# 平成30年度 東大院 物理学専攻 修士 物理学 解答 > 平成30年度 修士課程 物理学（全6問）の解答。二状態系の回避交差と断熱定理、直方体中の理想気体と第三法則、電気双極子放射と二波源干渉、負ミューオンの生成と寿命測定、X線回折の構造因子、高温プラズマの制動放射を扱います。 > https://rikai.mugen-giken.com/exams/utokyo-physics/master-h30-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30年度の物理学は、量子力学・統計力学・電磁気学の3問が必答で、実験に寄せた3問（ミューオン実験、X線回折、天体プラズマ）から1問を選ぶ構成です。必答問題はどれも 2 行 2 列の行列や理想気体といった素直な出発点を持ちますが、第1問の後半は断熱定理を「速く振動する位相をもつ積分は小さい」という形で自分で評価させ、第2問の最後は古典と量子でエントロピーの低温挙動が食い違う理由をボルツマンの原理から説明させます。配点の重心はそこにあります。選択問題側は、数値評価と統計誤差の扱いが要求されます。 | 問題 | 分野 | 主題 | |---|---|---| | 第1問 | 量子力学 | 二状態系の回避交差と断熱定理 | | 第2問 | 統計力学 | 直方体中の理想気体と低温のエントロピー | | 第3問 | 電磁気学 | 電気双極子放射と二波源の干渉 | | 第4問 | 原子核・素粒子 | 負ミューオンの生成・分離と寿命測定 | | 第5問 | 固体物理 | X線回折と構造因子 | | 第6問 | 天体物理 | 高温プラズマからの制動放射 | 第1問から第3問が全員解答、第4問から第6問の中から1問を選んで解答する形式ですが、ここでは全問の解答を載せます。 ## 第1問 二状態系の回避交差と断熱定理 ### 設定 規格直交した二状態 $|1\rangle, |2\rangle$ を基底にとった 2 行 2 列のハミルトニアン $$ H=\begin{pmatrix} E_1 & V \\ V & E_2 \end{pmatrix} $$ を扱います。$E_1, E_2, V$ は実数です。設問4以降では対角要素の一方を実パラメータ $\lambda$ で動かし、$E_1 = E_2 - \mathcal{E}\lambda$ として $$ H^{(\lambda)}=\begin{pmatrix} E_2-\mathcal{E}\lambda & V \\ V & E_2 \end{pmatrix}, \qquad 00$ より根号は $2V$ 以上で、$E_-0$ より $E_+-E_-=\sqrt{(E_1-E_2)^2+4V^2}\ge 2V>0$、つまり二つの固有値は必ず異なります。そこで $$ E_-\langle\psi_+|\psi_-\rangle=\langle\psi_+|H|\psi_-\rangle=\bigl(\langle\psi_-|H|\psi_+\rangle\bigr)^{*}=E_+^{*}\langle\psi_+|\psi_-\rangle=E_+\langle\psi_+|\psi_-\rangle $$ となり、$(E_+-E_-)\langle\psi_+|\psi_-\rangle=0$ から $\langle\psi_+|\psi_-\rangle=0$ が従います。 成分比を使った直接確認もしておきます。$x_\pm\equiv\langle 2|\psi_\pm\rangle/\langle 1|\psi_\pm\rangle$ は、設問2の 2 通りの表し方 $x=(E-E_1)/V$ と $x=V/(E-E_2)$ を等値して得られる 2 次方程式 $$ Vx^2+(E_1-E_2)x-V=0 $$ の 2 根です。解と係数の関係から $x_+x_-=-1$ なので、$|\psi_\pm\rangle\propto |1\rangle+x_\pm|2\rangle$（$x_\pm$ は実数）に対して $$ \langle\psi_+|\psi_-\rangle \propto 1+x_+x_-=0 $$ となり、確かに直交します。 ### 設問4 $H^{(\lambda)}$ は設問2で $E_1\to E_2-\mathcal{E}\lambda$、$E_1-E_2\to-\mathcal{E}\lambda$ とした場合ですから $$ E_\pm(\lambda)=E_2-\frac{\mathcal{E}\lambda}{2}\pm\frac{1}{2}\sqrt{\mathcal{E}^2\lambda^2+4V^2} $$ であり $$ E_+(\lambda)-E_-(\lambda)=\sqrt{\mathcal{E}^2\lambda^2+4V^2}\;\ge\;\sqrt{4V^2}=2V . $$ $\mathcal{E}^2\lambda^2\ge 0$ と $V>0$ を使っただけなので、$\lambda$ の値によらず成り立ちます。等号は $\lambda=0$ のときだけです。非対角項 $V$ があるために二つの準位は交差せず、最小ギャップ $2V$ を残してすれ違う（回避交差）というのが内容です。 ### 設問5 まず固有状態を具体的に書きます。設問4の $E_+(\lambda)$ に対する成分比は $$ \tan\theta(\lambda)=\frac{E_+(\lambda)-(E_2-\mathcal{E}\lambda)}{V} =\frac{\mathcal{E}\lambda+\sqrt{\mathcal{E}^2\lambda^2+4V^2}}{2V} $$ です。$s\equiv \mathcal{E}\lambda/(2V)$ とおくと $\tan\theta=s+\sqrt{1+s^2}$ となり、これは $$ \theta(\lambda)=\frac{\pi}{4}+\frac{1}{2}\arctan\!\left(\frac{\mathcal{E}\lambda}{2V}\right), \qquad \frac{d\theta}{d\lambda}=\frac{\mathcal{E}V}{\mathcal{E}^2\lambda^2+4V^2} $$ と同じことです。