cos\theta$$

となります（2 倍角の公式を使いました）。$S^y$ については、問題文の規約から

$$S^y|\psi\rangle=\cos\frac{\theta}{2}\left(-\frac{i}{2}\right)|\downarrow\rangle +i\sin\frac{\theta}{2}\cdot\frac{i}{2}|\uparrow\rangle =-\frac{1}{2}\sin\frac{\theta}{2}\,|\uparrow\rangle-\frac{i}{2}\cos\frac{\theta}{2}\,|\downarrow\rangle$$

なので、$\langle\psi|=\cos\frac{\theta}{2}\langle\uparrow|-i\sin\frac{\theta}{2}\langle\downarrow|$ との内積をとって

$$\langle S^y\rangle=-\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}=-\frac{1}{2}\sin\theta$$

です。同様の計算で $\langle S^x\rangle=0$ も確かめられます。したがってスピンの期待値ベクトルは

$$\langle\mathbf{S}\rangle=\left(0,\ -\frac{1}{2}\sin\theta,\ \frac{1}{2}\cos\theta\right)$$

であり、長さ $1/2$ を保ったまま、$z$ 軸から $y$–$z$ 面内で角度 $\theta$ だけ傾いています。これはベクトル $(0,0,1/2)$ を $x$ 軸のまわりに角度 $\theta$ だけ（右ねじの向きに）回転したものにほかなりません。すなわち $U(\theta)=e^{i\theta S^x}$ の物理的意味は、$x$ 軸を回転軸とするスピンの角度 $\theta$ の回転操作です。$S^x$ が $x$ 軸まわりの回転の生成子になっていることを表しており、$\theta=\pi$ でスピンは反転し（$|\uparrow\rangle\to i|\downarrow\rangle$）、$\theta=2\pi$ では期待値は元に戻る一方で状態は $-|\uparrow\rangle$ と符号を変える、というスピノルの性質も式から読み取れます。

設問3

合成スピン $\mathbf{S}=\mathbf{S}_1+\mathbf{S}_2$ を使うと

$$\mathbf{S}_1\cdot\mathbf{S}_2=\frac{1}{2}\left(\mathbf{S}^2-\mathbf{S}_1^2-\mathbf{S}_2^2\right) =\frac{1}{2}\mathbf{S}^2-\frac{3}{4}$$

であり、$\mathcal{H}$ は $\mathbf{S}^2$ と $S^z=S_1^z+S_2^z$ で対角化されます。合成スピン 1（三重項）では $\mathbf{S}_1\cdot\mathbf{S}_2=1/4$、合成スピン 0（一重項）では $-3/4$ です。したがって固有状態と固有値は次の 4 つです。

$$\begin{aligned} |\uparrow\rangle_1|\uparrow\rangle_2 &:\quad E=\frac{J}{4}-H,\\ \frac{1}{\sqrt{2}}\left(|\uparrow\rangle_1|\downarrow\rangle_2+|\downarrow\rangle_1|\uparrow\rangle_2\right) &:\quad E=\frac{J}{4},\\ |\downarrow\rangle_1|\downarrow\rangle_2 &:\quad E=\frac{J}{4}+H,\\ \frac{1}{\sqrt{2}}\left(|\uparrow\rangle_1|\downarrow\rangle_2-|\downarrow\rangle_1|\uparrow\rangle_2\right) &:\quad E=-\frac{3J}{4}. \end{aligned}$$

はじめの 3 つが三重項（$S^z$ 固有値 $+1,0,-1$ に対応して磁場でゼーマン分裂）、最後が一重項です。直接の検算として、たとえば $\mathbf{S}_1\cdot\mathbf{S}_2\,|\uparrow\rangle_1|\downarrow\rangle_2=\tfrac12|\downarrow\rangle_1|\uparrow\rangle_2-\tfrac14|\uparrow\rangle_1|\downarrow\rangle_2$ を問題文の $S^x,S^y$ の作用から計算すると、上の対称・反対称の組み合わせが固有値 $1/4$、$-3/4$ をもつことが確かめられます。

設問4

$J>0$、$|H|\ll J$ のとき、固有値を比べると一重項のエネルギー $-3J/4$ が最低です（最も近い競合は $J/4-|H|$ で、$|H|<J$ の間は一重項が下）。よって基底状態は一重項

$$|s\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(|\uparrow\rangle_1|\downarrow\rangle_2-|\downarrow\rangle_1|\uparrow\rangle_2\right)$$

