# 平成30年度 東大院 物理学専攻 博士 物理学 解答

> 平成30年度 博士課程 物理学（全3問）の解答。矩形障壁のトンネル効果とデルタ関数障壁への極限、二準位系の統計力学と量子遷移を含む場合への拡張、ベクトルポテンシャルと電磁誘導・因果律・角運動量の保存を扱います。
> https://rikai.mugen-giken.com/exams/utokyo-physics/doctor-h30-phys

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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/](https://www.phys.s.u-tokyo.ac.jp/)）。

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- 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。
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平成30年1月29日実施、全3問・試験時間2時間で、3問すべてに解答する形式です。第1問は矩形障壁の透過率を接続条件から丁寧に組み立て、最後にデルタ関数障壁への極限をとる量子力学の標準問題です。第2問は独立な二準位系の集まりの熱力学量を求めたあと、非対角遷移項を加えたハミルトニアンで同じ量を計算し直す統計力学の問題です。第3問はベクトルポテンシャルから Faraday の法則を導き、円筒内に閉じ込めた磁場を切るときの因果律と角運動量の行方を問う、Aharonov–Bohm 的な状況設定の電磁気学です。計算量は控えめで、各設問の物理的な意味づけを正確に述べられるかが差になります。

| 問題 | 分野 | 主題 |
|---|---|---|
| 第1問 | 量子力学 | 矩形障壁のトンネル透過率とデルタ関数障壁極限 |
| 第2問 | 統計力学・量子力学 | 二準位系の集団の熱力学と量子遷移がある場合の期待値 |
| 第3問 | 電磁気学 | ベクトルポテンシャル、Faraday の法則、因果律と角運動量 |

## 第1問 矩形障壁のトンネル効果とデルタ関数極限

### 設定

1次元空間を運動する質量 $m$ の粒子を考えます。ポテンシャルは高さ $V_0>0$、幅 $a>0$ の矩形障壁

$$
V(x)=\begin{cases} 0 & (x<0),\\ V_0 & (0\le x\le a),\\ 0 & (a<x) \end{cases}
$$

で、波動関数 $\Psi(x,t)$ は時間依存シュレディンガー方程式

$$
\left[-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{\partial^2}{\partial x^2}+V(x)\right]\Psi(x,t)=i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\Psi(x,t)
$$

に従います。エネルギー $0<E<V_0$ の定常散乱状態を接続条件から構成し、透過率を求め、最後に $aV_0$ を一定に保って $a\to0$、$V_0\to+\infty$ とする極限を調べます。

### 設問1

$\Psi(x,t)=\psi(x)e^{-iEt/\hbar}$ を時間依存シュレディンガー方程式に代入します。右辺は

$$
i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\left[\psi(x)e^{-iEt/\hbar}\right]=i\hbar\left(-\frac{iE}{\hbar}\right)\psi(x)e^{-iEt/\hbar}=E\,\psi(x)e^{-iEt/\hbar}
$$

となり、左辺の微分演算子は $x$ にしか作用しないので、両辺から共通因子 $e^{-iEt/\hbar}$ を落とせます。$\psi(x)$ が従う $t$ を含まない方程式は

$$
\left[-\frac{\hbar^2}{2m}\frac{d^2}{dx^2}+V(x)\right]\psi(x)=E\,\psi(x)
$$

すなわち時間に依存しないシュレディンガー方程式です。

### 設問2

$x<0$ および $a<x$ では $V(x)=0$ なので、$\psi(x)\propto e^{\pm ikx}$ を代入すると

$$
-\frac{\hbar^2}{2m}(\pm ik)^2 e^{\pm ikx}=E\,e^{\pm ikx}
$$

より、答えは

$$
E=\frac{\hbar^2k^2}{2m}
$$

です。$0<E$ なので $k>0$ が実数で存在します。

### 設問3

$0\le x\le a$ では $V(x)=V_0$ で、$\psi(x)\propto e^{\pm\kappa x}$ を代入すると

$$
-\frac{\hbar^2\kappa^2}{2m}+V_0=E
$$

となります。答えは

$$
E=V_0-\frac{\hbar^2\kappa^2}{2m}\qquad\text{すなわち}\qquad \kappa=\frac{\sqrt{2m(V_0-E)}}{\hbar}
$$

