# 平成14年度 東大院 物理学専攻 修士 物理学 解答 > 平成14年度 修士課程「物理学」（全9問から5問選択）の全問解答。コヒーレント状態、鎖状分子のゴム弾性、誘電体境界の Fresnel 係数と Brewster 角、円錐面上の質点、パイ中間子のパリティ、電離真空計、マグネティック・スペクトロメータ、Landauer 公式、神経細胞の膜電位を扱います。 > https://rikai.mugen-giken.com/exams/utokyo-physics/master-h14-phys :::caution[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/](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](/contact)までお願いします。 ::: 平成13年8月28日、12時30分から17時00分までの4時間30分の試験です。9問のうち前半4問（第1問から第4問）は量子力学・統計力学・電磁気学・解析力学の標準問題で、記号計算だけで完結します。後半は色合いが変わり、第5問は素粒子・原子核、第6問と第7問は真空技術と粒子測定という実験系、第8問はトンネル効果から Landauer 公式まで一直線に登る誘導問題、第9問は神経生理学と発生遺伝学です。難所は、第2問2で電荷が全要素に付いていることに気づいて張力が鎖に沿って変わる状況を扱う点、第5問3の2中性子終状態に Pauli 原理を正しく課す点、第8問2で1次元の状態密度と速度の積が $E$ に依存しないという事実を使う点の3つに集まっています。 | 問題 | 分野 | 主題 | |---|---|---| | 第1問 | 量子力学 | 調和振動子の生成消滅演算子とコヒーレント状態 | | 第2問 | 統計力学 | 鎖状分子のエントロピー弾性と電場中の伸び | | 第3問 | 電磁気学・光学 | 誘電体境界の境界条件、Snell の法則、Brewster 角 | | 第4問 | 解析力学 | 漏斗状円錐面上の質点と有効ポテンシャル | | 第5問 | 素粒子・原子核 | パイ中間子の生成しきい値、2光子崩壊、パリティ決定 | | 第6問 | 気体分子運動論・真空技術 | 分子数密度と電離生成率、電離真空計 | | 第7問 | 素粒子測定 | マグネティック・スペクトロメータの運動量分解能 | | 第8問 | 量子力学・物性物理 | 箱形障壁のトンネル効果と1次元量子伝導 | | 第9問 | 生物物理 | 神経細胞の膜電位と eyeless 遺伝子 | 9問から5問を選択する形式ですが、ここでは全問の解答を載せます。 ## 第1問 調和振動子の生成消滅演算子とコヒーレント状態 ### 設定 1次元調和振動子 $$ H=\frac{1}{2m}\hat{p}^2+\frac{m\omega^2}{2}\hat{x}^2 $$ を、正準交換関係 $[\hat{x},\hat{p}]=i\hbar$ のもとで扱います。演算子は $$ a=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\,\hat{x}+\frac{i}{\sqrt{2m\hbar\omega}}\,\hat{p}, \qquad a^\dagger=\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\,\hat{x}-\frac{i}{\sqrt{2m\hbar\omega}}\,\hat{p} $$ と定義されています。逆に解くと $$ \hat{x}=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\,(a+a^\dagger), \qquad \hat{p}=i\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}\,(a^\dagger-a) $$ です。設問3 で扱うコヒーレント状態は $|\alpha\rangle=\exp(\alpha a^\dagger)|0\rangle$ と定義され、規格化されていません。その双対ベクトルは問題文の記法で $\langle\beta^\ast|=\langle 0|\exp(\beta^\ast a)$ と書かれ、$\beta=\alpha$ とすれば $|\alpha\rangle$ のエルミート共役そのものです。期待値はすべて $\langle\alpha^\ast|\cdots|\alpha\rangle/\langle\alpha^\ast|\alpha\rangle$ で定義します。 ### 設問1 まず交換関係を出します。$\lambda\equiv\sqrt{m\omega/2\hbar}$、$\nu\equiv 1/\sqrt{2m\hbar\omega}$ と略記すると $a=\lambda\hat{x}+i\nu\hat{p}$、$a^\dagger=\lambda\hat{x}-i\nu\hat{p}$ で、 $$ [a,a^\dagger]=[\lambda\hat{x}+i\nu\hat{p},\;\lambda\hat{x}-i\nu\hat{p}] =-2i\lambda\nu\,[\hat{x},\hat{p}]=-2i\lambda\nu\cdot i\hbar=2\hbar\lambda\nu=1 $$ となります。$\lambda\nu=1/2\hbar$ を使いました。同じ略記で $$ a^\dagger a=(\lambda\hat{x}-i\nu\hat{p})(\lambda\hat{x}+i\nu\hat{p}) =\lambda^2\hat{x}^2+\nu^2\hat{p}^2+i\lambda\nu[\hat{x},\hat{p}] =\frac{m\omega}{2\hbar}\hat{x}^2+\frac{\hat{p}^2}{2m\hbar\omega}-\frac{1}{2} $$ であり、右辺の最初の2項は $H/\hbar\omega$ にまとまります。したがって $$ H=\hbar\omega\left(a^\dagger a+\frac{1}{2}\right) $$ が答えです。 物理的意味は次のとおりです。$[a,a^\dagger]=1$ から $[H,a^\dagger]=\hbar\omega a^\dagger$、$[H,a]=-\hbar\omega a$ が従うので、$H$ の固有値 $E$ をもつ状態に $a^\dagger$ を作用させると固有値 $E+\hbar\omega$ の状態、$a$ を作用させると $E-\hbar\omega$ の状態が得られます。つまり $a^\dagger$ はエネルギー量子 $\hbar\omega$ を1個生成する生成演算子、$a$ は1個消滅させる消滅演算子です。$N=a^\dagger a$ は量子の個数を数える個数演算子で、その固有値 $n=0,1,2,\dots$ によりエネルギーは $E_n=\hbar\omega(n+1/2)$ と書けます。$n$ を下から止めるのが $a|0\rangle=0$ で、余った $\hbar\omega/2$ が零点エネルギーです。 ### 設問2 座標表示では $\hat{p}=-i\hbar\,d/dx$ なので、$a|0\rangle=0$ は $$ \left[\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\,x+\frac{i}{\sqrt{2m\hbar\omega}}\left(-i\hbar\frac{d}{dx}\right)\right]\psi_0(x)=0 $$ すなわち $$ \frac{\hbar}{\sqrt{2m\hbar\omega}}\,\frac{d\psi_0}{dx}=-\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\,x\,\psi_0 \quad\Longrightarrow\quad \frac{1}{\psi_0}\frac{d\psi_0}{dx}=-\frac{m\omega}{\hbar}x $$ です。積分して $$ \psi_0(x)\propto\exp\left(-\frac{m\omega}{2\hbar}x^2\right) $$ を得ます。Gauss 型で $|x|\to\infty$ で減衰し、幅は $\sqrt{\hbar/m\omega}$ です。 第一励起状態は $|1\rangle\propto a^\dagger|0\rangle$ なので $$ \psi_1(x)\propto\left[\sqrt{\frac{m\omega}{2\hbar}}\,x-\frac{\hbar}{\sqrt{2m\hbar\omega}}\frac{d}{dx}\right]\psi_0(x) $$ です。$d\psi_0/dx=-(m\omega/\hbar)x\psi_0$ を代入すると第2項は第1項と同じ形になり、 $$ \psi_1(x)\propto x\exp\left(-\frac{m\omega}{2\hbar}x^2\right) $$ が答えです。$x=0$ に節を1つもつ奇関数で、パリティが $\psi_0$ と逆になっています。 ### 設問3(a) $[a,a^\dagger]=1$ から、帰納法で $[a,(a^\dagger)^n]=n(a^\dagger)^{n-1}$ が出ます。実際 $n=1$ は交換関係そのもので、 $$ [a,(a^\dagger)^{n+1}]=[a,(a^\dagger)^n]a^\dagger+(a^\dagger)^n[a,a^\dagger]=n(a^\dagger)^n+(a^\dagger)^n=(n+1)(a^\dagger)^n $$ です。これを級数に代入すると $$ [a,e^{\alpha a^\dagger}]=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\alpha^n}{n!}\,n(a^\dagger)^{n-1}=\alpha\,e^{\alpha a^\dagger} $$ が得られます。したがって $$ a|\alpha\rangle=a\,e^{\alpha a^\dagger}|0\rangle=e^{\alpha a^\dagger}a|0\rangle+\alpha e^{\alpha a^\dagger}|0\rangle=\alpha|\alpha\rangle $$ となり、$a|0\rangle=0$ を使えば $|\alpha\rangle$ は $a$ の固有値 $\alpha$ の固有状態です。$a$ はエルミートでないので固有値が複素数でよい点が要点です。 ### 設問3(b) $\langle\beta^\ast|=\langle 0|\exp(\beta^\ast a)$ を級数に開き、設問3(a) の結果 $a^n|\alpha\rangle=\alpha^n|\alpha\rangle$ を使います。 $$ \langle\beta^\ast|\alpha\rangle=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\beta^\ast)^n}{n!}\langle 0|a^n|\alpha\rangle =\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(\beta^\ast\alpha)^n}{n!