$\lambda\to-\infty$ で $\theta\to 0$、$\lambda=0$ で $\theta=\pi/4$、$\lambda\to+\infty$ で $\theta\to\pi/2$、変化が起こる幅は $\lvert\lambda\rvert\sim V/\mathcal{E}$ で、図1 の振る舞いと一致します。直交する下側の固有状態としては $$ |\psi_-^{(\lambda)}\rangle=-\sin(\theta(\lambda))\,|1\rangle+\cos(\theta(\lambda))\,|2\rangle $$ をとります（全体の符号の任意性はこう固定します）。 (i) $\lambda=t/T$ として $\theta$ が時間に依存するので $$ \frac{\partial}{\partial t}|\psi_+^{(t/T)}\rangle=\dot\theta\,|\psi_-^{(t/T)}\rangle, \qquad \frac{\partial}{\partial t}|\psi_-^{(t/T)}\rangle=-\dot\theta\,|\psi_+^{(t/T)}\rangle, \qquad \dot\theta\equiv\frac{1}{T}\left.\frac{d\theta}{d\lambda}\right|_{\lambda=t/T} $$ です。これを $i\hbar\partial_t|\psi\rangle=H(t)|\psi\rangle$ に代入し、$\langle\psi_+^{(t/T)}|$ と $\langle\psi_-^{(t/T)}|$ を掛けて $$ \begin{aligned} i\hbar\,\dot c_+ &= E_+(t/T)\,c_+ + i\hbar\,\dot\theta\, c_- ,\\ i\hbar\,\dot c_- &= E_-(t/T)\,c_- - i\hbar\,\dot\theta\, c_+ , \end{aligned} $$ すなわち $$ i\hbar\frac{\partial}{\partial t}\begin{pmatrix} c_+ \\ c_-\end{pmatrix} =\begin{pmatrix} E_+(t/T) & i\hbar\dot\theta \\ -i\hbar\dot\theta & E_-(t/T)\end{pmatrix} \begin{pmatrix} c_+ \\ c_-\end{pmatrix} $$ が答えです。対角部分が瞬間固有値、非対角部分が基底の回転速度 $\dot\theta=\theta'(t/T)/T$ による結合で、$T\to\infty$ で結合が消えます。 (ii) $\Phi_\pm(t)\equiv\frac{1}{\hbar}\int_{-T}^{t}dt'\,E_\pm(t'/T)$ とおくと $\tilde c_\pm=c_\pm e^{i\Phi_\pm}$ で、 $$ \dot{\tilde c}_\pm=\left(\dot c_\pm+\frac{i}{\hbar}E_\pm c_\pm\right)e^{i\Phi_\pm} $$ です。(i) の式を $\dot c_\pm$ について解いて代入すると対角項がちょうど打ち消され $$ \begin{aligned} \frac{d\tilde c_+}{dt} &= \dot\theta(t)\, e^{+i\Xi(t)}\,\tilde c_-(t),\\ \frac{d\tilde c_-}{dt} &= -\dot\theta(t)\, e^{-i\Xi(t)}\,\tilde c_+(t), \end{aligned} \qquad \Xi(t)\equiv\frac{1}{\hbar}\int_{-T}^{t}dt'\left[E_+(t'/T)-E_-(t'/T)\right] $$ となります。これが答えです。位相を落とした変数では方程式は非対角成分だけの結合になり、結合の強さは $\dot\theta$、その位相は準位差の時間積分 $\Xi$ で決まります。 ### 設問6 初期条件は $\tilde c_+(-T)=1$、$\tilde c_-(-T)=0$ です。$\lvert\tilde c_-\rvert\ll1$ が保たれる限り $\tilde c_+\simeq 1$ と置いてよいので、設問5(ii) の第2式を 1 回積分して $$ \tilde c_-(t)\simeq-\int_{-T}^{t}dt'\,\dot\theta(t')\,e^{-i\Xi(t')} . $$ ここで $\dot\theta(t')dt'=d\theta$ に注意し、変数を $s=\mathcal{E}t'/(2VT)$ に取り替えます。$d\theta=ds/[2(1+s^2)]$、また $E_+-E_-=2V\sqrt{1+s^2}$ なので $$ \Xi=\Lambda\int_{s_i}^{s}ds'\sqrt{1+s'^2}\equiv\Lambda F(s), \qquad \Lambda\equiv\frac{4TV^2}{\hbar\mathcal{E}}, \qquad s_i=-\frac{\mathcal{E}}{2V} $$ となり $$ \tilde c_-\simeq-\int_{s_i}^{s(t)}ds'\,\frac{1}{2(1+s'^2)}\,e^{-i\Lambda F(s')} . $$ 被積分関数のうち振幅 $g(s)=1/[2(1+s^2)]$ は $\lvert s\rvert\gg1$ で $s^{-2}$ のように落ちるので、積分に効くのは $\lvert s\rvert\lesssim1$ の区間だけです（これが $\lvert\lambda\rvert\lesssim V/\mathcal{E}$ の回避交差領域に対応します）。その区間の上で $g$ は $\mathcal{O}(1)$ の緩やかな変化しかしません。一方、位相は $$ \left\lvert\frac{d\Xi}{ds}\right\rvert=\Lambda\sqrt{1+s^2}\ \ge\ \Lambda=\frac{4TV^2}{\hbar\mathcal{E}}\gg1 $$ を満たします。設問4で示したギャップの下限 $E_+-E_-\ge 2V$ のおかげで、これは $s$ のどこでも成り立ちます。