# 令和2年度 東大院 物理学専攻 修士 物理学 解答
> 令和2年度 修士課程 物理学（全6問）の解答。二状態系の測定とベルの不等式（Mermin 版）、古典理想気体と自由フェルミ粒子系、同軸ケーブルの TEM モード、緩和法と交流法による熱容量測定、抵抗の熱雑音と並列共振回路、反陽子生成のしきい値と飛行時間測定を扱います。
> https://rikai.mugen-giken.com/exams/utokyo-physics/master-r2-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。
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4 時間で 4 問という分量の試験です。前半 3 問（量子力学・統計力学・電磁気学）は素直な設定から始まって、最後に一段深いところへ連れて行かれる形になっています。後半 3 問は選択で、第4問と第5問はほとんど実験屋の日常業務（熱容量測定、光検出器の雑音見積り）、第6問は加速器実験の入口です。手が止まりやすいのは第1問設問8以降の確率の勘定、第2問設問8の熱力学的な組み立て、第4問設問7の表からの読み取りでしょう。
| 問題 | 分野 | 主題 |
|---|---|---|
| 第1問 | 量子力学 | 二状態系の測定とベルの不等式（Mermin 版） |
| 第2問 | 統計力学 | 古典理想気体と自由フェルミ粒子系 |
| 第3問 | 電磁気学 | 同軸ケーブルの TEM モードと群速度 |
| 第4問 | 熱力学・物性物理 | 緩和法と交流法による熱容量測定 |
| 第5問 | 電気回路・統計力学 | 抵抗の熱雑音と並列共振型光検出器 |
| 第6問 | 相対論・素粒子 | 反陽子生成のしきい値と飛行時間測定 |
第1問から第3問が必答で、第4問・第5問・第6問から 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 二状態系の測定とベルの不等式
### 設定
観測量は
$$
\sigma_z=\begin{pmatrix}1&0\\0&-1\end{pmatrix},\qquad
\sigma_x=\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix},\qquad
\sigma(\theta)=(\cos\theta)\,\sigma_z+(\sin\theta)\,\sigma_x
$$
で与えられ、状態ベクトルは $|\uparrow\rangle=(1,0)^{T}$、$|\downarrow\rangle=(0,1)^{T}$ を基底として書きます。$\sigma(\theta)$ は $z$–$x$ 面内で $z$ 軸から角 $\theta$ の向きのスピン成分にあたる観測量です。
まず固有値を確定させます。$\sigma_z\sigma_x+\sigma_x\sigma_z=0$ と $\sigma_z^2=\sigma_x^2=I$ から
$$
\sigma(\theta)^2=\cos^2\theta\,\sigma_z^2+\sin^2\theta\,\sigma_x^2+\cos\theta\sin\theta\,(\sigma_z\sigma_x+\sigma_x\sigma_z)=I
$$
なので、$\sigma(\theta)$ の固有値は $\pm1$ です。固有ベクトルは直接確かめられて
$$
|\theta,+\rangle=\cos\frac{\theta}{2}|\uparrow\rangle+\sin\frac{\theta}{2}|\downarrow\rangle,\qquad
|\theta,-\rangle=-\sin\frac{\theta}{2}|\uparrow\rangle+\cos\frac{\theta}{2}|\downarrow\rangle
$$
が固有値 $+1,-1$ に属します。$\theta=0$ で $\sigma_z$、$\theta=\pi/2$ で $\sigma_x$ に戻ります。
後半では二状態系 $A,B$ の複合系を、離れた 2 か所でそれぞれ測定します。用いる状態は一重項
$$
|\Psi\rangle=\frac{1}{\sqrt2}\Big(|\uparrow\rangle_A|\downarrow\rangle_B-|\downarrow\rangle_A|\uparrow\rangle_B\Big)
$$
です。
### 設問1
$|\uparrow\rangle$ は $\sigma_z$ の固有値 $+1$ の固有状態です。$\sigma_z$ の固有値は $\pm1$ ですが、$-1$ が出る確率は $|\langle\downarrow|\uparrow\rangle|^2=0$ なので、測定結果は確率 1 で
$$
s_z=+1
$$
だけをとります。期待値は $\langle\sigma_z\rangle=\langle\uparrow|\sigma_z|\uparrow\rangle=+1$ です。
### 設問2
$\sigma_x$ の固有状態は $|x,\pm\rangle=(|\uparrow\rangle\pm|\downarrow\rangle)/\sqrt2$ で、$|\uparrow\rangle=(|x,+\rangle+|x,-\rangle)/\sqrt2$ と展開できます。したがって測定結果は
$$
s_x=+1\ (\text{確率}\ 1/2),\qquad s_x=-1\ (\text{確率}\ 1/2)
$$
の 2 通りです。期待値は
$$
\langle\sigma_x\rangle=\langle\uparrow|\sigma_x|\uparrow\rangle=(1\ \ 0)\begin{pmatrix}0&1\\1&0\end{pmatrix}\begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}=0
$$
です。答えは $s_x=\pm1$ が等確率、期待値は $0$ です。
### 設問3
設定で求めた固有ベクトルを使うと $\langle\theta,+|\uparrow\rangle=\cos(\theta/2)$、$\langle\theta,-|\uparrow\rangle=-\sin(\theta/2)$ なので、測定結果は
$$
s_\theta=+1\ \left(\text{確率}\ \cos^2\frac{\theta}{2}\right),\qquad
s_\theta=-1\ \left(\text{確率}\ \sin^2\frac{\theta}{2}\right)
$$
の 2 通りです。期待値は
$$
\langle\sigma(\theta)\rangle=\cos^2\frac{\theta}{2}-\sin^2\frac{\theta}{2}=\cos\theta
$$
で、これは $\langle\uparrow|\sigma(\theta)|\uparrow\rangle=\cos\theta$ と直接計算しても一致します。$\theta=0$ で設問1 の $1$、$\theta=\pi/2$ で設問2 の $0$ に戻ることも確認できます。
### 設問4
$|\Psi\rangle$ には $|\uparrow\rangle_A|\uparrow\rangle_B$ と $|\downarrow\rangle_A|\downarrow\rangle_B$ が含まれていません。$|\uparrow\rangle_A|\downarrow\rangle_B$ と $|\downarrow\rangle_A|\uparrow\rangle_B$ は $\sigma_z^A\sigma_z^B$ の同時固有状態なので、取りうる測定結果の組は
$$
(s_z^A,s_z^B)=(+1,-1)\ \ \text{または}\ \ (-1,+1)
$$
の 2 通りで、それぞれ確率 $1/2$ です。積は常に $-1$ なので
$$
\langle s_z^A s_z^B\rangle=-1
$$
です。演算子で書けば $\sigma_z^A\sigma_z^B|\Psi\rangle=-|\Psi\rangle$ であり、$|\Psi\rangle$ は積の固有値 $-1$ の固有状態です。
### 設問5
$\sigma_x^A\sigma_x^B$ は $|\uparrow\rangle_A|\downarrow\rangle_B$ と $|\downarrow\rangle_A|\uparrow\rangle_B$ を入れ替えるので
$$
\sigma_x^A\sigma_x^B|\Psi\rangle=\frac{1}{\sqrt2}\Big(|\downarrow\rangle_A|\uparrow\rangle_B-|\uparrow\rangle_A|\downarrow\rangle_B\Big)=-|\Psi\rangle
$$
となり、$|\Psi\rangle$ は $\sigma_x^A\sigma_x^B$ の固有値 $-1$ の固有状態です。$|x,\pm\rangle$ 基底で書き直すと
$$
|\Psi\rangle=-\frac{1}{\sqrt2}\Big(|x,+\rangle_A|x,-\rangle_B-|x,-\rangle_A|x,+\rangle_B\Big)
$$
なので、取りうる組は
$$
(s_x^A,s_x^B)=(+1,-1)\ \ \text{または}\ \ (-1,+1)
$$
の 2 通り（各確率 $1/2$）で、期待値は $\langle s_x^A s_x^B\rangle=-1$ です。$z$ 方向でも $x$ 方向でも同じ答えになるのは、一重項が回転不変だからです。