です。$0<E<V_0$ の範囲では $V_0-E>0$ なので $\kappa>0$ が実数で存在し、障壁内で波動関数は指数関数的に減衰・増大する形になります。

### 設問4

波動関数を

$$
\psi(x)=\begin{cases} Ae^{ikx}+A'e^{-ikx} & (x<0),\\ Be^{-\kappa x}+B'e^{\kappa x} & (0\le x\le a),\\ Ce^{ikx} & (a<x) \end{cases}
$$

とおき、各接続点で $\psi$ とその一階微分の連続を課します。

(i) $x=a$ での連続条件は

$$
\begin{aligned}
Be^{-\kappa a}+B'e^{\kappa a}&=Ce^{ika},\\
-\kappa Be^{-\kappa a}+\kappa B'e^{\kappa a}&=ikCe^{ika}
\end{aligned}
$$

です。第1式に $\kappa$ を掛けて第2式と加減すると、答えは

$$
B=\frac{\kappa-ik}{2\kappa}\,Ce^{ika}e^{\kappa a},\qquad B'=\frac{\kappa+ik}{2\kappa}\,Ce^{ika}e^{-\kappa a}
$$

となります。

(ii) $x=0$ での連続条件は

$$
\begin{aligned}
A+A'&=B+B',\\
ik(A-A')&=-\kappa B+\kappa B'
\end{aligned}
$$

です。これを $A$、$A'$ について解くと、答えは

$$
A=\frac{1}{2}\left[\left(1+\frac{i\kappa}{k}\right)B+\left(1-\frac{i\kappa}{k}\right)B'\right],\qquad
A'=\frac{1}{2}\left[\left(1-\frac{i\kappa}{k}\right)B+\left(1+\frac{i\kappa}{k}\right)B'\right]
$$

となります。

(iii) (ii) の $A$ に (i) の $B$、$B'$ を代入します。

$$
\begin{aligned}
\frac{A}{C}&=\frac{e^{ika}}{4\kappa}\left[(\kappa-ik)\left(1+\frac{i\kappa}{k}\right)e^{\kappa a}+(\kappa+ik)\left(1-\frac{i\kappa}{k}\right)e^{-\kappa a}\right]\\
&=\frac{e^{ika}}{4\kappa}\left[\left(2\kappa+i\frac{\kappa^2-k^2}{k}\right)e^{\kappa a}+\left(2\kappa-i\frac{\kappa^2-k^2}{k}\right)e^{-\kappa a}\right]\\
&=e^{ika}\left[\cosh(\kappa a)+i\,\frac{\kappa^2-k^2}{2k\kappa}\sinh(\kappa a)\right]
\end{aligned}
$$

したがって

$$
\left|\frac{A}{C}\right|^2=\cosh^2(\kappa a)+\frac{(\kappa^2-k^2)^2}{4k^2\kappa^2}\sinh^2(\kappa a)
=1+\frac{(k^2+\kappa^2)^2}{4k^2\kappa^2}\sinh^2(\kappa a)
$$

となります。途中で $\cosh^2=1+\sinh^2$ と $(\kappa^2-k^2)^2+4k^2\kappa^2=(k^2+\kappa^2)^2$ を使いました。答えは

$$
\left|\frac{C}{A}\right|^2=\left[1+\frac{(k^2+\kappa^2)^2}{4k^2\kappa^2}\sinh^2(\kappa a)\right]^{-1}
$$