したがって $e^{-i\Xi}$ はこの $\mathcal{O}(1)$ 区間の上で激しく振動し、問題文で認められた評価により $$ \lvert\tilde c_-(t)\rvert\ll 1 $$ となります。規格化 $\lvert\tilde c_+\rvert^2+\lvert\tilde c_-\rvert^2=\lvert c_+\rvert^2+\lvert c_-\rvert^2=1$ から $\lvert\tilde c_+(t)\rvert\simeq1$ も従います。つまり系は瞬間固有状態 $|\psi_+^{(t/T)}\rangle$ に追従し続け、$t=+T$ でも下の枝へは移りません。これが断熱定理の内容で、$\Lambda=4TV^2/(\hbar\mathcal{E})$ は回避交差を通過する時間 $\sim TV/\mathcal{E}$ の間に蓄積される位相 $\sim (2V)(TV/\mathcal{E})/\hbar$ に他ならず、条件 $TV^2/\mathcal{E}\gg\hbar$ はこの位相が $1$ より十分大きいことを言っています。 なお、この模型は Landau–Zener 問題そのもので、鞍点評価まで行うと $\lvert\tilde c_-(+T)\rvert^2\simeq\exp(-2\pi TV^2/(\hbar\mathcal{E}))=\exp(-\pi\Lambda/2)$ という指数的に小さい値が得られます。$\Lambda\gg1$ で $\lvert\tilde c_-\rvert\ll1$ という上の結論と整合します。 ## 第2問 直方体中の理想気体と低温のエントロピー ### 設定 各辺 $L, L, 2L$、体積 $V=2L^3$ の直方体に、質量 $m$ の区別できない粒子が入っています。相互作用はなく、ハミルトニアンは運動エネルギーだけです。温度 $T$、ボルツマン定数 $k_{\mathrm B}$ とします。$L$ と $N$ は有限で、後半では量子化された 1 粒子準位 $$ E(n_x,n_y,n_z)=\frac{\pi^2\hbar^2}{2mL^2}\left[n_x^2+n_y^2+\left(\frac{n_z}{2}\right)^2\right], \qquad n_\alpha=1,2,\dots $$ を使います。以下 $\varepsilon_0\equiv\pi^2\hbar^2/(2mL^2)$ と略記します。 ### 設問1 (i) 古典正準分布の分割関数は、運動量積分に与えられた公式を $a=1/(2mk_{\mathrm B}T)$ で使って $$ Z_N=\frac{1}{N!\,h^{3N}}\left(\int d^3q\right)^{N}\left(\int_{-\infty}^{\infty}dp\,e^{-p^2/(2mk_{\mathrm B}T)}\right)^{3N} =\frac{1}{N!}\left(\frac{V}{\lambda_T^3}\right)^{N}, \qquad \lambda_T=\sqrt{\frac{2\pi\hbar^2}{mk_{\mathrm B}T}} $$ となります（$h=2\pi\hbar$）。$\ln Z_N$ の $T$ 依存性は $\frac{3N}{2}\ln T$ だけなので $$ U=k_{\mathrm B}T^2\frac{\partial \ln Z_N}{\partial T}=\frac{3}{2}Nk_{\mathrm B}T, \qquad C_V=\left(\frac{\partial U}{\partial T}\right)_{V,N}=\frac{3}{2}Nk_{\mathrm B}. $$ 答えは $U=\frac32 Nk_{\mathrm B}T$、$C_V=\frac32 Nk_{\mathrm B}$ で、1 自由度あたり $\frac12 k_{\mathrm B}T$ のエネルギー等分配そのものです。 (ii) 圧力は $$ P=k_{\mathrm B}T\left(\frac{\partial \ln Z_N}{\partial V}\right)_{T,N}=\frac{Nk_{\mathrm B}T}{V} . $$ 答えは $P=Nk_{\mathrm B}T/V$ です。$V=2L^3$ という直方体の形は、古典的にはどこにも効きません。 (iii) 与えられた熱力学関係に $C_V=\frac32Nk_{\mathrm B}$（$T$ に依存しない）を入れて $$ \Delta S(T_0,T_0/2)=\int_{T_0/2}^{T_0}\frac{C_V(T')}{T'}dT' =\frac{3}{2}Nk_{\mathrm B}\ln\frac{T_0}{T_0/2} =\frac{3}{2}Nk_{\mathrm B}\ln 2 . $$ 答えは $\Delta S=\frac32 Nk_{\mathrm B}\ln2$ です。$T_0$ をどれだけ下げてもこの値は変わりません。この点が設問3(iv) と対比されます。 ### 設問2 (i) 体積と化学ポテンシャルを固定した大分配関数は、$z=e^{\mu/(k_{\mathrm B}T)}$、$Z_1=V/\lambda_T^3$ として $$ \Xi=\sum_{N=0}^{\infty}z^N Z_N=\sum_{N=0}^{\infty}\frac{(zZ_1)^N}{N!}=e^{zZ_1}, \qquad \langle N(T)\rangle=z\frac{\partial \ln\Xi}{\partial z}=zZ_1 =e^{\mu/(k_{\mathrm B}T)}\,V\left(\frac{mk_{\mathrm B}T}{2\pi\hbar^2}\right)^{3/2} $$ です。$\mu$ が温度によらないので $$ \frac{\langle N(T_1)\rangle}{\langle N(T_2)\rangle} =\left(\frac{T_1}{T_2}\right)^{3/2}\exp\left[\frac{\mu}{k_{\mathrm B}}\left(\frac{1}{T_1}-\frac{1}{T_2}\right)\right] . $$ これが答えです。