### 設問6
$c=\cos(\theta/2)$、$s=\sin(\theta/2)$ と略記し、設定で導いた $|\theta,\pm\rangle$ を使って $|\uparrow\rangle=c|\theta,+\rangle-s|\theta,-\rangle$、$|\downarrow\rangle=s|\theta,+\rangle+c|\theta,-\rangle$ と逆に解きます。これを $|\Psi\rangle$ に代入すると
$$
\begin{aligned}
|\uparrow\rangle_A|\downarrow\rangle_B&=cs\,|{+}{+}\rangle+c^2|{+}{-}\rangle-s^2|{-}{+}\rangle-sc\,|{-}{-}\rangle,\\
|\downarrow\rangle_A|\uparrow\rangle_B&=sc\,|{+}{+}\rangle-s^2|{+}{-}\rangle+c^2|{-}{+}\rangle-cs\,|{-}{-}\rangle
\end{aligned}
$$
（$|{\pm}{\pm}\rangle$ は $|\theta,\pm\rangle_A|\theta,\pm\rangle_B$ の略記）となり、差をとると $|{+}{+}\rangle$ と $|{-}{-}\rangle$ が消えて $c^2+s^2=1$ が残ります。すなわち
$$
|\Psi\rangle=\frac{1}{\sqrt2}\Big(|\theta,+\rangle_A|\theta,-\rangle_B-|\theta,-\rangle_A|\theta,+\rangle_B\Big)
$$
です。$\theta$ を回した基底でも一重項の形が保たれるので、$|\theta,+\rangle_A|\theta,+\rangle_B$ と $|\theta,-\rangle_A|\theta,-\rangle_B$ の振幅は厳密に $0$ です。したがって $(s_\theta^A,s_\theta^B)$ は $(+1,-1)$ か $(-1,+1)$ のみで、$s_\theta^A=-s_\theta^B=\pm1$ が成り立ちます。証明終わりです。
### 設問7
まず期待値を求めます。$\sigma^A(\theta)\sigma^B(\varphi)$ を展開すると 4 項が出ますが、$\sigma_z^A\sigma_x^B|\Psi\rangle=(|\uparrow\rangle_A|\uparrow\rangle_B+|\downarrow\rangle_A|\downarrow\rangle_B)/\sqrt2$ は $|\Psi\rangle$ と直交するので $\langle\sigma_z^A\sigma_x^B\rangle=0$、同様に $\langle\sigma_x^A\sigma_z^B\rangle=0$ です。残る 2 項は設問4・設問5 の結果を使えて
$$
\langle\sigma^A(\theta)\sigma^B(\varphi)\rangle=-\cos\theta\cos\varphi-\sin\theta\sin\varphi=-\cos(\theta-\varphi)
$$
となります。つまり $\langle s_\theta^A s_\varphi^B\rangle=-\cos(\theta-\varphi)$ です。
取りうる組を出すために、設問6 の表式で $B$ 側だけ $\varphi$ 基底に移します。$\alpha\equiv(\theta-\varphi)/2$ とおくと $|\theta,+\rangle=\cos\alpha\,|\varphi,+\rangle+\sin\alpha\,|\varphi,-\rangle$、$|\theta,-\rangle=-\sin\alpha\,|\varphi,+\rangle+\cos\alpha\,|\varphi,-\rangle$ なので
$$
|\Psi\rangle=\frac{1}{\sqrt2}\Big[-\sin\alpha\,|\theta,+\rangle_A|\varphi,+\rangle_B+\cos\alpha\,|\theta,+\rangle_A|\varphi,-\rangle_B-\cos\alpha\,|\theta,-\rangle_A|\varphi,+\rangle_B-\sin\alpha\,|\theta,-\rangle_A|\varphi,-\rangle_B\Big]
$$
です。よって $\theta\neq\varphi$（$\bmod\ 2\pi$）のときは 4 通り
$$
(s_\theta^A,s_\varphi^B)=(+1,+1),\ (+1,-1),\ (-1,+1),\ (-1,-1)
$$
がすべて起こり、確率は同符号が各 $\tfrac12\sin^2\alpha$、異符号が各 $\tfrac12\cos^2\alpha$ です。期待値は
$$
\sin^2\alpha-\cos^2\alpha=-\cos2\alpha=-\cos(\theta-\varphi)
$$
で、上の演算子計算と一致します。$\theta=\varphi$ とすると同符号の確率が $0$ になり、設問6 に戻ります。
### 設問8
$\theta,\varphi$ をそれぞれ $\{0^\circ,120^\circ,240^\circ\}$ から独立に確率 $1/3$ で選びます。$\theta=\varphi$ となる 3 通りでは異符号のみですが、$\theta\neq\varphi$ となる 6 通りでは設問7 より 4 通りすべてが起こります。したがって取りうる値は
$$
(s^A,s^B)=(+1,+1),\ (+1,-1),\ (-1,+1),\ (-1,-1)
$$
の 4 通りです。
期待値は設問7 の結果を 9 通りについて平均すればよく、$\theta-\varphi$ は $0^\circ,120^\circ,240^\circ$ をそれぞれ 3 回ずつとるので
$$
\langle s^As^B\rangle=-\frac{1}{9}\sum_{\theta}\sum_{\varphi}\cos(\theta-\varphi)
=-\frac{1}{9}\Big[3\cos0^\circ+3\cos120^\circ+3\cos240^\circ\Big]
=-\frac{1}{9}\left[3-\frac32-\frac32\right]=0
$$
です。見通しよく言えば、$\cos(\theta-\varphi)=\boldsymbol{n}(\theta)\cdot\boldsymbol{n}(\varphi)$（$\boldsymbol{n}(\theta)=(\sin\theta,\cos\theta)$）と書けるので
$$
\sum_{\theta}\sum_{\varphi}\boldsymbol{n}(\theta)\cdot\boldsymbol{n}(\varphi)=\Big(\sum_\theta\boldsymbol{n}(\theta)\Big)\cdot\Big(\sum_\varphi\boldsymbol{n}(\varphi)\Big)=0
$$
となります。$120^\circ$ 刻みの 3 本の単位ベクトルの和が零ベクトルになることが本質です。答えは $\langle s^As^B\rangle=0$ です。
### 設問9
仮説のもとでは、各回の実験の前から $(s_{0^\circ}^A,s_{120^\circ}^A,s_{240^\circ}^A)$ が決まっており、$B$ 側は $s_\varphi^B=-s_\varphi^A$ です。測定角の選択は $A,B$ で独立なので、$\Sigma\equiv s_{0^\circ}^A+s_{120^\circ}^A+s_{240^\circ}^A$ とおくと
$$
\langle s^As^B\rangle=\frac{1}{9}\sum_{\theta}\sum_{\varphi}s_\theta^A\left(-s_\varphi^A\right)
=-\frac{1}{9}\Big(\sum_\theta s_\theta^A\Big)\Big(\sum_\varphi s_\varphi^A\Big)=-\frac{\Sigma^2}{9}
$$
が成り立ちます。以下これを使います。
(i) $(+1,+1,+1)$ のとき $\Sigma=3$ なので $\langle s^As^B\rangle=-9/9=-1$ です。実際、$A$ ではどの角を選んでも $s^A=+1$、$B$ ではどの角を選んでも $s^B=-1$ なので積は常に $-1$ です。
(ii) $(+1,+1,-1)$ のとき $\Sigma=1$ なので $\langle s^As^B\rangle=-1/9$ です。$\langle s^A\rangle=1/3$、$\langle s^B\rangle=-1/3$ で、両者は独立なので積の期待値は $-1/9$ となり、同じ答えが得られます。
(iii) $\Sigma$ は $\pm1$ を 3 個足した数なので必ず奇数で、$\Sigma\neq0$ です。よって $\Sigma^2\ge1$、すなわちどの配位でも
$$
\langle s^As^B\rangle=-\frac{\Sigma^2}{9}\le-\frac{1}{9}<0
$$
です。8 通りの配位 $c$ が確率 $p_c$（$\sum_c p_c=1$）で任意に起こる場合も、期待値は各配位の値の平均
$$
\langle s^As^B\rangle=-\frac{1}{9}\sum_c p_c\,\Sigma_c^{\,2}\le-\frac{1}{9}<0
$$