です。$\kappa a\to0$（障壁が消える極限）で透過率が 1 に近づくこと、および補正項が常に正で透過率が 1 を超えないことが確認できます。

### 設問5

$aV_0$ を一定に保って $a\to0$、$V_0\to+\infty$ とします。設問3 より $\kappa^2=2m(V_0-E)/\hbar^2\to 2mV_0/\hbar^2$ ですから

$$
(\kappa a)^2\simeq\frac{2mV_0a^2}{\hbar^2}=\frac{2ma\,(aV_0)}{\hbar^2}\to0
$$

となり、$\kappa a\ll1$ なので $\sinh(\kappa a)\simeq\kappa a$ と近似できます。また $\kappa\to\infty$ に対して $k$ は固定なので $k^2+\kappa^2\simeq\kappa^2$ です。設問4(iii) の補正項は

$$
\frac{(k^2+\kappa^2)^2}{4k^2\kappa^2}\sinh^2(\kappa a)\simeq\frac{\kappa^4a^2}{4k^2}=\frac{(\kappa^2a)^2}{4k^2}
\longrightarrow\frac{1}{4k^2}\left(\frac{2m\,(aV_0)}{\hbar^2}\right)^2
$$

となります（$\kappa^2a=2m(V_0-E)a/\hbar^2\to 2m(aV_0)/\hbar^2$）。$k^2=2mE/\hbar^2$ を代入すると、答えは

$$
\left|\frac{C}{A}\right|^2=\left[1+\frac{m\,(aV_0)^2}{2\hbar^2E}\right]^{-1}
$$

です。これは強さ $\lambda=aV_0$ のデルタ関数障壁 $V(x)=\lambda\,\delta(x)$ に対する透過率と一致します。補正項 $m(aV_0)^2/(2\hbar^2E)$ は、$[aV_0]=\mathrm{J\cdot m}$ に注意すると無次元であり、$E\to\infty$ で透過率が 1 に近づくという期待どおりの振る舞いを示します。

## 第2問 二準位系の集団の熱力学と量子遷移

### 設定

独立な $N$ 個の二準位系からなる系を考えます。各二準位系は状態 A（エネルギー $-\varepsilon$）と状態 B（エネルギー $\varepsilon$）をとります（$\varepsilon>0$）。設問1では遷移のない場合の熱平衡量を、設問2では状態 A, B の間に強さ $\Gamma$ の量子力学的遷移がある場合、すなわち各二準位系のハミルトニアンが

$$
\mathcal{H}=\varepsilon\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix}+\Gamma\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}
$$

で与えられる場合を調べます。この行列表示では第1成分が状態 B（エネルギー $+\varepsilon$）、第2成分が状態 A（エネルギー $-\varepsilon$）に対応します。以下 $\beta=1/(k_{\mathrm B}T)$ とします。

### 設問1

(i) 1 個の二準位系の分配関数は

$$
z=e^{\beta\varepsilon}+e^{-\beta\varepsilon}=2\cosh(\beta\varepsilon)
$$

です。系は独立なので全分配関数は $Z=z^N$ で、内部エネルギーは

$$
E(T)=-\frac{\partial}{\partial\beta}\ln Z=-N\varepsilon\tanh(\beta\varepsilon)=-N\varepsilon\tanh\frac{\varepsilon}{k_{\mathrm B}T}
$$

となります。熱容量は

$$
C(T)=\frac{dE}{dT}=-N\varepsilon\,\mathrm{sech}^2\!\left(\frac{\varepsilon}{k_{\mathrm B}T}\right)\cdot\left(-\frac{\varepsilon}{k_{\mathrm B}T^2}\right)
=\frac{N\varepsilon^2}{k_{\mathrm B}T^2}\,\mathrm{sech}^2\!\left(\frac{\varepsilon}{k_{\mathrm B}T}\right)
$$

です。$C(T)$ は $T\to0$ と $T\to\infty$ の両方で 0 になり、$k_{\mathrm B}T\sim\varepsilon$ に山を持つショットキー型の熱容量です。

(ii) 自由エネルギー $F=-k_{\mathrm B}T\ln Z=-Nk_{\mathrm B}T\ln\left[2\cosh(\beta\varepsilon)\right]$ から

$$
S(T)=\frac{E-F}{T}=Nk_{\mathrm B}\left[\ln\left(2\cosh\frac{\varepsilon}{k_{\mathrm B}T}\right)-\frac{\varepsilon}{k_{\mathrm B}T}\tanh\frac{\varepsilon}{k_{\mathrm B}T}\right]
$$