}\,\langle 0|\alpha\rangle=e^{\alpha\beta^\ast}\langle 0|\alpha\rangle $$ ここで $\langle 0|\alpha\rangle=\langle 0|e^{\alpha a^\dagger}|0\rangle=1$ です（$n\ge 1$ では $\langle 0|(a^\dagger)^n|0\rangle=0$）。よって $$ \langle\beta^\ast|\alpha\rangle=e^{\alpha\beta^\ast} $$ です。特に $\langle\alpha^\ast|\alpha\rangle=e^{|\alpha|^2}$ で、$|\alpha\rangle$ が規格化されていないこと、および異なるコヒーレント状態が直交しないことが読み取れます。 ### 設問3(c) 規格化された数状態を $|n\rangle=(a^\dagger)^n|0\rangle/\sqrt{n!}$ とすると $$ |\alpha\rangle=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\alpha^n}{n!}(a^\dagger)^n|0\rangle=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\alpha^n}{\sqrt{n!}}|n\rangle $$ です。規格化因子 $\langle\alpha^\ast|\alpha\rangle=e^{|\alpha|^2}$ で割ると、$n$ 番目の励起状態を含む確率は $$ P_n=\frac{|\alpha|^{2n}/n!}{e^{|\alpha|^2}}=e^{-|\alpha|^2}\frac{|\alpha|^{2n}}{n!} $$ となります。平均 $|\alpha|^2$ の Poisson 分布です。$\sum_n P_n=1$ であること、平均量子数が $\langle N\rangle=|\alpha|^2$、分散も $|\alpha|^2$ でつまり $\Delta n=|\alpha|=\sqrt{\langle N\rangle}$ となることは、この分布の標準的な性質です。 ### 設問3(d) $\hat{x}=\sqrt{\hbar/2m\omega}\,(a+a^\dagger)$ を使います。$a|\alpha\rangle=\alpha|\alpha\rangle$ の共役から $\langle\alpha^\ast|a^\dagger=\alpha^\ast\langle\alpha^\ast|$ なので $$ \langle\hat{x}\rangle=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}}\,(\alpha+\alpha^\ast)=\sqrt{\frac{2\hbar}{m\omega}}\,\mathrm{Re}\,\alpha $$ です。2乗については、$(a+a^\dagger)^2=a^2+(a^\dagger)^2+2a^\dagger a+1$ と正規順序に並べ替えておくと、$a$ は右から、$a^\dagger$ は左から固有値に置き換えられて $$ \langle\hat{x}^2\rangle=\frac{\hbar}{2m\omega}\left(\alpha^2+\alpha^{\ast 2}+2|\alpha|^2+1\right) =\frac{\hbar}{2m\omega}\left[(\alpha+\alpha^\ast)^2+1\right] $$ となります。差を取ると $\alpha$ 依存部分が消えて $$ (\Delta x)^2=\langle\hat{x}^2\rangle-\langle\hat{x}\rangle^2=\frac{\hbar}{2m\omega} $$ が答えです。$\hbar/m\omega$ は長さの2乗の次元をもち、値は基底状態の $(\Delta x)^2$ と同じです。コヒーレント状態は、基底状態の波束を位相空間で平行移動しただけで幅を変えない状態だということです。 ### 設問3(e) $\hat{p}=i\sqrt{m\hbar\omega/2}\,(a^\dagger-a)$ から同様に計算します。 $$ \langle\hat{p}\rangle=i\sqrt{\frac{m\hbar\omega}{2}}\,(\alpha^\ast-\alpha)=\sqrt{2m\hbar\omega}\;\mathrm{Im}\,\alpha $$ $$ \hat{p}^2=-\frac{m\hbar\omega}{2}\left[a^2+(a^\dagger)^2-2a^\dagger a-1\right] \;\Longrightarrow\; \langle\hat{p}^2\rangle=-\frac{m\hbar\omega}{2}\left[(\alpha-\alpha^\ast)^2-1\right] $$ $\langle\hat{p}\rangle^2=-\frac{m\hbar\omega}{2}(\alpha-\alpha^\ast)^2$ なので $$ (\Delta p)^2=\frac{m\hbar\omega}{2} $$ です。$m\hbar\omega$ は運動量の2乗の次元をもちます。したがって $$ \Delta x\,\Delta p=\sqrt{\frac{\hbar}{2m\omega}\cdot\frac{m\hbar\omega}{2}}=\frac{\hbar}{2} $$ となり、不確定性関係 $\Delta x\,\Delta p\ge\hbar/2$ を等号で満たします。コヒーレント状態は任意の $\alpha$ に対して最小不確定状態であり、$\alpha=0$（基底状態）はその特別な場合です。 ## 第2問 鎖状分子のエントロピー弾性と電場中の伸び ### 設定 長さ $b$ の矢印状の要素が $N$ 個、$x$ 方向に一列に繋がった鎖です。第 $i$ 要素は $+x$ 向きか $-x$ 向きのどちらかで、状態変数 $\mu_i=\pm 1$ で表します。第1要素の始点は原点に固定されているので、第 $i$ 要素の先端の座標と鎖の端点は $$ x_i=b\sum_{j=1}^{i}\mu_j,\qquad x_N=b\sum_{j=1}^{N}\mu_j $$ です。各要素の先端には電荷 $Q>0$ があり、$+x$ 向きの一様電場 $E\ge 0$ とだけ相互作用します。電荷が $N$ 個あるので系のエネルギーは $$ U=-QE\sum_{i=1}^{N}x_i=-QEb\sum_{j=1}^{N}(N+1-j)\,\mu_j $$ となり、$\mu_j$ にかかる重みが一様でないことが第2問2の全体を支配します。設問2(c) が外力の総和を $NQE$ と書いていることも、$N$ 個すべての電荷が電場から力を受けるというこの読み方と整合します。温度 $T$ の熱浴に接し、$L\equiv bN$、$A\equiv bQE/k_\mathrm{B}T$ と置きます。対数はすべて自然対数です。 ### 設問1(a) $E=0$ ではすべての配置が同じエネルギー（$U=0$）なので、エントロピーは端点位置 $x_N$ を与える配置数を数えるだけで決まります。$+x$ 向きの要素数を $N_+$、$-x$ 向きを $N_-$ とすると $N_++N_-=N$、$b(N_+-N_-)=x_N$ なので $$ N_\pm=\frac{N}{2}\left(1\pm\frac{x_N}{L}\right) $$ です（$N\pm x_N/b$ が偶数になる $x_N$ のみが実現しますが、$N,x_N/b\gg1$ なので連続変数として扱います）。配置数は $W=N!/(N_+!\,N_-!)$ で、Stirling の公式を使うと $$ \begin{aligned} S&=k_\mathrm{B}\ln W\simeq k_\mathrm{B}\left(N\ln N-N_+\ln N_+-N_-\ln N_-\right)\\ &=-k_\mathrm{B}N\left[\frac{1+x_N/L}{2}\ln\frac{1+x_N/L}{2}+\frac{1-x_N/L}{2}\ln\frac{1-x_N/L}{2}\right] \end{aligned} $$ となります。$\ln 2$ をくくり出して整理すると $$ S(x_N)=k_\mathrm{B}N\ln 2-\frac{k_\mathrm{B}N}{2}\left[\left(1+\frac{x_N}{L}\right)\ln\left(1+\frac{x_N}{L}\right)+\left(1-\frac{x_N}{L}\right)\ln\left(1-\frac{x_N}{L}\right)\right] $$ が答えです。$x_N=0$ で $S=k_\mathrm{B}N\ln 2$（全配置数 $2^N$）となり最大、$x_N=\pm L$ で $S=0$（配置は一意）となるので、両端の値が正しく再現されています。$x_N\ll L$ では括弧内が $(x_N/L)^2$ に漸近し $$ S\simeq k_\mathrm{B}N\ln 2-\frac{k_\mathrm{B}x_N^2}{2Nb^2} $$ と放物線になります。 ### 設問1(b) $U=0$ なので Helmholtz 自由エネルギーは $F=U-TS=-TS(x_N)$ です。端点を $x_N$ に保つのに必要な外力 $X$ は、等温で端点をゆっくり $dx_N$ 動かすときの仕事 $X\,dx_N$ が $dF$ に等しいことから $X=(\partial F/\partial x_N)_T=-T(\partial S/\partial x_N)_T$ で与えられます。設問1(a) の $S$ を微分すると $$ \frac{\partial S}{\partial x_N}=-\frac{k_\mathrm{B}}{2b}\ln\frac{1+x_N/L}{1-x_N/L} $$ なので $$ X=\frac{k_\mathrm{B}T}{2b}\ln\frac{L+x_N}{L-x_N} =\frac{k_\mathrm{B}T}{b}\,\mathrm{artanh}\frac{x_N}{Nb} $$ が答えです。$x_N>0$ で $X>0$、つまり伸ばした状態を保つには引っ張り続けなければならず、これはエネルギーではなくエントロピーが縮もうとする力（エントロピー弾性）です。$x_N\to L$ で $X\to\infty$ となるのは、鎖が伸び切って配置の自由度を失うためです。 ### 設問1(c) $N\gg x_N/b$ すなわち $x_N/L\ll 1$ では $\ln\frac{1+u}{1-u}\simeq 2u$ なので $$ X\simeq\frac{k_\mathrm{B}T}{b}\cdot\frac{x_N}{Nb}=\frac{k_\mathrm{B}T}{Nb^2}\,x_N, \qquad\text{すなわち}\qquad x_N\simeq\frac{Nb^2}{k_\mathrm{B}T}\,X $$ です。伸び $x_N$ が外力 $X$ に比例するので、この分子は Hooke の法則に従う線形弾性体（バネ定数 $k=k_\mathrm{B}T/Nb^2$）とみなせます。ただし通常の固体バネと決定的に違う点が2つあります。