東大 理学系研究科 物理学専攻 専門科目（物理学） 2012年度 院試 解答例・解説

角運動量とスピンの基本代数から順に整理する。以下，設問の後半では $\hbar=1$ とする。

1. 軌道角運動量を $$L_x=yp_z-zp_y,\quad L_y=zp_x-xp_z,\quad L_z=xp_y-yp_x$$ とおく。例えば $$\begin{aligned} [L_x,L_y] &=[yp_z-zp_y,\;zp_x-xp_z] \\ &= [yp_z,zp_x]-[yp_z,xp_z]-[zp_y,zp_x]+[zp_y,xp_z]. \end{aligned}$$ 異なる成分の座標・運動量は可換なので，残る項だけを計算すると $$[yp_z,zp_x]=y[p_z,z]p_x=-i\hbar yp_x, \qquad [zp_y,xp_z]=x[z,p_z]p_y=i\hbar xp_y.$$ したがって $$[L_x,L_y]=i\hbar(xp_y-yp_x)=i\hbar L_z.$$ 巡回置換により $$[L_i,L_j]=i\hbar\epsilon_{ijk}L_k$$ が得られる。
2. スピン $1/2$ の行列は同じ交換関係を満たす必要がある。与えられた $S_x,S_z$ に対し $$S_y=\frac{\hbar}{2} \begin{pmatrix} 0&-i\\ i&0 \end{pmatrix}$$ とすれば，$[S_x,S_y]=i\hbar S_z$ などが成り立つ。
3. 一定磁場が $x$ 方向，$\boldsymbol H=(H,0,0)$ であるから $$\mathcal H=-\mu H S_x=-aS_x =-\frac{a}{2} \begin{pmatrix} 0&1\\ 1&0 \end{pmatrix}, \qquad a=\mu H.$$ $S_x$ の固有状態を用いれば直ちに $$E_1=-\frac{a}{2},\quad |1\rangle=\frac{1}{\sqrt2} \begin{pmatrix}1\\1\end{pmatrix}, \qquad E_2=\frac{a}{2},\quad |2\rangle=\frac{1}{\sqrt2} \begin{pmatrix}1\\-1\end{pmatrix}$$ である。エネルギーは磁場方向のスピン成分で決まる。
4. 初期状態を $S_z$ 上向き $$|\phi(0)\rangle= \begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix}$$ とする。時間発展は $$|\phi(t)\rangle =e^{-i\mathcal Ht}|\phi(0)\rangle =e^{iaS_xt}|\phi(0)\rangle = \begin{pmatrix} \cos(at/2)\\ i\sin(at/2) \end{pmatrix}.$$ よって期待値は $$\langle S_x\rangle=0,\qquad \langle S_y\rangle=\frac12\sin at,\qquad \langle S_z\rangle=\frac12\cos at.$$ 磁場が $x$ 軸まわりの回転を作るので，$S_z$ 成分と $S_y$ 成分が入れ替わる。
5. 回転磁場を $$\boldsymbol H=(H_0\cos\omega t,\,-H_0\sin\omega t,\,H)$$ と書くと $$\mathcal H=\mathcal H_1+\mathcal H_2,\qquad \mathcal H_1=-aS_z,\qquad \mathcal H_2=-a_0(S_x\cos\omega t-S_y\sin\omega t)$$ である。ただし $a_0=\mu H_0$。相互作用表示 $$|\psi(t)\rangle=e^{i\mathcal H_1t}|\phi(t)\rangle$$ では $$i\frac{d}{dt}|\psi(t)\rangle = e^{i\mathcal H_1t}\mathcal H_2e^{-i\mathcal H_1t} |\psi(t)\rangle$$ となる。行列表現で計算すると $$e^{i\mathcal H_1t}\mathcal H_2e^{-i\mathcal H_1t} = -\frac{a_0}{2} \begin{pmatrix} 0&e^{i(\omega-a)t}\\ e^{-i(\omega-a)t}&0 \end{pmatrix}.$$ したがって，回転磁場の角周波数とゼーマン分裂 $a$ のずれだけが相互作用表示の時間依存性として残る。
6. 共鳴条件 $\omega=a$ では相互作用表示のハミルトニアンが $$\mathcal H_I=-a_0S_x$$ という時間によらない形になる。初期状態を再び $S_z$ 上向きに取ると $$|\psi(t)\rangle=e^{ia_0S_xt} \begin{pmatrix}1\\0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix} \cos(a_0t/2)\\ i\sin(a_0t/2) \end{pmatrix}.$$ $S_z$ は $z$ 軸まわりの戻し変換と可換なので，シュレーディンガー表示でも $$\langle S_z\rangle=\frac12\cos(a_0t)$$ である。共鳴では弱い横磁場の大きさ $H_0$ が振動周期を決める。