が得られます。$T\to0$ では $\beta\varepsilon\to\infty$ で $\ln(2\cosh\beta\varepsilon)\to\beta\varepsilon$、$\tanh\beta\varepsilon\to1$ なので両項が打ち消し合い

$$
S(0)=0
$$

です。$T\to\infty$ では $\beta\varepsilon\to0$ で $\ln2\cosh\to\ln2$、第2項は $(\beta\varepsilon)^2$ のオーダーで消えるので

$$
S(\infty)=Nk_{\mathrm B}\ln2
$$

です。ボルツマンの原理 $S=k_{\mathrm B}\ln W$（$W$ は微視的状態数）から説明すると、$T=0$ では全粒子が基底状態 A に落ちるので実現される微視的状態はただ 1 つ、$W=1$ で $S(0)=k_{\mathrm B}\ln1=0$ です。高温極限では各粒子が A, B を等確率でとり、実効的な状態数は $W=2^N$ になるので $S(\infty)=k_{\mathrm B}\ln2^N=Nk_{\mathrm B}\ln2$ となり、上の計算と一致します。

(iii) 各粒子は独立に、確率

$$
p=\frac{e^{\beta\varepsilon}}{2\cosh(\beta\varepsilon)}
$$

で状態 A にいます。したがって $N_{\mathrm A}$ は二項分布に従い、答えは

$$
P(N_{\mathrm A})=\binom{N}{N_{\mathrm A}}\,p^{N_{\mathrm A}}(1-p)^{N-N_{\mathrm A}},\qquad p=\frac{e^{\beta\varepsilon}}{2\cosh(\beta\varepsilon)}
$$

です。二項分布の性質から期待値と分散は

$$
\langle N_{\mathrm A}\rangle=Np=\frac{N}{2}\left[1+\tanh(\beta\varepsilon)\right],\qquad
\langle N_{\mathrm A}^2\rangle-\langle N_{\mathrm A}\rangle^2=Np(1-p)=\frac{N}{4}\,\mathrm{sech}^2(\beta\varepsilon)
$$

となります。$T\to0$ で $\langle N_{\mathrm A}\rangle\to N$、分散 $\to0$（全員 A で揺らぎなし）、$T\to\infty$ で $\langle N_{\mathrm A}\rangle\to N/2$、分散 $\to N/4$（公平なコイン投げ）となり、いずれも直観と合います。

### 設問2

(i) 固有値方程式 $\det(\mathcal{H}-E)=0$ は

$$
(\varepsilon-E)(-\varepsilon-E)-\Gamma^2=E^2-\varepsilon^2-\Gamma^2=0
$$

なので、固有エネルギーは

$$
E_\pm=\pm\lambda,\qquad \lambda\equiv\sqrt{\varepsilon^2+\Gamma^2}
$$

です。状態 B, A を基底 $|{\mathrm B}\rangle=\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$、$|{\mathrm A}\rangle=\begin{pmatrix}0\\1\end{pmatrix}$ にとると、固有状態は規格化して

$$
|+\rangle=\frac{1}{\sqrt{2\lambda(\lambda-\varepsilon)}}\begin{pmatrix}\Gamma\\ \lambda-\varepsilon\end{pmatrix},\qquad
|-\rangle=\frac{1}{\sqrt{2\lambda(\lambda+\varepsilon)}}\begin{pmatrix}\Gamma\\ -(\lambda+\varepsilon)\end{pmatrix}
$$

です。規格化定数は $\Gamma^2+(\lambda\mp\varepsilon)^2=2\lambda(\lambda\mp\varepsilon)$ を使って整理しました。直交性は $\Gamma^2-(\lambda-\varepsilon)(\lambda+\varepsilon)=\Gamma^2-\Gamma^2=0$ から確認できます。$\Gamma\to0$ では $\lambda\to\varepsilon$ となり、$|+\rangle\to|{\mathrm B}\rangle$、$|-\rangle\to|{\mathrm A}\rangle$ に戻ります。

(ii) エネルギー準位が $\pm\lambda$ の二準位系になったので、設問1(i) の結果で $\varepsilon\to\lambda$ と置き換えればよく、答えは

$$
E(T)=-N\lambda\tanh(\beta\lambda)=-N\sqrt{\varepsilon^2+\Gamma^2}\,\tanh\frac{\sqrt{\varepsilon^2+\Gamma^2}}{k_{\mathrm B}T}
$$

