平成28年度 東大院 物理学専攻 修士 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。

4時間で4問という構成の試験です。第1問は Aharonov–Casher のゼロモード数え上げを、演算子代数から正則関数の議論まで誘導つきで辿らせる問題で、最後は磁束量子数の整数部分という位相的な答えに落ちます。第2問と第3問は基礎的な統計力学と相対論ですが、第3問後半の4元運動量保存は微小量の扱いを丁寧にやらないと合いません。選択問題の3問はいずれも実験に近く、桁の評価とグラフの読み取りが得点を分けます。

問題	分野	主題
第1問	量子力学・複素解析	磁場中の2次元電子とゼロエネルギー束縛状態
第2問	統計力学	調和振動子系・1次元連成振動子系の内部エネルギーと比熱
第3問	力学・相対論	相対論的ロケットの質量減少
第4問	電磁気学・波動	プラズマ中の電磁波と干渉計による電子密度計測
第5問	原子核	高エネルギー電子弾性散乱と原子核の荷電半径
第6問	電気回路	フィルタ回路・整流回路とダイオードの非線形性

第1問から第3問が必答で、第4問から第6問のうち1問を選択する形式ですが、ここでは全6問の解答を載せます。

第1問 磁場中の2次元電子とゼロエネルギー束縛状態

設定

$xy$ 平面内を動く電子を考えます。$z$ 方向の磁束密度は半径 $R$ の円盤内で一定 $b>0$、外では $0$ です。

$$B_z(x,y)=\begin{cases} b>0, & (r<R),\\ 0, & (r\ge R),\end{cases}\qquad r=\sqrt{x^2+y^2}$$

波動関数は 2 成分 $\Psi=(\psi_\uparrow,\psi_\downarrow)^{\mathrm T}$ で、ハミルトニアンは

$$H=\frac{p_x^{\,2}+p_y^{\,2}}{2m}\mathbf{1}_{2\times2}+\frac{\hbar e B_z(x,y)}{2m}\sigma_z,\qquad p_x=-i\hbar\frac{\partial}{\partial x}+eA_x,\quad p_y=-i\hbar\frac{\partial}{\partial y}+eA_y$$

です。$-e<0$ が電子の電荷、$B_z=\partial_x A_y-\partial_y A_x$。目標は $E=0$ の束縛状態の個数を数えることです。

設問1

パウリ行列を直接掛けると

$$\sigma_x\sigma_y=\begin{pmatrix}i&0\\0&-i\end{pmatrix}=i\sigma_z,\qquad \sigma_y\sigma_x=-i\sigma_z$$

なので $[\sigma_x,\sigma_y]=2i\sigma_z$ です。よって

$$[S_x,S_y]=\frac{\hbar^2}{4}[\sigma_x,\sigma_y]=\frac{\hbar^2}{4}\cdot 2i\sigma_z=i\hbar\cdot\frac{\hbar}{2}\sigma_z=i\hbar S_z .$$

$[H,S_z]$ については、$H$ の第1項はスピン空間で単位行列に比例するので $\sigma_z$ と可換、第2項は $B_z(x,y)$ という座標の関数（スピン空間では数）に $\sigma_z$ が掛かったものなので、やはり $\sigma_z$ と可換です。$p_x,p_y$ に含まれる $A_x,A_y$ も座標の関数でスピンには作用しません。したがって

$$[H,S_z]=0 .$$

答えは $[S_x,S_y]=i\hbar S_z$、$[H,S_z]=0$ です。$S_z$ は保存量で、以下スピン成分ごとに議論できます。

設問2

$D=p_x\sigma_x+p_y\sigma_y$ とします。$p_x,p_y$ はスピンに作用しないので $\sigma_z$ と可換であり、$\sigma_x\sigma_z=-\sigma_z\sigma_x$、$\sigma_y\sigma_z=-\sigma_z\sigma_y$ より

$$D\sigma_z=p_x\sigma_x\sigma_z+p_y\sigma_y\sigma_z=-\sigma_z(p_x\sigma_x+p_y\sigma_y)=-\sigma_z D .$$

次に $D^2$ を計算します。$\sigma_x^2=\sigma_y^2=\mathbf{1}$、$\sigma_x\sigma_y=i\sigma_z$、$\sigma_y\sigma_x=-i\sigma_z$ を使うと

$$\begin{aligned} D^2&=p_x^{\,2}\sigma_x^2+p_y^{\,2}\sigma_y^2+p_xp_y\,\sigma_x\sigma_y+p_yp_x\,\sigma_y\sigma_x\\ &=(p_x^{\,2}+p_y^{\,2})\mathbf{1}_{2\times2}+i\,[p_x,p_y]\,\sigma_z . \end{aligned}$$

交換子は、任意の関数への作用を見れば

$$[p_x,p_y]=[-i\hbar\partial_x,\,eA_y]+[eA_x,\,-i\hbar\partial_y] =-i\hbar e\left(\frac{\partial A_y}{\partial x}-\frac{\partial A_x}{\partial y}\right)=-i\hbar e B_z$$

です。これを代入すると $i[p_x,p_y]\sigma_z=\hbar e B_z\sigma_z$ となり

$$D^2=(p_x^{\,2}+p_y^{\,2})\mathbf{1}_{2\times2}+\hbar e B_z\sigma_z=2mH,$$

すなわち $H=D^2/(2m)$ が成り立ちます。ゼーマン項は運動量の非可換性から自動的に出てくる、というのがこの形の意味です。

設問3

$|\Phi_n\rangle=D|\Psi_n\rangle$ で、$D$ はエルミートなので

$$\langle\Phi_n|\Phi_n\rangle=\langle\Psi_n|D^\dagger D|\Psi_n\rangle=\langle\Psi_n|D^2|\Psi_n\rangle =2m\langle\Psi_n|H|\Psi_n\rangle=2mE_n\langle\Psi_n|\Psi_n\rangle .$$

3番目の等号で式 (9)、最後で $H|\Psi_n\rangle=E_n|\Psi_n\rangle$ を使いました。

設問4

設問3の等式を $E_n$ について解くと

$$E_n=\frac{\langle\Phi_n|\Phi_n\rangle}{2m\langle\Psi_n|\Psi_n\rangle}$$

です。内積は正定値なので分子は $\ge 0$、分母は $>0$（$|\Psi_n\rangle$ は規格化可能な非零状態）。したがって $E_n\ge0$ であり、仮定 $E_n\ne0$ と合わせて $E_n>0$ が従います。

次に $|\Psi_n\rangle$ が $H|\Psi_n\rangle=E_n|\Psi_n\rangle$（$E_n>0$）かつ $\sigma_z|\Psi_n\rangle=+|\Psi_n\rangle$ を満たすとします。まず $|\Phi_n\rangle=D|\Psi_n\rangle$ は零ベクトルではありません。実際、設問3より $\langle\Phi_n|\Phi_n\rangle=2mE_n\langle\Psi_n|\Psi_n\rangle>0$ です。式 (9) から $H=D^2/(2m)$ は $D$ と可換なので

$$H|\Phi_n\rangle=\frac{D^2}{2m}D|\Psi_n\rangle=D\,\frac{D^2}{2m}|\Psi_n\rangle=D\,H|\Psi_n\rangle=E_n|\Phi_n\rangle,$$

エネルギーは変わりません。一方、式 (8) の反交換関係から

$$\sigma_z|\Phi_n\rangle=\sigma_z D|\Psi_n\rangle=-D\sigma_z|\Psi_n\rangle=-D|\Psi_n\rangle=-|\Phi_n\rangle$$

となり、$\sigma_z$ の固有値は $-1$ です。よって $|\Phi_n\rangle$ は同じエネルギー $E_n$ で $\sigma_z=-1$ の同時固有状態です。$E_n>0$ の固有値はスピン上向きと下向きが必ず対になって現れ、$D$ がその間を移す、というのがこの結果の内容です。