$\mu<0$（希薄気体）なら温度を下げると指数因子が急激に小さくなり、粒子は外界へ逃げます。 (ii) 大正準分布では $PV=k_{\mathrm B}T\ln\Xi=k_{\mathrm B}T\,zZ_1=k_{\mathrm B}T\langle N(T)\rangle$ です。よって $$ \frac{\langle N(T)\rangle}{V}=\frac{P}{k_{\mathrm B}T}, \qquad\text{つまり}\qquad P=\frac{\langle N(T)\rangle}{V}k_{\mathrm B}T . $$ 粒子数がゆらぐ設定でも、数密度と圧力の関係は理想気体の状態方程式のままです。設問1(ii) と同じ形になったことが検算になります。 ### 設問3 (i) 1 粒子の最低準位は $(n_x,n_y,n_z)=(1,1,1)$ で $$ E(1,1,1)=\varepsilon_0\left[1+1+\frac14\right]=\frac94\varepsilon_0 . $$ 相互作用のないボース粒子なので、系の基底状態は $N$ 個すべてがこの準位を占めた状態です。 $$ E_{\mathrm{G}}=\frac94 N\varepsilon_0=\frac{9\pi^2\hbar^2 N}{8mL^2} . $$ 1 粒子の第 2 番目に低い準位を探します。$n_x^2+n_y^2+(n_z/2)^2$ の値は $(1,1,2)$ で $3$、$(1,1,3)$ で $17/4$、$(2,1,1)$ と $(1,2,1)$ で $21/4$ ですから、$(1,1,2)$ が最低の励起準位で、$z$ 方向が長い（辺 $2L$）ことがこの順序を決めています。系の第一励起状態は 1 個だけを $(1,1,2)$ に上げた状態で、ボース粒子なのでその状態は 1 通りです。 $$ E_{1}=E_{\mathrm{G}}+\Delta,\qquad \Delta\equiv E(1,1,2)-E(1,1,1)=\frac34\varepsilon_0=\frac{3\pi^2\hbar^2}{8mL^2} . $$ 答えは基底状態が $9\pi^2\hbar^2N/(8mL^2)$、第一励起状態が $9\pi^2\hbar^2N/(8mL^2)+3\pi^2\hbar^2/(8mL^2)$ です。 (ii) $k_{\mathrm B}T\ll\Delta$ では、2 個以上を励起した状態や $(1,1,3)$ 以上への励起はボルツマン因子でさらに強く抑えられるので、基底状態と第一励起状態だけの 2 準位系として扱えます。$Z=e^{-\beta E_{\mathrm G}}(1+e^{-\beta\Delta})$ から $$ U(T)=E_{\mathrm G}+\frac{\Delta}{e^{\Delta/(k_{\mathrm B}T)}+1} \simeq E_{\mathrm G}+\Delta\,e^{-\Delta/(k_{\mathrm B}T)} . $$ 設問1(i) との比較。古典計算では $U=\frac32Nk_{\mathrm B}T$ で、$T\to0$ で $U\to0$、しかも $T$ に比例して直線的に減りました。量子計算では $U$ はゼロ点エネルギー $E_{\mathrm G}$（$N$ に比例する有限値）に近づき、そこからのずれは $T$ のべきではなく $e^{-\Delta/(k_{\mathrm B}T)}$ という活性化型で、$T$ を下げると急激に凍結します。$k_{\mathrm B}T\gg\varepsilon_0$ では多数の準位が占められて古典結果が回復するので、両者は高温側でつながります。 (iii) (ii) の $U(T)$ を微分すると、$x\equiv\Delta/(k_{\mathrm B}T)$ として $$ C_V=k_{\mathrm B}\,\frac{x^2e^{x}}{(e^{x}+1)^2}\simeq k_{\mathrm B}\left(\frac{\Delta}{k_{\mathrm B}T}\right)^2e^{-\Delta/(k_{\mathrm B}T)} \qquad (k_{\mathrm B}T\ll\Delta) $$ です。$T\to+0$ で $x\to\infty$ となり指数因子がべきを圧倒するので $$ C_V(T=0)=0 . $$ 答えは $0$ です。有限のエネルギーギャップ $\Delta$ があるために、熱で励起できる自由度が残らないからです。 (iv) 2 準位系のエントロピーは $$ S(T)=k_{\mathrm B}\left[\ln\left(1+e^{-x}\right)+\frac{x\,e^{-x}}{1+e^{-x}}\right] \simeq k_{\mathrm B}(1+x)\,e^{-x},\qquad x=\frac{\Delta}{k_{\mathrm B}T} $$ なので $$ \Delta S(T_0,T_0/2)\simeq k_{\mathrm B}\left[(1+x_0)e^{-x_0}-(1+2x_0)e^{-2x_0}\right], \qquad x_0=\frac{\Delta}{k_{\mathrm B}T_0} $$ です。$T_0\to0$ では $x_0\to\infty$ で両項が指数的に消えるので $$ \lim_{T_0\to0}\Delta S(T_0,T_0/2)=0 . $$ 答えは $0$ です。基底状態が縮退していないので $S(0)=0$ であり、$T_0\to0$ では $S(T_0)$ も $S(T_0/2)$ も $0$ に押し付けられます。 (v) 設問1(iii) は $\frac32Nk_{\mathrm B}\ln2$ という $T_0$ に依存しない有限値、設問3(iv) は $0$ でした。ボルツマンの原理 $S=k_{\mathrm B}\ln W$（$W$ は使える微視状態の数）で読み替えます。 古典計算では、位置は体積 $V^N$ 分、運動量はエネルギー殻の上に広がります。