です。一重項は合成スピンが 0 の状態なので、合成スピンのどの成分を作用させても零になります。実際、

$$(S_1^x+S_2^x)|s\rangle=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\frac{1}{2}|\downarrow\rangle_1|\downarrow\rangle_2+\frac{1}{2}|\uparrow\rangle_1|\uparrow\rangle_2 -\frac{1}{2}|\uparrow\rangle_1|\uparrow\rangle_2-\frac{1}{2}|\downarrow\rangle_1|\downarrow\rangle_2\right)=0$$

です。したがって $U_{12}(\theta)=e^{i\theta(S_1^x+S_2^x)}$ を級数展開すると、$(S_1^x+S_2^x)$ を 1 回以上含む項はすべて $|s\rangle$ を消し、

$$U_{12}(\theta)|s\rangle=|s\rangle$$

となります。理由をまとめると、基底状態が合成スピン 0 の一重項であり、設問2 で見たとおり $e^{i\theta(S_1^x+S_2^x)}$ は 2 スピンを一斉に $x$ 軸まわりに回転させる操作ですが、スピン 0 の状態は回転で不変（等方的）だから、ということです。

設問5

分配関数は設問3 の 4 準位から

$$Z=e^{3J/(4T)}+e^{-J/(4T)}\left(e^{H/T}+1+e^{-H/T}\right) =e^{3J/(4T)}+e^{-J/(4T)}\left(2\cosh\frac{H}{T}+1\right)$$

です。自由エネルギーは

$$F=-T\ln Z=-T\ln\left[e^{3J/(4T)}+e^{-J/(4T)}\left(2\cosh\frac{H}{T}+1\right)\right]$$

となります。$z$ 方向の磁化は $M=\langle S_1^z+S_2^z\rangle=-\partial F/\partial H$ で、

$$M=\frac{2\,e^{-J/(4T)}\sinh(H/T)}{Z} =\frac{2\sinh(H/T)}{2\cosh(H/T)+1+e^{J/T}}$$

です。$H\to\infty$ で $M\to1$（2 スピンの飽和値）、$H\to0$ で $M\to0$、$M$ は $H$ の奇関数、といった当然の性質を満たしていることが確認できます。また $J\to0$ とすると $M=\tanh\bigl(H/(2T)\bigr)$ となり、独立な 2 個のスピン 1/2 の結果に一致します。

設問6

$J>0$（反強磁性的）とし、$H>0$ の側で考えます（奇関数なので $H<0$ は対称）。

i) $T\ll J$ の場合。分母の $e^{J/T}$ と $2\cosh(H/T)\simeq e^{H/T}$ の競争になります。$0<H<J$ では $e^{J/T}$ が圧倒的に大きく、$M\simeq 2e^{-(J-H)/T}$ は指数関数的に小さい。つまり一重項基底状態は磁場に応答せず、磁化はほぼ 0 に留まります。$H>J$ では $e^{H/T}$ が支配して $M\simeq1$ に飽和します。境目 $H=J$ は一重項と三重項最下準位 $|\uparrow\uparrow\rangle$ の準位交差点で、そこで磁化は幅 $\Delta H\sim T$ の急峻な階段を描いて 0 から 1 へ跳びます（$H=J$ ちょうどでは 2 状態が等重率なので $M\simeq1/2$）。概形は、原点から $H=J$ 近くまでほぼ 0 の平坦部、$H=J$ でほぼ垂直な立ち上がり、その先は $M=1$ の平坦部、というスピンギャップ系特有の階段型です。

ii) $T\gg J$ の場合。$e^{J/T}\simeq1$ とおけて

$$M\simeq\frac{2\sinh(H/T)}{2\cosh(H/T)+2}=\tanh\frac{H}{2T}$$

となり、相互作用のない常磁性の応答になります。原点で傾き $1/(2T)$（キュリー則に対応）の直線から立ち上がり、上に凸のまま単調に増えて $H\gg T$ で $M\to1$ に漸近する、なめらかな飽和曲線です。特徴点として変曲はなく、半分の値 $M=1/2$ に達するのは $H=2T\,\mathrm{arctanh}(1/2)\simeq1.1\,T$ 付近です。

実線が i)（$H=J$ で 0 から 1 へ跳ぶ階段）、破線が ii)（原点から傾き $1/(2T)$ で立ち上がり 1 に漸近する曲線）です。

第3問 電磁場中の荷電粒子の運動とサイクロトロン加速

設定

質量 $m$、電荷 $q>0$ の粒子がローレンツ力

$$\boldsymbol{F}=q(\boldsymbol{E}+\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{B})$$