第一に、バネ定数が温度に比例するので、温度を上げるほど硬くなります。第二に、弾性の起源は結合の変形エネルギーではなくエントロピーで、伸ばすときに外力がする仕事はすべて熱として熱浴へ出ていきます（$U$ が変わらないため）。この2つの性質はゴムの弾性そのもので、輪ゴムを急に伸ばすと温まる現象と同じ内容です。また $k\propto 1/N$ なので、長い鎖は柔らかくなります。 ### 設問2(a) $N$ 個の電荷すべてが電場と相互作用するので、設定に書いたエネルギーを $A=bQE/k_\mathrm{B}T$ で書くと $$ -\frac{U}{k_\mathrm{B}T}=A\sum_{j=1}^{N}(N+1-j)\,\mu_j $$ です。$\mu_j$ たちの間に相互作用はないので分配関数は因子に分解し、$\mu_j=\pm1$ の和は cosh になります。 $$ Z_N=\sum_{\{\mu\}}\exp\left[A\sum_{j=1}^{N}(N+1-j)\mu_j\right] =\prod_{j=1}^{N}2\cosh\bigl[(N+1-j)A\bigr] =2^N\prod_{k=1}^{N}\cosh(kA) $$ が答えです。$k=N+1-j$ と置き換えました。$A\to 0$ で $Z_N\to 2^N$ となり、$E=0$ の全配置数に戻ります。 ### 設問2(b) $Z_N$ が因子分解しているので $\mu_i$ は互いに独立で、その平均は自分の因子だけから決まります。 $$ \langle\mu_i\rangle=\frac{\sum_{\mu_i=\pm1}\mu_i e^{(N+1-i)A\mu_i}}{\sum_{\mu_i=\pm1}e^{(N+1-i)A\mu_i}} =\tanh\bigl[(N+1-i)A\bigr] $$ が答えです。$\langle\mu_i\rangle$ が $i$ に依存し、固定端に近い要素（$i$ が小さい）ほど強く $+x$ に揃うのは、その要素を反転させると自分より先にある $N+1-i$ 個すべての電荷が動くため、実効的な張力が大きいからです。$A>0$ なら $\langle\mu_i\rangle>0$、$A\to\infty$ ですべて $+1$ に飽和します。 ### 設問2(c) 設問2(b) を足し合わせます。 $$ \langle x_N\rangle=b\sum_{i=1}^{N}\langle\mu_i\rangle=b\sum_{k=1}^{N}\tanh(kA) $$ $NA\ll1$ ならすべての $k\le N$ について $kA\ll1$ なので $\tanh(kA)\simeq kA$ と展開でき、 $$ \langle x_N\rangle\simeq bA\sum_{k=1}^{N}k=\frac{N(N+1)}{2}bA\simeq\frac{N^2b^2QE}{2k_\mathrm{B}T} $$ が答えです（最後で $N\gg1$ とし、$A=bQE/k_\mathrm{B}T$ を戻しました）。 設問1(c) との関連は次のとおりです。外力の総和 $X_\mathrm{tot}=NQE$ を使って上式を書き直すと $$ \langle x_N\rangle\simeq\frac{Nb^2}{2k_\mathrm{B}T}\,(NQE)=\frac{Nb^2}{2k_\mathrm{B}T}X_\mathrm{tot} $$ となり、伸びは外力の総和に比例します。つまり同じ Hooke 則が成り立ち、バネ定数も温度に比例し鎖長に反比例するという設問1(c) と同じ形です。違いは係数が正確に2倍（バネ定数が $2k_\mathrm{B}T/Nb^2$ で2倍硬い、伸びが半分）という点だけで、これは力のかかり方の違いから来ます。設問1(c) では力が自由端だけに加わるので鎖のどのリンクにも同じ張力 $X$ がかかりますが、いまは電場が全電荷に働くので第 $j$ リンクが担う張力は自分より先にある電荷の分だけ、すなわち $\tau_j=(N+1-j)QE$ で、固定端の $NQE$ から自由端の $QE$ まで直線的に減ります。各リンクが局所的な張力に対して設問1(c) と同じ線形応答 $b\langle\mu_j\rangle\simeq b^2\tau_j/k_\mathrm{B}T$ を示すとして足すと、$\sum_j\tau_j=N(N+1)QE/2$ すなわち平均張力が総荷重の約半分になるため、伸びも半分になります。分布荷重を受ける弾性体の伸びが、同じ大きさの集中荷重の場合の半分になるという力学の常識と一致しています。 ## 第3問 誘電体境界での反射と屈折、Brewster 角 ### 設定 $x<0$ が真空（$\epsilon_0,\mu_0$）、$x>0$ が誘電体（$\epsilon_1>\epsilon_0$、透磁率は真空と同じ $\mu_0$）で、境界は $yz$ 平面 $x=0$ です。角振動数 $\omega$ の単色波が真空側から入射し、入射波・屈折波・反射波の場をそれぞれ添字 $0,1,2$ で表します。真電荷・真電流はなく、Maxwell 方程式は問題文の4式です。入射面は $xy$ 面にとり、進行方向の単位ベクトルは $$ \boldsymbol{n}_0=\hat{\boldsymbol{x}}\cos\theta_0+\hat{\boldsymbol{y}}\sin\theta_0,\quad \boldsymbol{n}_1=\hat{\boldsymbol{x}}\cos\theta_1+\hat{\boldsymbol{y}}\sin\theta_1,\quad \boldsymbol{n}_2=-\hat{\boldsymbol{x}}\cos\theta_0+\hat{\boldsymbol{y}}\sin\theta_0 $$ です。磁場はすべて $\hat{\boldsymbol{z}}$ 方向（入射面に垂直）に偏光しているので、電場は入射面 $xy$ 内にあります。光学の言葉では p 偏光（TM 波）の場合です。 ### 設問1(a) $\nabla\times\boldsymbol{E}=-\partial\boldsymbol{B}/\partial t$ を、境界をまたぐ細長い長方形の閉回路 $C$ に対して Stokes の定理で積分します。回路は境界面に平行な長さ $\ell$ の2辺（$x=\pm\delta/2$ にあり、境界面内の任意の単位ベクトル $\hat{\boldsymbol{t}}$ に沿う）と、それに垂直な長さ $\delta$ の2辺から成るとします。 $$ \oint_C\boldsymbol{E}\cdot d\boldsymbol{l}=-\frac{d}{dt}\int_S\boldsymbol{B}\cdot d\boldsymbol{S} $$ 右辺の面積は $\ell\delta$ です。$\boldsymbol{B}$ は境界上でも有限なので、$\delta\to0$ の極限で右辺は $0$ になります。左辺で $\delta$ に比例する2辺の寄与も、$\boldsymbol{E}$ が有限であれば $0$ に落ちます。残るのは平行な2辺で、 $$ \ell\left[\boldsymbol{E}(-0)\cdot\hat{\boldsymbol{t}}-\boldsymbol{E}(+0)\cdot\hat{\boldsymbol{t}}\right]=0 $$ です。$\hat{\boldsymbol{t}}$ は境界面内の任意方向、$\ell$ は任意なので、電場の境界面に平行な成分は境界で連続です。真空側の全電場は入射波と反射波の和 $\boldsymbol{E}_0+\boldsymbol{E}_2$、誘電体側は屈折波 $\boldsymbol{E}_1$ なので、これがそのまま $$ E_{0,\mathrm{t}}(0,y,z,t)+E_{2,\mathrm{t}}(0,y,z,t)=E_{1,\mathrm{t}}(0,y,z,t) $$ すなわち (1) 式です。使った仮定は、$\boldsymbol{B}$ が境界で発散しないことだけで、これは面上に磁気的な特異性がない限り常に成り立ちます。 ### 設問1(b) $\epsilon_0\nabla\cdot\boldsymbol{E}=\rho$ を、境界をまたぐ薄い円柱（底面積 $\Delta S$、厚さ $\delta$、底面は境界に平行）で積分します。Gauss の定理から $$ \epsilon_0\oint\boldsymbol{E}\cdot d\boldsymbol{S}=\int\rho\,dV $$ で、$\delta\to0$ とすると側面の寄与は消え、左辺は $\epsilon_0\left[E_x(+0)-E_x(-0)\right]\Delta S$、右辺は面密度の定義そのままで $\sigma\Delta S$ になります。よって $$ \sigma=\epsilon_0\left[E_x(+0)-E_x(-0)\right] $$ です。ここで $E_x(+0)=E_{1,x}(0,y,z,t)$ であり、真空側の $E_x(-0)=E_{0,x}+E_{2,x}$ は (2) 式から $\epsilon_0E_x(-0)=\epsilon_1E_{1,x}$ と書けます。代入すると $$ \sigma(y,z,t)=\left(\epsilon_0-\epsilon_1\right)E_{1,x}(0,y,z,t) $$ が答えです。$\epsilon_1>\epsilon_0$ なので $\sigma$ は $E_{1,x}$ と逆符号で、誘電体内部の電場を弱める向きに分極電荷が並ぶという分極の常識に合っています。誘電体側の分極を $\boldsymbol{P}=(\epsilon_1-\epsilon_0)\boldsymbol{E}_1$、誘電体から外へ向かう法線を $-\hat{\boldsymbol{x}}$ として $\sigma=\boldsymbol{P}\cdot(-\hat{\boldsymbol{x}})$ と計算しても同じ式になります。 ### 設問2(a) 真空中で $\nabla\cdot\boldsymbol{E}=0$ のもと、2つの回転の式を組み合わせると $\nabla^2\boldsymbol{E}=\epsilon_0\mu_0\,\partial^2\boldsymbol{E}/\partial t^2$ が出ます。平面波 $\exp[i(k_0\boldsymbol{n}_0\cdot\boldsymbol{r}-\omega t)]$ を入れると $-k_0^2=-\epsilon_0\mu_0\omega^2$ なので $$ k_0=\omega\sqrt{\epsilon_0\mu_0}=\frac{\omega}{c} $$ が答えです。$c=1/\sqrt{\epsilon_0\mu_0}$ は真空中の光速です。同じ計算を誘電体側で行えば $k_1=\omega\sqrt{\epsilon_1\mu_0}$ で、これは設問3(a) で使います。 ### 設問2(b) 平面波では $\nabla\to ik_0\boldsymbol{n}_0$、$\partial_t\to-i\omega$ と置き換えられるので、$\nabla\times(\boldsymbol{B}/\mu_0)=\partial(\epsilon_0\boldsymbol{E})/\partial t$ は $$ \frac{i k_0}{\mu_0}\,\boldsymbol{n}_0\times\left(\hat{\boldsymbol{z}}B_0\right)=-i\omega\epsilon_0\boldsymbol{E}_0 \quad\Longrightarrow\quad \boldsymbol{E}_0=-\frac{k_0}{\epsilon_0\mu_0\omega}B_0\,\left(\boldsymbol{n}_0\times\hat{\boldsymbol{z}}\right) $$ となります。