$\sum_i \boldsymbol p_i^2=2mU$ は $3N$ 次元運動量空間の半径 $r=\sqrt{2mU}$ の超球面で、その表面積が $a_{3N}r^{3N-1}$ ですから $$ W\ \propto\ V^N\,a_{3N}\left(2mU\right)^{(3N-1)/2}\ \propto\ T^{(3N-1)/2} \qquad\left(U=\tfrac32Nk_{\mathrm B}T\right) $$ となり $$ S=k_{\mathrm B}\frac{3N-1}{2}\ln T+\text{const},\qquad \Delta S(T_0,T_0/2)=k_{\mathrm B}\frac{3N-1}{2}\ln2\simeq\frac32Nk_{\mathrm B}\ln2\ \ (N\gg1) $$ で、設問1(iii) が再現します。古典ではエネルギーが連続なので、温度を半分にすると運動量球の半径が $1/\sqrt2$ になり、状態数は温度によらず一定の因子 $2^{-(3N-1)/2}$ だけ減ります。したがって $T_0$ をいくら下げても $\Delta S$ は同じ値を保ち、$S$ 自体は $T\to0$ で $-\infty$ に発散します。これは熱力学第三法則に反しており、古典近似が破れていることを示します。 量子的には、スペクトルが離散的で、非縮退な基底状態の上に有限のギャップ $\Delta$ が空いています。$k_{\mathrm B}T\ll\Delta$ になると励起状態のボルツマン因子が消え、使える状態は基底状態 1 個だけ、つまり $W\simeq1$ で温度によらなくなります。よって $S\simeq k_{\mathrm B}\ln1=0$、温度を半分にしても状態数は変わらないので $\Delta S\to0$ です。状態数が「$1$ で下から止まる」ことが第三法則の中身で、これが古典計算との違いを生みます。 ## 第3問 電気双極子放射と二波源の干渉 ### 設定 Maxwell 方程式から出発して、時間変動する電気双極子の放射場を求めます。前半（設問1から6）は原点で $z$ 方向に距離 $d$ だけ離れた 2 個の微小導体球を細い導線でつないだ系で、導線には $j_z(\boldsymbol r,t)=I_0e^{i\omega t}\delta(x)\delta(y)$ が流れます。図1 の太矢印の向き（$+z$）を電流の正の向きとし、上側の球に $+q(t)$、下側に $-q(t)$ が溜まります。後半（設問7）は $xy$ 平面内の $y=\mp D/2$ に置いた 2 波源の干渉です。$\varepsilon_0$ は真空誘電率、$\mu_0$ は真空透磁率、$c=1/\sqrt{\varepsilon_0\mu_0}$、$k=\omega/c$ です。 ### 設問1 $\pm q$ が $z=\pm d/2$ にあるとして、点電荷のポテンシャルを重ね合わせ、$d\ll r$ で展開します。 $$ \phi_0(\boldsymbol r)=\frac{q}{4\pi\varepsilon_0}\left[\frac{1}{\lvert \boldsymbol r-\tfrac{d}{2}\boldsymbol e_z\rvert}-\frac{1}{\lvert \boldsymbol r+\tfrac{d}{2}\boldsymbol e_z\rvert}\right] \simeq\frac{1}{4\pi\varepsilon_0}\frac{qd\cos\theta}{r^2} =\frac{\boldsymbol p\cdot\boldsymbol r}{4\pi\varepsilon_0 r^3} =\frac{p\cos\theta}{4\pi\varepsilon_0 r^2} $$ （$p=qd$）。極座標の勾配 $\nabla=\boldsymbol e_r\partial_r+\boldsymbol e_\theta \frac{1}{r}\partial_\theta+\boldsymbol e_\varphi\frac{1}{r\sin\theta}\partial_\varphi$ を使って $$ \boldsymbol E(\boldsymbol r)=-\nabla\phi_0 =\frac{p}{4\pi\varepsilon_0 r^3}\left(2\cos\theta\,\boldsymbol e_r+\sin\theta\,\boldsymbol e_\theta\right) . $$ $\varphi$ 成分は $\phi_0$ が $\varphi$ に依らないので $0$ です。これが答えです。 ### 設問2 $\nabla\cdot\boldsymbol B=0$ から $\boldsymbol B=\nabla\times\boldsymbol A$ と書けます。これを $\nabla\times\boldsymbol E=-\partial\boldsymbol B/\partial t$ に入れると $\nabla\times(\boldsymbol E+\partial\boldsymbol A/\partial t)=0$ となり、渦なしの場はスカラーの勾配で書けるので $$ \boldsymbol B(\boldsymbol r,t)=\nabla\times\boldsymbol A(\boldsymbol r,t), \qquad \boldsymbol E(\boldsymbol r,t)=-\nabla\phi(\boldsymbol r,t)-\frac{\partial \boldsymbol A(\boldsymbol r,t)}{\partial t} . $$ ### 設問3 設問2 の表式を使うと、式 (2) と式 (3) は恒等的に満たされます（$\nabla\cdot(\nabla\times\boldsymbol A)=0$、$\nabla\times\boldsymbol E=-\partial_t(\nabla\times\boldsymbol A)=-\partial_t\boldsymbol B$）。残る 2 本を書き換えます。 