設問5

$E=0$ のとき設問3の等式は $\langle\Phi|\Phi\rangle=0$ を与えます。内積が正定値なのでベクトル自身が零、すなわち

$$D|\Psi\rangle=0 .$$

$D$ を行列で書くと

$$D=p_x\sigma_x+p_y\sigma_y=\begin{pmatrix}0& p_x-ip_y\\ p_x+ip_y&0\end{pmatrix}$$

なので、$D\Psi=0$ は 2 成分について分離した 2 本の式

$$(p_x+ip_y)\psi_\uparrow=0,\qquad (p_x-ip_y)\psi_\downarrow=0$$

になります。ここで $A_x=-\partial_y\rho$、$A_y=+\partial_x\rho$ とおくと $B_z=\partial_xA_y-\partial_yA_x=\nabla^2\rho$ で、また $A_x+iA_y=i(\partial_x+i\partial_y)\rho$、$A_x-iA_y=-i(\partial_x-i\partial_y)\rho$ です。したがって

$$\begin{aligned} p_x+ip_y&=-i\hbar(\partial_x+i\partial_y)+e(A_x+iA_y)=-i\hbar\left[(\partial_x+i\partial_y)-\frac{e}{\hbar}(\partial_x+i\partial_y)\rho\right],\\ p_x-ip_y&=-i\hbar(\partial_x-i\partial_y)+e(A_x-iA_y)=-i\hbar\left[(\partial_x-i\partial_y)+\frac{e}{\hbar}(\partial_x-i\partial_y)\rho\right]. \end{aligned}$$

そこで $\psi_\uparrow=f_\uparrow\exp[(e/\hbar)\rho]$、$\psi_\downarrow=f_\downarrow\exp[-(e/\hbar)\rho]$ と書くと、$\rho$ の微分から出る項がちょうど打ち消して

$$(p_x+ip_y)\psi_\uparrow=-i\hbar\left[(\partial_x+i\partial_y)f_\uparrow\right]e^{\frac{e}{\hbar}\rho},\qquad (p_x-ip_y)\psi_\downarrow=-i\hbar\left[(\partial_x-i\partial_y)f_\downarrow\right]e^{-\frac{e}{\hbar}\rho}$$

となります。よって求める方程式は

$$\left(\frac{\partial}{\partial x}+i\frac{\partial}{\partial y}\right)f_\uparrow(x,y)=0,\qquad \left(\frac{\partial}{\partial x}-i\frac{\partial}{\partial y}\right)f_\downarrow(x,y)=0$$

です。ゲージ場が指数因子に押し込められ、残るのは自由な微分方程式になります。

$w=x+iy$、$\overline w=x-iy$ と書くと

$$\frac{\partial}{\partial \overline w}=\frac12\left(\frac{\partial}{\partial x}+i\frac{\partial}{\partial y}\right),\qquad \frac{\partial}{\partial w}=\frac12\left(\frac{\partial}{\partial x}-i\frac{\partial}{\partial y}\right)$$

なので、上の 2 式はそれぞれ $\partial f_\uparrow/\partial\overline w=0$、$\partial f_\downarrow/\partial w=0$ です。$f=u+iv$ と実部虚部に分けると $(\partial_x+i\partial_y)f=0$ は

$$\frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y},\qquad \frac{\partial v}{\partial x}=-\frac{\partial u}{\partial y}$$

すなわち $w=x+iy$ を変数とみたときのコーシー・リーマン関係式です。したがって $f_\uparrow$ は $w$ の正則関数です。同様に $(\partial_x-i\partial_y)f_\downarrow=0$ は $\overline w=x-iy$ を変数とみたコーシー・リーマン関係式で、$f_\downarrow$ は $\overline w$ の正則関数です。

設問6

$r\ge R$ では $\rho=(bR^2/2)\left(1/2+\log(r/R)\right)$ なので、$\nu$ を

$$\nu\equiv\frac{ebR^2}{2\hbar}=\frac{e\Phi}{2\pi\hbar}=\frac{\Phi}{h/e},\qquad \Phi\equiv\pi R^2 b$$

（$\Phi$ は円盤を貫く全磁束、$h/e$ は磁束量子）とおくと

$$e^{\frac{e}{\hbar}\rho}=e^{\nu/2}\left(\frac{r}{R}\right)^{\nu},\qquad e^{-\frac{e}{\hbar}\rho}=e^{-\nu/2}\left(\frac{r}{R}\right)^{-\nu}\qquad (r\ge R)$$

です。$b>0$、$e>0$ なので $\nu>0$、つまりスピン上向きの指数因子は $r\to\infty$ で $r^{\nu}$ のように発散し、下向きは $r^{-\nu}$ のように減衰します。

スピン上向きの場合を考えます。$f_\uparrow$ は $w$ の有限次多項式なので $f_\uparrow=\sum_{k=0}^{K}c_k w^k$ と書け、遠方では $|f_\uparrow|\sim |c_K| r^{K}$（$c_K\ne0$ の最高次）です。すると

$$\int |\psi_\uparrow|^2\,d^2r \sim \int^\infty r^{2K}\,r^{2\nu}\,r\,dr$$

の被積分関数は $r^{2K+2\nu+1}$ で、$K\ge0$、$\nu>0$ ではべきが正なので必ず発散します。規格化可能であるためにはすべての $c_k$ が $0$、すなわち $f_\uparrow\equiv0$ でなければなりません。したがってスピンが上向きでエネルギーがゼロの束縛状態は存在しません。上向きスピンは磁場中でゼーマンエネルギーを損する側であり、その分が指数因子の発散として現れています。

スピン下向きでは $f_\downarrow=\sum_{k\ge0}c_k\overline w^{\,k}$、$\overline w^{\,k}=r^k e^{-ik\theta}$ です。角度積分で異なる $k$ は直交するので

$$\int|\psi_\downarrow|^2 d^2r=2\pi\sum_k |c_k|^2\int_0^\infty r^{2k}e^{-\frac{2e}{\hbar}\rho}\,r\,dr$$

となり、各単項式が別々に規格化可能である必要があります。$r\to\infty$ では被積分関数が $r^{2k-2\nu+1}$ なので、収束条件は $2k-2\nu+1<-1$、すなわち

$$k<\nu-1=\frac{ebR^2}{2\hbar}-1 .$$

（$2k-2\nu+1=-1$ の境界の場合は $\int dr/r$ の対数発散なので除かれます。原点近傍は $e^{-ebr^2/(4\hbar)}$ と $r^{2k+1}$ なので問題ありません。）よって一次独立な波動関数は $f_\downarrow=1,\overline w,\overline w^{\,2},\dots$ のうち $k<\nu-1$ を満たすものだけで、その個数は

$$N_0=\lceil \nu\rceil-1=\left\lceil \frac{ebR^2}{2\hbar}\right\rceil-1\qquad(\nu>1),\qquad N_0=0\quad(\nu\le1)$$

です。言い換えると、$\nu$ が整数でなければ $N_0=\lfloor\nu\rfloor$、整数なら $N_0=\nu-1$ 個です。$\nu=\Phi/(h/e)$ は円盤を貫く磁束を磁束量子 $h/e$ で測った数なので、ゼロエネルギー束縛状態の個数は磁束量子数の整数部分（境界の場合はそれより 1 つ少ない数）で決まります。これが Aharonov–Casher の結果です。導出で使ったのは $\rho$ の遠方での対数的な振舞い、すなわち総磁束だけであり、磁場分布の詳細（ここでは一定 $b$ の円盤）には個数が依存しません。

第2問 調和振動子系と1次元連成振動子系の比熱

設定

自然長 $a$、バネ定数 $m\omega^2$ のバネと質量 $m$ の質点からなる系を温度 $T$ の平衡状態で考えます。前半は $N$ 個の質点が独立に

$$H=\sum_{j=1}^{N}\left(\frac{p_j^2}{2m}+\frac{m\omega^2}{2}(x_j-a)^2\right)$$

に従う場合、後半は $N$ 個の質点を $N+1$ 個のバネで 1 次元的につなぎ、両端を全体の自然長 $(N+1)a$ で固定した場合です。$\beta=1/(k_{\mathrm B}T)$ と書きます。