設問2(a) の $\epsilon_0\mu_0=k_0^2/\omega^2$ を使って係数を書き換え、外積の順序を入れ替えると $$ \boldsymbol{E}_0=\frac{\omega}{k_0}B_0\left(\hat{\boldsymbol{z}}\times\boldsymbol{n}_0\right) =\frac{\omega B_0}{k_0}\left(-\hat{\boldsymbol{x}}\sin\theta_0+\hat{\boldsymbol{y}}\cos\theta_0\right) $$ が答えです。大きさは $|\boldsymbol{E}_0|=\omega B_0/k_0=cB_0$ で、電磁波の $E$ と $B$ の比が光速になるという関係を満たしています。向きは $\boldsymbol{n}_0$ と $\hat{\boldsymbol{z}}$ の両方に直交し、$(\boldsymbol{E}_0,\boldsymbol{B}_0,\boldsymbol{n}_0)$ が右手系をなします。 ### 設問3(a) $\hat{\boldsymbol{z}}$ 方向は境界面に平行なので、(3) 式は磁場の振幅について $x=0$ で $$ B_0e^{i(k_0y\sin\theta_0-\omega t)}+B_2e^{i(k_0y\sin\theta_0-\omega t)}=B_1e^{i(k_1y\sin\theta_1-\omega t)} $$ を要求します（$x=0$ では $\boldsymbol{n}_0\cdot\boldsymbol{r}=\boldsymbol{n}_2\cdot\boldsymbol{r}=y\sin\theta_0$、$\boldsymbol{n}_1\cdot\boldsymbol{r}=y\sin\theta_1$）。これがすべての $y$ で成り立つには位相が一致していなければならないので $$ k_0\sin\theta_0=k_1\sin\theta_1 $$ です。$k_0=\omega\sqrt{\epsilon_0\mu_0}$、$k_1=\omega\sqrt{\epsilon_1\mu_0}$ を入れると $$ \sqrt{\epsilon_0}\,\sin\theta_0=\sqrt{\epsilon_1}\,\sin\theta_1 \qquad\text{すなわち}\qquad \frac{\sin\theta_0}{\sin\theta_1}=\sqrt{\frac{\epsilon_1}{\epsilon_0}}=\frac{n_1}{n_0} $$ が答えです。Snell の法則で、$n=\sqrt{\epsilon/\epsilon_0}$ が屈折率です。$\epsilon_1>\epsilon_0$ なので $\theta_1<\theta_0$、屈折波は法線側に折れます。位相が一致した後に残る振幅の関係 $$ B_0+B_2=B_1 $$ は設問3(b) で使います。 ### 設問3(b) 設問2(b) と同じ手続きを3つの波それぞれに適用します。真空側では係数が $\omega/k_0$、誘電体側では $\nabla\times(\boldsymbol{B}/\mu_0)=\partial(\epsilon_1\boldsymbol{E})/\partial t$ と $\epsilon_1\mu_0=k_1^2/\omega^2$ から係数が $\omega/k_1$ になり $$ \boldsymbol{E}_j=\frac{\omega}{k_j}B_j\left(\hat{\boldsymbol{z}}\times\boldsymbol{n}_j\right) $$ です（$j=0,2$ では $k_j=k_0$）。電場はすべて $xy$ 面内にあるので、境界に平行な成分は $y$ 成分だけです。$\hat{\boldsymbol{z}}\times\boldsymbol{n}_0$、$\hat{\boldsymbol{z}}\times\boldsymbol{n}_1$、$\hat{\boldsymbol{z}}\times\boldsymbol{n}_2$ の $y$ 成分がそれぞれ $\cos\theta_0$、$\cos\theta_1$、$-\cos\theta_0$ であることから $$ E_{0,y}=\frac{\omega B_0}{k_0}\cos\theta_0,\qquad E_{2,y}=-\frac{\omega B_2}{k_0}\cos\theta_0,\qquad E_{1,y}=\frac{\omega B_1}{k_1}\cos\theta_1 $$ です。設問3(a) で位相因子はそろっているので、(1) 式は振幅の関係 $$ \frac{\cos\theta_0}{k_0}\left(B_0-B_2\right)=\frac{\cos\theta_1}{k_1}B_1 $$ になります。これと (3) 式から出る $B_1=B_0+B_2$ を連立して解くと $$ B_2=\frac{k_1\cos\theta_0-k_0\cos\theta_1}{k_1\cos\theta_0+k_0\cos\theta_1}\,B_0, \qquad B_1=\frac{2k_1\cos\theta_0}{k_1\cos\theta_0+k_0\cos\theta_1}\,B_0 $$ が答えです。p 偏光の Fresnel 係数です。検算として垂直入射 $\theta_0=\theta_1=0$ を入れると $B_2/B_0=(k_1-k_0)/(k_1+k_0)$、$B_1/B_0=2k_1/(k_1+k_0)$ となり、$B_1=B_0+B_2$ も満たされます。このとき電場の比は $E_{2,y}/E_{0,y}=-B_2/B_0=-(n_1-n_0)/(n_1+n_0)$ で、密な媒質からの反射で電場の位相が $\pi$ ずれるという既知の結果を再現します。 ### 設問3(c) $\theta_0+\theta_1=\pi/2$ のとき $\theta_1=\pi/2-\theta_0$ なので $\cos\theta_1=\sin\theta_0$、$\sin\theta_1=\cos\theta_0$ です。Snell の法則 $k_0\sin\theta_0=k_1\sin\theta_1$ はこのとき $k_0\sin\theta_0=k_1\cos\theta_0$ となるので、設問3(b) の分子は $$ k_1\cos\theta_0-k_0\cos\theta_1=k_1\cos\theta_0-k_0\sin\theta_0=0 $$ となり、$B_2=0$ です。つまり反射波が完全に消え、入射波はすべて誘電体に透過します（このとき $B_1=B_0$）。この入射角が Brewster 角で、Snell の法則から $$ \tan\theta_0=\sqrt{\frac{\epsilon_1}{\epsilon_0}} $$ で決まります。いまは磁場が入射面に垂直、すなわち電場が入射面内にある p 偏光なので、この角度で反射が消えるのは p 偏光成分に限られます。自然光を Brewster 角で反射させると反射光は入射面に垂直な電場成分（s 偏光）だけになり、これが偏光板やレーザーの Brewster 窓の原理です。 物理的な理由も述べておきます。$\theta_0+\theta_1=\pi/2$ のとき $\boldsymbol{n}_1\cdot\boldsymbol{n}_2=-\cos(\theta_0+\theta_1)=0$ なので屈折波と反射波の進行方向は直交します。反射波を作るのは誘電体中で電場に揺すられた双極子の再放射ですが、その双極子の振動方向は $\boldsymbol{E}_1$、すなわち $\boldsymbol{n}_1$ に垂直で入射面内、つまりちょうど $\boldsymbol{n}_2$ 方向です。双極子は自分の振動軸方向には放射しないので、反射方向への放射がなくなります。 ## 第4問 漏斗状円錐面上の質点 ### 設定 頂角 $\alpha$ の円錐を頂点側で切り落とし、鉛直軸に沿って逆さに置いた漏斗状の滑らかな面です。半頂角を $$ \beta\equiv\frac{\alpha}{2} $$ と書きます。頂点（円錐を延長したときの仮想的な頂点）を原点、鉛直上向きを $z$ 軸にとると、面は円柱座標 $(r,\theta,z)$ で $$ r=z\tan\beta\qquad(z\ge h) $$ と表されます。$z=h$ が切り口で、そこには穴が開いています。面は滑らかなので摩擦はなく、質量 $m$ の質点は面の内側を運動します。重力加速度は $g$ です。拘束が1つあるので自由度は2、独立変数は $(z,\theta)$ です。 ### 設問1 $r=z\tan\beta$ より $\dot r=\dot z\tan\beta$ なので、速度の2乗は $$ v^2=\dot r^2+r^2\dot\theta^2+\dot z^2=\dot z^2\left(1+\tan^2\beta\right)+z^2\tan^2\beta\,\dot\theta^2 =\frac{\dot z^2}{\cos^2\beta}+z^2\tan^2\beta\,\dot\theta^2 $$ です。ポテンシャルは $V=mgz$ なので、ラグランジアンは $$ L=\frac{m}{2}\left[\frac{\dot z^2}{\cos^2(\alpha/2)}+z^2\tan^2(\alpha/2)\,\dot\theta^2\right]-mgz $$ が答えです。$\alpha\to\pi$（$\beta\to\pi/2$、面が水平面に近づく極限）で $\dot z$ の係数が発散するのは、水平に近い面では $z$ をわずかに変えるだけで大きく半径方向に動くためで、変数の取り方の性質として正しい振る舞いです。 ### 設問2 $L$ に $\theta$ が現れないので $\theta$ は循環座標で、共役運動量 $$ p_\theta=\frac{\partial L}{\partial\dot\theta}=m z^2\tan^2\!\beta\;\dot\theta=m r^2\dot\theta\equiv\ell $$ が保存します。これは $z$ 軸まわりの角運動量です（重力と垂直抗力はどちらも $z$ 軸まわりのモーメントをもたないため）。また $L$ は時間を陽に含まず、拘束も時間に依存しないので、力学的エネルギー $$ \mathcal{E}=\frac{m}{2}\left[\frac{\dot z^2}{\cos^2\beta}+z^2\tan^2\beta\,\dot\theta^2\right]+mgz $$ も保存します。答えはこの2つ、$z$ 軸まわりの角運動量 $\ell$ と全エネルギー $\mathcal{E}$ です。$\ell$ を使って $\dot\theta=\ell/(mz^2\tan^2\beta)$ を消去すると $$ \mathcal{E}=\frac{m\dot z^2}{2\cos^2\beta}+V_\mathrm{eff}(z), \qquad V_\mathrm{eff}(z)=\frac{\ell^2}{2m\tan^2\!