線形二原子分子の回転自由度は二つである。古典極限，量子準位，核スピン統計を分けて扱う。

1. 古典的な剛体回転子のエネルギーは $$E=\frac{1}{2I}\left(p_\theta^2+\frac{p_\phi^2}{\sin^2\theta}\right)$$ である。一分子の回転分配関数を $$Z_{\mathrm{cl}} =\frac{1}{h^2}\int_0^\pi d\theta\int_0^{2\pi}d\phi \int_{-\infty}^{\infty}dp_\theta \int_{-\infty}^{\infty}dp_\phi\, e^{-\beta E}$$ と書く。運動量積分は $$\int dp_\theta e^{-\beta p_\theta^2/(2I)} =\sqrt{\frac{2\pi I}{\beta}}, \quad \int dp_\phi e^{-\beta p_\phi^2/(2I\sin^2\theta)} =\sin\theta\sqrt{\frac{2\pi I}{\beta}}.$$ よって $$Z_{\mathrm{cl}} =\frac{1}{h^2}\frac{2\pi I}{\beta} \int_0^{2\pi}d\phi\int_0^\pi\sin\theta\,d\theta =\frac{8\pi^2Ik_{\mathrm{B}}T}{h^2}.$$ $$\Theta_{\mathrm{rot}}=\frac{\hbar^2}{2Ik_{\mathrm{B}}}$$ を用いれば $$Z_{\mathrm{cl}}=\frac{T}{\Theta_{\mathrm{rot}}}.$$ したがって $$U=-\frac{\partial}{\partial\beta}\log Z_{\mathrm{cl}} =k_{\mathrm{B}}T, \qquad C=\frac{\partial U}{\partial T}=k_{\mathrm{B}}.$$
2. 量子力学では回転準位は $$E_l=\frac{\hbar^2}{2I}l(l+1) =k_{\mathrm{B}}\Theta_{\mathrm{rot}}l(l+1), \qquad g_l=2l+1$$ である。よって $$Z_{\mathrm{q}}=\sum_{l=0}^{\infty}(2l+1) \exp\left[-\frac{\Theta_{\mathrm{rot}}}{T}l(l+1)\right].$$ 高温 $T\gg\Theta_{\mathrm{rot}}$ では和を積分で近似でき， $$Z_{\mathrm{q}}\simeq\int_0^\infty (2l+1) e^{-\Theta_{\mathrm{rot}}l(l+1)/T}\,dl =\frac{T}{\Theta_{\mathrm{rot}}}.$$ したがって古典結果 $U=k_{\mathrm{B}}T,\ C=k_{\mathrm{B}}$ に一致する。
3. 低温 $T\ll\Theta_{\mathrm{rot}}$ では $l=0$ と $l=1$ だけを残せばよい。 $$Z\simeq 1+3e^{-2\Theta_{\mathrm{rot}}/T}.$$ 内部エネルギーは $$U\simeq \frac{3(2k_{\mathrm{B}}\Theta_{\mathrm{rot}})e^{-2\Theta_{\mathrm{rot}}/T}} {1+3e^{-2\Theta_{\mathrm{rot}}/T}} \simeq 6k_{\mathrm{B}}\Theta_{\mathrm{rot}}e^{-2\Theta_{\mathrm{rot}}/T}.$$ したがって $$C\simeq 12k_{\mathrm{B}}\left(\frac{\Theta_{\mathrm{rot}}}{T}\right)^2 e^{-2\Theta_{\mathrm{rot}}/T}.$$ 比熱は等分配則の値へ滑らかに行くのではなく，励起準位が熱的に使えるようになるまで指数的に小さい。
4. 水素分子では二つの陽子がフェルミ粒子である。電子・振動の基底状態を対称と見れば，全波動関数の交換反対称性は $$\text{核スピン部分}\times\text{回転部分}$$ で決まる。核スピン三重項は対称であり，回転波動関数は反対称，すなわち奇数 $l$ を取る。これがオルト水素である。核スピン一重項は反対称であり，回転波動関数は対称，すなわち偶数 $l$ を取る。これがパラ水素である。 高温では偶数 $l$ と奇数 $l$ の回転状態数がほぼ等しく，核スピン縮退度だけが効くので $$N_{\mathrm{ortho}}:N_{\mathrm{para}}=3:1$$ となる。
5. 急冷でオルト・パラ比が $3:1$ のまま凍結されたとする。$T=30\,\mathrm{K}$ では $\Theta_{\mathrm{rot}}=90\,\mathrm{K}$ より，パラ水素は最低の $l=0$，オルト水素は最低の $l=1$ にほぼ入る。回転エネルギーは $$E_{l=0}=0,\qquad E_{l=1}=2k_{\mathrm{B}}\Theta_{\mathrm{rot}}=180\,k_{\mathrm{B}}\mathrm{K}.$$ したがって一分子あたり平均内部エネルギーは $$\frac{U}{k_{\mathrm{B}}} \simeq \frac34\cdot 180\,\mathrm{K} =135\,\mathrm{K} \simeq 1.4\times 10^2\,\mathrm{K}.$$