です。

(iii) 状態 A への射影演算子は $P_{\mathrm A}=|{\mathrm A}\rangle\langle{\mathrm A}|$ で、$\langle N_{\mathrm A}\rangle=N\,\langle P_{\mathrm A}\rangle$ です。熱平均は固有状態で展開して

$$
\langle P_{\mathrm A}\rangle=\frac{|\langle{\mathrm A}|+\rangle|^2e^{-\beta\lambda}+|\langle{\mathrm A}|-\rangle|^2e^{\beta\lambda}}{e^{-\beta\lambda}+e^{\beta\lambda}}
$$

と書けます。(i) の固有ベクトルから

$$
|\langle{\mathrm A}|+\rangle|^2=\frac{(\lambda-\varepsilon)^2}{2\lambda(\lambda-\varepsilon)}=\frac{\lambda-\varepsilon}{2\lambda},\qquad
|\langle{\mathrm A}|-\rangle|^2=\frac{(\lambda+\varepsilon)^2}{2\lambda(\lambda+\varepsilon)}=\frac{\lambda+\varepsilon}{2\lambda}
$$

なので

$$
\langle P_{\mathrm A}\rangle=\frac{(\lambda-\varepsilon)e^{-\beta\lambda}+(\lambda+\varepsilon)e^{\beta\lambda}}{2\lambda\cdot2\cosh(\beta\lambda)}
=\frac{2\lambda\cosh(\beta\lambda)+2\varepsilon\sinh(\beta\lambda)}{4\lambda\cosh(\beta\lambda)}
=\frac{1}{2}+\frac{\varepsilon}{2\lambda}\tanh(\beta\lambda)
$$

となります。答えは

$$
\langle N_{\mathrm A}\rangle=\frac{N}{2}\left[1+\frac{\varepsilon}{\sqrt{\varepsilon^2+\Gamma^2}}\tanh\frac{\sqrt{\varepsilon^2+\Gamma^2}}{k_{\mathrm B}T}\right]
$$

です。$\Gamma\to0$ で設問1(iii) の $\langle N_{\mathrm A}\rangle=\frac{N}{2}[1+\tanh(\beta\varepsilon)]$ に一致します。また $T\to0$ でも遷移項のために基底状態 $|-\rangle$ が A の純粋状態ではなく、$\langle N_{\mathrm A}\rangle\to\frac{N}{2}(1+\varepsilon/\lambda)<N$ に留まる点が設問1 との違いです。

## 第3問 ベクトルポテンシャルと電磁誘導・因果律・角運動量

### 設定

電場をスカラーポテンシャル $\phi(\boldsymbol{x},t)$ とベクトルポテンシャル $\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)$ を用いて

$$
\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)=-\nabla\phi(\boldsymbol{x},t)-\frac{\partial\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)}{\partial t}
$$

と表します。位置 P から Q への 2 本の経路 $\Gamma_1$、$\Gamma_2$ とそれらを継いだ閉曲線 $C\equiv\Gamma_1-\Gamma_2$ を使って Faraday の法則を導いたのち、無限に長い半径 $a$ の円筒内だけに $z$ 軸方向の一様な磁束密度がある配位（円筒外は磁場ゼロ）を考えます。最後に、半径 $R$ の円環上に固定された電荷 $q$ の帯電球たちが、円筒内の磁場 $\boldsymbol{B}_0$ を 0 まで減少させたときに回り始める状況で、帯電球 1 個あたりの角運動量変化を求めます。

### 設問1

電場の表式を線積分に代入すると

$$
-\int_P^Q\boldsymbol{E}(\boldsymbol{x},t)\cdot d\boldsymbol{x}
=\int_P^Q\nabla\phi\cdot d\boldsymbol{x}+\int_P^Q\frac{\partial\boldsymbol{A}}{\partial t}\cdot d\boldsymbol{x}
=\phi(\mathrm{Q},t)-\phi(\mathrm{P},t)+\int_P^Q\frac{\partial\boldsymbol{A}(\boldsymbol{x},t)}{\partial t}\cdot d\boldsymbol{x}
$$