\beta}\cdot\frac{1}{z^2}+mgz $$ という1自由度の問題に落ちます。$\ell\ne0$ なら $\dot\theta$ の符号は変わらないので、質点は必ず同じ向きに回り続けます。 ### 設問3 初期条件を入れます。高さ $z=2h$ で水平に速さ $v_0$ ということは $\dot z=0$ かつ速度は $\hat{\boldsymbol{\theta}}$ 方向で、$v_0=r\dot\theta=2h\tan\beta\,\dot\theta$ です。したがって $$ \ell=m(2h\tan\beta)^2\dot\theta=2mhv_0\tan\beta, \qquad \frac{\ell^2}{2m\tan^2\!\beta}=2mh^2v_0^2 $$ となり、有効ポテンシャルとエネルギーは $$ V_\mathrm{eff}(z)=\frac{2mh^2v_0^2}{z^2}+mgz, \qquad \mathcal{E}=V_\mathrm{eff}(2h)=\frac{mv_0^2}{2}+2mgh $$ です。$\tan\beta$ が完全に消えるので、以下の結論は頂角 $\alpha$ に依存しません（振動の周期や1周ごとの $\theta$ の進み量は $1/\cos^2\beta$ を通じて $\alpha$ に依存します）。$V_\mathrm{eff}$ は $z\to0$ で $+\infty$、$z\to\infty$ で $+\infty$ の下に凸な関数で、極小は $V'_\mathrm{eff}=0$ すなわち $z_\mathrm{min}=(4h^2v_0^2/g)^{1/3}$ にあります。出発点 $z=2h$ は $\dot z=0$ なので必ず $z$ 方向の折り返し点です。もう一方の折り返し点は $V_\mathrm{eff}(z)=\mathcal{E}$ の解で、この3次方程式は $z=2h$ を根にもつので因数分解でき $$ z_\ast=\frac{v_0^2}{4g}+\sqrt{\left(\frac{v_0^2}{4g}\right)^2+\frac{hv_0^2}{g}} $$ が残る正の根です。以上から初速度による運動の違いは次のように分かれます。 $v_0=\sqrt{2gh}$ のとき。$V'_\mathrm{eff}(2h)=-\frac{4mh^2v_0^2}{8h^3}+mg=m\left(g-\frac{v_0^2}{2h}\right)=0$ となり、$z=2h$ が有効ポテンシャルの極小です。質点は高さを変えず半径 $2h\tan\beta$ の水平円を等速で回り続けます（$z_\ast=2h$ で重根）。これは面上の円運動の条件 $v^2=gz$ を $z=2h$ で満たす場合で、垂直抗力の鉛直成分が重力を、水平成分が向心力を担っています。 $v_0>\sqrt{2gh}$ のとき。$V'_\mathrm{eff}(2h)<0$ なので質点はまず斜面を上ります。回りながら上昇し、$z_\ast>2h$ で折り返して下降し、$2h$ で再び折り返す、という $z$ 方向の振動を繰り返します。$\theta$ は単調に増え続けるので、軌道は円環状の帯 $2h\le z\le z_\ast$ の中を歳差しながら埋めていき、一般には閉じません。 $\sqrt{2gh/3}0$ なので質点はまず下ります。下限は $z_\ast<2h$ ですが、これが切り口 $h$ より上にあるので面から落ちることはなく、$z_\ast\le z\le 2h$ の帯の中で上下に振動しながら回り続けます。境界の値は $\mathcal{E}=V_\mathrm{eff}(h)$ すなわち $\frac{v_0^2}{2}+2gh=2v_0^2+gh$ から $v_0^2=2gh/3$ と決まります（$z_\ast=h$ を上式に入れても同じ）。 $v_0<\sqrt{2gh/3}$ のとき。$\mathcal{E}>V_\mathrm{eff}(h)$ なので質点は $z=h$ に $\dot z\ne0$ のまま到達し、切り口の穴から漏斗の外へ抜け落ちます。その後は水平方向の速度を保ったまま重力だけを受ける放物運動です。$v_0\to0$ の極限では、ほとんど真下に滑り落ちる運動になります。 なお、面から離れるかどうかも確かめておきます。面の内向き法線を $\hat{\boldsymbol{n}}=-\hat{\boldsymbol{r}}\cos\beta+\hat{\boldsymbol{z}}\sin\beta$ とすると、拘束条件を微分した関係から加速度の法線成分は $z\dot\theta^2\sin\beta$ となり、Newton の方程式の法線成分は $$ N=m\sin\beta\left(g+z\dot\theta^2\right)>0 $$ を与えます。垂直抗力は常に正なので、上のどの場合でも質点は（穴に達するまでは）面に張り付いたまま運動します。 ## 第5問 パイ中間子の生成しきい値、2光子崩壊、パリティ ### 設定 パイ中間子について、生成反応のしきい値、$\pi^0\to\gamma\gamma$ の運動学、$\pi^-+\mathrm{d}\to\mathrm{n}+\mathrm{n}$ によるパリティ決定の3題です。$m_pc^2=940\,\mathrm{MeV}$、$m_\pi c^2=135\,\mathrm{MeV}$（$\pi^0$）を使います。$\pi^0$ の崩壊では、静止系で2光子は反対向きに出て各々のエネルギーは $m_\pi c^2/2$、運動量の大きさは $m_\pi c/2$ です。実験室系での $\pi^0$ のエネルギーを $E_\pi$ とし、$\gamma=E_\pi/m_\pi c^2$、$\beta=\sqrt{1-\gamma^{-2}}$ と置きます。 ### 設問1 水素ターゲットなので反応は $\mathrm{p}+\mathrm{p}\to\mathrm{p}+\mathrm{p}+\pi^0$ です。しきい値では終状態の3粒子が重心系で静止するので、不変質量が $2m_p+m_\pi$ に等しくなります。ビーム陽子の全エネルギーを $E$、静止標的の陽子と合わせた不変量は $$ s=\left(E+m_pc^2\right)^2-\left(pc\right)^2=2m_p^2c^4+2Em_pc^2 $$ （$(pc)^2=E^2-m_p^2c^4$ を使いました）なので、しきい値条件 $s=(2m_p+m_\pi)^2c^4$ から $$ E=\frac{\left(2m_p+m_\pi\right)^2c^2-2m_p^2c^2}{2m_p} $$ です。運動エネルギー $T=E-m_pc^2$ に直すと分子が $(2m_p+m_\pi)^2-4m_p^2=m_\pi(4m_p+m_\pi)$ にまとまり $$ T_\mathrm{th}=m_\pi c^2\left(2+\frac{m_\pi}{2m_p}\right) $$ が答えです。数値を入れると $$ T_\mathrm{th}=135\times\left(2+\frac{135}{1880}\right)=135\times2.072=2.80\times10^{2}\,\mathrm{MeV} $$ すなわち約 $280\,\mathrm{MeV}$ です。第1項の $2m_\pi c^2=270\,\mathrm{MeV}$ が主要項で、静止標的では作りたい質量の約2倍の運動エネルギーが要ること、残りの $10\,\mathrm{MeV}$ が反跳（重心運動）に取られる分であることが見えます。$m_\pi\ll m_p$ の極限で $T_\mathrm{th}\to 2m_\pi c^2$ となるのも妥当です。 ### 設問2(a) 静止系で光子のエネルギーは $E^\ast=m_\pi c^2/2$、運動量の大きさは $p^\ast=m_\pi c/2$ で、$\pi^0$ の進行方向から測った放出角を $\theta^\ast$ とします。実験室系へのブーストで $$ E_\gamma=\gamma\left(E^\ast+\beta c\,p^\ast\cos\theta^\ast\right) =\gamma\,\frac{m_\pi c^2}{2}\left(1+\beta\cos\theta^\ast\right) =\frac{E_\pi}{2}\left(1+\beta\cos\theta^\ast\right) $$ が答えです（$\gamma m_\pi c^2=E_\pi$ を使いました）。2つの光子の $\cos\theta^\ast$ は符号が逆なので和は $E_\pi$ となり、エネルギー保存と整合します。 分布については、静止系で等方的とは単位立体角あたりの崩壊確率が一定、すなわち $d\Omega^\ast=2\pi\,d\cos\theta^\ast$ より $\cos\theta^\ast$ について一様だということです。上式は $E_\gamma$ が $\cos\theta^\ast$ の1次関数であることを示しているので、確率密度は $$ \frac{dN}{dE_\gamma}=\frac{dN}{d\cos\theta^\ast}\left|\frac{d\cos\theta^\ast}{dE_\gamma}\right| =\text{const}\times\frac{2}{\beta E_\pi}=\text{const} $$ となり、$E_\gamma$ の分布は $$ \frac{E_\pi}{2}\left(1-\beta\right)\le E_\gamma\le\frac{E_\pi}{2}\left(1+\beta\right) $$ の範囲で一様です。高エネルギーでは $\beta\to1$ なので、ほぼ $0$ から $E_\pi$ までのべた分布になります。平均は $E_\pi/2$ です。 ### 設問2(b) 不変量を使うのが最短です。2光子の4元運動量の和が $\pi^0$ のものに等しいので、光子が質量ゼロであることから $$ m_\pi^2c^4=2E_1E_2\left(1-\cos\psi\right)=4E_1E_2\sin^2\frac{\psi}{2} \quad\Longrightarrow\quad \sin\frac{\psi}{2}=\frac{m_\pi c^2}{2\sqrt{E_1E_2}} $$ です（$\psi$ が2光子間の角度）。$E_1+E_2=E_\pi$ が固定されているので $E_1E_2$ は等分 $E_1=E_2=E_\pi/2$ で最大となり、そのとき $\psi$ が最小になります。よって $$ \sin\frac{\psi_\mathrm{min}}{2}=\frac{m_\pi c^2}{E_\pi}=\frac{1}{\gamma} $$ です。$E_\pi=30\,\mathrm{GeV}$ なら $m_\pi c^2/E_\pi=135/30000=4.5\times10^{-3}$ で、角度が小さいので $$ \psi_\mathrm{min}\simeq\frac{2m_\pi c^2}{E_\pi}=9.0\times10^{-3}\,\mathrm{rad}=9.0\,\mathrm{mrad}=0.52^\circ $$ が答えです。