設問1

1 質点の古典分配関数は、$u=x_1-a$ とおいて

$$z=\frac1h\int dp\,e^{-\beta p^2/2m}\int du\,e^{-\beta m\omega^2u^2/2} =\frac1h\sqrt{\frac{2\pi m}{\beta}}\sqrt{\frac{2\pi}{\beta m\omega^2}}=\frac{2\pi}{h\beta\omega}$$

です。$z\propto\beta^{-1}$ なので

$$U=-\frac{\partial \ln z}{\partial\beta}=\frac1\beta=k_{\mathrm B}T,\qquad C=\frac{\partial U}{\partial T}=k_{\mathrm B}.$$

運動エネルギーと位置エネルギーがそれぞれ $k_{\mathrm B}T/2$ を持つ、等分配則そのものです。

位置の平均は、分布 $\propto e^{-\beta m\omega^2(x_1-a)^2/2}$ が $x_1=a$ について対称なので

$$\langle x_1\rangle=a .$$

分散は $\alpha=\beta m\omega^2/2$ として与えられた公式を使うと

$$\langle x_1^2\rangle-\langle x_1\rangle^2=\langle (x_1-a)^2\rangle =\frac{\int u^2e^{-\alpha u^2}du}{\int e^{-\alpha u^2}du}=\frac1{2\alpha}=\frac{k_{\mathrm B}T}{m\omega^2}.$$

これも $\frac12 m\omega^2\langle u^2\rangle=\frac12 k_{\mathrm B}T$ と等分配則から従う値です。

設問2

量子論では 1 質点のエネルギー準位が $\hbar\omega(n+1/2)$ なので、分配関数は等比級数で

$$z_{\mathrm Q}=\sum_{n=0}^{\infty}e^{-\beta\hbar\omega(n+1/2)}=\frac{e^{-\beta\hbar\omega/2}}{1-e^{-\beta\hbar\omega}},$$ $$U_{\mathrm Q}=-\frac{\partial\ln z_{\mathrm Q}}{\partial\beta} =\frac{\hbar\omega}{2}+\frac{\hbar\omega}{e^{\hbar\omega/k_{\mathrm B}T}-1},$$ $$C_{\mathrm Q}=\frac{\partial U_{\mathrm Q}}{\partial T} =k_{\mathrm B}\left(\frac{\hbar\omega}{k_{\mathrm B}T}\right)^2 \frac{e^{\hbar\omega/k_{\mathrm B}T}}{\left(e^{\hbar\omega/k_{\mathrm B}T}-1\right)^2}.$$

位置については $X=x_1-a$ を式 (4) の $X$ と同一視します。$X|n\rangle$ は $|n\pm1\rangle$ の重ね合わせで $|n\rangle$ 成分を持たないので $\langle n|X|n\rangle=0$、よって

$$\langle x_1\rangle=a$$

です。分散は式 (4) を 2 回使って $\langle n|X^2|n\rangle=\dfrac{\hbar}{2m\omega}(2n+1)$ となるので、$\langle n\rangle=1/(e^{\beta\hbar\omega}-1)$ を代入して

$$\langle x_1^2\rangle-\langle x_1\rangle^2=\frac{\hbar}{2m\omega}\left(2\langle n\rangle+1\right) =\frac{\hbar}{2m\omega}\coth\!\left(\frac{\hbar\omega}{2k_{\mathrm B}T}\right).$$

比較します。高温極限 $k_{\mathrm B}T\gg\hbar\omega$ では $e^{\beta\hbar\omega}-1\simeq\beta\hbar\omega$ より

$$C_{\mathrm Q}\to k_{\mathrm B}(\beta\hbar\omega)^2\frac{1}{(\beta\hbar\omega)^2}=k_{\mathrm B}=C$$

で古典結果に一致します（分散も $\coth x\simeq1/x$ より $k_{\mathrm B}T/(m\omega^2)$ に一致）。低温極限 $k_{\mathrm B}T\ll\hbar\omega$ では

$$C_{\mathrm Q}\simeq k_{\mathrm B}\left(\frac{\hbar\omega}{k_{\mathrm B}T}\right)^2e^{-\hbar\omega/k_{\mathrm B}T}\longrightarrow 0$$

と指数関数的に消え、$C=k_{\mathrm B}$ とはまったく違います。準位間隔 $\hbar\omega$ より熱エネルギーが小さいと励起が凍結するためで、古典論が第三法則を満たさないことの現れです。分散も $\hbar/(2m\omega)$ という零点ゆらぎに飽和し、$T\to0$ でも $0$ になりません。

設問3

平衡位置からのずれ $u_j\equiv x_j-ja$（$j=1,\dots,N$）を導入し、$u_0\equiv0$、$u_{N+1}\equiv0$ と約束します。すると $x_1-a=u_1$、$x_j-x_{j-1}-a=u_j-u_{j-1}$、$(N+1)a-x_N-a=-u_N$ なので、式 (5) は

$$H=\sum_{j=1}^{N}\frac{p_j^2}{2m}+\frac{m\omega^2}{2}\sum_{j=1}^{N+1}(u_j-u_{j-1})^2$$

と書けます。ポテンシャルは $\dfrac{m\omega^2}{2}\sum_{i,j}u_iK_{ij}u_j$ の形で、$K$ は対角成分 $2$、隣接成分 $-1$ の三重対角行列です。

$K$ の固有ベクトルを $v_j^{(\ell)}=\sqrt{\dfrac{2}{N+1}}\sin\!\left(\dfrac{j\ell\pi}{N+1}\right)$ とすると、$\theta_\ell=\ell\pi/(N+1)$ として

$$-v_{j-1}^{(\ell)}+2v_j^{(\ell)}-v_{j+1}^{(\ell)}=(2-2\cos\theta_\ell)\,v_j^{(\ell)}$$

が成り立ちます（$\sin((j\pm1)\theta)$ を加法定理で展開すれば直ちに出ます）。境界条件は $v_0^{(\ell)}=0$ が自動的に満たされ、$v_{N+1}^{(\ell)}=\sin((N+1)\theta_\ell)=0$ が $\theta_\ell=\ell\pi/(N+1)$ から満たされます。独立な非自明解は $\ell=1,2,\dots,N$ の $N$ 個です。さらに

$$\sum_{j=1}^{N}v_j^{(\ell)}v_j^{(\ell')}=\delta_{\ell\ell'}$$

なので、$\{v^{(\ell)}\}$ は正規直交基底をなします。

そこで直交変換 $u_j=\sum_\ell v_j^{(\ell)}Q_\ell$、$p_j=\sum_\ell v_j^{(\ell)}P_\ell$ を行うと、直交性から $\sum_j p_j^2=\sum_\ell P_\ell^2$ であり、ポテンシャルは固有値で対角化されて

$$H=\sum_{\ell=1}^{N}\left(\frac{P_\ell^2}{2m}+\frac{m\omega_\ell^2}{2}Q_\ell^2\right),\qquad \omega_\ell=\omega\sqrt{2-2\cos\left(\frac{\ell}{N+1}\pi\right)}$$

となります。これで系が $N$ 個の独立な基準振動の和で表され、固有振動数が式 (6) で与えられることが示せました。なお $\omega_\ell=2\omega\left|\sin\dfrac{\ell\pi}{2(N+1)}\right|$ と書けて、$0<\omega_\ell<2\omega$ です。

設問4

古典論では、系は $N$ 個の独立な 1 次元調和振動子（振動数はばらばらでよい）の集まりです。各振動子は運動量と座標の 2 つの 2 次形式を持つので等分配則から $k_{\mathrm B}T$ を与え、内部エネルギーは $Nk_{\mathrm B}T$、質点 1 個当たりの比熱は

$$C_1=k_{\mathrm B}$$

です。振動数 $\omega_\ell$ に依存せず、設問1の $C$ と同じ値になります。古典比熱は 2 次形式の自由度の数だけで決まり、バネのつなぎ方には依存しません。