束縛電子の運動から電流密度を作り，それをマクスウェル方程式に戻す。

1. 電子の変位を $\boldsymbol r$，外部電場を $\boldsymbol E=\boldsymbol E_0\cos\omega t$ とする。復元力を $-m\omega_0^2\boldsymbol r$ とすれば $$m\frac{d^2\boldsymbol r}{dt^2} = -m\omega_0^2\boldsymbol r +e\boldsymbol E_0\cos\omega t$$ である。ここで $e<0$ であるが，最終的な分散式には $e^2$ が現れる。
2. 定常解を $$\boldsymbol r=\boldsymbol R\cos\omega t$$ とおくと $$m(\omega_0^2-\omega^2)\boldsymbol R=e\boldsymbol E_0, \qquad \boldsymbol R= \frac{e}{m(\omega_0^2-\omega^2)}\boldsymbol E_0.$$ 速度は $$\boldsymbol v =-\omega\boldsymbol R\sin\omega t.$$ 単位体積あたりの束縛電子数を $N$ とすれば，電流密度は $$\boldsymbol i_d =Ne\boldsymbol v = -\frac{Ne^2\omega}{m(\omega_0^2-\omega^2)} \boldsymbol E_0\sin\omega t.$$
3. 真空中のアンペール・マクスウェルの式を $$\frac{1}{\mu_0}\nabla\times\boldsymbol B = \epsilon_0\frac{\partial\boldsymbol E}{\partial t} +\boldsymbol i$$ と書く。両辺の発散を取ると左辺は常にゼロなので $$0=\epsilon_0\frac{\partial}{\partial t}(\nabla\cdot\boldsymbol E) +\nabla\cdot\boldsymbol i.$$ ガウスの法則 $\nabla\cdot\boldsymbol E=\rho/\epsilon_0$ を使えば $$\frac{\partial\rho}{\partial t}+\nabla\cdot\boldsymbol i=0$$ となり，電荷保存が従う。
4. 真空で伝導電流がない場合，$\boldsymbol E=\boldsymbol E_0\cos\omega t$ に対して $$\nabla\times\boldsymbol B = -\mu_0\epsilon_0\omega\boldsymbol E_0\sin\omega t.$$ 誘電体中では束縛電子の電流密度を加えるので $$\nabla\times\boldsymbol B = -\mu_0\omega \left[ \epsilon_0+ \frac{Ne^2}{m(\omega_0^2-\omega^2)} \right]\boldsymbol E_0\sin\omega t.$$ したがって同じ形 $$\nabla\times\boldsymbol B=-{\cal C}\omega\boldsymbol E_0\sin\omega t$$ で書けば $${\cal C}=\mu_0 \left[ \epsilon_0+ \frac{Ne^2}{m(\omega_0^2-\omega^2)} \right].$$
5. 屈折率は波の位相速度 $v_{\mathrm{ph}}=1/\sqrt{{\cal C}}$ と $c=1/\sqrt{\epsilon_0\mu_0}$ の比から $$n(\omega)=\frac{c}{v_{\mathrm{ph}}} =\sqrt{\frac{{\cal C}}{\epsilon_0\mu_0}} = \sqrt{ 1+ \frac{Ne^2}{m\epsilon_0(\omega_0^2-\omega^2)} }.$$ プラズマ振動数 $$\omega_p=\sqrt{\frac{Ne^2}{m\epsilon_0}}$$ を用いれば $$n(\omega)= \sqrt{1+\frac{\omega_p^2}{\omega_0^2-\omega^2}}.$$