等分崩壊とは静止系で $\theta^\ast=\pi/2$、つまり2光子が飛行方向に垂直に出る場合で、そのとき各光子の横運動量 $m_\pi c/2$ と縦運動量 $\gamma\beta m_\pi c/2$ の比から $\tan(\psi_\mathrm{min}/2)=1/\gamma\beta$ としても同じ値が出ます。 ### 設問2(c) 設問2(b) の関係を $x\equiv E_1/E_\pi$ で書くと、$E_1E_2=E_\pi^2x(1-x)$ より $$ \sin\frac{\psi}{2}=\frac{m_\pi c^2}{2E_\pi\sqrt{x(1-x)}} $$ です。設問2(a) より $x$ は一様分布します。ところが $\psi$ は $x=1/2$ で極小をとる関数なので、$x=1/2$ の近くでは $\psi$ が $x$ の変化にほとんど反応しません。実際 $x=(1+\beta\cos\theta^\ast)/2$ と書いて $u=\cos\theta^\ast$ を使い、$\beta\simeq1$、$\gamma\gg1$ とすると $$ \psi\simeq\frac{2}{\gamma\sqrt{1-u^2}}=\frac{2}{\gamma\sin\theta^\ast}=\frac{\psi_\mathrm{min}}{\sin\theta^\ast} $$ となり、$u=0$ のまわりで $\psi-\psi_\mathrm{min}\simeq\psi_\mathrm{min}u^2/2$ すなわち $\psi$ は $u$ の2次関数です。したがって $$ \frac{dN}{d\psi}=\frac{dN}{du}\left|\frac{du}{d\psi}\right|\propto\frac{1}{\sqrt{\psi-\psi_\mathrm{min}}} $$ となり、最小値の直上で発散します（積分は有限なので確率としては問題ありません）。$u$ 一様という平坦な分布が、変数変換のヤコビアンを通じて $\psi_\mathrm{min}$ に集積するわけです。これが鋭いピークの理由で、いわゆるヤコビアン・ピークです。定量的には、全崩壊の半分を占める $|u|\le1/2$（すなわち静止系で赤道帯に出る崩壊）がすべて $\psi\le\psi_\mathrm{min}/\sqrt{1-1/4}=1.15\,\psi_\mathrm{min}$ に入るので、半数が最小値から15 パーセント以内に集中します。逆に $\psi$ が大きくなるのは $\sin\theta^\ast\to0$、つまり静止系で前後方向に出る稀な崩壊だけで、そちらの裾は薄くなります。 ### 設問3(a) $\pi^-$ がパイ中間子原子の基底軌道（$1s$）に落ちてから反応が起こるので、$\pi^-$ と重陽子の相対運動の軌道角運動量は $\ell=0$ です。$\pi^-$ のスピンは $0$、重陽子は $^3S_1$ なのでスピン $1$、したがって始状態の全角運動量は $$ J=1 $$ です。パリティは、$\pi^-$ の内部パリティ $P_\pi$、重陽子の内部パリティ、相対運動の $(-1)^\ell$ の積です。重陽子は陽子と中性子の $^3S_1$ 束縛状態なので $L_d=0$ で、そのパリティは $P_pP_n(-1)^{0}=P_pP_n$ です。陽子と中性子のパリティは等しいので $P_pP_n=P_p^2=+1$ です。よって $$ P_\mathrm{i}=P_\pi\cdot(+1)\cdot(-1)^0=P_\pi $$ すなわち始状態は $J^P=1^{P_\pi}$ です。 ### 設問3(b) 2個の中性子は同種のスピン $1/2$ フェルミ粒子なので、2粒子の入れ替えに対して全波動関数は反対称でなければなりません。合成スピン $S$ の状態の入れ替え対称性は $(-1)^{S+1}$（$S=1$ の三重項は対称、$S=0$ の一重項は反対称）で、空間部分の入れ替えは相対座標の反転 $\boldsymbol{r}\to-\boldsymbol{r}$ にあたるので $(-1)^L$ です。よって $$ (-1)^L\cdot(-1)^{S+1}=-1 \qquad\Longleftrightarrow\qquad L+S=\text{偶数} $$ が要求されます。つまり全スピンと軌道角運動量は、$S=0$ なら $L$ は偶数、$S=1$ なら $L$ は奇数という関係にあります。許される状態は $^1S_0$、$^3P_{0,1,2}$、$^1D_2$、$^3F_{2,3,4}$、… で、$^3S_1$ や $^1P_1$ は禁止されます。 ### 設問3(c) 全角運動量の保存から終状態も $J=1$ です。設問3(b) の制限と合わせて数え上げます。$S=0$ の場合は $L$ が偶数で $J=L$ なので $J$ は偶数となり、$J=1$ は作れません。$S=1$ の場合は $L$ が奇数で $J=L-1,L,L+1$ なので、$L=1$ のとき $J=0,1,2$ のうち $J=1$ が取れます。$L=3$ では $J=2,3,4$、$L\ge5$ ではさらに大きくなり $J=1$ は現れません。したがって可能な組み合わせは $$ (S,L)=(1,1)\quad\text{すなわち}\quad {}^3P_1 $$ の1つだけです。 ### 設問3(d) 終状態 $^3P_1$ のパリティは、中性子2個の内部パリティの積 $P_n^2=+1$ と軌道部分の $(-1)^L=(-1)^1$ の積で $-1$ です。強い相互作用による反応なのでパリティは保存し、設問3(a) の始状態のパリティ $P_\pi$ と等しくなければなりません。よって $$ P_\pi=-1 $$ すなわち $\pi^-$ は擬スカラー粒子（スピン $0$、パリティ負）です。これが Panofsky らの実験で $\pi$ 中間子のパリティが決定された論法で、実際 $\pi^-+\mathrm{d}\to\mathrm{n}+\mathrm{n}$ が観測されているという事実そのものが結論の根拠になっています。もし $P_\pi=+1$ なら始状態は $1^+$ ですが、設問3(c) より $J=1$ を満たす2中性子状態は $^3P_1$ だけでそのパリティは負なので、行き先がなくこの反応は起こらないことになります。 ## 第6問 気体分子数密度、電離生成率、電離真空計 ### 設定 前半は数値計算です。理想気体とみなせる気体が圧力 $1.0\times10^{-5}\,\mathrm{Pa}$、温度 $0\,^\circ\mathrm{C}$ にあり、標準状態（$0\,^\circ\mathrm{C}$、1気圧 $=1.0\times10^{5}\,\mathrm{Pa}$）の理想気体1モルの体積を $22\,\mathrm{L}$、Avogadro 数を $6.0\times10^{23}$ とします。後半は電離真空計の話で、図の真空計はガラス管の中に、熱電子を出すフィラメント、網目状のグリッド、コレクターがこの順に並んだ3電極構造で、グリッドはフィラメントに対して $+150\,\mathrm{V}$、コレクターは $-20\,\mathrm{V}$ にバイアスされ、コレクター回路に電流計が入っています。 ### 設問1(a) 標準状態の数密度は $6.0\times10^{23}/(2.2\times10^{4}\,\mathrm{cm^3})=2.7\times10^{19}\,\mathrm{cm^{-3}}$ です。温度が同じなら理想気体の数密度は圧力に比例するので、圧力比 $1.0\times10^{-5}/1.0\times10^{5}=10^{-10}$ を掛けて $$ n=2.7\times10^{19}\times10^{-10}=2.7\times10^{9}\,\mathrm{cm^{-3}} $$ です。したがって $1.0\,\mathrm{cm^3}$ 中の分子数は約 $2.7\times10^{9}$ 個です。高真空といっても1立方センチメートルに数十億個の分子が残っている、というのがこの数字の意味です。 ### 設問1(b) 電子の流束（単位面積・単位時間あたりの個数）は電流密度を素電荷で割って $$ \Gamma=\frac{j}{e}=\frac{1.0\times10^{-3}\,\mathrm{A/cm^2}}{1.6\times10^{-19}\,\mathrm{C}}=6.3\times10^{15}\,\mathrm{cm^{-2}s^{-1}} $$ です。電子1個が距離 $dx$ を走る間に電離を起こす確率は $n\sigma\,dx$ なので、単位体積・単位時間あたりの電離数は $$ \frac{dN_\mathrm{ion}}{dV\,dt}=\Gamma\,n\sigma =6.3\times10^{15}\times\left(2.7\times10^{9}\times3.0\times10^{-16}\right) $$ となります。$n\sigma=8.2\times10^{-7}\,\mathrm{cm^{-1}}$（電離の平均自由行程は約 $1.2\times10^{6}\,\mathrm{cm}$）なので $$ \frac{dN_\mathrm{ion}}{dV\,dt}=5.1\times10^{9}\,\mathrm{cm^{-3}s^{-1}} $$ が答えです。$\mathrm{m^{-3}s^{-1}}$ に直せば $5.1\times10^{15}$ です。長さ $1.0\,\mathrm{cm}$ の領域を通る間に電離される確率は $n\sigma L=8.2\times10^{-7}\ll1$ なので、電子ビームの減衰は無視でき、「衝突は最大1回まで」という近似が自己整合的であることも確認できます。$1.0\,\mathrm{cm^2}$ の断面を $1.0\,\mathrm{cm}$ 通す設定なので、この領域全体で毎秒 $5.1\times10^{9}$ 個のイオンが作られることになります。 ### 設問2(a) 動作原理は次のとおりです。フィラメントを通電加熱して熱電子を放出させます。グリッドはフィラメントに対して $+150\,\mathrm{V}$ 程度の正電位にあるので、電子はグリッドへ向かって加速され、$150\,\mathrm{eV}$ 程度の運動エネルギーを得ます。この値は多くの気体分子の電離断面積が最大になるエネルギー帯に選ばれています。グリッドは網目状（開いた構造）なので電子はその隙間を通り抜けますが、外側のコレクターがフィラメントに対して $-20\,\mathrm{V}$ の負電位にあるため電子は反発されて引き返し、グリッド領域を何度も往復します。これにより電子の実効的な飛程が長くなり、残留気体分子と衝突して電離させる確率が上がります。生じた正イオンは負電位のコレクターに引き寄せられて捕集され、コレクター回路の電流計がイオン電流として読みます。 電子の放出電流を $I_e$、気体の数密度を $n$、電離断面積を $\sigma$、実効飛程を $\ell$ とすると、イオン電流は $I_i\simeq I_e\,n\sigma\ell$ で数密度に比例し、温度一定なら圧力に比例します。そこで $I_i=S\,I_e\,P$（$S$ は気体ごとの感度係数）と書き、放出電流を一定に保った上でイオン電流を測れば圧力（真空度）に換算できます。 ### 設問2(b) イオン電流は $I_i=S I_e P$ の形で、感度 $S$ は電離断面積に比例します。同じ圧力（同じ数密度）でもイオン電流が気体種で違うのは、$150\,\mathrm{eV}$ 程度の電子に対する電離断面積が原子ごとに大きく異なるからです。