を受けて運動します。速さは光速より十分小さく、相対論的効果と電磁波の放射は無視します。前半は $\boldsymbol{B}=\boldsymbol{0}$ で電場だけの運動（$t=0$ で原点に静止）、後半は $\boldsymbol{B}=(0,0,B)$（$B>0$）を加えた運動を扱います。

設問1

静電場 $\boldsymbol{E}=(E_0,0,0)$ は保存力で、粒子が原点から点 $(d,0,0)$ に達するまでに電場のする仕事は $qE_0d$ です。初速が零なので、エネルギーの定理から到達時の運動エネルギーは

$$K=qE_0d$$

です。力（$qE_0$）掛ける距離（$d$）でエネルギーの次元をもち、対応する速さは $\sqrt{2qE_0d/m}$ です。

設問2

運動方程式は $x$ 成分だけが非自明で、$m\dot{v}_x=qE_0\cos(\omega t)$ です。初期条件 $v_x(0)=0$、$x(0)=0$ で積分すると

$$v_x(t)=\frac{qE_0}{m\omega}\sin(\omega t),\qquad x(t)=\frac{qE_0}{m\omega^2}\bigl(1-\cos(\omega t)\bigr),\qquad y=z=0$$

となります。粒子は $x$ 軸上で角振動数 $\omega$ の単振動をします。振動の中心は $x=qE_0/(m\omega^2)$、振幅も $qE_0/(m\omega^2)$ で、位置は $x=0$ と $x=2qE_0/(m\omega^2)$ の間を往復し、原点より $x<0$ 側には行きません。初期条件がちょうど振動解だけを与えるため、時間平均した移動（ドリフト）は生じません。

設問3

$\boldsymbol{E}=\boldsymbol{0}$、$\boldsymbol{B}=(0,0,B)$ のとき、運動方程式 $m\dot{\boldsymbol{v}}=q\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{B}$ の成分は

$$\dot{v}_x=\omega_{\mathrm{c}}v_y,\qquad \dot{v}_y=-\omega_{\mathrm{c}}v_x,\qquad \dot{v}_z=0, \qquad \omega_{\mathrm{c}}\equiv\frac{qB}{m}$$

です。初期条件 $\boldsymbol{v}(0)=(v_0,0,0)$ のもとで解くと

$$\boldsymbol{v}_{\mathrm{c}}(t)=\bigl(v_0\cos(\omega_{\mathrm{c}}t),\ -v_0\sin(\omega_{\mathrm{c}}t),\ 0\bigr)$$

です（第 1 式に第 2 式を代入すると $\ddot{v}_x=-\omega_{\mathrm{c}}^2v_x$ となることから直ちに従います）。回転周期は

$$P=\frac{2\pi}{\omega_{\mathrm{c}}}=\frac{2\pi m}{qB}$$

で、速さによらない定数です。$q>0$、$B>0$ なので、$z$ 軸の正の側から見ると回転は時計回りで、軌道は半径 $\rho=v_0/\omega_{\mathrm{c}}=mv_0/(qB)$ の円（原点から出発した場合、中心は $(0,-\rho,0)$）になります。

設問4

磁場によるローレンツ力 $q\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{B}$ は外積の性質から常に速度 $\boldsymbol{v}$ に垂直であり、仕事率は $\boldsymbol{F}\cdot\boldsymbol{v}=q(\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{B})\cdot\boldsymbol{v}=0$ です。つまり磁場は粒子の運動の向きを変えるだけで仕事をしません。電場もないので、運動エネルギー $\tfrac12m|\boldsymbol{v}|^2$ は時間によらず一定に保たれます。

設問5

$\boldsymbol{v}=\boldsymbol{v}_{\mathrm{c}}+\boldsymbol{v}_{\mathrm{d}}$（$\boldsymbol{v}_{\mathrm{d}}$ は定ベクトル）を運動方程式 $m\dot{\boldsymbol{v}}=q(\boldsymbol{E}+\boldsymbol{v}\times\boldsymbol{B})$ に代入します。$\boldsymbol{v}_{\mathrm{c}}$ が $m\dot{\boldsymbol{v}}_{\mathrm{c}}=q\,\boldsymbol{v}_{\mathrm{c}}\times\boldsymbol{B}$ を満たすので、残る条件は

$$\boldsymbol{E}+\boldsymbol{v}_{\mathrm{d}}\times\boldsymbol{B}=\boldsymbol{0}$$