となり、負であることが示されました。値の範囲は $-1\le\langle s^As^B\rangle\le-1/9$ です。設問8 の量子力学の答え $0$ はこの区間に入らないので、両者は両立しません。
## 第2問 古典理想気体と自由フェルミ粒子系
### 設定
質量 $m$ の相互作用しない粒子 $N$ 個が体積 $V$ に入っており、温度 $T$ の熱浴と接しています。前半は古典統計で、分配関数は
$$
Z=\frac{1}{h^{3N}N!}\int\!\cdots\!\int dp_{1x}\cdots dp_{Nz}\,dx_1\cdots dz_N\ e^{-\beta H},
\qquad H=\sum_{i=1}^{N}\frac{p_i^2}{2m}
$$
で与えられます。$\beta=1/(k_{\mathrm B}T)$、$h=2\pi\hbar$ です。後半は同じ粒子をフェルミ粒子として扱い、化学ポテンシャル $\mu$ の粒子浴と接するグランドカノニカル分布で考えます。一辺 $L$ の立方体（$V=L^3$）に周期境界条件を課し、運動エネルギーは $\varepsilon_k=\hbar^2k^2/(2m)$、内部自由度はないものとします。熱力学の関係式 $dU=d'Q-PdV+\mu dN$、$d'Q=TdS$（可逆）、$F=U-TS$ を使います。
以下、熱的ド・ブロイ波長
$$
\lambda\equiv\frac{h}{\sqrt{2\pi mk_{\mathrm B}T}}
$$
を導入すると式が短くなるので、これを使います。
### 設問1
位置積分は各粒子について $V$ を与え、運動量積分は与えられた公式で $a=\beta/(2m)$ として
$$
\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\beta p^2/(2m)}dp=\sqrt{\frac{2\pi m}{\beta}}=\sqrt{2\pi mk_{\mathrm B}T}
$$
となります。運動量成分は $3N$ 個あるので
$$
Z(T,V,N)=\frac{1}{h^{3N}N!}V^N\left(2\pi mk_{\mathrm B}T\right)^{3N/2}
=\frac{1}{N!}\left(\frac{V}{\lambda^3}\right)^{N}
$$
です。ヘルムホルツの自由エネルギーは $\ln N!\approx N\ln N-N$ を使って
$$
F=-k_{\mathrm B}T\ln Z=-Nk_{\mathrm B}T\left[\ln\frac{V}{N\lambda^3}+1\right]
$$
となり、$\lambda$ が $V$ に依らないことから
$$
P=-\left(\frac{\partial F}{\partial V}\right)_{T,N}=\frac{Nk_{\mathrm B}T}{V}
$$
です。答えは $Z=(V/\lambda^3)^N/N!$、$P=Nk_{\mathrm B}T/V$ で、理想気体の状態方程式が再現されます。
### 設問2
満たされなくなるのは示量性（相加性）です。$1/N!$ を落とすと
$$
F_{\text{誤}}=-Nk_{\mathrm B}T\ln\frac{V}{\lambda^3}
$$
となります。自由エネルギーは示量変数について 1 次の同次関数、すなわち $F(T,\alpha V,\alpha N)=\alpha F(T,V,N)$ でなければなりませんが、この式では
$$
F_{\text{誤}}(T,\alpha V,\alpha N)=\alpha F_{\text{誤}}(T,V,N)-\alpha Nk_{\mathrm B}T\ln\alpha
$$
となって余分な項が残ります。原因は $N\ln V$ という組み合わせで、示量的であるためには $\ln(V/N)$ の形、つまり密度の関数になっていなければなりません。$1/N!$ を入れると $\ln(V/N\lambda^3)$ に変わり、示量性が回復します。同じことをエントロピーで言えば、同種気体を仕切りを外して混合したときに架空の混合エントロピーが生じてしまう（ギブスのパラドックス）ことになります。
### 設問3
設問1 の $F$ を $T$ で微分します。$\ln(V/N\lambda^3)=\ln(V/N)+\tfrac32\ln(2\pi mk_{\mathrm B}T/h^2)$ なので
$$
S=-\left(\frac{\partial F}{\partial T}\right)_{V,N}
=Nk_{\mathrm B}\left[\ln\frac{V}{N\lambda^3}+1\right]+Nk_{\mathrm B}T\cdot\frac{3}{2T}
$$
となり、
$$
S(T,V,N)=Nk_{\mathrm B}\left[\ln\frac{V}{N\lambda^3}+\frac52\right]
=Nk_{\mathrm B}\left[\ln\frac{V}{N}+\frac32\ln\frac{2\pi mk_{\mathrm B}T}{h^2}+\frac52\right]
$$
です。これはザッカー・テトロードの式です。
$T\to0$ とすると $\lambda\propto T^{-1/2}\to\infty$ なので $V/(N\lambda^3)\to0$ となり、$\ln$ が発散して $S\to-\infty$ になります。古典的にはエントロピーが負になり、しかも下に限りなく発散するので、$S\to0$ を要求する熱力学第三法則を破ります。低温では古典近似そのものが破綻していることを意味しており、実際に効いてくるのは $\lambda$ が粒子間距離 $(V/N)^{1/3}$ 程度になる温度以下です。
### 設問4
内部エネルギーは
$$
U=F+TS=-Nk_{\mathrm B}T\left[\ln\frac{V}{N\lambda^3}+1\right]+Nk_{\mathrm B}T\left[\ln\frac{V}{N\lambda^3}+\frac52\right]=\frac32Nk_{\mathrm B}T
$$
なので
$$
C_V(T,V,N)=\left(\frac{\partial U}{\partial T}\right)_{V,N}=\frac32Nk_{\mathrm B}
$$
です。$C_V=T(\partial S/\partial T)_V=T\cdot\tfrac32Nk_{\mathrm B}/T$ からも同じ値が出ます。1 粒子あたり並進 3 自由度に $\tfrac12k_{\mathrm B}$ ずつという等分配則の結果です。
### 設問5
一辺 $L$ の立方体に周期境界条件を課すと、平面波 $e^{i\boldsymbol{k}\cdot\boldsymbol{r}}$ に対して $e^{ik_xL}=1$ などが要求されます。したがって
$$
k_x=\frac{2\pi n_x}{L},\quad k_y=\frac{2\pi n_y}{L},\quad k_z=\frac{2\pi n_z}{L},
\qquad n_x,n_y,n_z\in\mathbb{Z}
$$
です。$n$ は $0$ と負の整数も含みます。1 状態が占める $k$ 空間の体積は $(2\pi/L)^3=(2\pi)^3/V$ です。
### 設問6
グランドカノニカル分布では $\Xi=\sum_{\text{状態}}e^{-\beta(E-\mu N)}$ であり、粒子数の期待値は $\mu$ についての微分で取り出せます。
$$
\overline{N}=\frac{1}{\Xi}\sum_{\text{状態}}N\,e^{-\beta(E-\mu N)}
=\frac{1}{\beta}\left(\frac{\partial\ln\Xi}{\partial\mu}\right)_{T,V}
$$
与えられた大分配関数の対数は $\ln\Xi=\sum_k\ln\left(1+e^{-\beta(\varepsilon_k-\mu)}\right)$ なので
$$
\overline{N}=\frac{1}{\beta}\sum_k\frac{\beta e^{-\beta(\varepsilon_k-\mu)}}{1+e^{-\beta(\varepsilon_k-\mu)}}
=\sum_k\frac{1}{e^{\beta(\varepsilon_k-\mu)}+1}=\sum_kf(\varepsilon_k)
$$
となります。示されました。各項は波数 $k$ の状態の占有数の期待値 $\langle n_k\rangle$ にあたり、フェルミ粒子なので $0\le f\le1$ に収まっています。
### 設問7
$L$ が十分大きいので設問5 の和を積分に置き換えます。1 状態あたりの $k$ 空間体積が $(2\pi)^3/V$ なので
$$
\sum_k\ \longrightarrow\ \frac{V}{(2\pi)^3}\int d^3k
$$
です。高温近似 $f\approx e^{-\beta(\varepsilon_k-\mu)}$ を代入すると
$$
N=e^{\beta\mu}\frac{V}{(2\pi)^3}\int d^3k\ e^{-\beta\hbar^2k^2/(2m)}
=e^{\beta\mu}\frac{V}{(2\pi)^3}\left(\frac{2\pi m k_{\mathrm B}T}{\hbar^2}\right)^{3/2}
$$
となります。ガウス積分は各成分について $\int dk_x\,e^{-\beta\hbar^2k_x^2/(2m)}=\sqrt{2\pi mk_{\mathrm B}T/\hbar^2}$ を使いました。$(2\pi)^3$ を整理すると