断面積を決める要素は主に3つで、原子番号が大きいほど標的となる電子の数が多いこと、原子半径（分極率）が大きいほど電子が相互作用する幾何学的な的が大きいこと、そして第一イオン化エネルギーが小さいほど電離が起きやすいことです。希ガスでは He（電子2個、イオン化エネルギー $24.6\,\mathrm{eV}$、最小の原子）から Xe（電子54個、$12.1\,\mathrm{eV}$、最大の原子）へ向かってこの3つがすべて有利な方向に変わるので、断面積すなわちイオン電流が He $<$ Ne $<$ Ar $<$ Kr $<$ Xe と単調に増えます。表の $0.1$ から $2.4\,\mathrm{nA}$ という約24倍の広がりがこれに対応します。したがって電離真空計の目盛りは特定の気体（通常は窒素）で校正されており、残留気体の組成が違えば気体ごとの感度係数で補正しなければ正しい圧力になりません。 ### 設問2(c) 発生する電流は光電流です。グリッドに衝突した電子が制動放射と特性X線として軟X線を発生し、それがコレクターに当たって光電効果で光電子をたたき出します。光電子がコレクターから飛び出すことはコレクターから負電荷が出ていくことなので、外部回路には正イオンが流れ込んだのと同じ向きの電流が流れます。電流計はこれをイオン電流と区別できないため、実際の圧力に依存しない一定のバックグラウンドとして残り、測定できる下限圧力を決めます（X線限界）。 減らすには、コレクターを工夫します。具体的には、コレクターを板状ではなく細い線（細いワイヤ）にして、グリッドから見た立体角、すなわちX線を受け止める面積を小さくします。光電流は照射面積にほぼ比例して減る一方、正イオンは電場によって細線に向かって集束されるので捕集効率はほとんど落ちません。結果として信号対バックグラウンド比が大きく改善し、より高い真空度まで測れるようになります。これがグリッドを円筒にしてその中心軸に細線コレクターを置いた Bayard–Alpert 型電離真空計の考え方です。 ### 設問3 ロータリーポンプで到達できる真空度は $10^{2}$ から $10^{-1}\,\mathrm{Pa}$ 程度です。この領域では電離真空計は使えません。分子密度が高すぎてフィラメントが酸化・溶断しやすく、電子の平均自由行程が短くなって空間電荷や放電が起き、イオン電流が圧力に比例しなくなるからです。 この圧力域で使える真空計の例としてピラニ真空計（熱伝導真空計）を挙げます。動作原理は、細い金属線に電流を流して加熱し、その線が気体へ熱を逃がす量が圧力に依存することを利用するものです。気体の熱伝導による熱の逃げ方は、平均自由行程が容器の寸法と同程度かそれより長い低圧領域では分子の数密度に比例するので、圧力が下がるほど線は冷えにくくなって温度が上がり、金属の抵抗が変化します。この抵抗変化を Wheatstone ブリッジで検出し、あらかじめ校正した関係から圧力に換算します。上限は $10^{3}\,\mathrm{Pa}$ 程度（それ以上では熱伝導が圧力に依存しなくなり対流が支配する）、下限は $10^{-1}\,\mathrm{Pa}$ 程度（それ以下では放射による熱損失が上回る）で、ちょうどロータリーポンプの領域を覆います。気体の熱伝導率に依存するので、指示値は気体種によって変わります。 同じ圧力域で使えるものとして、熱電対真空計（線の温度を熱電対で直接測る同型の計器）、隔膜（キャパシタンス）真空計（薄膜の変位を静電容量で読む、気体種に依存しない絶対測定）、McLeod 真空計（水銀で既知体積の気体を圧縮し Boyle の法則から圧力を求める）も挙げられます。 ## 第7問 マグネティック・スペクトロメータの運動量分解能 ### 設定 電荷 $e$、運動量 $p\,[\mathrm{GeV}/c]$ の荷電粒子が一様磁場 $B\,[\mathrm{T}]$ 中で円運動し、半径は $$ R=\frac{p}{0.3B}\quad[\mathrm{m}] $$ に従います。この式は単位を含んだ数値式なので、以下も $p$ は $\mathrm{GeV}/c$、$B$ はテスラ、長さはメートルで表した数値式として扱います。磁場は紙面に垂直で、平板状の位置検出器が等間隔 $L$ で3枚並んでいます。粒子は $x$-$y$ 面内に入射し、円運動の中心は検出器2の面上にあります。検出器の面は $y$ 軸に垂直で、各検出器は $x$ 座標だけを分解能 $\sigma$ で測ります。$L\ll R$ です。サジッタ $S$ は、検出器1と3の測定点を結ぶ直線から検出器2の位置で測った軌跡のずれです。運動量分解能は $\delta p/p$ で定義します。 ### 設問1 運動量を測るとは、実際には軌跡の曲がり具合を測ることです。直線からのずれの目に見える量がサジッタで、後の設問で見るように $S\simeq L^2/2R=0.15BL^2/p$ です。一方、$S$ をどれだけ精度よく測れるかは検出器の位置分解能 $\sigma$ だけで決まり、運動量には依存しません。したがって相対誤差は $$ \frac{\delta p}{p}=\frac{\delta S}{S}\propto\frac{\sigma\,p}{BL^2} $$ という形になり、3つの要請がそのまま読めます。磁場を強くすれば同じ運動量でも半径が小さくなり曲がりが大きく出るので、測るべき量 $S$ 自体が大きくなります。検出器の間隔を広げると、てこの腕が長くなって $S$ は $L^2$ すなわち2乗で増えるので、間隔を広げる効果は磁場を強くする効果より効きます。位置分解能を良くすれば、同じ $S$ に対して測定誤差 $\delta S$ が小さくなります。 運動量については、小さいほうが分解能が高くなります。運動量が小さい粒子は半径が小さく大きく曲がるのでサジッタが大きく、$\sigma$ に比べて有利です。逆に運動量が大きいほど軌跡は直線に近づき、サジッタが位置分解能に埋もれて $\delta p/p$ が $p$ に比例して悪化します。$S=\delta S$ となる運動量が、この装置で曲がりを有意に検出できる上限の目安です。 ### 設問2(a) 円の中心が検出器2の面上にあるので幾何は上下対称です。中心を原点にとると、検出器1と3の面は中心から $y$ 方向に $\mp L$ 離れているので、そこでの軌跡の $x$ 座標はともに $\sqrt{R^2-L^2}$、検出器2 での軌跡の $x$ 座標は $R$ です。検出器1と3の測定点を結ぶ直線は $x=\sqrt{R^2-L^2}$ の直線なので $$ S=R-\sqrt{R^2-L^2}=R\left(1-\sqrt{1-\frac{L^2}{R^2}}\right)\simeq\frac{L^2}{2R} $$ です（$L\ll R$ で平方根を1次まで展開しました）。$R=p/0.3B$ を代入すると $$ S\simeq\frac{0.3BL^2}{2p}=\frac{0.15\,BL^2}{p} $$ が答えです。$L$ をメートル、$B$ をテスラ、$p$ を $\mathrm{GeV}/c$ で測れば $S$ はメートルで出ます。 ### 設問2(b) $p=0.15BL^2/S$ を $S$ で微分すると $|dp/dS|=0.15BL^2/S^2=p^2/(0.15BL^2)$ なので $$ \delta p=\frac{p^2}{0.15\,BL^2}\,\delta S $$ が答えです。同じ $\delta S$ でも誤差が $p^2$ で増えるので、高運動量の測定は急速に難しくなります。 ### 設問2(c) サジッタは3点の測定値から $$ S=x_2-\frac{x_1+x_3}{2} $$ として求まります（符号は曲がる向きで決まるので大きさだけを問題にします）。3つの測定誤差は独立で各々の標準偏差が $\sigma$ なので、係数の2乗和をとって $$ \delta S=\sqrt{\sigma^2+\left(\frac{\sigma}{2}\right)^2+\left(\frac{\sigma}{2}\right)^2}=\sqrt{\frac{3}{2}}\,\sigma\simeq1.22\,\sigma $$ が答えです。中央の1点の重みが大きいので、単純に $\sigma$ の3倍にはならず、$\sigma$ とほぼ同程度に収まります。 ### 設問2(d) 設問2(b) と設問2(c) を合わせると $$ \frac{\delta p}{p}=\frac{p\,\delta S}{0.15\,BL^2}=\frac{\sqrt{3/2}}{0.15}\cdot\frac{\sigma p}{BL^2}\simeq8.2\,\frac{\sigma p}{BL^2} $$ が答えです（$\sigma$、$L$ はメートル、$B$ はテスラ、$p$ は $\mathrm{GeV}/c$）。設問1 で直観的に述べた $B$、$L^2$、$\sigma$、$p$ への依存がすべて出ています。数値例として $\sigma=100\,\mu\mathrm{m}$、$L=1\,\mathrm{m}$、$B=1\,\mathrm{T}$、$p=10\,\mathrm{GeV}/c$ なら $\delta p/p\simeq8\times10^{-3}$、すなわち $1\,\%$ 弱です。 ### 設問3 上の議論は理想化されていて、実際の設計では次のような点を考えなければなりません。 第一に多重散乱です。粒子は検出器の物質や飛程中の気体で Coulomb 多重散乱を受け、軌跡そのものが折れ曲がります。この効果による見かけのサジッタは運動量に反比例して大きくなるため、$\delta p/p$ への寄与は運動量に依存しないほぼ一定値（放射長 $X_0$ に対する物質量 $X$ を使って $\delta p/p\sim\sqrt{X/X_0}/BL$ の程度）になります。したがって低運動量では多重散乱項が支配し、設問1 の「運動量が小さいほど分解能が良い」という結論は成り立たなくなり、分解能が最良になる運動量が存在します。検出器は薄く軽い（低原子番号の）材料で作り、飛程はできるだけ真空かヘリウムにするのが定石です。 第二に系統誤差です。検出器の位置合わせ（アライメント）がずれていると、たとえば中央の検出器が $\Delta$ だけずれているとサジッタに一定のバイアスが乗り、統計を増やしても消えません。測量と軌跡を使ったアライメント、温度変化に対する機械的安定性が要求されます。磁場についても、一様と仮定した $B$ が実際には空間分布をもち漏れ磁場もあるので、磁場マッピングを行って軌跡に沿った $\int B\,dl$ を正しく評価する必要があります。磁場極性を反転して測り、系統誤差を打ち消す手法もよく使われます。 第三に測定点の数と配置です。3点では自由度がなく、測定の妥当性を検証できません。検出器を増やして軌跡全体をフィットすれば分解能は測定点数のおよそ平方根で改善し、同時に誤ったヒットの排除、検出効率の測定、アライメントの自己較正が可能になります。 第四に受容量との兼ね合いです。$L$ や $B$ を大きくすれば分解能は上がりますが、磁石が大型化して重量とコストが増え、低運動量の粒子が大きく曲がって検出器の外に逃げるため受け入れ立体角が下がります。分解能と受容量、コストの間の最適化が設計の実質です。 第五に、粒子が厳密に $x$-$y$ 面内を走るという仮定は成り立ちません。$z$ 方向の傾きがあると測定されるサジッタは射影された量になるので、$z$ 座標も測る検出器（2次元読み出しやステレオ配置）が必要です。