設問5

質点 1 個当たりの量子比熱は、設問2の 1 振動子の結果を基準振動について足したものです。$x_\ell=\beta\hbar\omega_\ell$ と書くと

$$C_{1\mathrm Q}=\frac{k_{\mathrm B}}{N}\sum_{\ell=1}^{N}\frac{x_\ell^2 e^{x_\ell}}{(e^{x_\ell}-1)^2}.$$

被和関数 $x^2e^x/(e^x-1)^2$ は $x\gg1$ で指数関数的に小さくなるので、低温 $k_{\mathrm B}T\ll\hbar\omega$ では $\hbar\omega_\ell\lesssim k_{\mathrm B}T$ を満たす $\omega_\ell\ll\omega$、すなわち $\ell\ll N$ の長波長モードだけが寄与します。そこでは

$$\omega_\ell=2\omega\sin\frac{\ell\pi}{2(N+1)}\simeq\frac{\pi\omega\,\ell}{N+1}$$

と線形分散になります。$N$ が非常に大きければ $x_\ell$ の間隔 $\Delta=\pi\beta\hbar\omega/(N+1)$ は $1$ に比べて微小なので、和を積分に置き換えられます（この近似の条件は $\pi\hbar\omega/(N+1)\ll k_{\mathrm B}T\ll\hbar\omega$ です）。

$$C_{1\mathrm Q}\simeq\frac{k_{\mathrm B}}{N}\cdot\frac{1}{\Delta}\int_0^{\infty}\frac{x^2e^x}{(e^x-1)^2}dx =\frac{k_{\mathrm B}}{N}\cdot\frac{N+1}{\pi\beta\hbar\omega}\cdot\frac{\pi^2}{3} \simeq\frac{\pi k_{\mathrm B}}{3\beta\hbar\omega}.$$

与えられた公式から $\displaystyle\int_0^\infty\frac{x^2e^x}{(e^x-1)^2}dx=2\cdot\frac{\pi^2}{6}=\frac{\pi^2}{3}$ を使いました。$1/\beta=k_{\mathrm B}T$ を戻すと

$$C_{1\mathrm Q}\simeq\frac{\pi k_{\mathrm B}^2}{3\hbar\omega}\,T,$$

すなわち

$$b=1,\qquad A=\frac{\pi k_{\mathrm B}^2}{3\hbar\omega}$$

です。1 次元デバイ模型の $T^1$ 則で、次元も $[k_{\mathrm B}^2T/(\hbar\omega)]=(\mathrm{J/K})^2\cdot\mathrm{K}/\mathrm{J}=\mathrm{J/K}$ と比熱の次元になっています。設問4の古典値 $k_{\mathrm B}$ と比べると、$k_{\mathrm B}T\ll\hbar\omega$ で $C_{1\mathrm Q}\ll C_1$ であり、独立振動子の場合の指数関数的な消え方（設問2）と違ってべき的にしか消えないのは、いくら低温でも $\omega_\ell\to0$ の音響モードが必ず励起されているからです。

第3問 相対論的ロケット

設定

外力を受けず $x$ 軸上を運動するロケットが、自分から見て常に一定の速度 $-v_{\mathrm{gas}}$（$v_{\mathrm{gas}}>0$、進行方向と逆向き）でガスを噴射します。噴射量は、ロケットが常に一定の加速度 $\alpha$ を持つように自動調整されます。ある慣性系（この系での速度を対地速度と呼ぶ）で議論します。前半は非相対論、後半は特殊相対論です。$\gamma(v)=1/\sqrt{1-v^2/c^2}$ と書きます。

設問1

時刻 $t$ から $t+dt$ の間に、質量は $m\to m+dm$（$dm<0$）、速度は $v\to v+dv$ になり、質量 $-dm>0$ のガスが対地速度 $v-v_{\mathrm{gas}}$ で放出されます。運動量保存則は

$$mv=(m+dm)(v+dv)+(-dm)(v-v_{\mathrm{gas}})$$

で、微小量の 2 次を落として整理すると

$$0=m\,dv+v_{\mathrm{gas}}\,dm .$$

$dv/dt=\alpha$ を代入して

$$\frac{dm}{dt}=-\frac{\alpha}{v_{\mathrm{gas}}}\,m(t)\;(<0).$$

設問2

上の式は $d\ln m/dt=-\alpha/v_{\mathrm{gas}}$ なので、$m(0)=m_0$ のもとで

$$m(t)=m_0\exp\left(-\frac{\alpha t}{v_{\mathrm{gas}}}\right).$$

$v(t)=\alpha t$ を使うと $v=v_{\mathrm{gas}}\ln(m_0/m)$、ツィオルコフスキーの式に一致します。

設問3

イ について。$ds^2=-c^2dt^2+dx^2$ より $d\tau=\sqrt{-ds^2}/c=\sqrt{dt^2-dx^2/c^2}$ なので、入るのは

$$\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}\;\left(=\frac{1}{\gamma(v)}\right).$$

ロ について。$u^\mu\odot u^\mu=\dfrac{-c^2dt^2+dx^2}{d\tau^2}=\dfrac{ds^2}{d\tau^2}$ で、$d\tau^2=-ds^2/c^2$ なので、入るのは $-c^2$ です。

ハ について。ロの式を $\tau$ で微分すると $2\,u^\mu\odot a^\mu=0$ なので、入るのは $0$ です。

ニ と ホ について。ハより $-u^0a^0+u^1a^1=0$ すなわち $a^0=u^1a^1/u^0$。これを $-(a^0)^2+(a^1)^2=\alpha^2$ に入れると

$$(a^1)^2\frac{(u^0)^2-(u^1)^2}{(u^0)^2}=\alpha^2 .$$

ロより $(u^0)^2-(u^1)^2=c^2$ なので、$a^1>0$ をとって、ニ と ホ に入るのはそれぞれ

$$a^0=\frac{\alpha\,u^1}{c},\qquad a^1=\frac{\alpha\,u^0}{c}.$$

瞬間静止系では $u^\mu=(c,0)$ なので $a^\mu=(0,\alpha)$ となり、$\alpha$ が固有加速度であることが確かめられます。

設問4

設問3の結果は

$$\frac{du^0}{d\tau}=\frac{\alpha}{c}u^1,\qquad \frac{du^1}{d\tau}=\frac{\alpha}{c}u^0$$

です。和と差をとると $\dfrac{d}{d\tau}(u^0\pm u^1)=\pm\dfrac{\alpha}{c}(u^0\pm u^1)$ なので、$\tau=0$ で $v=0$（$u^0=c,\ u^1=0$）という初期条件のもとで

$$u^0\pm u^1=c\,e^{\pm\alpha\tau/c},$$

すなわち

$$u^0=c\cosh\frac{\alpha\tau}{c},\qquad u^1=c\sinh\frac{\alpha\tau}{c}.$$

対地速度は $v=\dfrac{dx}{dt}=\dfrac{dx/d\tau}{dt/d\tau}=\dfrac{c\,u^1}{u^0}$ なので

$$v(\tau)=c\tanh\left(\frac{\alpha\tau}{c}\right).$$

$\alpha\tau\ll c$ では $v\simeq\alpha\tau$ で非相対論の等加速度運動に戻り、$\tau\to\infty$ で $v\to c$ に漸近して光速を超えません。

設問5

4元運動量は $p^\mu=m u^\mu=(m\gamma c,\ m\gamma v)$ です。噴射前のロケットは $(m,v)$、噴射後のロケットは $(m+dm,\ v+dv)$、ガスは静止質量 $dm'$、対地速度 $v'$ なので、保存則は

$$m\,u^\mu(v)=(m+dm)\,u^\mu(v+dv)+dm'\,u^\mu(v')$$

です。$\dfrac{d\gamma}{dv}=\gamma^3\dfrac{v}{c^2}$ と、$\gamma^3\dfrac{v^2}{c^2}+\gamma=\gamma^3$ を使って微小量の 1 次まで展開すると、時間成分（エネルギー）と空間成分（運動量）がそれぞれ

$$\gamma\,dm+m\gamma^3\frac{v}{c^2}\,dv+\gamma'\,dm'=0,$$ $$\gamma v\,dm+m\gamma^3\,dv+\gamma' v'\,dm'=0$$