となります。第1項は勾配の線積分なので経路によらず端点の値の差になります。$\phi$ と $\boldsymbol{A}$ が時間によらない場合は $\partial\boldsymbol{A}/\partial t=\boldsymbol{0}$ なので第2項が消え、

$$
-\int_P^Q\boldsymbol{E}\cdot d\boldsymbol{x}=\phi(\mathrm{Q})-\phi(\mathrm{P})
$$

となります。右辺は端点 P, Q の位置だけで決まり経路の取り方に依存しないので、線積分は経路によらないことが示されました。

### 設問2

閉曲線 $C=\Gamma_1-\Gamma_2$（$\Gamma_1$ で P から Q へ行き、$\Gamma_2$ を逆向きにたどって P へ戻る）に沿った周回積分を考えます。$\nabla\phi$ の寄与は閉曲線上で

$$
\oint_C\nabla\phi\cdot d\boldsymbol{x}=0
$$

と消えるので、

$$
\oint_C\boldsymbol{E}\cdot d\boldsymbol{x}
=-\oint_C\frac{\partial\boldsymbol{A}}{\partial t}\cdot d\boldsymbol{x}
=-\frac{d}{dt}\oint_C\boldsymbol{A}\cdot d\boldsymbol{x}
$$

となります（閉曲線 $C$ は時間によらず固定なので時間微分を積分の外に出せます）。ストークスの定理により、$C$ の張る面 $S$ に対して

$$
\oint_C\boldsymbol{A}\cdot d\boldsymbol{x}=\int_S(\nabla\times\boldsymbol{A})\cdot d\boldsymbol{S}=\int_S\boldsymbol{B}\cdot d\boldsymbol{S}\equiv\Phi
$$

は $C$ を貫く磁束です。したがって

$$
\oint_C\boldsymbol{E}\cdot d\boldsymbol{x}=-\frac{d\Phi}{dt}
$$

が得られます。閉曲線に沿った起電力が磁束の時間変化率の符号を変えたものに等しい、という Faraday の電磁誘導の法則です。

### 設問3

円筒座標 $(\rho,\varphi,z)$ をとり、磁束密度を円筒内で $\boldsymbol{B}=B\hat{\boldsymbol{z}}$（一様・定常）、円筒外でゼロとします。対称性から $\boldsymbol{A}=A_\varphi(\rho)\,\hat{\boldsymbol{\varphi}}$ とおけます。半径 $\rho$ の同心円に沿って $\oint\boldsymbol{A}\cdot d\boldsymbol{x}=2\pi\rho A_\varphi(\rho)$ を作ると、これはその円を貫く磁束に等しいので、

円筒内（$\rho\le a$）では貫く磁束が $\pi\rho^2B$ なので

$$
2\pi\rho A_\varphi=\pi\rho^2B\qquad\Longrightarrow\qquad A_\varphi(\rho)=\frac{B\rho}{2}
$$

円筒外（$\rho>a$）では貫く磁束が $\pi a^2B$ で一定なので

$$
2\pi\rho A_\varphi=\pi a^2B\qquad\Longrightarrow\qquad A_\varphi(\rho)=\frac{Ba^2}{2\rho}
$$

となります。まとめると、答えは

$$
\boldsymbol{A}=\begin{cases} \dfrac{B\rho}{2}\,\hat{\boldsymbol{\varphi}} & (\rho\le a),\\[2mm] \dfrac{Ba^2}{2\rho}\,\hat{\boldsymbol{\varphi}} & (\rho>a) \end{cases}
$$

です。$\rho=a$ で両者は連続につながり、$\rho\to\infty$ で $\boldsymbol{A}\to\boldsymbol{0}$ という条件も満たします。円筒外では $\nabla\times\boldsymbol{A}=\frac{1}{\rho}\frac{\partial}{\partial\rho}(\rho A_\varphi)\hat{\boldsymbol{z}}=\boldsymbol{0}$ となり磁場がないことも確認できます。磁場がゼロの領域でもベクトルポテンシャルはゼロでない点がこの配位の要です。