加えて、複数の粒子が同時に入ったときのヒットの組み合わせの誤り、検出効率とノイズ、計数率と不感時間、トリガーと時間分解能、磁場中での光電子増倍管や検出器の動作（磁気シールド、ドリフト検出器のローレンツ角）、荷電粒子のエネルギー損失とその揺らぎ（電子では制動放射）による運動量の変化も、実機では分解能とバイアスの両方に効いてきます。 ## 第8問 箱形障壁のトンネル効果と1次元量子伝導 ### 設定 幅 $L$、高さ $U_0$ の箱形ポテンシャル障壁が $0\le x\le L$ に置かれ、領域を $\mathrm{I}$（$x<0$）、$\mathrm{II}$（$0\le x\le L$）、$\mathrm{III}$（$x>L$）に分けます。質量 $m$ の粒子がエネルギー $E$（$00$ です。障壁の中の減衰定数を $$ \kappa=\frac{\sqrt{2m(U_0-E)}}{\hbar} $$ と置きます。第8問2 では電子を詰めた場合の伝導を考え、全電子密度（単位長さあたり）を $N$、スピン縮重度を2とします。電子間相互作用は無視します。$h$ は Planck 定数、$\hbar=h/2\pi$ です。 ### 設問1(a) 各領域で Schrödinger 方程式は定数係数の2階常微分方程式なので、指数関数の重ね合わせで書けます。領域 $\mathrm{I}$ には入射波と反射波、領域 $\mathrm{II}$ は $E0$）と左向き（$k<0$）の2つに分かれ、障壁に向かって進むのはその半分なので因子 $1/2$ が付きます。右向きの電子は速さ $v(E)=\sqrt{2E/m}$ で走るので、単位時間に障壁へ入射する電子数は $$ \frac{1}{2}\sqrt{\frac{2E}{m}}\,D(E)f_L(E,T)\,dE $$ です（1次元では流束＝密度×速度）。このうち実際に右へ抜けるのは透過率 $T(E)$ の割合です。トンネル過程は弾性的でエネルギーを変えないので、行き先は右側の同じエネルギー $E$ の状態になりますが、電子は Fermi 粒子なので Pauli 原理により行き先が空いていなければ遷移できません。その確率が $1-f_R(E,T)$ です。最後に1個の電子が運ぶ電荷 $-e$ を掛け、すべてのエネルギーについて積分すると $$ J_{LR}=-\frac{e}{2}\int_0^{\infty}\sqrt{\frac{2E}{m}}\,D(E)f_L(E,T)\left[1-f_R(E,T)\right]T(E)\,dE $$ が得られます。負号は、右向きに流れる電子が右向きに負の電流を作ることを表します。同じ論法で右から左への電流は $J_{RL}=-\frac{e}{2}\int v D f_R\left[1-f_L\right]T\,dE$ となり、差を取ると $f_Lf_R$ の項が打ち消して $$ J=J_{LR}-J_{RL}=-\frac{e}{2}\int_0^{\infty}\sqrt{\frac{2E}{m}}\,D(E)\left[f_L(E,T)-f_R(E,T)\right]T(E)\,dE $$ になります。平衡（$f_L=f_R$）では $J=0$ となり、正しい極限を与えます。 ### 設問2(c) まず1次元の重要な性質を使います。設問2(a) の $D(E)$ と速度を掛けると $$ \sqrt{\frac{2E}{m}}\,D(E)=\sqrt{\frac{2E}{m}}\cdot\frac{2}{h}\sqrt{\frac{2m}{E}}=\frac{4}{h} $$ でエネルギーに依存しません（状態密度の $E^{-1/2}$ と速度の $E^{1/2}$ が正確に打ち消します）。絶対零度では $f_L(E)=\theta(E_{FL}-E)$、$f_R(E)=\theta(E_{FR}-E)$ なので $f_L-f_R$ は $E_{FR}C_i$ の陽イオン（$z>0$）なら $V>0$、細胞内濃度が高い陽イオンなら $V<0$ になります。 ### 設問1(b) 静止時の細胞膜が特に高い透過性をもつイオン種はカリウムイオン $\mathrm{K^+}$ です（漏洩 $\mathrm{K^+}$ チャネルが開いているため）。$z=+1$、$T=20\,^\circ\mathrm{C}=293\,\mathrm{K}$ として係数を先に計算すると $$ \frac{2.3RT}{F}=\frac{2.3\times2.0\times10^{-3}\times293}{23}=5.86\times10^{-2}\,\mathrm{V}=58.6\,\mathrm{mV} $$ です。表から $C_o/C_i=20/400=0.050$ なので $\log_{10}0.050=-1.30$ で $$ V=58.6\times(-1.30)=-76\,\mathrm{mV} $$ が答えです。細胞内が細胞外に対して負になり、静止電位が負であるという事実が再現されます。参考に同じ係数で他のイオンを計算すると $\mathrm{Na^+}$ は $+55\,\mathrm{mV}$、$\mathrm{Cl^-}$ は（$z=-1$ なので符号が反転して）$-61\,\mathrm{mV}$ です。ヤリイカ巨大軸索で実測される静止電位は $-60$ から $-70\,\mathrm{mV}$ 程度で、$\mathrm{K^+}$ の平衡電位よりわずかに浅くなっています。これは膜が $\mathrm{Na^+}$ に対してもわずかな透過性をもち、その分だけ $\mathrm{Na^+}$ の平衡電位 $+55\,\mathrm{mV}$ に引っ張られるためで、透過性で重みを付けた Goldman の式を使えば実測値が説明できます。 ### 設問1(c) 一連の変化は次のように進みます。 静止時は $\mathrm{K^+}$ 透過性だけが高く、膜電位は $\mathrm{K^+}$ の平衡電位近くにあります。ここに刺激が入って膜が閾値（$-55\,\mathrm{mV}$ 程度）まで脱分極すると、電位依存性 $\mathrm{Na^+}$ チャネルが開きます。分子機構としては、チャネルタンパクの膜貫通ヘリックスのうち正電荷を規則的に並べた電圧センサー（S4 セグメント）が膜電位の変化で細胞外側へ動き、その動きが活性化ゲートを開く構造変化を引き起こします。$\mathrm{Na^+}$ 透過性は桁で増大し、$\mathrm{Na^+}$ は濃度勾配と電位勾配の両方に押されて流れ込みます。流入はさらに膜を脱分極させ、それがさらに $\mathrm{Na^+}$ チャネルを開くという正のフィードバック（再生的過程）が働いて、膜電位は一気に $\mathrm{Na^+}$ の平衡電位 $+55\,\mathrm{mV}$ に向かい、一過性に正になります。これが活動電位の立ち上がりとオーバーシュートです。 しかし $\mathrm{Na^+}$ チャネルは開いた状態を保てません。1 ミリ秒程度で、活性化ゲートとは別の不活性化ゲート（ドメイン間の細胞内側ループが蓋のようにポアを塞ぐ、いわゆるボール・アンド・チェーン機構）が働いて閉じ、$\mathrm{Na^+}$ 透過性は消えます。これは電位依存かつ時間依存の過程で、活性化とは独立です。 これと前後して、遅れて開く電位依存性 $\mathrm{K^+}$ チャネル（遅延整流性）が開き、$\mathrm{K^+}$ 透過性が上がります。$\mathrm{K^+}$ は細胞外へ流出し、膜電位を負の方向へ戻します（再分極）。$\mathrm{K^+}$ チャネルは膜電位が静止レベルに戻った後もしばらく開いているので、膜電位は一時的に静止電位より深く $\mathrm{K^+}$ 平衡電位側へ振れます（過分極、後電位）。その後 $\mathrm{K^+}$ チャネルが閉じ、$\mathrm{Na^+}$ チャネルの不活性化も解除されて、静止状態に復帰します。 なお1回の活動電位で動くイオンの数は細胞内のイオン総量に比べて極めて少ないので、濃度勾配はほとんど変わりません。長期的な勾配の維持は $\mathrm{Na^+}/\mathrm{K^+}$ ポンプ（ATP 加水分解で $\mathrm{Na^+}$ を排出し $\mathrm{K^+}$ を取り込む ATPase）が担いますが、個々のスパイクの発生自体にポンプは必要ありません。 ### 設問1(d) 活動電位が通り過ぎた直後の膜では、$\mathrm{Na^+}$ チャネルが不活性化状態にあります。不活性化は膜が十分に再分極してからしばらくしないと解除されないので、その領域はどんなに強い刺激を受けても再び興奮できません（絶対不応期）。さらに、$\mathrm{K^+}$ チャネルがまだ開いていて膜電位が過分極気味であるため、閾値まで持ち上げるのに必要な脱分極量が大きくなっています（相対不応期）。 インパルスの伝播は、興奮部位から局所電流が両隣に流れて隣接部位を閾値まで脱分極させることで進みます。後方はいま述べた不応期にあって興奮できないので、前方の未興奮の膜だけが次に興奮します。この非対称性が一方向伝播の理由です。膜そのものに向きがあるわけではなく、実際に軸索の中央を人為的に刺激すれば興奮は両方向へ伝わります。通常は軸索基部（軸索小丘、$\mathrm{Na^+}$ チャネル密度が高く閾値が最も低い場所）で発生するため、進める方向が先端側だけになり、結果として一方向の伝播になります。 ### 設問2(a) 機能欠失変異で眼ができないことは、この遺伝子が眼の形成に必要であることを示すだけです。十分性を調べるには逆向きの操作、すなわち機能獲得実験を行います。具体的には、本来 eyeless を発現しない別の組織（翅、脚、触角などの成虫原基）に、その組織で働くエンハンサーやドライバー（GAL4-UAS 系のように、組織特異的プロモーターで転写活性化因子を発現させ、その標的配列につないだ eyeless を強制発現させる仕組み）を使って eyeless を人為的に発現させ、そこに眼（個眼のまとまった構造）ができるかどうかを見ます。もし本来眼にならない場所に外来的な眼が形成されれば、eyeless の発現だけで眼形成のプログラム全体を立ち上げられること、すなわち十分な働きをもつことが示されます。あわせて、変異体に野生型 eyeless を導入して眼形成が回復するか（レスキュー実験）も確認すれば、観察された表現型が確かにこの遺伝子の機能欠損によるものだと確定できます。 ### 設問2(b) eyeless は眼形成に必要かつ十分で、しかも転写因子をコードします。転写因子は自分自身では構造を作らず、下流の遺伝子の転写を制御することしかできません。それが単独で眼の形成を開始させられるということは、eyeless が眼を作るのに必要な多数の遺伝子群を一括して起動する、遺伝子発現階層の最上位のスイッチとして働いていることを意味します。つまり eyeless は眼形成のマスター制御遺伝子（選択遺伝子）で、細胞集団の中でこれが発現するとその領域が「眼になる」という運命決定がなされ、以後は下流の標的遺伝子のカスケードが眼の形態形成を自律的に進めると推察されます。 この推察は実際に裏づけられていて、eyeless は脊椎動物の Pax6（マウスの Small eye、ヒトの Aniridia の原因遺伝子）のホモログであり、マウスの Pax6 をショウジョウバエで発現させても外来的な眼ができます。形態的にまったく異なる複眼とカメラ眼が、同じマスター遺伝子によって制御されているという発生学の重要な発見につながった遺伝子です。 出典: 東京大学大学院理学系研究科 物理学専攻 平成14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。