です。$\boldsymbol{v}_{\mathrm{d}}=(u_x,u_y,0)$ とおくと $\boldsymbol{v}_{\mathrm{d}}\times\boldsymbol{B}=(u_yB,\,-u_xB,\,0)$ なので、$E_0+u_yB=0$、$u_x=0$、すなわち

$$\boldsymbol{v}_{\mathrm{d}}=\left(0,\ -\frac{E_0}{B},\ 0\right)$$

が答えです。これはいわゆる $\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{B}$ ドリフト $\boldsymbol{v}_{\mathrm{d}}=\boldsymbol{E}\times\boldsymbol{B}/B^2$ で、電場の向き（$+x$）ではなく、それと磁場の両方に垂直な $-y$ 方向を向くのが特徴です。$E_0/B$ は電場割る磁束密度で速度の次元をもちます。

軌道は、$t=0$ に原点にいるとして速度を積分すると

$$x(t)=\frac{v_0}{\omega_{\mathrm{c}}}\sin(\omega_{\mathrm{c}}t),\qquad y(t)=\frac{v_0}{\omega_{\mathrm{c}}}\bigl(\cos(\omega_{\mathrm{c}}t)-1\bigr)-\frac{E_0}{B}t$$

となります。すなわち、半径 $v_0/\omega_{\mathrm{c}}$ の円運動（周期 $P$）を続けながら、円の中心が $-y$ 方向へ速さ $E_0/B$ で等速移動する運動です。1 周期あたり中心は $-y$ 方向に $PE_0/B$ だけ進みます。概形はトロコイド曲線で、$v_0>E_0/B$ なら下図のように小さなループを描きながら $-y$ 方向へ進み、$v_0=E_0/B$ ならループが潰れて尖点（カスプ）をもつサイクロイド、$v_0<E_0/B$ ならループのない波打つ曲線になります。

図は $v_0>E_0/B$ の場合の概形です。原点を出た粒子は右へ曲がりながらループを描き、全体としては電場と垂直な $-y$ 方向へ一定の速さ $E_0/B$ で流れていきます。

設問6

$y$-$z$ 平面（$x=0$）をはさむ幅 $\varepsilon$ の薄い領域にだけ、周期がちょうど回転周期 $P$ に等しい振動電場 $\boldsymbol{E}=(E_0\cos(2\pi t/P),0,0)$ がある場合です。これはサイクロトロン加速器の原理そのものです。

粒子は $t=0$ に原点を速度 $(v_0,0,0)$ で出発します。このとき電場は $+x$ 向きに最大値 $E_0$ をとり、速度と平行なので粒子は加速されます。領域の幅 $\varepsilon$ は小さく、通過時間 $\sim\varepsilon/v$ は $P$ に比べて無視できるので、1 回の通過で得る運動エネルギーはほぼ

$$\Delta K\simeq qE_0\varepsilon$$

です。領域を出ると電場はなく、粒子は磁場だけを受けて半周期 $P/2$ の半円軌道（$x>0$ 側、時計回り）を描き、$t\simeq P/2$ に再び $x=0$ の領域に $-x$ 向きの速度で戻ってきます。このとき電場は $E_0\cos\pi=-E_0$、つまり $-x$ 向きで、やはり速度と平行です。粒子はまた加速されます。以下同様に、$t\simeq P$ には $+x$ 向きで戻り、電場も $+x$ 向き、という具合に、半周ごとの通過のたびに電場の向きが反転して常に加速が起きます。これが可能なのは、設問3 で見たとおり回転周期 $P=2\pi m/(qB)$ が速さによらないため、速くなっても通過のタイミングが電場の振動とずれない（共鳴条件が保たれる）からです。

通過のたびに速さ $v_n$ は $\tfrac12mv_{n+1}^2=\tfrac12mv_n^2+qE_0\varepsilon$ に従って増え、半円の半径 $\rho_n=mv_n/(qB)$ も増えていきます（$n$ 回通過後の運動エネルギーは $\tfrac12mv_0^2+nqE_0\varepsilon$、半径は $\sqrt{n}$ に比例して成長します）。軌道の概形は、$x>0$ 側と $x<0$ 側で半径がひとまわりずつ大きくなる半円を $x=0$ 上でつなぎ合わせた、外へ広がる渦巻きです。

図の破線が加速領域（$x=0$ 近傍）、実線が軌道です。粒子は破線を横切るたびに加速され、半円の半径を増しながら渦巻き状に外へ広がっていきます。運動エネルギーは通過回数に比例して増え、これが磁場中の等時性（$P$ が速さによらないこと）を利用した粒子加速、すなわちサイクロトロンの動作原理です。

出典: 東京大学大学院理学系研究科 物理学専攻 平成27年度 博士課程 入学試験問題 物理学。問題文は要約して引用しています。