相対論的不変量，検出器の偶然同時計数，指数分布の最尤推定をまとめて扱う。

1. 標的陽子が静止している実験室系で $$p+p\to p+p+\pi^0$$ を考える。入射陽子の全エネルギーを $E_{\mathrm{lab}}$ とすると $$s=(p_1+p_2)^2 =2m_p^2c^4+2m_pc^2E_{\mathrm{lab}}.$$ しきい値では重心系で生成粒子が相対運動を持たないため $$s_{\mathrm{thr}}=(2m_p+m_\pi)^2c^4.$$ したがって入射陽子の運動エネルギーは $$\begin{aligned} K_{\mathrm{thr}} &= \frac{(2m_p+m_\pi)^2-2m_p^2}{2m_p}c^2 -m_pc^2 \\ &= \left(2m_\pi+\frac{m_\pi^2}{2m_p}\right)c^2. \end{aligned}$$ $m_pc^2=938\,\mathrm{MeV}$, $m_\pi c^2=135\,\mathrm{MeV}$ を使うと $$K_{\mathrm{thr}}\simeq 270\,\mathrm{MeV} +\frac{135^2}{2\cdot 938}\,\mathrm{MeV} \simeq 2.8\times 10^2\,\mathrm{MeV}.$$
2. $\pi^0$ の崩壊で生じる高エネルギー光子は，物質中で主に以下の過程を起こす。 $$\text{光電効果},\qquad \text{コンプトン散乱},\qquad \text{電子陽電子対生成}.$$ 数十 MeV 以上の領域では対生成が特に重要であり，その後の電磁シャワーを検出することで光子を捉える。
3. 飛行距離と飛行時間から $$v=\frac{\ell}{t} = \frac{1.200\,\mathrm{m}}{5.000\,\mathrm{ns}} = 2.40\times 10^8\,\mathrm{m/s} =0.800c.$$ 相対誤差は $$\frac{\delta v}{v} = \sqrt{ \left(\frac{0.012}{1.200}\right)^2+ \left(\frac{0.120}{5.000}\right)^2 } \simeq 2.6\times 10^{-2}.$$ したがって $$v=(2.40\pm0.06)\times10^8\,\mathrm{m/s} =(0.800\pm0.021)c.$$
4. 運動量 $p=4.0\,\mathrm{GeV}/c$ の粒子について，長さ $\ell$ の飛行時間は $$t=\frac{\ell}{\beta c} = \frac{\ell}{c} \sqrt{1+\left(\frac{mc}{p}\right)^2}.$$ $p\gg mc$ なので $$t\simeq \frac{\ell}{c} \left[ 1+\frac12\left(\frac{mc}{p}\right)^2 \right].$$ したがって $K$ 中間子と $\pi$ 中間子の時間差は $$\Delta t \simeq \frac{\ell}{2c} \frac{m_K^2-m_\pi^2}{p^2}.$$ $$m_Kc^2\simeq0.49\,\mathrm{GeV},\qquad m_\pi c^2\simeq0.14\,\mathrm{GeV}$$ を用いると $$\frac{m_K^2-m_\pi^2}{p^2} = \frac{0.49^2-0.14^2}{4.0^2} \simeq 1.4\times10^{-2}.$$ $\Delta t\ge 300\,\mathrm{ps}$ とするには $$\ell \gtrsim \frac{2c\Delta t}{1.4\times10^{-2}} \simeq 1.3\times10^1\,\mathrm{m}.$$ よって必要な飛行距離は約 $13\,\mathrm{m}$ である。
5. 二つの計数管のノイズがそれぞれ独立に $r=1.0\,\mathrm{kHz}$ で入り，パルス幅を $\tau=50\,\mathrm{ns}$ とする。二つの矩形パルスが少しでも重なる条件は開始時刻差が $|\Delta t|<\tau$ である。偶然同時計数率は $$R_{\mathrm{acc}}\simeq 2r^2\tau = 2(10^3\,\mathrm{s^{-1}})^2(50\times10^{-9}\,\mathrm{s}) =1.0\times10^{-1}\,\mathrm{s^{-1}}.$$ すなわち約 $0.10\,\mathrm{Hz}$ である。
6. 寿命分布を $$f(t;\tau)=\frac{1}{\tau}e^{-t/\tau}\qquad(t\ge0)$$ とする。独立な測定値 $t_i$ に対する対数尤度は $$\log L=-n\log\tau-\frac{1}{\tau}\sum_{i=1}^n t_i.$$ $\partial\log L/\partial\tau=0$ から $$\hat\tau=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n t_i.$$ 与えられた九つの値の和は $$0.34+0.74+4.76+1.81+1.35+9.80+0.65+0.62+2.43 =22.50\,\mu\mathrm{s}.$$ したがって $$\hat\tau=\frac{22.50}{9}\,\mu\mathrm{s} =2.50\,\mu\mathrm{s}.$$