となります。ここで $\gamma=\gamma(v)$、$\gamma'=\gamma(v')$ です。これが求める保存則です。

設問6

上の 2 式から $dm'$ を消去します。第1式に $v'$ を掛けて第2式を引くと

$$\gamma(v'-v)\,dm+m\gamma^3\left(\frac{vv'}{c^2}-1\right)dv=0 \;\Longrightarrow\; \frac{dm}{m}=\gamma^2\,\frac{1-vv'/c^2}{v'-v}\,dv .$$

速度変換則 $-v_{\mathrm{gas}}=\dfrac{v'-v}{1-vv'/c^2}$ より $\dfrac{1-vv'/c^2}{v'-v}=-\dfrac{1}{v_{\mathrm{gas}}}$ なので

$$\frac{dm}{m}=-\frac{\gamma^2\,dv}{v_{\mathrm{gas}}}.$$

ここに設問4の $v=c\tanh(\alpha\tau/c)$ を入れます。$\chi\equiv\alpha\tau/c$ とすると $\gamma=\cosh\chi$、$dv=c\,\mathrm{sech}^2\chi\,d\chi$ なので $\gamma^2dv=c\,d\chi=\alpha\,d\tau$ となり

$$\frac{dm}{m}=-\frac{\alpha}{v_{\mathrm{gas}}}\,d\tau \;\Longrightarrow\; m(\tau)=m_0\exp\left(-\frac{\alpha\tau}{v_{\mathrm{gas}}}\right).$$

設問2の答え $m=m_0e^{-\alpha t/v_{\mathrm{gas}}}$ と比べると、形は完全に同じで、慣性系の時刻 $t$ が固有時間 $\tau$ に置き換わっただけです。これは自然な結果です。$\alpha$ も $v_{\mathrm{gas}}$ もロケットの瞬間静止系で定義された量であり、その系では微小時間 $d\tau$ の間の運動はニュートン力学そのものなので、設問1の関係式がそのまま $d\tau$ について成り立つからです。相対論的補正はすべて $t\to\tau$ に吸収されます。

物理的な帰結を 2 つ挙げます。第一に、$\alpha\tau/c=\chi=\mathrm{artanh}(v/c)$ を使うと必要な質量比は

$$\frac{m_0}{m}=\exp\left(\frac{c}{v_{\mathrm{gas}}}\,\mathrm{artanh}\frac{v}{c}\right) =\left(\frac{1+v/c}{1-v/c}\right)^{c/(2v_{\mathrm{gas}})}$$

で、非相対論の $e^{v/v_{\mathrm{gas}}}$ より大きく、$v\to c$ で発散します。有限の燃料で光速には到達できません。第二に、時間の遅れにより $\tau<t$ なので、地上時刻 $t$ で比べると相対論的ロケットの方が燃料の消費は少ないものの、速度も $\alpha t$ に届きません。なお設問5の 2 式から $dm'$ を求めると $dm'=-dm\sqrt{1-v_{\mathrm{gas}}^2/c^2}<-dm$ となり、静止質量は保存しません。差分はガスの運動エネルギーに変わっています。

第4問 プラズマ中の電磁波と干渉計による電子密度計測

設定

磁場のないプラズマ中で、電子密度 $n_{\mathrm e}$、カットオフ密度 $n_{\mathrm c}=m_{\mathrm e}\varepsilon_0\omega^2/e^2$ として屈折率が $\alpha=\sqrt{1-n_{\mathrm e}/n_{\mathrm c}}$、波数が $k=\alpha\omega/c$ で与えられます。電場の偏光成分は $E(\vec x,t)=E_0\exp(i\vec k\cdot\vec x-i\omega t)$ です。$n_{\mathrm e}/n_{\mathrm c}=\omega_{\mathrm{pe}}^2/\omega^2$ であることに注意します。ここで $\omega_{\mathrm{pe}}=\sqrt{n_{\mathrm e}e^2/(\varepsilon_0m_{\mathrm e})}$ はプラズマ振動数です。数値は $m_{\mathrm e}=9.1\times10^{-31}\,\mathrm{kg}$、$e=1.6\times10^{-19}\,\mathrm{C}$、$\varepsilon_0=8.9\times10^{-12}\,\mathrm{F/m}$、$c=3.0\times10^{8}\,\mathrm{m/s}$ を使います。

設問1

$z\le0$ が真空、$z>0$ が一様密度 $n_{\mathrm e}$ のプラズマで、電磁波は $z$ 軸に沿って入射します。$z>0$ での電場は $E=E_0e^{ikz-i\omega t}$、$k=(\omega/c)\sqrt{1-n_{\mathrm e}/n_{\mathrm c}}$ です。

$n_{\mathrm e}<n_{\mathrm c}$ の場合、$\alpha$ は $0<\alpha<1$ の実数なので $k$ も実数で、電場は振幅一定のまま $z$ 方向に伝搬します。空間変化の特徴的な長さは波長

$$\lambda=\frac{2\pi}{k}=\frac{2\pi c}{\omega\sqrt{1-n_{\mathrm e}/n_{\mathrm c}}}=\frac{\lambda_{\mathrm{vac}}}{\sqrt{1-n_{\mathrm e}/n_{\mathrm c}}}$$

で、真空中の波長 $\lambda_{\mathrm{vac}}=2\pi c/\omega$ より長くなります。位相速度 $\omega/k=c/\alpha$ は $c$ より大きく、群速度 $\alpha c$ は $c$ より小さいです。

$n_{\mathrm e}>n_{\mathrm c}$ の場合、$\alpha$ は純虚数になります。減衰する解を選んで $\alpha=i\sqrt{n_{\mathrm e}/n_{\mathrm c}-1}$ とすれば

$$E=E_0\exp\left(-\frac{z}{\delta}\right)e^{-i\omega t},\qquad \delta=\frac{c}{\omega\sqrt{n_{\mathrm e}/n_{\mathrm c}-1}}=\frac{c}{\sqrt{\omega_{\mathrm{pe}}^2-\omega^2}}$$

となり、電場は位相を進めずに表面から長さ $\delta$ で指数関数的に減衰します（エバネッセント波）。伝搬できないので入射波はほぼ全反射され、これがカットオフです。$\omega\ll\omega_{\mathrm{pe}}$ では $\delta\to c/\omega_{\mathrm{pe}}$（プラズマの表皮厚さ）になります。

設問2

半径 $a$ の円柱プラズマの断面の中心を原点とし、直径方向に $z$ 軸をとります。波長とビーム半径が $a$ に比べて十分小さいので幾何光学が使えて、経路上の点は円柱軸から距離 $r=|z|$ にあります。位相変化は

$$\phi_{\mathrm p}=\int_{-a}^{a}k\,dz=\frac{\omega}{c}\int_{-a}^{a}\sqrt{1-\frac{n_{\mathrm e}(r)}{n_{\mathrm c}}}\,dz .$$

$n_{\mathrm e}(r)\ll n_{\mathrm c}$ として平方根を 1 次まで展開すると

$$\phi_{\mathrm p}\simeq\frac{\omega}{c}\int_{-a}^{a}\left(1-\frac{n_{\mathrm e}(r)}{2n_{\mathrm c}}\right)dz =\frac{\omega}{c}\cdot2a-\frac{\omega}{2cn_{\mathrm c}}\int_{-a}^{a}n_{\mathrm e}(r)\,dz .$$

真空の場合は $\phi_{\mathrm v}=(\omega/c)\cdot2a$ なので

$$\Delta\phi=\phi_{\mathrm v}-\phi_{\mathrm p}=\frac{\omega}{2cn_{\mathrm c}}\int_{-a}^{a}n_{\mathrm e}(r)\,dz =\frac{e^2}{2\varepsilon_0 m_{\mathrm e}c\,\omega}\int_{-a}^{a}n_{\mathrm e}(r)\,dz .$$