$$
N=V\left(\frac{mk_{\mathrm B}T}{2\pi\hbar^2}\right)^{3/2}e^{\beta\mu}=\frac{V}{\lambda^3}e^{\beta\mu}
$$
です。したがって
$$
\mu=k_{\mathrm B}T\ln\frac{N\lambda^3}{V}
=k_{\mathrm B}T\ln\left[\frac{N}{V}\left(\frac{2\pi\hbar^2}{mk_{\mathrm B}T}\right)^{3/2}\right]
$$
が答えです。高温では $N\lambda^3/V\ll1$ なので対数は大きな負の数になり、$\mu<0$ かつ $|\mu|\gg k_{\mathrm B}T$ という前提と整合しています。
### 設問8
同じ温度領域では $e^{-\beta(\varepsilon_k-\mu)}\le e^{\beta\mu}\ll1$ なので $\ln(1+x)\approx x$ が使えて
$$
\ln\Xi=\sum_k\ln\left(1+e^{-\beta(\varepsilon_k-\mu)}\right)\approx\sum_ke^{-\beta(\varepsilon_k-\mu)}=N
$$
です。グランドポテンシャルは $J=-k_{\mathrm B}T\ln\Xi=-Nk_{\mathrm B}T$、すなわち $PV=Nk_{\mathrm B}T$ で、古典理想気体の状態方程式に戻ります。
内部エネルギーは同じ近似で
$$
U=\sum_k\varepsilon_kf(\varepsilon_k)\approx e^{\beta\mu}\frac{V}{(2\pi)^3}\int d^3k\ \frac{\hbar^2k^2}{2m}e^{-\beta\hbar^2k^2/(2m)}=\frac32Nk_{\mathrm B}T
$$
となります（ガウス積分の比 $\int k^2e^{-ak^2}d^3k\big/\int e^{-ak^2}d^3k=3/(2a)$ を使いました）。$J=U-TS-\mu N$ を $S$ について解くと
$$
S=\frac{U-\mu N-J}{T}=\frac{\tfrac32Nk_{\mathrm B}T-\mu N+Nk_{\mathrm B}T}{T}
=-\frac{\mu}{T}N+\frac52Nk_{\mathrm B}
$$
です。ここで $-\mu/T=|\mu|/T\gg k_{\mathrm B}$ という仮定 $|\mu|\gg k_{\mathrm B}T$ を使うと、第 1 項が第 2 項より圧倒的に大きいので
$$
S\approx-\frac{\mu}{T}N
$$
が示されました。設問3・設問7 と突き合わせると $-\mu N/T=Nk_{\mathrm B}\ln\left(V/N\lambda^3\right)$ であり、上式はザッカー・テトロードの式から定数項 $\tfrac52Nk_{\mathrm B}$ を落としたものに一致します。落とせる理由は、対数項が $|\mu|/(k_{\mathrm B}T)\gg1$ だけ大きいという点にあります。
### 設問9
低温側は $C_V=\gamma T$ から
$$
S(T)=\int_0^T\frac{C_V(T')}{T'}dT'=\int_0^T\gamma\,dT'=\gamma T
$$
です。積分定数は第三法則 $S(0)=0$ で決まります。高温側は設問8 より
$$
S\approx-\frac{\mu}{T}N=Nk_{\mathrm B}\left[\ln\frac{V}{N}+\frac32\ln\frac{2\pi mk_{\mathrm B}T}{h^2}\right]
$$
で、$\tfrac32Nk_{\mathrm B}\ln T$ という対数的な増大です。両者は縮退温度 $T_{\mathrm F}$（$\lambda(T_{\mathrm F})\sim(V/N)^{1/3}$ で決まる温度、$\gamma T_{\mathrm F}\sim Nk_{\mathrm B}$）付近でつながります。
グラフの特徴を書き出すと次のようになります。横軸を $T$、縦軸を $S$ にとります。フェルミ粒子系の曲線は原点 $(0,0)$ を通り、$T\ll T_{\mathrm F}$ では傾き $\gamma$ の直線 $S=\gamma T$、単調増加です。$T\sim T_{\mathrm F}$ で $S\sim Nk_{\mathrm B}$ のオーダーに達したところで折れ曲がり、$T\gg T_{\mathrm F}$ では上の対数曲線に漸近します。対数曲線なので $d^2S/dT^2<0$、つまり上に凸で、$T\to\infty$ で発散はするものの傾きは $0$ に近づきます。
設問3 の古典的なエントロピー $S_{\text{古典}}=Nk_{\mathrm B}\left[\ln(V/N\lambda^3)+\tfrac52\right]$ は、この対数曲線をそのまま低温まで延長したものです。高温では両者は一致します（差は $\tfrac52Nk_{\mathrm B}$ で、対数項に比べて無視できます）。低温側では $S_{\text{古典}}$ が下にずれて、$V/(N\lambda^3)=e^{-5/2}$ となる温度（$T_{\mathrm F}$ と同程度）で $S=0$ を横切り、$T\to0$ で $-\infty$ に発散します。フェルミ粒子系の曲線はこの下側への発散を起こさず、原点で $0$ に落ち着く点が決定的な違いです。
## 第3問 同軸ケーブルの TEM モード
### 設定
半径 $a$ の円柱芯線と内半径 $b$ の円筒導体からなる同軸ケーブルを考えます。間の空間は誘電率 $\epsilon$、透磁率 $\mu$ の絶縁体で満たされ、導体の電気抵抗は無視します（完全導体）。ケーブルの軸を $z$ 軸とする円筒座標 $(r,\theta,z)$ を使います。
考えるのは TEM モード、すなわち
$$
E_z=B_z=0,\qquad \frac{\partial}{\partial\theta}(\text{すべての場})=0
$$
を満たす伝搬モードです。絶縁体中では
$$
\nabla\times\boldsymbol{E}=-\frac{\partial\boldsymbol{B}}{\partial t},\quad
\nabla\times\boldsymbol{B}=\mu\epsilon\frac{\partial\boldsymbol{E}}{\partial t},\quad
\nabla\cdot\boldsymbol{B}=0,\quad
\nabla\cdot\boldsymbol{E}=0
$$
が成り立ち、円筒座標での発散と回転は問題文に与えられた表式を使います。最後の 2 問ではパルスの伝搬を考え、$\epsilon,\mu$ が周波数に依存する場合の群速度を扱います。
### 設問1
まず $E_\theta$ です。Faraday の法則の $z$ 成分は、$E_z$ の $\theta$ 微分が消え $B_z=0$ なので
$$
\frac{1}{r}\left[\frac{\partial}{\partial r}(rE_\theta)-\frac{\partial E_r}{\partial\theta}\right]=-\frac{\partial B_z}{\partial t}=0
\ \Longrightarrow\ \frac{\partial}{\partial r}(rE_\theta)=0
$$
となり、$rE_\theta$ は $r$ に依りません。$rE_\theta=h(z,t)$ と書けます。ところが芯線の表面 $r=a$ は完全導体なので、そこでは電場の接線成分が消え $E_\theta(a,z,t)=0$、したがって $h(z,t)=0$ です。$a\le r\le b$ 全域で
$$
E_\theta=0
$$
が言えました。
次に $B_r$ です。$\nabla\cdot\boldsymbol{B}=0$ に $B_z=0$、$\partial_\theta=0$ を入れると
$$
\frac{1}{r}\frac{\partial}{\partial r}(rB_r)=0
\ \Longrightarrow\ rB_r=g(z,t)
$$
で、$rB_r$ も $r$ に依りません。ここに Faraday の法則の $r$ 成分と Ampère–Maxwell の法則の $\theta$ 成分
$$
-\frac{\partial E_\theta}{\partial z}=-\frac{\partial B_r}{\partial t},\qquad
\frac{\partial B_r}{\partial z}=\mu\epsilon\frac{\partial E_\theta}{\partial t}
$$
を使うと、$E_\theta=0$ から $\partial g/\partial t=0$ かつ $\partial g/\partial z=0$、つまり $g$ は定数です。残った $B_r=g/r$ は静的な場ですが、完全導体表面では磁束密度の法線成分が消えるので $B_r(a)=0$、よって $g=0$ です。したがって
$$
B_r=0
$$
です。$g\neq0$ が許されない理由は別の言い方もできます。$B_r=g/r$ は軸を囲む半径 $r$、長さ $\ell$ の円筒面から $2\pi\ell g$ の磁束が湧き出すことを意味し、磁気単極子の不在（$\nabla\cdot\boldsymbol{B}=0$）と矛盾します。以上で $B_r=E_\theta=0$ が示され、残るのは $E_r$ と $B_\theta$ の 2 成分だけです。