飛行時間法の運動学，ローレンツ型スペクトル，アレニウス解析を一つずつ処理する。数値は有効数字二桁で示す。

1. グラファイトの面間隔を $d=3.4\,\text{\AA}$，一次反射を用いる。ブラッグ条件 $$\lambda=2d\sin\theta_{\mathrm{B}}$$ であり，入射角・反射角は $45^\circ$ なので $$\lambda=2(3.4\,\text{\AA})\sin45^\circ \simeq 4.8\,\text{\AA}.$$ 弾性散乱では $$|\boldsymbol k_i|=|\boldsymbol k_f|=\frac{2\pi}{\lambda}.$$ 散乱角が $2\theta$ であるから $$Q=|\boldsymbol k_i-\boldsymbol k_f| = 2\frac{2\pi}{\lambda}\sin\theta = \frac{4\pi}{\lambda}\sin\theta.$$
2. 入射中性子のエネルギーは $$E_i=\frac{p_i^2}{2m} =\frac{h^2}{2m\lambda^2}.$$ 散乱後，中性子が試料から検出器まで距離 $L$ を時間 $\Delta t$ で飛ぶなら $$E_f=\frac12m\left(\frac{L}{\Delta t}\right)^2.$$ 試料へのエネルギー移行を $\Delta E=E_i-E_f$ と取ると $$\Delta E= \frac{h^2}{2m\lambda^2} -\frac{mL^2}{2(\Delta t)^2}.$$
3. 時間相関関数が $$C(Q,t)=ae^{-DQ^2|t|}$$ である。偶関数性を使うと $$\begin{aligned} I(Q,\omega) &= \frac{1}{2\pi}\int_{-\infty}^{\infty} ae^{-DQ^2|t|}e^{i\omega t}\,dt \\ &= \frac{a}{\pi}\int_0^\infty e^{-DQ^2t}\cos\omega t\,dt \\ &= \frac{a}{\pi} \frac{DQ^2}{(DQ^2)^2+\omega^2}. \end{aligned}$$ よって準弾性ピークはローレンツ型になる。
4. 最大値は $\omega=0$ で $$I(Q,0)=\frac{a}{\pi DQ^2}.$$ 半値条件は $$\frac{a}{\pi}\frac{DQ^2}{(DQ^2)^2+\omega^2} = \frac12\frac{a}{\pi DQ^2}.$$ したがって $$\omega^2=(DQ^2)^2, \qquad \Gamma_\omega=DQ^2.$$ 横軸をエネルギー $\hbar\omega$ で読むときの半値半幅は $$\Gamma_E=\hbar DQ^2$$ である。
5. アレニウス式 $$D=D_0\exp\left(-\frac{\Delta E_a}{RT}\right)$$ の対数を取ると $$\ln D=\ln D_0-\frac{\Delta E_a}{R}\frac{1}{T}.$$ 端の二点を用いると $$\ln\frac{1.80\times10^{-5}}{1.10\times10^{-5}} \simeq \ln(1.64) \simeq 0.49,$$ $$\Delta\left(\frac1T\right) = 3.37\times10^{-3}-3.64\times10^{-3} = -2.7\times10^{-4}\,\mathrm{K^{-1}}.$$ したがって直線の傾きは約 $$-1.8\times10^3\,\mathrm{K}$$ であり $$\Delta E_a \simeq R(1.8\times10^3) = 8.3\times1.8\times10^3\,\mathrm{J/mol} \simeq 1.5\times10^4\,\mathrm{J/mol} = 15\,\mathrm{kJ/mol}.$$ この活性化エネルギーは，水分子が拡散する際に水素結合ネットワークを組み替えるためのエネルギーと主に関係する。