$n_{\mathrm c}=m_{\mathrm e}\varepsilon_0\omega^2/e^2$ を代入しました。$\Delta\phi>0$、つまりプラズマがあると位相の進みが減ります。この 1 次近似では $\Delta\phi$ が電子密度の線積分だけで決まり、密度分布の形によらないというのが計測原理です。$\Delta\phi\propto1/\omega\propto\lambda$ なので、波長が長いほど感度が上がります。

設問3

$n_{\mathrm e}(r)=n_{\mathrm e0}[1-(r/a)^2]$、$a=0.1\,\mathrm{m}$、$n_{\mathrm e0}=1\times10^{19}\,\mathrm{m^{-3}}$ とします。

周波数の下限を決めるのはカットオフです。電磁波が経路上のどこでも伝搬できなければ透過測定にならないので、最も密度が高い中心 $r=0$ で $n_{\mathrm e0}<n_{\mathrm c}(\omega)$、すなわち

$$\omega>\omega_{\mathrm{pe}}(n_{\mathrm e0})=\sqrt{\frac{n_{\mathrm e0}e^2}{\varepsilon_0 m_{\mathrm e}}}$$

が必要です。これより低い周波数では中心部で $\alpha$ が虚数になり、波は反射されて反対側に抜けません。さらに設問2の 1 次近似（$\Delta\phi$ が線積分に比例すること）を成り立たせるには $n_{\mathrm e0}\ll n_{\mathrm c}$ が望ましく、この意味でも下限はカットオフ周波数で与えられます。数値は

$$\omega_{\mathrm{pe}}=\sqrt{\frac{10^{19}\times(1.6\times10^{-19})^2}{8.9\times10^{-12}\times9.1\times10^{-31}}} =1.8\times10^{11}\,\mathrm{rad/s},\qquad f_{\min}=\frac{\omega_{\mathrm{pe}}}{2\pi}\simeq3\times10^{10}\,\mathrm{Hz}$$

で、オーダーは $10^{10}\,\mathrm{Hz}$（数十 GHz、ミリ波）です。

この周波数 $f\simeq3\times10^{10}\,\mathrm{Hz}$（$\omega=1.9\times10^{11}\,\mathrm{rad/s}$、$n_{\mathrm c}=1.1\times10^{19}\,\mathrm{m^{-3}}$）で $\Delta\phi$ を求めます。経路上で $r=|z|$ なので

$$\int_{-a}^{a}n_{\mathrm e}\,dz=n_{\mathrm e0}\int_{-a}^{a}\left(1-\frac{z^2}{a^2}\right)dz=\frac43 n_{\mathrm e0}a =\frac43\times10^{19}\times0.1=1.3\times10^{18}\,\mathrm{m^{-2}}$$

であり

$$\Delta\phi=\frac{2e^2n_{\mathrm e0}a}{3\varepsilon_0m_{\mathrm e}c\,\omega} =\frac{2\times(1.6\times10^{-19})^2\times10^{19}\times0.1} {3\times8.9\times10^{-12}\times9.1\times10^{-31}\times3.0\times10^{8}\times1.9\times10^{11}} \simeq4\times10^{1}\,\mathrm{rad}.$$

答えは $\Delta\phi\approx4\times10^1\,\mathrm{rad}$（約 40 ラジアン）です。$2\pi$ よりはるかに大きいので、実際には位相を連続追跡（アンラップ）して縞の本数を数える必要があります。

設問4

参照波とプローブ波の重ね合わせは $E_{\mathrm t}=E_1e^{-i\omega t}+E_2e^{-i\omega t+i\Delta\phi}$ なので

$$|E_{\mathrm t}|^2=\left|E_1+E_2e^{i\Delta\phi}\right|^2=E_1^2+E_2^2+2E_1E_2\cos\Delta\phi .$$

ここで $E_1,E_2$ は実の振幅としました。

設問5

参照波を $\omega_1$、プローブ波を $\omega_2$ にずらすと $E_{\mathrm t}=E_1e^{-i\omega_1t}+E_2e^{-i\omega_2t+i\Delta\phi(t)}$ で、検出器出力は

$$|E_{\mathrm t}|^2=E_1^2+E_2^2+2E_1E_2\cos\left[\Delta\omega\,t-\Delta\phi(t)\right],\qquad \Delta\omega=\omega_2-\omega_1$$

となります。検出器は $\Delta\omega$ に追随できるので、この角周波数 $\Delta\omega$ のビート（うなり）が信号として観測されます。

(a) が解決できる理由。位相情報はビート成分の位相にのみ現れ、$E_1,E_2$ のゆらぎや迷光などの位相に無関係な成分は直流成分とビートの振幅に現れます。したがって $\Delta\omega$ 近傍の帯域だけを取り出し、別に用意した $\Delta\omega$ の基準信号との位相差（例えばゼロ交差の時刻）を測れば、振幅の時間変動とは独立に $\Delta\phi(t)$ が決まります。設問4の $\Delta\omega=0$ の場合は出力の大きさそのものが $\Delta\phi$ を担うので、振幅変動と区別できませんでした。

(b) が解決できる理由。$\Delta\omega=0$ では出力が $\cos\Delta\phi$ で $\Delta\phi\to-\Delta\phi$ に対して不変（偶関数）なので符号が決まりません。ビートがあると位相は $\Delta\omega t-\Delta\phi(t)$ と時間の関数になり、瞬時周波数は $\Delta\omega-d(\Delta\phi)/dt$ です。$\Delta\phi$ が増えるときはビートが遅れ（周波数が下がり）、減るときは進む（周波数が上がる）ので、その向きから符号が判別できます。位相を連続的に追跡できるので $2\pi$ を超える変化も測れます。

必要な条件は

$$\Delta\omega\gg\left|\frac{d(\Delta\phi)}{dt}\right|$$

です。これが破れると瞬時周波数 $\Delta\omega-d(\Delta\phi)/dt$ が符号を変えたり、ビートの 1 周期の間に $\Delta\phi$ が大きく変わってしまい、位相を定義して読み取ることができません。言い換えれば、測りたい密度変化の帯域より十分高いビート周波数を選ぶ必要があります。

第5問 高エネルギー電子弾性散乱と原子核の荷電半径

設定

核子や原子核の荷電半径を高エネルギー電子の弾性散乱で測る問題です。$c=3\times10^{8}\,\mathrm{m/s}$、$\hbar c=0.2\,\mathrm{GeV\cdot fm}$、陽子質量 $Mc^2=1\,\mathrm{GeV}$ を使い、概算は有効数字 1 桁とします。

設問1

(a) 静電加速器は適しません。電極間の静電圧で得られるエネルギーは端子電圧そのままなので、数百 MeV には数百 MV の直流電圧が必要です。実際には絶縁破壊（放電）のため端子電圧は十数 MV 程度が限界で、タンデム型でもその 2 倍程度にしかなりません。

(b) サイクロトロンは適しません。電子の静止エネルギーは $0.511\,\mathrm{MeV}$ しかないので、数 MeV でもすでに $\gamma\gg1$ です。回転周期 $T=2\pi\gamma m_{\mathrm e}/(eB)$ は $\gamma$ に比例して伸びるため、一定磁場・一定周波数では加速電圧との同期（等時性）がすぐに崩れます。数百 MeV では $\gamma\sim600$ にもなり、まったく同期できません。

(c) 線形加速器は適します。電子は 1 MeV 程度で既に $v\simeq c$ になるので、高周波の進行波の位相速度を $c$ に合わせておけば全区間で同じ位相に乗せ続けられ、電極を継ぎ足すだけでエネルギーを積み上げられます。円軌道を回らないのでシンクロトロン放射による損失もありません。実際に数百 MeV から数十 GeV の電子加速には線形加速器が使われます。