### 設問2
Faraday の法則の $\theta$ 成分と Ampère–Maxwell の法則の $r$ 成分を、$E_z=B_z=0$、$\partial_\theta=0$ のもとで書き下すと
$$
\frac{\partial E_r}{\partial z}=-\frac{\partial B_\theta}{\partial t},\qquad
-\frac{\partial B_\theta}{\partial z}=\mu\epsilon\frac{\partial E_r}{\partial t}
$$
です。前者を $z$ で微分し、後者を代入して $B_\theta$ を消します。
$$
\frac{\partial^2E_r}{\partial z^2}=-\frac{\partial}{\partial t}\frac{\partial B_\theta}{\partial z}
=-\frac{\partial}{\partial t}\left(-\mu\epsilon\frac{\partial E_r}{\partial t}\right)
=\mu\epsilon\frac{\partial^2E_r}{\partial t^2}
$$
したがって求める波動方程式は
$$
\frac{\partial^2E_r}{\partial z^2}-\mu\epsilon\frac{\partial^2E_r}{\partial t^2}=0
$$
です。$r$ 微分が現れないのは、$\nabla\cdot\boldsymbol{E}=0$ が $\partial(rE_r)/\partial r=0$、すなわち $E_r=A(z,t)/r$ を要求して $r$ 依存性を先に固定してしまうからです。実際、ベクトル波動方程式の $r$ 成分に現れる横方向の項は
$$
\frac{\partial^2E_r}{\partial r^2}+\frac1r\frac{\partial E_r}{\partial r}-\frac{E_r}{r^2}
=A\left(\frac{2}{r^3}-\frac{1}{r^3}-\frac{1}{r^3}\right)=0
$$
と恒等的に消え、上の 1 次元波動方程式と矛盾しません。
### 設問3
$\nabla\cdot\boldsymbol{E}=0$ を複素表示に適用すると
$$
\frac{1}{r}\frac{d}{dr}\left(r\mathcal{E}(r)\right)=0
\ \Longrightarrow\ r\mathcal{E}(r)=\text{const}
$$
です。$\mathcal{E}(a)=E_0$ という条件で定数が決まり
$$
\mathcal{E}(r)=E_0\frac{a}{r}\qquad(a\le r\le b)
$$
が答えです。芯線を単位長さあたり $\Lambda$ の線電荷が流れているとしたときの静電場 $\Lambda/(2\pi\epsilon r)$ と同じ形で、TEM モードの横方向の場が 2 次元静電場そのものであることを表しています。
### 設問4
$E_r=\mathcal{E}(r)e^{ikz-i\omega t}$ を設問2 の波動方程式に代入すると $-k^2+\mu\epsilon\omega^2=0$、すなわち分散関係は $\omega=k/\sqrt{\mu\epsilon}$ です。位相速度は
$$
v_{\mathrm p}=\frac{\omega}{k}=\frac{1}{\sqrt{\mu\epsilon}}
$$
です。これは絶縁体中の光速そのもので、$k$ に依らないため（$\epsilon,\mu$ が定数のかぎり）TEM モードには分散がありません。真空なら $1/\sqrt{\mu_0\epsilon_0}=c$ に戻ります。
### 設問5
まず $B_\theta$ を $E_r$ で表します。設問2 の第 1 式を複素表示にすると $ik\mathcal{E}=i\omega\mathcal{B}$ なので
$$
\mathcal{B}(r)=\frac{k}{\omega}\mathcal{E}(r)=\sqrt{\mu\epsilon}\,E_0\frac{a}{r}
$$
です。実場は $E_0$ を実数として $E_r=(E_0a/r)\cos(kz-\omega t)$、$B_\theta=\sqrt{\mu\epsilon}\,(E_0a/r)\cos(kz-\omega t)$ です。ポインティングベクトルは $\boldsymbol{e}_r\times\boldsymbol{e}_\theta=\boldsymbol{e}_z$ より
$$
S_z=\frac{E_rB_\theta}{\mu}=\sqrt{\frac{\epsilon}{\mu}}\left(\frac{E_0a}{r}\right)^2\cos^2(kz-\omega t)
$$
で、断面（$a\le r\le b$ の円環）で積分すると
$$
P(z,t)=\int_a^bS_z\,2\pi r\,dr
=2\pi\sqrt{\frac{\epsilon}{\mu}}\,E_0^2a^2\cos^2(kz-\omega t)\int_a^b\frac{dr}{r}
=2\pi\sqrt{\frac{\epsilon}{\mu}}\,E_0^2a^2\ln\frac{b}{a}\ \cos^2(kz-\omega t)
$$
となります。時間平均をとれば
$$
\overline{P}=\pi\sqrt{\frac{\epsilon}{\mu}}\,E_0^2a^2\ln\frac{b}{a}
$$
です。$\sqrt{\mu/\epsilon}$ がインピーダンス（単位 $\Omega$）の次元をもつので、$a^2E_0^2\sqrt{\epsilon/\mu}$ は $\mathrm{m^2}\times(\mathrm{V/m})^2/\Omega=\mathrm{W}$ となり、次元は正しいです。
### 設問6
TEM モードでは $E_\theta=0$ かつ $\partial_\theta=0$ なので $(\nabla\times\boldsymbol{E})_z=0$ であり、断面内では電場が 2 次元的にポテンシャルから導かれます。よって芯線から外側導体まで径方向に線積分した量が電位差として意味をもちます。
$$
V(z,t)=\int_a^bE_r\,dr=E_0a\,e^{ikz-i\omega t}\int_a^b\frac{dr}{r}=E_0a\ln\frac{b}{a}\ e^{ikz-i\omega t}
$$
実場で書けば
$$
V(z,t)=E_0a\ln\frac{b}{a}\ \cos(kz-\omega t)
$$
です。$E_r>0$（外向き）のとき芯線が高電位なので、これは円筒状導体に対する芯線の電圧を正としています。
### 設問7
芯線を流れる電流は Ampère–Maxwell の法則の積分形から求めます。半径 $r$（$at_1$ では $P=0$ なので $C\,d\Delta T_{\mathrm s}/dt=-\Delta T_{\mathrm s}/R_k$、つまり単なる指数緩和です。$t=t_1$ での値をつなぐと
$$
T_{\mathrm s}(t)=T_{\mathrm b}+\frac{V_0^2R_k}{R}\left(1-e^{-t_1/\tau}\right)e^{-(t-t_1)/\tau}\qquad(t>t_1)
$$
です。立ち上がりも立ち下がりも同じ時定数 $\tau=R_kC$ で支配されます。
### 設問3
図3 から次の 3 つを読み取ります。熱浴温度は $T_{\mathrm b}=100\,\mathrm{K}$、ヒーターを切った時刻は $t_1=5\,\mathrm{s}$、そのときの温度上昇は飽和値 $\Delta T_{\mathrm s}=2.0\,\mathrm{K}$（$t=4$ から $5$ でほぼ平らになっています）。さらに $t>t_1$ の緩和は、$102\,\mathrm{K}$ から $101\,\mathrm{K}$（上昇分が半分）まで約 $1.0\,\mathrm{s}$、$101\,\mathrm{K}$ から $100.5\,\mathrm{K}$ までさらに約 $1.0\,\mathrm{s}$ で、半減時間 $t_{1/2}=1.0\,\mathrm{s}$ です。
熱流は
$$
P_0=\frac{V_0^2}{R}=\frac{(1.0\,\mathrm{V})^2}{720\,\Omega}=1.39\times10^{-3}\,\mathrm{W}
$$
なので、飽和値の関係 $\Delta T_{\mathrm s}=P_0R_k$ から
$$
R_k=\frac{\Delta T_{\mathrm s}}{P_0}=\frac{2.0\,\mathrm{K}\times720\,\Omega}{(1.0\,\mathrm{V})^2}=1.44\times10^{3}\,\mathrm{K/W}
\ \approx\ 1\times10^{3}\,\mathrm{K/W}
$$
です。時定数は $\tau=t_{1/2}/\ln2=1.0/0.7=1.4\,\mathrm{s}$ なので
$$
C=\frac{\tau}{R_k}=\frac{1.4\,\mathrm{s}}{1.44\times10^{3}\,\mathrm{K/W}}=9.9\times10^{-4}\,\mathrm{J/K}
\ \approx\ 1\times10^{-3}\,\mathrm{J/K}
$$