同軸ケーブルの断面内の静電場・静磁場から線路定数を求め，最後に整合したT型減衰器を設計する。

1. 中心導体半径を $a$，外部導体内半径を $b$ とする。単位長さあたりの電荷を $\lambda$ とすれば，ガウスの法則から $$E_r(r)=\frac{\lambda}{2\pi\epsilon r} \qquad (a<r<b)$$ である。電位差は $$V=\int_a^b E_r(r)\,dr = \frac{\lambda}{2\pi\epsilon}\ln\frac{b}{a}.$$ したがって単位長さあたりの電気容量は $$C=\frac{\lambda}{V} = \frac{2\pi\epsilon}{\ln(b/a)}.$$ 電流 $I$ が流れると，アンペールの法則から $$B_\varphi(r)=\frac{\mu I}{2\pi r}.$$ 単位長さあたりの磁場エネルギーは $$\int_a^b \frac{B_\varphi^2}{2\mu}\,2\pi r\,dr = \frac{\mu I^2}{4\pi}\ln\frac{b}{a}.$$ これを $(1/2)LI^2$ と比べると $$L=\frac{\mu}{2\pi}\ln\frac{b}{a}.$$
2. 長さ $\Delta x$ の微小区間について，直列インダクタンスは $L\Delta x$，並列容量は $C\Delta x$ である。直列インダクタンスによる電圧降下は $$\Delta V = V(x+\Delta x,t)-V(x,t) = -L\Delta x\,\frac{\partial I}{\partial t}.$$ $\Delta x\to0$ で $$\frac{\partial V}{\partial x} = -L\frac{\partial I}{\partial t}.$$ また，微小容量に流れ込む電流は $$C\Delta x\,\frac{\partial V}{\partial t}$$ なので，電流の減少分は $$\Delta I = I(x+\Delta x,t)-I(x,t) = -C\Delta x\,\frac{\partial V}{\partial t}.$$ したがって $$\frac{\partial I}{\partial x} = -C\frac{\partial V}{\partial t}.$$
3. 二つの伝送線路方程式をもう一度微分して組み合わせる。 $$\frac{\partial^2 V}{\partial x^2} = -L\frac{\partial}{\partial t} \left(\frac{\partial I}{\partial x}\right) = LC\frac{\partial^2V}{\partial t^2}.$$ 同様に $$\frac{\partial^2 I}{\partial x^2} = LC\frac{\partial^2I}{\partial t^2}.$$ 標準形 $$\frac{\partial^2 V}{\partial x^2} = \frac{1}{v^2}\frac{\partial^2V}{\partial t^2}$$ と比べて $$v=\frac{1}{\sqrt{LC}}.$$
4. 絶縁体の比誘電率が $2$，比透磁率が $1$ なら $$\epsilon=2\epsilon_0,\qquad \mu=\mu_0.$$ 上で求めた $L,C$ を使うと $$v=\frac{1}{\sqrt{\mu\epsilon}} = \frac{1}{\sqrt{2\mu_0\epsilon_0}} = \frac{c}{\sqrt2} \simeq 0.7c.$$ したがって光速の約 $70\%$ である。
5. 進行波 $$V=V_0e^{i\omega(t\pm x/v)},\qquad I=I_0e^{i\omega(t\pm x/v)}$$ を伝送線路方程式に代入する。例えば $+x$ 方向波では $$\frac{\partial V}{\partial x} = -\frac{i\omega}{v}V = -L(i\omega)I.$$ したがって $$\frac{V}{I}=Lv=L\frac{1}{\sqrt{LC}}=\sqrt{\frac{L}{C}}.$$ これが特性インピーダンスである。断面から求めた $L,C$ を代入すると $$Z=\sqrt{\frac{L}{C}} = \frac{1}{2\pi}\sqrt{\frac{\mu}{\epsilon}}\ln\frac{b}{a}.$$ ケーブル長ではなく，断面形状と媒質だけで決まる。