式 (1) に代入して $$ \nabla\cdot\boldsymbol E=-\nabla^2\phi-\frac{\partial}{\partial t}(\nabla\cdot\boldsymbol A)=\frac{\rho}{\varepsilon_0} . $$ ローレンツ条件 $\nabla\cdot\boldsymbol A=-\frac{1}{c^2}\partial\phi/\partial t$ を使うと第 2 項が $+\frac{1}{c^2}\partial^2\phi/\partial t^2$ になり $$ \nabla^2\phi-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2\phi}{\partial t^2}=-\frac{\rho}{\varepsilon_0} $$ が得られます。式 (5) です。 式 (4) には $\nabla\times(\nabla\times\boldsymbol A)=\nabla(\nabla\cdot\boldsymbol A)-\nabla^2\boldsymbol A$ を使って $$ \nabla(\nabla\cdot\boldsymbol A)-\nabla^2\boldsymbol A =\mu_0\boldsymbol j+\frac{1}{c^2}\frac{\partial}{\partial t}\left(-\nabla\phi-\frac{\partial\boldsymbol A}{\partial t}\right) =\mu_0\boldsymbol j-\frac{1}{c^2}\nabla\frac{\partial\phi}{\partial t}-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2\boldsymbol A}{\partial t^2} . $$ ローレンツ条件より左辺第 1 項は $-\frac{1}{c^2}\nabla(\partial\phi/\partial t)$ に等しく、右辺の同じ項と打ち消し合います。残りを整理して $$ \nabla^2\boldsymbol A-\frac{1}{c^2}\frac{\partial^2\boldsymbol A}{\partial t^2}=-\mu_0\boldsymbol j $$ すなわち式 (6) を得ます。使った仮定はローレンツ条件だけで、$\phi$ と $\boldsymbol A$ が分離した波動方程式に従うことが示されました。 ### 設問4 導線の断面で $j_z$ を積分すると、流れる全電流は $I(t)=\int dx\,dy\,j_z=I_0e^{i\omega t}$ です。電流の正の向きは $+z$、すなわち下の球から上の球へ電荷を運ぶ向きなので、上側の球の電荷 $q(t)$ について電荷保存は $dq/dt=I(t)$ です。 $$ q(t)=\frac{I_0}{i\omega}e^{i\omega t}=-\frac{iI_0}{\omega}e^{i\omega t} $$ （直流成分は $0$ にとる）。これが答えで、実部をとると $\mathrm{Re}\,q(t)=(I_0/\omega)\sin\omega t$、電流より位相が $\pi/2$ 遅れます。双極子モーメントは $\boldsymbol p(t)=q(t)d\,\boldsymbol e_z$ です。 ### 設問5 電流は $z$ 軸上の長さ $d$ の区間にしかないので、$r\gg d$ かつ $kd\ll1$（双極子近似）のもとで $\lvert \boldsymbol r-\boldsymbol r'\rvert\simeq r$ と近似できます。 $$ \boldsymbol A(\boldsymbol r,t)=\boldsymbol e_z\frac{\mu_0}{4\pi}\frac{1}{r}\int_{-d/2}^{d/2}dz'\,I_0e^{i\omega(t-r/c)} =\boldsymbol e_z\frac{\mu_0 I_0 d}{4\pi r}e^{i(\omega t-kr)} . $$ これが求めるベクトルポテンシャルです。$A_z$ は $r$ と $t$ にしか依らず、$\boldsymbol e_z$ は定ベクトルなので、与えられた公式で $$ \nabla\times\boldsymbol A=\left(\frac{\partial A_z}{\partial r}\right)\left(\boldsymbol e_r\times\boldsymbol e_z\right) =-\sin\theta\,\frac{\partial A_z}{\partial r}\,\boldsymbol e_\varphi $$ となります（$\boldsymbol e_z=\cos\theta\,\boldsymbol e_r-\sin\theta\,\boldsymbol e_\theta$ より $\boldsymbol e_r\times\boldsymbol e_z=-\sin\theta\,\boldsymbol e_\varphi$）。$\partial_r A_z$ は $-ik/r$ と $-1/r^2$ の 2 項を生みますが、最もゆっくり減衰する $1/r$ の項だけ残して $$ \boldsymbol B(\boldsymbol r,t)=\boldsymbol e_\varphi\,\frac{i\mu_0 I_0 d\,k\sin\theta}{4\pi r}\,e^{i(\omega t-kr)} . $$ 観測点では $\boldsymbol j=0$ なので式 (4) は $\nabla\times\boldsymbol B=\frac{1}{c^2}\partial\boldsymbol E/\partial t$、時間依存が $e^{i\omega t}$ なので $\boldsymbol E=\frac{c^2}{i\omega}\nabla\times\boldsymbol B$ です。