です。1 桁の有効数字で答えると $R_k\approx1\times10^{3}\,\mathrm{K/W}$、$C\approx1\times10^{-3}\,\mathrm{J/K}$ です。検算として設問2 の解に $P_0R_k=2.06\,\mathrm{K}$、$\tau=1.44\,\mathrm{s}$ を入れると、$t=1,2,3,4,5\,\mathrm{s}$ で温度上昇はそれぞれ $1.03,\ 1.55,\ 1.80,\ 1.93,\ 2.00\,\mathrm{K}$ となり、図3 の曲線をよく再現します。
### 設問4
$V(t)=\tfrac12V_0e^{i\omega t}+(\text{複素共役})=V_0\cos\omega t$ なので、ヒーターの発熱は
$$
P(t)=\frac{V(t)^2}{R}=\frac{V_0^2}{R}\cos^2\omega t=\frac{V_0^2}{2R}\left(1+\cos2\omega t\right)
$$
です。非振動成分は $V_0^2/(2R)$、振動成分は角周波数 $2\omega$ で振幅 $V_0^2/(2R)$ です。周波数が倍になる点が交流法の要点です。
十分に長い時間が経った定常状態では、$\Delta T_{\mathrm s}$ の非振動成分 $T_0$ は熱の出入りの釣り合いだけで決まります。設問1 の方程式で時間微分と振動項を落とすと $T_0/R_k=V_0^2/(2R)$、すなわち
$$
T_0=\frac{R_kV_0^2}{2R}\qquad\Longleftrightarrow\qquad R_k=\frac{2RT_0}{V_0^2}
$$
です。答えは $R_k=2RT_0/V_0^2$ です。
### 設問5
遅れます。試料は熱容量をもつため、熱が入り始めてもすぐには温度が上がらず、応答が時間的に後ろへずれます。式で言えば、次の設問で見るように振動成分の応答は $1/(1+2i\omega R_kC)$ という因子をもち、その位相は負（$-\phi$、$\phi>0$）です。$\omega\to0$ の極限では位相差が消え、$\omega$ が大きいほど遅れが $\pi/2$ に近づきます。
### 設問6
$\Delta T_{\mathrm s}(t)=T_0+\mathrm{Re}\!\left[\tilde T e^{2i\omega t}\right]$ と置いて、設問1 の方程式の振動部分だけを取り出します。
$$
\left(2i\omega C+\frac{1}{R_k}\right)\tilde T=\frac{V_0^2}{2R}
\ \Longrightarrow\
\tilde T=\frac{V_0^2R_k}{2R}\cdot\frac{1}{1+2i\omega R_kC}
$$
したがって振幅と位相は
$$
T_{\mathrm s}^{\mathrm{ac}}=|\tilde T|=\frac{V_0^2R_k}{2R\sqrt{1+\left(2\omega R_kC\right)^2}},
\qquad
\tan\phi=2\omega R_kC
$$
です。$\tilde T=|\tilde T|e^{-i\phi}$ で $\phi>0$ なので、設問5 のとおり温度振動は発熱より遅れます。極限を確認すると、$2\omega R_kC\ll1$ では $T_{\mathrm s}^{\mathrm{ac}}\to R_kV_0^2/(2R)=T_0$、$\phi\to0$ で準静的な応答、$2\omega R_kC\gg1$ では $T_{\mathrm s}^{\mathrm{ac}}\to V_0^2/(4\omega RC)$、$\phi\to\pi/2$ となり、熱抵抗が効かず熱容量だけで決まる断熱的な応答になります。
### 設問7
表1 の $f$ は印加電圧の周波数と解釈し、$\omega=2\pi f$、したがって発熱と温度の振動は $2\omega=4\pi f$ で起こるものとします。設問6 の 2 式は
$$
\tan\phi=4\pi fR_kC,\qquad
T_{\mathrm s}^{\mathrm{ac}}\sqrt{1+\tan^2\phi}=\frac{V_0^2R_k}{2R}
$$
と書けます。第 2 式は振幅と位相を組み合わせると周波数に依らない量になるところが便利です。$f=2.0\,\mathrm{Hz}$ の行を使うと $\sqrt{1+1.49^2}=1.794$ なので
$$
\frac{V_0^2R_k}{2R}=0.418\times1.794=0.750\,\mathrm{K}
\ \Longrightarrow\
R_k=\frac{2R\times0.750\,\mathrm{K}}{V_0^2}=\frac{2\times1000\times0.750}{1.0}=1.5\times10^{3}\,\mathrm{K/W}
$$
です。$f=10.0\,\mathrm{Hz}$ の行でも $0.100\times\sqrt{1+7.45^2}=0.752\,\mathrm{K}$ となり、同じ値が得られます。
熱容量には高周波側の行が使えます。$4\pi fR_kC\gg1$ では
$$
T_{\mathrm s}^{\mathrm{ac}}\approx\frac{V_0^2}{2R}\cdot\frac{1}{4\pi fC}=\frac{V_0^2}{8\pi fRC}
$$
なので $fT_{\mathrm s}^{\mathrm{ac}}$ が周波数に依らない定数になります。表の値は $f=10,20,100\,\mathrm{Hz}$ でそれぞれ $1.00,\ 1.00,\ 1.01\,\mathrm{K\,Hz}$ とよく揃っており、$fT_{\mathrm s}^{\mathrm{ac}}=1.005\,\mathrm{K\,Hz}$ を採ると
$$
C=\frac{V_0^2}{8\pi R\left(fT_{\mathrm s}^{\mathrm{ac}}\right)}=\frac{1.0}{8\pi\times1000\times1.005}=3.96\times10^{-5}\,\mathrm{J/K}
$$
です。2 桁の有効数字で $C\approx4.0\times10^{-5}\,\mathrm{J/K}$、$R_k\approx1.5\times10^{3}\,\mathrm{K/W}$ が答えです。
検算します。この $C,R_k$ から $\tau=R_kC=5.94\times10^{-2}\,\mathrm{s}$ で、$\tan\phi=4\pi f\tau$ は $f=2.0,10.0\,\mathrm{Hz}$ で $1.49,\ 7.46$（表は $1.49,\ 7.45$）、$T_{\mathrm s}^{\mathrm{ac}}$ は $f=2.0,10.0,20.0,100.0\,\mathrm{Hz}$ で $0.418,\ 0.0996,\ 0.0501,\ 0.0100\,\mathrm{K}$（表は $0.418,\ 0.100,\ 0.0502,\ 0.0101$）となり、4 行すべてを 1 % 以内で再現します。$f\ge20\,\mathrm{Hz}$ で $\tan\phi$ が測定に適さないという注記も、$\tan\phi=15,\ 75$ という大きな値になることと整合します。得られた $R_k$ は設問3 の $1.4\times10^{3}\,\mathrm{K/W}$ と近い一方、$C$ は 25 倍ほど小さく、時定数が $1.4\,\mathrm{s}$ から $5.9\times10^{-2}\,\mathrm{s}$ に変わっています。だからこそ交流法では $2$–$100\,\mathrm{Hz}$ という周波数帯が測定に適しています。
## 第5問 抵抗の熱雑音と並列共振型光検出器
### 設定
前半では抵抗を、断面積 $A$、長さ $l$ の導体に質量 $m$、電荷 $q$、数密度 $n$ の荷電粒子が詰まったものとしてモデル化します。$i$ 番目の粒子は電流方向の 1 次元運動をし、運動方程式は
$$
m\frac{dv_i}{dt}+\gamma v_i=f_i
$$
に従います。$\gamma$ は正の定数です。両端に定電圧 $V$ をかけた場合を考えます。
後半では図2 の光検出器回路を扱います。フォトダイオード PD にバイアス電圧をかけ、角周波数 $\omega$ で強度変調された光を入れると光電流
$$
I(t)=I_0+I_1\cos(\omega t)
$$
が流れます。この電流は、コンデンサ $C$、コイル $L$、抵抗 $R$ の並列共振回路（一端は接地）に流れ込みます。その節点が点 P で、理想オペアンプ OP の非反転入力につながっています。反転入力は抵抗 $R_{\mathrm a}$ で接地され、$R_{\mathrm b}$ で出力 $V_{\mathrm{OUT}}$ に帰還しています。
### 設問1
長さ $l$ の導体の両端に $V$ をかけると、内部には一様な電場 $E=V/l$ が立ちます。電荷 $q$ の粒子に働く力は
$$
f_i=qE=\frac{qV}{l}
$$
です。定常状態では $dv_i/dt=0$ なので $\gamma v_{\mathrm d}=f_i$、すなわち
$$
v_{\mathrm d}=\frac{f_i}{\gamma}=\frac{qV}{\gamma l}
$$
がドリフト速度です。
### 設問2
減衰力は $-\gamma v_i$ です。力が単位時間あたりに行う仕事は力と速度の積なので、定常状態（$v_i=v_{\mathrm d}$）では
$$
(-\gamma v_{\mathrm d})\cdot v_{\mathrm d}=-\gamma v_{\mathrm d}^{\,2}=-\frac{q^2V^2}{\gamma l^2}
$$