### 設問4

一見すると、円筒内の磁場を変化させた瞬間に、円筒から離れた閉曲線上に電場が「ただちに」現れて情報が瞬時に伝わるように見えます。これは次のように説明できます。

第一に、Faraday の法則が直接決めるのは閉曲線に沿った電場の周回積分（起電力）だけであり、閉曲線上の各点の電場そのものではありません。各点の電場は Maxwell 方程式の遅延解として決まり、円筒内の磁場変化の影響は電磁波として光速 $c$ で外向きに伝わります。閉曲線上の点に波面が到達するまで、その点の電場はゼロのままです。

第二に、磁場が変化している過渡期には「円筒の外に磁場がない」という前提が崩れます。外向きに伝播する電磁波は電場とともに磁場も運ぶので、波面が閉曲線を横切るまでの間は、円筒内で減った磁束を波の領域の磁束がちょうど補い、閉曲線を貫く全磁束は変化しません。したがってその間は $\oint\boldsymbol{E}\cdot d\boldsymbol{x}=-d\Phi/dt=0$ となり、閉曲線上の電場がゼロであることと矛盾しません。閉曲線上に起電力が現れるのは波面が閉曲線に到達して以降です。

つまり、Faraday の法則（Maxwell 方程式の一つ）は各時刻で厳密に成り立っており、「ただちに電場が現れる」ように見えたのは、過渡期にも円筒外の磁場がゼロのままだと誤って仮定したためです。情報は光速で伝わり、因果律は破れていません。

### 設問5

帯電球は半径 $R$（$R>a$）の円周上にあり、円環ごと $z$ 軸周りに自由に回転できます。磁場を $\boldsymbol{B}_0=B_0\hat{\boldsymbol{z}}$（$B_0=|\boldsymbol{B}_0|$）から 0 まで減少させる間、対称性から誘導電場は $\boldsymbol{E}=E_\varphi(R,t)\,\hat{\boldsymbol{\varphi}}$ の形で、半径 $R$ の円に Faraday の法則を適用すると

$$
2\pi R\,E_\varphi=-\frac{d\Phi}{dt},\qquad \Phi(t)=\pi a^2B(t)
$$

です。帯電球 1 個に働く力のモーメント（$z$ 成分）は $\tau_z=R\,qE_\varphi$ なので、角運動量の変化は

$$
\Delta L_z=\int\tau_z\,dt=qR\int E_\varphi\,dt=-\frac{q}{2\pi}\int\frac{d\Phi}{dt}\,dt=-\frac{q}{2\pi}\left(0-\pi a^2B_0\right)
$$

となります。答えは

$$
\Delta L_z=\frac{q\,|\boldsymbol{B}_0|\,a^2}{2}
$$

です。符号は、$+z$ 向きの磁場を減らすと誘導電場が $+\varphi$ 向きになり、正電荷が $+z$ 向きの角運動量を得ることに対応します。$B(t)$ の減らし方（時間変化の詳細）にはよらず、磁束の変化量だけで決まります。

次に設問3 のベクトルポテンシャルで表します。減磁前の帯電球の位置でのベクトルポテンシャルは $A_\varphi(R)=\dfrac{B_0a^2}{2R}$、減磁後は 0 です。上の結果はこれを使って

$$
\Delta L_z=qR\,A_\varphi(R)\Big|_{\text{initial}}=qR\cdot\frac{|\boldsymbol{B}_0|\,a^2}{2R}=\frac{q\,|\boldsymbol{B}_0|\,a^2}{2}
$$

と書けます。これは、軸対称な状況では正準角運動量 $L_z+qR\,A_\varphi(R)$ が保存することの現れです。はじめ静止していた帯電球（力学的角運動量 0、正準角運動量 $qRA_\varphi$）は、磁場を切って $\boldsymbol{A}$ が 0 になると、正準角運動量がそのまま力学的角運動量 $\Delta L_z=qRA_\varphi(R)$ に転化して回転を始めます。磁場ゼロの領域に置かれた電荷の運動をベクトルポテンシャルが支配するという意味で、Aharonov–Bohm 効果の古典版に相当する状況です。

出典: 東京大学大学院理学系研究科 物理学専攻 平成30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。