$\boldsymbol B=B_\varphi\boldsymbol e_\varphi$ に公式を当てると $$ \nabla\times\boldsymbol B =\boldsymbol e_r\left[\frac{1}{r}\frac{\partial B_\varphi}{\partial\theta}+\frac{\cos\theta}{r\sin\theta}B_\varphi\right] -\boldsymbol e_\theta\left[\frac{\partial B_\varphi}{\partial r}+\frac{B_\varphi}{r}\right] $$ で、$B_\varphi\propto 1/r$ なので $\boldsymbol e_r$ 成分は $1/r^2$、$\boldsymbol e_\theta$ 成分は $\partial_r B_\varphi\simeq -ikB_\varphi$ から $1/r$ です。$1/r$ の項だけ残すと $\nabla\times\boldsymbol B\simeq ikB_\varphi\boldsymbol e_\theta$ で $$ \boldsymbol E(\boldsymbol r,t)=\frac{c^2}{i\omega}\,ikB_\varphi\,\boldsymbol e_\theta=cB_\varphi\boldsymbol e_\theta =\boldsymbol e_\theta\,\frac{i\mu_0 c\, I_0 d\,k\sin\theta}{4\pi r}\,e^{i(\omega t-kr)} . $$ $E_\theta=cB_\varphi$、両者は互いに直交し伝播方向 $\boldsymbol e_r$ にも直交する、放射場の標準形になっています。$\sin\theta$ 依存性から、双極子軸 $z$ 方向には放射されません。 ### 設問6 実部をとります。$K\equiv \mu_0 c I_0 d k\sin\theta/(4\pi r)$（実数）とおくと $\mathrm{Re}\,[iKe^{i\psi}]=-K\sin\psi$ なので $$ E_\theta=-K\sin(\omega t-kr), \qquad B_\varphi=-\frac{K}{c}\sin(\omega t-kr) . $$ $\boldsymbol e_\theta\times\boldsymbol e_\varphi=\boldsymbol e_r$ より $$ \boldsymbol S=\frac{1}{\mu_0}\boldsymbol E\times\boldsymbol B=\boldsymbol e_r\,\frac{K^2}{\mu_0 c}\sin^2(\omega t-kr) =\boldsymbol e_r\,\frac{\mu_0 c\,I_0^2d^2k^2\sin^2\theta}{16\pi^2r^2}\sin^2(\omega t-kr) . $$ $\langle\sin^2\rangle=1/2$ なので時間平均は $$ \bar{\boldsymbol S}=\boldsymbol e_r\,\frac{\mu_0 c\,I_0^2d^2k^2\sin^2\theta}{32\pi^2r^2} =\boldsymbol e_r\,\frac{\mu_0 \omega^2 I_0^2d^2\sin^2\theta}{32\pi^2c\,r^2} . $$ これが答えです。検算として全放射パワーを求めると、$\int\sin^2\theta\,d\Omega=8\pi/3$ より $$ \bar P=\oint \bar{\boldsymbol S}\cdot d\boldsymbol S=\frac{\mu_0 c\,I_0^2d^2k^2}{32\pi^2}\cdot\frac{8\pi}{3}=\frac{\mu_0 c\,k^2I_0^2d^2}{12\pi} $$ となります。一方、双極子モーメントの振幅 $\lvert p_0\rvert=I_0d/\omega$（設問4）を Larmor 型の公式 $\bar P=\mu_0\omega^4\lvert p_0\rvert^2/(12\pi c)$ に入れても同じ値になり、$r$ に依らず、次元も $\mathrm{W}$ になっています。 ### 設問7 $\boldsymbol r=(r\cos\varphi, r\sin\varphi,0)$、波源 1 は $(0,-D/2,0)$、波源 2 は $(0,+D/2,0)$ です。$D\ll r$ で $$ R_1\simeq r+\frac{D}{2}\sin\varphi, \qquad R_2\simeq r-\frac{D}{2}\sin\varphi, \qquad R_1-R_2=D\sin\varphi . $$ 両波源の電場はどちらも $\boldsymbol e_z$ 向きなので、和は三角関数の合成で $$ \boldsymbol E=\boldsymbol e_z E_0\left[\cos(\omega t-kR_1-\delta_1)+\cos(\omega t-kR_2-\delta_2)\right] =\boldsymbol e_z\,2E_0\cos\!\left(\omega t-kr-\frac{\delta_1+\delta_2}{2}\right)\cos\Psi , $$ $$ \Psi\equiv\frac{kD\sin\varphi+\delta_1-\delta_2}{2} . $$ したがって $$ \lvert\boldsymbol E\rvert^2=4E_0^2\cos^2\!\left(\omega t-kr-\frac{\delta_1+\delta_2}{2}\right)\cos^2\Psi, \qquad \overline{\lvert\boldsymbol E\rvert^2}=2E_0^2\cos^2\Psi . $$ $\delta_1=\delta_2=0$ のときの角度依存性は $$ \overline{\lvert\boldsymbol E\rvert^2}=2E_0^2\cos^2\!\left(\frac{kD\sin\varphi}{2}\right)=E_0^2\left[1+\cos(kD\sin\varphi)\right] $$ です。$\sin\varphi=m\lambda/D$（$m$ は整数、$\lambda=2\pi/k$）で最大値 $2E_0^2$、$\sin\varphi=(m+\tfrac12)\lambda/D$ で $0$ になります。$\varphi=0$（と $\varphi=\pi$）、つまり 2 波源を結ぶ線に垂直な方向が主極大です。 