です。負であることは、この力が粒子から仕事を奪って媒質（格子）へ渡していることを意味します。したがって 1 粒子あたり単位時間に散逸するエネルギーは
$$
\gamma v_{\mathrm d}^{\,2}=\frac{q^2V^2}{\gamma l^2}
$$
です。定常状態では、電場が単位時間に粒子へ与える仕事 $f_iv_{\mathrm d}=qVv_{\mathrm d}/l$ とこれが等しく、運動エネルギーが増えずにすべて熱になっています。
### 設問3
導体中の荷電粒子の総数は $nAl$ なので、抵抗全体での散逸は
$$
W=nAl\cdot\gamma v_{\mathrm d}^{\,2}=nAl\cdot\frac{q^2V^2}{\gamma l^2}=\frac{nAq^2V^2}{\gamma l}
$$
です。一方、電流は電荷密度とドリフト速度と断面積の積で
$$
I=nqv_{\mathrm d}A=nqA\cdot\frac{qV}{\gamma l}=\frac{nq^2AV}{\gamma l}
$$
なので、ジュール熱は
$$
IV=\frac{nq^2AV^2}{\gamma l}=W
$$
となり、一致します。示されました。ついでに $R=V/I=\gamma l/(nq^2A)$ が読み取れて、抵抗が長さに比例し断面積に反比例するというよく知られた形（電気伝導度 $\sigma=nq^2/\gamma$）になっていることも確認できます。
### 設問4
理想オペアンプなので、反転入力と非反転入力の電圧は等しく（仮想短絡）、入力に電流は流れ込みません。非反転入力は点 P につながっているので $V_-=V_+=V_1$ です。$R_{\mathrm a}$ と $R_{\mathrm b}$ は $V_{\mathrm{OUT}}$ と接地の間の分圧器になっているので
$$
V_1=V_-=V_{\mathrm{OUT}}\frac{R_{\mathrm a}}{R_{\mathrm a}+R_{\mathrm b}}
$$
です。したがって
$$
G=\frac{V_{\mathrm{OUT}}}{V_1}=\frac{R_{\mathrm a}+R_{\mathrm b}}{R_{\mathrm a}}=1+\frac{R_{\mathrm b}}{R_{\mathrm a}}
$$
です。非反転増幅回路なので $G\ge1$ で、共振回路には電流が横取りされません。
### 設問5
3 素子は並列なのでアドミタンスを足します。
$$
Y(\omega)=\frac{1}{R}+i\omega C+\frac{1}{i\omega L}=\frac{1}{R}+i\left(\omega C-\frac{1}{\omega L}\right)
$$
よってインピーダンスは
$$
Z(\omega)=\frac{1}{Y(\omega)}=\frac{1}{\dfrac{1}{R}+i\left(\omega C-\dfrac{1}{\omega L}\right)}
=\frac{R}{1+iR\left(\omega C-\dfrac{1}{\omega L}\right)}
$$
です。虚部が消えて $|Z|$ が最大になる条件 $\omega C=1/(\omega L)$ から
$$
\omega_0=\frac{1}{\sqrt{LC}}
$$
が共振角周波数で、そこでのインピーダンスは
$$
Z(\omega_0)=R
$$
です。共振点では $LC$ 枝が開放と同じになり、抵抗だけが見える純抵抗になります。
### 設問6
$|Z|=R/\sqrt{1+R^2\left(\omega C-1/(\omega L)\right)^2}$ なので、$|Z|=R/\sqrt2$ となる条件は
$$
\left|\omega C-\frac{1}{\omega L}\right|=\frac{1}{R}
$$
です。左辺を整理すると
$$
\omega C-\frac{1}{\omega L}=\frac{C\left(\omega^2-\omega_0^2\right)}{\omega}=\frac{C(\omega-\omega_0)(\omega+\omega_0)}{\omega}
$$
で、$\omega=\omega_0+\Delta\omega$、$\Delta\omega/\omega_0\ll1$ とすると $(\omega+\omega_0)/\omega\approx2$ なので $2C\Delta\omega\approx\pm1/R$、すなわち $|\Delta\omega|=1/(2RC)$ です。したがって半値全幅は
$$
2\Delta\omega=\frac{1}{RC}
$$
です。近似を使わずに 2 次方程式 $\omega^2\mp\omega/(RC)-\omega_0^2=0$ を解いて 2 根の差をとっても $1/(RC)$ が厳密に得られます。$Q$ 値は $\omega_0/(2\Delta\omega)=\omega_0RC=R\sqrt{C/L}$ で、共振が鋭いという仮定は $R\sqrt{C/L}\gg1$ にあたります。
### 設問7
光電流の変動成分は共振しているので、並列共振回路のインピーダンスは $Z(\omega_0)=R$ です。点 P に現れる信号電圧は
$$
V_1^{\text{信号}}(t)=I_1R\cos(\omega_0t)
\ \Longrightarrow\
\left\langle\left(V_1^{\text{信号}}\right)^2\right\rangle=\frac{I_1^2R^2}{2}
$$
です（正弦波の二乗平均は振幅の二乗の半分）。雑音側は、測定周波数幅を半値全幅にとるので $2\pi\Delta f=2\Delta\omega=1/(RC)$、すなわち $\Delta f=1/(2\pi RC)$ です。したがって
$$
\left\langle\delta V_1^{\ 2}\right\rangle=4k_{\mathrm B}TR\cdot\Delta f=\frac{4k_{\mathrm B}TR}{2\pi RC}=\frac{2k_{\mathrm B}T}{\pi C}
$$
となります。$V_{\mathrm{OUT}}$ では信号も雑音も同じ利得 $G$ で増幅されるので、比を 1 にする条件は点 P で考えても同じです。二乗平均を等置すると
$$
\frac{I_1^2R^2}{2}=\frac{2k_{\mathrm B}T}{\pi C}
\ \Longrightarrow\
I_1=\frac{2}{R}\sqrt{\frac{k_{\mathrm B}T}{\pi C}}
$$
が答えです。$L$ は現れません。共振周波数を決めるのは $L$ ですが、共振点のインピーダンスも帯域幅も $R$ と $C$ だけで決まるからです。次元は、$k_{\mathrm B}T/C$ が $\mathrm{J/F}=\mathrm{V^2}$ なので $\sqrt{\cdot}$ が電圧、それを $R$ で割って電流になり、正しいです。数値の見当をつけると、$R=1\,\mathrm{M\Omega}$、$C=1\,\mathrm{nF}$、$T=300\,\mathrm{K}$ で $I_1\approx2\,\mathrm{pA}$ となり、微弱光検出の実際的な下限のオーダーです。$R$ を大きく、$C$ を大きく（帯域を狭く）すれば検出限界が下がることも式から読めます。
## 第6問 反陽子生成のしきい値と飛行時間測定
### 設定
陽子同士を衝突させて反陽子をつくる反応
$$
p+p\to p+p+\bar p+p
$$
を考えます。終状態は陽子 3 個と反陽子 1 個で、静止質量の総和は $4m_p$ です。光速を $c$、陽子の静止質量を $m_p$ とします。後半では、静止した陽子に十分なエネルギーの陽子を当てて生成された粒子を、3 枚の穴あきプレートと磁場（プレート2 と 3 の間、紙面に垂直）で選別し、さらに距離 $L$ 離した 2 台のシンチレータと光電子増倍管の組で飛行時間を測って粒子識別する装置を扱います。
### 設問1
ローレンツ変換は $\beta=v/c$、$\gamma=1/\sqrt{1-\beta^2}$ として
$$
ct'=\gamma\left(ct-\beta x\right),\qquad x'=\gamma\left(x-\beta\,ct\right)
$$
です。これを代入して計算します。
$$
\begin{aligned}
(ct')^2-x'^2
&=\gamma^2\left[(ct-\beta x)^2-(x-\beta ct)^2\right]\\
&=\gamma^2\left[(ct)^2-2\beta x\,ct+\beta^2x^2-x^2+2\beta ct\,x-\beta^2(ct)^2\right]\\
&=\gamma^2\left(1-\beta^2\right)\left[(ct)^2-x^2\right]
=(ct)^2-x^2
\end{aligned}
$$
最後で $\gamma^2(1-\beta^2)=1$ を使いました。交差項が打ち消し合うところが要点です。$(ct)^2-x^2$ は $S'$ 系で見ても同じ値になり、不変量であることが示されました。
### 設問2
不変量 $s\equiv(\sum E)^2-\left(\sum \boldsymbol{p}c\right)^2$ を使います。しきい値は、終状態の 4 粒子が重心系で静止する（相対運動量ゼロ）ときに実現され、そのとき $s=\left(4m_pc^2\right)^2$ です。
(i) 正面衝突では 2 つの陽子の運動量が打ち消すので、$\sum E=2E_p$、$\sum\boldsymbol{p}=0$、したがって $s=(2E_p)^2$ です。しきい値の条件は