設問2

入射電子数は $N_{\mathrm e}=It/e$ です。標的中の原子核の数密度は $\rho N_{\mathrm A}/A$ なので、厚さ $\ell$ の板の単位面積当たりの原子核数（面密度）は $\rho\ell N_{\mathrm A}/A$ です。薄い標的で 1 回散乱のみを考えれば、立体角 $\omega$ の検出器に入る電子数は

$$n=N_{\mathrm e}\times\frac{\rho\ell N_{\mathrm A}}{A}\times\frac{d\sigma}{d\Omega}(\theta)\times\omega$$

です。これを解いて

$$\frac{d\sigma}{d\Omega}=\frac{n\,e\,A}{I\,t\,\rho\,\ell\,N_{\mathrm A}\,\omega}.$$

$\theta$ は測定器を置いた方向を指定するだけで式には現れず、$Z$ と $c$ も不要です。次元は、$\rho$ を $\mathrm{g/cm^3}$、$A$ を $\mathrm{g/mol}$、$N_{\mathrm A}$ を $\mathrm{mol^{-1}}$ で測れば $\mathrm{cm^2/sr}$ となり断面積になります。

設問3

一様磁場中の円運動では $p=eBr$ なので $B=p/(er)$ です。$p=300\,\mathrm{MeV}/c$ を SI に直すと

$$p=\frac{300\times10^{6}\times1.6\times10^{-19}}{3\times10^{8}}=1.6\times10^{-19}\,\mathrm{kg\cdot m/s},$$ $$B=\frac{1.6\times10^{-19}}{1.6\times10^{-19}\times1.0}\simeq1\,\mathrm{T}.$$

答えは $B\approx1\,\mathrm{T}$ です。$B[\mathrm T]=p[\mathrm{GeV}/c]/(0.3\,r[\mathrm m])$ という覚え方でも同じ値になります。

設問4

電子質量を無視すると電子の 4 元運動量は光子と同じく $p^2=0$ を満たし、$|\vec p|=E/c$ です。静止した陽子（4 元運動量 $P=(Mc,\vec 0)$）との弾性散乱で、終状態の陽子の 4 元運動量が $P'=P+p_{\mathrm i}-p_{\mathrm f}$、$P'^2=P^2$ であることを使うと

$$p_{\mathrm i}\cdot p_{\mathrm f}=P\cdot(p_{\mathrm i}-p_{\mathrm f}) \;\Longrightarrow\; \frac{E_{\mathrm i}E_{\mathrm f}}{c^2}(1-\cos\theta)=M(E_{\mathrm i}-E_{\mathrm f})$$

が得られます。両辺を $ME_{\mathrm i}E_{\mathrm f}$ で割ると、コンプトン散乱と同じ形の関係

$$\frac{1}{E_{\mathrm f}}-\frac{1}{E_{\mathrm i}}=\frac{1-\cos\theta}{Mc^2} \qquad\Longleftrightarrow\qquad E_{\mathrm f}=\frac{E_{\mathrm i}}{1+\dfrac{E_{\mathrm i}}{Mc^2}(1-\cos\theta)}$$

になります。これに $E_{\mathrm i}=300\,\mathrm{MeV}$、$Mc^2=1\,\mathrm{GeV}$、$\theta=90^\circ$（$\cos\theta=0$）を入れると

$$E_{\mathrm f}=\frac{300}{1+0.3}\simeq2.3\times10^{2}\,\mathrm{MeV}.$$

答えは $E_{\mathrm f}\approx230\,\mathrm{MeV}$ で、$70\,\mathrm{MeV}$ 程度が陽子の反跳に移ります。

設問5

$\rho(r)$ は球対称で $\int\rho\,d^3r=1$ に規格化されています。$q$ が小さい領域で式 (1) の指数関数を展開します。

$$F(q^2)=\int\rho(r)\left[1+i\frac{\vec q\cdot\vec r}{\hbar}-\frac{(\vec q\cdot\vec r)^2}{2\hbar^2}+\cdots\right]d^3r .$$

第1項は規格化条件から $1$。第2項は $\rho$ が球対称なので $\vec r$ の 1 次の角度積分が消えて $0$。第3項は $\vec q$ の向きを極軸にとると

$$\int\rho\,(\vec q\cdot\vec r)^2d^3r=q^2\int\rho\,r^2\cos^2\theta\,d^3r=\frac{q^2}{3}\int r^2\rho(r)\,d^3r=\frac{q^2\langle r^2\rangle}{3}$$

です（$\langle\cos^2\theta\rangle=1/3$）。よって

$$F(q^2)\simeq1-\frac{q^2\langle r^2\rangle}{6\hbar^2},\qquad \left|F(q^2)\right|^2\simeq1-\frac{q^2\langle r^2\rangle}{3\hbar^2}$$

となり、$|F|^2$ は $q^2$ の 1 次で直線的に減少します。その傾きを

$$s\equiv\frac{d|F(q^2)|^2}{d(q^2)}=-\frac{\langle r^2\rangle}{3\hbar^2}$$

と読み取れば

$$\sqrt{\langle r^2\rangle}=\hbar\sqrt{3\,\lvert s\rvert}$$

として荷電半径が求まります。$q^2\to0$ で $|F|^2\to1$（点電荷の断面積に一致）という切片も、この展開の帰結として図で確認できます。

設問6

図1 の $q^2$ が小さい側の点は、およそ $(q^2,|F|^2)=(0,1.00),(0.003,0.87),(0.008,0.75),(0.012,0.62)$ です（$q^2$ の単位は $(\mathrm{GeV}/c)^2$）。この直線部分の傾きは

$$\lvert s\rvert\simeq\frac{1.00-0.62}{0.012}\simeq3\times10^{1}\,(\mathrm{GeV}/c)^{-2}$$

です。$\hbar^2$ を $(\mathrm{GeV}/c)^{-2}$ と組ませると $\hbar^2/(\mathrm{GeV}/c)^2=(\hbar c)^2/\mathrm{GeV}^2=(0.2\,\mathrm{GeV\cdot fm})^2/\mathrm{GeV}^2=0.04\,\mathrm{fm^2}$ なので

$$\langle r^2\rangle=3\hbar^2\lvert s\rvert\simeq3\times30\times0.04=3.6\,\mathrm{fm^2}, \qquad \sqrt{\langle r^2\rangle}\simeq1.9\,\mathrm{fm}\approx2\,\mathrm{fm}.$$

答えは重陽子の荷電半径 $\sqrt{\langle r^2\rangle}\approx2\,\mathrm{fm}$ です。核子 1 個の半径 $0.8\,\mathrm{fm}$ 程度より大きく、重陽子が結合が弱くて広がった 2 核子系であることと整合します。

第6問 交流回路とダイオード回路

設定

交流回路の設問です。$\alpha$ は入力電圧 $V_1$ の振幅に対する出力電圧 $V_2$ の振幅の比、$\omega=2\pi f$ とします。数値は有効数字 1 桁の概算で求めます。

設問1

図1 は $R$ と $C$ の直列回路で、$C$ の両端が出力です。分圧の式から

$$\alpha=\left|\frac{1/(i\omega C)}{R+1/(i\omega C)}\right|=\left|\frac{1}{1+i\omega RC}\right| =\frac{1}{\sqrt{1+(\omega RC)^2}} .$$

漸近線は $\omega RC\ll1$ で $\alpha=1$、$\omega RC\gg1$ で $\alpha=1/(\omega RC)$ です。両者が交わるのは $\omega RC=1$、つまり

$$f_{\mathrm c}=\frac{1}{2\pi RC}$$

で、そこでの実測値は $\alpha=1/\sqrt2\simeq0.7$ になります。図2 の 2 本の破線の交点は $f\simeq2\times10^{3}\,\mathrm{Hz}$（そこで実線が約 0.7 を通ることも確認できます）なので $f_{\mathrm c}\simeq2\times10^{3}\,\mathrm{Hz}$、したがって $R=1\,\mathrm{k}\Omega$ に対して

$$C=\frac{1}{2\pi f_{\mathrm c}R}=\frac{1}{2\pi\times2\times10^{3}\times10^{3}}\simeq8\times10^{-8}\,\mathrm{F}$$