半値幅は $\cos^2(kD\sin\varphi/2)=1/2$、すなわち $kD\sin\varphi/2=\pm\pi/4$ から $\sin\varphi=\pm\pi/(2kD)=\pm\lambda/(4D)$ で決まります。主極大 $\varphi=0$ を挟む全角度幅は $$ \Delta\varphi=2\arcsin\left(\frac{\lambda}{4D}\right)\simeq\frac{\lambda}{2D}=\frac{\pi}{kD} \qquad (D\gg\lambda) . $$ $\Delta\varphi$ を小さくするには $kD=2\pi D/\lambda$ を大きくすればよく、方法は 2 つです。波源の間隔 $D$ を広げること、そして波長 $\lambda$ を短く（周波数を高く）することです。$D$ を広げると $\sin\varphi=m\lambda/D$ の副極大（グレーティングローブ）が $\varphi$ 空間に多数現れるので、実際の指向性合成では素子数を増やして主極大以外を抑える必要があります。同じ $\Delta\varphi$ を得るのに必要なのは $D/\lambda$ という比だけで、絶対寸法ではありません。 最大値の方向を $\varphi=\varphi_0$ に向けるには $\Psi=0$ を $\varphi=\varphi_0$ で成り立たせればよく $$ kD\sin\varphi_0+\delta_1-\delta_2=0 \qquad\Longrightarrow\qquad \delta_2-\delta_1=kD\sin\varphi_0=\frac{2\pi D}{\lambda}\sin\varphi_0 . $$ これが答えです。$\varphi_0=0$ で $\delta_2-\delta_1=0$ に戻ることを確認できます。 ## 第4問 負ミューオンの生成・分離と寿命測定 ### 設定 高エネルギー陽子ビームを標的に当てて $\pi^-$ を作り、その崩壊 $\pi^-\to\mu^-+\bar\nu_\mu$ で $\mu^-$ ビームを得ます。取り出した $\mu^-$ を検出器 1、エネルギー減衰板、検出器 2 を通してアルミニウム試料 S 中で静止させ、試料の前後に置いた検出器 A（電子）、検出器 B（ガンマ線）、および試料を通り抜けた粒子を捉える検出器 3 で測定します。静止した $\mu^-$ は自然崩壊 $\mu^-\to e^-+\nu_\mu+\bar\nu_e$ と原子核捕獲のどちらかをたどります。 ### 設問1 不変質量を使います。静止標的（質量 $m$）に運動量 $p$ の陽子（質量 $m$）が入る場合、$s=(E_{\text{tot}})^2-(p_{\text{tot}}c)^2$ は系によらないので、重心系の全エネルギー $E_{\mathrm{cm}}=\sqrt{s}$ は $$ E_{\mathrm{cm}}=\sqrt{\left(\sqrt{p^2c^2+m^2c^4}+mc^2\right)^2-p^2c^2} =\sqrt{2m^2c^4+2mc^2\sqrt{p^2c^2+m^2c^4}} . $$ 整理すると $$ E_{\mathrm{cm}}=\sqrt{2mc^2}\,\sqrt{mc^2+\sqrt{p^2c^2+m^2c^4}} . $$ これが答えです。$p\to0$ で $E_{\mathrm{cm}}\to2mc^2$（静止した 2 個の核子の静止エネルギー）、$pc\gg mc^2$ で $E_{\mathrm{cm}}\to\sqrt{2mc^2\cdot pc}$ となり、固定標的実験では重心系エネルギーがビーム運動量の平方根でしか伸びないという既知の振る舞いに一致します。なお $\mathrm p+\mathrm n\to\mathrm p+\mathrm p+\pi^-$ が起こるには $E_{\mathrm{cm}}\ge 2m_{\mathrm p}c^2+m_\pi c^2$ が必要です。 ### 設問2 電荷とバリオン数を合わせます。陽子標的（電荷 $+1$、バリオン数 $1$）に陽子を当てる場合、$\pi^-$（電荷 $-1$）を 1 個出すには残りの電荷が $+3$ でなければなりません。最も簡単な例は $$ \mathrm p+\mathrm p\ \to\ \mathrm p+\mathrm p+\pi^{+}+\pi^{-} $$ です。電荷は $2\to 2+1-1=2$、バリオン数は $2\to2$ で保存しています。しきい値は重心系で $2m_\pi c^2\simeq280\,\mathrm{MeV}$ の余剰エネルギーです。 ### 設問3 $\pi^-$、$\mu^-$、$e^-$ の運動量の大きさと向きが同じなら、質量が違うので速さが違います。運動量 $p$ に対して $$ v=\frac{pc^2}{\sqrt{p^2c^2+m^2c^4}} $$ は質量の増加とともに減るので、$m_e\ll m_\muv_\mu>v_\pi$ です。そこで速度選択器（ウィーンフィルター）を使い、$\mu^-$ の速さだけを通します。 配置は次のとおりです。ビームの進行方向を $x$ 軸、紙面内でこれに垂直な向きを $y$ 軸、紙面の表から裏へ向かう向きを $-z$ 方向とします。ビーム軸を挟んで $y=\pm h$ に平行平板電極を置き、上（$y=+h$）を正、下（$y=-h$）を負に帯電させて、電極間に一様電場 $\boldsymbol E=-E_0\boldsymbol e_y$（$E_0>0$、下向き）をつくります。同じ領域に一様磁場 $\boldsymbol B=-B_0\boldsymbol e_z$（$B_0>0$、紙面の裏向き）をかけます。電荷 $-e$ の粒子が速さ $v$ で $+x$ 方向に入射すると、受ける力は $$ \boldsymbol F=-e\left(\boldsymbol E+\boldsymbol v\times\boldsymbol B\right)=-e\left(vB_0-E_0\right)\boldsymbol e_y $$ です。$v=E_0/B_0$ のときだけ力がゼロで直進し、$v>E_0/B_0$ なら $-y$ 方向、$vv_\mu$ の $e^-$ は $-y$ 側へ、$v_\pi