$$
(2E_p)^2\ge\left(4m_pc^2\right)^2\ \Longrightarrow\ E_p\ge2m_pc^2
$$
なので最小値は $E_p=2m_pc^2$ です。運動エネルギーで言えば 1 個あたり $m_pc^2$ で足ります。
(ii) 標的が静止している場合、入射陽子のエネルギー $E_p$ と運動量 $p$ は $E_p^2=(pc)^2+\left(m_pc^2\right)^2$ を満たします。
$$
s=\left(E_p+m_pc^2\right)^2-(pc)^2
=E_p^2+2E_pm_pc^2+\left(m_pc^2\right)^2-\left[E_p^2-\left(m_pc^2\right)^2\right]
=2m_pc^2\left(E_p+m_pc^2\right)
$$
これが $\left(4m_pc^2\right)^2=16\left(m_pc^2\right)^2$ 以上であればよいので
$$
2m_pc^2E_p+2\left(m_pc^2\right)^2\ge16\left(m_pc^2\right)^2
\ \Longrightarrow\
E_p\ge7m_pc^2
$$
となり、最小値は $E_p=7m_pc^2$ です。運動エネルギーは $6m_pc^2\approx5.6\,\mathrm{GeV}$ で、正面衝突の $m_pc^2$ に比べて 6 倍を要します。標的静止では重心系のエネルギーが $\sqrt{s}\propto\sqrt{E_p}$ しか増えないためです。反陽子を初めて作った Bevatron の $6.2\,\mathrm{GeV}$ という設計値がまさにこの数字です。
### 設問3
a) 電荷が保存しません。始状態の電荷は $2e$、終状態は $(+1)+(+1)+(-1)+0=+1$（単位 $e$）です。電磁相互作用のゲージ対称性に由来する電荷保存則は厳密に成り立つと考えられており、この反応は起こりません。なおバリオン数は $1+1=2$ に対して $1+1-1+1=2$ で保存しているので、禁止しているのは電荷保存則だけです。
b) バリオン数が保存しません。始状態のバリオン数は $2$、終状態は $p,p,\bar p,\pi^+$ でそれぞれ $+1,+1,-1,0$ なので合計 $1$ です。$\pi$ 中間子はバリオンではないので、反陽子の $-1$ を埋め合わせる相手がいません。電荷は $2e$ に対して $(+1)+(+1)+(-1)+(+1)=+2$ で保存していますが、バリオン数保存則により禁止されます。
### 設問4
一様磁場中で運動量に垂直な磁場を受ける荷電粒子は円運動し、円運動の式は相対論的にも $\left|\dfrac{d\boldsymbol{p}}{dt}\right|=|q|vB$ と $\left|\dfrac{d\boldsymbol{p}}{dt}\right|=\dfrac{pv}{r}$ から
$$
p=|q|Br
$$
となります（$p=\gamma mv$）。反陽子の電荷の大きさは電気素量 $e$ なので
$$
pc=eBrc=(1.602\times10^{-19}\,\mathrm{C})\times(1.0\,\mathrm{T})\times(0.50\,\mathrm{m})\times(3.0\times10^{8}\,\mathrm{m/s})=2.40\times10^{-11}\,\mathrm{J}
$$
です。$\mathrm{eV}$ に直すには $e$ で割ればよく、$e$ が約分されて
$$
pc=\frac{eBrc}{e}\,\mathrm{eV}=Brc\,\mathrm{eV}=1.0\times0.50\times3.0\times10^{8}=1.5\times10^{8}\,\mathrm{eV}
$$
となります。したがって
$$
p=0.15\ \mathrm{GeV}/c
$$
です。有効数字 2 桁で $0.15\,\mathrm{GeV}/c$ が答えです。覚えやすい形にすると $p[\mathrm{GeV}/c]=0.3\,B[\mathrm{T}]\,r[\mathrm{m}]$ で、これに $B=1.0$、$r=0.50$ を入れても同じ値になります。
### 設問5
光電子増倍管では、光電面で放出された光電子が第1ダイノードへ加速され、そこで数個の二次電子を叩き出し、それが第2ダイノードへ加速されてさらに増える、という増倍が段ごとに繰り返されます。したがって回路に要求されるのは、光電面から各ダイノードを経て陽極に向かって電位が単調に高くなっていること、そして各段の電位差がほぼ等しいことです。
高電圧源が $-1\,\mathrm{kV}$ の 1 台だけなので、抵抗の直列分圧（ブリーダー）で各電極の電位をつくります。具体的には、$-1\,\mathrm{kV}$ 側を光電面につなぎ、接地側（$0\,\mathrm{V}$）を陽極につなぎます。光電面と陽極のあいだに、ダイノードの段数より 1 つ多い個数の抵抗を直列に接続し、その接続点を光電面に近い側から順に第1ダイノード、第2ダイノード、…、最終ダイノードへつなぎます。図2 右図のようにダイノードが 11 段なら抵抗は 12 本で、すべて等しい値なら 1 段あたり約 $1000/12\approx83\,\mathrm{V}$ が確保されます。電位は光電面 $-1000\,\mathrm{V}$、第1ダイノード約 $-917\,\mathrm{V}$、…と単調に上がり、陽極が $0\,\mathrm{V}$ で最も高くなります。
信号は最も電位の高い陽極から取り出します。陽極を直流的に接地電位に置いたまま、結合コンデンサを介して信号を取り出すか、陽極と接地の間に負荷抵抗を入れてその両端の電圧を読みます。分圧器に流す定常電流は、信号によるパルス電流よりも十分大きく（電極電位がパルス中に動かないよう）とる必要があり、後段のダイノードには電荷を供給するためのバイパスコンデンサを並列に入れるのが普通です。
### 設問6
$pc=0.3\,\mathrm{GeV}$ に対して $E=\sqrt{(pc)^2+\left(mc^2\right)^2}$、$\beta=v/c=pc/E$ を使います。
反陽子（$mc^2=0.9\,\mathrm{GeV}$）は
$$
E=\sqrt{0.3^2+0.9^2}=\sqrt{0.90}=0.949\,\mathrm{GeV},\qquad
\beta_{\bar p}=\frac{0.3}{0.949}=0.316\approx0.3
$$
$\pi^-$ 中間子（$mc^2=0.15\,\mathrm{GeV}$）は
$$
E=\sqrt{0.3^2+0.15^2}=\sqrt{0.1125}=0.335\,\mathrm{GeV},\qquad
\beta_{\pi}=\frac{0.3}{0.335}=0.894\approx0.9
$$
です。答えは反陽子が光速の約 $0.3$ 倍、$\pi^-$ が約 $0.9$ 倍です。
飛行時間は $t=L/(\beta c)$、$1/\beta=E/(pc)$ なので
$$
\Delta t=\frac{L}{c}\left(\frac{1}{\beta_{\bar p}}-\frac{1}{\beta_\pi}\right)
=\frac{0.3\,\mathrm{m}}{3.0\times10^{8}\,\mathrm{m/s}}\left(3.162-1.118\right)
=1.0\times10^{-9}\times2.044\ \mathrm{s}
$$
すなわち
$$
\Delta t\approx2\times10^{-9}\,\mathrm{s}=2\,\mathrm{ns}
$$
です。個別には反陽子が $3.2\,\mathrm{ns}$、$\pi^-$ が $1.1\,\mathrm{ns}$ で、丸めた $\beta=0.3,\ 0.9$ を使っても $3.3-1.1=2.2\,\mathrm{ns}$ となり、1 桁の精度では同じ $2\,\mathrm{ns}$ です。
### 設問7
b) の検出器が適切です。図3 の横軸のスケールが判断材料になります。a) は $200\,\mathrm{ns}$ 目盛で、信号は立ち上がりも減衰も含めて数百 $\mathrm{ns}$ にわたって広がっています（NaI(Tl) の蛍光減衰時間が $200\,\mathrm{ns}$ 台であることに対応します）。b) は $10\,\mathrm{ns}$ 目盛で、パルス全体の幅が $20$–$30\,\mathrm{ns}$、立ち上がりは数 $\mathrm{ns}$ です（プラスチックシンチレータの減衰時間は数 $\mathrm{ns}$）。
設問6 で見たように識別すべき飛行時間差は $2\,\mathrm{ns}$ しかないので、時刻決定の精度をこれよりよくする必要があります。時刻決定の揺らぎはおおよそ信号の立ち上がり時間を信号対雑音比で割った程度になるため、立ち上がりが数百 $\mathrm{ns}$ の a) では $2\,\mathrm{ns}$ の差は測れません。b) は振幅が $0.1\,\mathrm{V}$ と a) の $0.5\,\mathrm{V}$ より小さいものの、立ち上がりが 2 桁速いので時間分解能ははるかに良く、$1\,\mathrm{ns}$ を切る精度が期待できます。加えて、パルス幅が短いことは高計数率でのパルスの重なり（パイルアップ）を避けるうえでも有利です。エネルギー分解能が要る測定なら発光量の大きい a) を選びますが、ここで要るのは時間分解能なので b) を選びます。
出典: 東京大学大学院理学系研究科 物理学専攻 令和2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。