です。答えは $C\approx8\times10^{-8}\,\mathrm{F}$（約 $0.08\,\mu\mathrm F$）です。

設問2

抵抗 1 個とコイル 1 個で同じ低周波透過特性を作るには、直列側にコイル、並列（出力）側に抵抗を置きます。すなわち、交流源の一方の端子からコイル $L$ を直列に通して出力の上側端子へ、そこから抵抗 $R$ を通して交流源のもう一方の端子（出力の下側端子）へ戻す回路で、$R$ の両端を $V_2$ とします。図1 の $R$ をコイルに、$C$ を抵抗に置き換えた形です。このとき

$$\alpha=\left|\frac{R}{R+i\omega L}\right|=\frac{1}{\sqrt{1+(\omega L/R)^2}}$$

となり、$\omega RC$ が $\omega L/R$ に置き換わっただけで設問1と同一の関数形です。折れ点は $\omega L/R=1$、すなわち $f_{\mathrm c}=R/(2\pi L)$ なので、図2 の $f_{\mathrm c}\simeq2\times10^{3}\,\mathrm{Hz}$ と $R=100\,\Omega$ から

$$L=\frac{R}{2\pi f_{\mathrm c}}=\frac{100}{2\pi\times2\times10^{3}}\simeq8\times10^{-3}\,\mathrm{H}$$

です。答えは $L\approx8\times10^{-3}\,\mathrm{H}$（約 8 mH）です。

設問3

図3 は、$R$ を直列に通した先に $L$ と $C$ が並列に入り、その並列部分の電圧が $V_2$ です。並列部のインピーダンスは

$$Z=\left(\frac{1}{i\omega L}+i\omega C\right)^{-1}=\frac{i\omega L}{1-\omega^2LC}$$

なので

$$\alpha=\left|\frac{Z}{R+Z}\right| =\frac{\omega L}{\sqrt{R^2\left(1-\omega^2LC\right)^2+\omega^2L^2}} .$$

$\omega_0=1/\sqrt{LC}$ で分母の第1項が消えて $\alpha=1$ の鋭い共鳴ピークになります。漸近形は $\omega\ll\omega_0$ で $\alpha\simeq\omega L/R$（傾き $+1$）、$\omega\gg\omega_0$ で $\alpha\simeq1/(\omega RC)$（傾き $-1$）で、両漸近線の交点は $\omega=\omega_0$ かつ

$$\alpha_{\mathrm{asym}}=\frac{\omega_0L}{R}=\frac{1}{R}\sqrt{\frac{L}{C}}$$

です。図4 からピーク位置 $f_0\simeq1\times10^{5}\,\mathrm{Hz}$（実線のピーク値は 1）、破線の交点の高さ $\alpha_{\mathrm{asym}}\simeq0.2$ と読めます。$C=10\,\mathrm{nF}=1\times10^{-8}\,\mathrm{F}$ として

$$L=\frac{1}{(2\pi f_0)^2C}=\frac{1}{(6.28\times10^{5})^2\times10^{-8}}\simeq2.5\times10^{-4}\,\mathrm{H},$$ $$R=\frac{1}{\alpha_{\mathrm{asym}}}\sqrt{\frac{L}{C}}=\frac{1}{0.2}\sqrt{\frac{2.5\times10^{-4}}{10^{-8}}}\simeq8\times10^{2}\,\Omega .$$

答えは $L\approx2.5\times10^{-4}\,\mathrm{H}$（約 0.25 mH）、$R\approx8\times10^{2}\,\Omega$ です。左端 $f=10^{4}\,\mathrm{Hz}$ で $\alpha\simeq0.02=0.2/10$ となっているのも、$\alpha\propto\omega$ の漸近形と整合しています。

設問4

図5 では、交流源の 2 つの端子が B と D に出ており、出力側は A が $V_2$ の高電位側、C が基準です（$V_1=V_{\mathrm B}-V_{\mathrm D}$、$V_2=V_{\mathrm A}-V_{\mathrm C}$）。$V_2=|V_1|$ とするには、A を 2 個のダイオードのカソード側、C を 2 個のダイオードのアノード側にした全波整流ブリッジを組みます。すなわち、順方向を B から A へ、D から A へ、C から B へ、C から D へ向けて、ダイオードを 1 個ずつ入れます（記号の三角形の向きがそれぞれ A、A、B、D を向く）。

動作を確認します。$V_1>0$（B が高電位）のときは、B から A へ入り $R$ を通って C へ抜け、C から D へ戻る経路だけが順方向で導通します。このとき $V_{\mathrm A}=V_{\mathrm B}$、$V_{\mathrm C}=V_{\mathrm D}$ なので $V_2=V_{\mathrm B}-V_{\mathrm D}=V_1>0$ です。$V_1<0$（D が高電位）のときは、D から A へ入り $R$ を通って C へ抜け、C から B へ戻る経路が導通し、$V_2=V_{\mathrm D}-V_{\mathrm B}=-V_1>0$ です。どちらの半周期でも A が高電位側になるので $V_2=|V_1|$ が得られます。

設問5

A–C 間にコンデンサを入れると、$V_2$ はピーク値 $V_{\max}=12\,\mathrm{V}$（理想ダイオードなので順方向降下なし）まで充電され、その後は $R$ を通じて放電します。全波整流なので充電される山は 1 周期に 2 回、放電時間は

$$\frac{T}{2}=\frac{1}{2f}=\frac{1}{2\times50}=1\times10^{-2}\,\mathrm{s}$$

です。時定数は $RC=500\times3\times10^{-3}=1.5\,\mathrm{s}$ で放電時間よりはるかに長いので、指数関数を 1 次まで展開して

$$\Delta V=V_{\max}\left(1-e^{-\frac{T/2}{RC}}\right)\simeq V_{\max}\frac{T}{2RC} =12\times\frac{1\times10^{-2}}{1.5}\simeq8\times10^{-2}\,\mathrm{V}.$$

答えは $\Delta V\approx0.08\,\mathrm{V}$ です。$12\,\mathrm V$ に対して 1 % 弱のリプルに収まっています。

設問6

図8 は交流源、ダイオード、コンデンサの直列閉回路で、コンデンサの両端が $V_2$ です。コンデンサの容量が十分大きく $V_2$ が直流とみなせるなら、定常状態でコンデンサに流れ込む電荷の 1 周期平均は $0$、つまりダイオードを流れる電流の時間平均が $0$ でなければなりません。

ダイオードに加わる電圧は $V=V_1-V_2$ で、$V_1=V_0\sin\omega t$（$V_0=10\,\mathrm{mV}$）です。与えられた特性 $I=gV\left(1+\dfrac{V}{2V_{\mathrm T}}\right)$ の時間平均をとると、$\langle V\rangle=-V_2$、$\langle V^2\rangle=\dfrac{V_0^2}{2}+V_2^2$ なので

$$\langle I\rangle=g\left[\langle V\rangle+\frac{\langle V^2\rangle}{2V_{\mathrm T}}\right] =g\left[-V_2+\frac{V_0^2/2+V_2^2}{2V_{\mathrm T}}\right]=0 .$$

$V_2$ は $V_0$ の 2 次の微小量なので $V_2^2$ を落とすと

$$V_2\simeq\frac{V_0^2}{4V_{\mathrm T}}=\frac{(10\,\mathrm{mV})^2}{4\times25\,\mathrm{mV}}=1\,\mathrm{mV}.$$

答えは $V_2\approx1\,\mathrm{mV}$ です（$V_2^2$ を残して解くと $1.02\,\mathrm{mV}$ で、近似は妥当です）。線形項の係数 $g$ は打ち消えて答えに入りません。直流電圧を生むのは特性の 2 次項だけであり、その大きさが入力振幅の 2 乗に比例する（二乗検波になる）ことがこの回路の特徴です。

出典: 東京大学大学院理学系研究科 物理学専攻 平成28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。