東大 理学系研究科 物理学専攻 専門科目（物理学） 2016年度 院試 過去問 解答例・解説（全6問）

電子の電荷を $-e\,(e>0)$ とする。本問の共変運動量を $$p_x=-i\hbar\partial_x+eA_x,\qquad p_y=-i\hbar\partial_y+eA_y$$ とおくと， $$[p_x,p_y] =-i\hbar e\left(\partial_xA_y-\partial_yA_x\right) =-i\hbar e B_z$$ である。したがって $$H=\frac{p_x^2+p_y^2}{2m}\mathbf 1 +\frac{\hbar eB_z}{2m}\sigma_z$$ を考えればよい。

1. スピン交換関係

パウリ行列の関係 $[\sigma_x,\sigma_y]=2i\sigma_z$ から $$[S_x,S_y] =\frac{\hbar^2}{4}[\sigma_x,\sigma_y] =i\hbar S_z .$$ また $H$ のスピン依存性は $\sigma_z$ だけであり，$p_x,p_y,B_z$ はスピン空間には作用しないので， $$[H,S_z] =\frac{\hbar}{2}[H,\sigma_z]=0$$ である。従って $H$ と $S_z$ は同時対角化でき，スピンの上下を分けて考えられる。

2. ディラック型演算子の二乗

行列演算子 $$D=p_x\sigma_x+p_y\sigma_y$$ は，$p_x,p_y$ がエルミートで，パウリ行列が運動量と可換であるためエルミートである。また $$D\sigma_z =p_x\sigma_x\sigma_z+p_y\sigma_y\sigma_z =-\sigma_z(p_x\sigma_x+p_y\sigma_y) =-\sigma_zD .$$ 二乗は $$\begin{aligned} D^2 &=p_x^2+p_y^2+p_xp_y\sigma_x\sigma_y+p_yp_x\sigma_y\sigma_x\\ &=p_x^2+p_y^2+i(p_xp_y-p_yp_x)\sigma_z\\ &=p_x^2+p_y^2+\hbar eB_z\sigma_z . \end{aligned}$$ よって $$H=\frac{1}{2m}D^2$$ が得られる。ここで交換子の符号を間違えると，後の「どちらのスピンに零モードが出るか」が反転する。

3. ノルム恒等式

$H|\Psi_n\rangle=E_n|\Psi_n\rangle$ とし， $|\Phi_n\rangle=D|\Psi_n\rangle$ とおく。$D=D^\dagger$ と $D^2=2mH$ より $$\begin{aligned} \langle\Phi_n|\Phi_n\rangle &=\langle\Psi_n|D^\dagger D|\Psi_n\rangle\\ =\langle\Psi_n|D^2|\Psi_n\rangle\\ &=2m\langle\Psi_n|H|\Psi_n\rangle =2mE_n\langle\Psi_n|\Psi_n\rangle . \end{aligned}$$ 左辺はノルムなので非負である。

4. 正エネルギー状態の対

束縛状態は $\langle\Psi_n|\Psi_n\rangle>0$ であるから，$E_n\ne0$ なら上の恒等式から $E_n>0$ である。 さらに $D^2$ は $D$ と可換であるため， $$H(D|\Psi_n\rangle) =\frac{1}{2m}D^2D|\Psi_n\rangle =D H|\Psi_n\rangle =E_nD|\Psi_n\rangle .$$ また $E_n>0$ なら $\|D|\Psi_n\rangle\|^2>0$ なので $D|\Psi_n\rangle\ne0$ である。 $\sigma_z|\Psi_n\rangle=|\Psi_n\rangle$ のとき，反交換関係から $$\sigma_zD|\Psi_n\rangle=-D\sigma_z|\Psi_n\rangle=-D|\Psi_n\rangle .$$ 従って正エネルギーの上向きスピン状態は，同じエネルギーをもつ下向きスピン状態へ写る。

5. 零エネルギー方程式

$E=0$ ではノルム恒等式より $$\|D|\Psi\rangle\|^2=0$$ だから $D|\Psi\rangle=0$ である。ここで $$Q=p_x+ip_y,\qquad Q^\dagger=p_x-ip_y$$ と書くと $$D= \begin{pmatrix} 0 & Q^\dagger\\ Q & 0 \end{pmatrix}.$$ 従って零エネルギー条件は $$Q\psi_\uparrow=0,\qquad Q^\dagger\psi_\downarrow=0$$ に分解される。

ベクトルポテンシャルを $$A_x=-\partial_y\rho,\qquad A_y=\partial_x\rho$$ と表すと，$\nabla^2\rho=B_z$ である。複素座標 $$w=x+iy,\qquad \overline w=x-iy$$ を用いると $$\partial_x+i\partial_y=2\partial_{\overline w}, \qquad \partial_x-i\partial_y=2\partial_w .$$ 定義 $$\psi_\uparrow=f_\uparrow\exp\!\left(\frac{e\rho}{\hbar}\right), \qquad \psi_\downarrow=f_\downarrow\exp\!\left(-\frac{e\rho}{\hbar}\right)$$ を代入すると， $$Q\psi_\uparrow =-i\hbar \exp\!\left(\frac{e\rho}{\hbar}\right) (\partial_x+i\partial_y)f_\uparrow,$$ $$Q^\dagger\psi_\downarrow =-i\hbar \exp\!\left(-\frac{e\rho}{\hbar}\right) (\partial_x-i\partial_y)f_\downarrow .$$ したがって $$\partial_{\overline w}f_\uparrow=0,\qquad \partial_wf_\downarrow=0 .$$ すなわち $f_\uparrow$ は $w$ の正則関数，$f_\downarrow$ は $\overline w$ の正則関数である。

6. 零モードの個数

半径 $R$ の円板内に一定の正磁場があるので，全磁束は $$\Phi=\pi R^2b$$ である。与えられた $\rho$ は遠方で $$\rho(r)=\frac{bR^2}{2}\log r+O(1) =\frac{\Phi}{2\pi}\log r+O(1) \qquad (r\to\infty)$$ と振る舞う。

上向きでは $$\psi_\uparrow=f_\uparrow(w)e^{e\rho/\hbar}$$ である。$f_\uparrow$ が多項式なら，最高次数を $n\ge0$ として遠方で $$|\psi_\uparrow|^2\,r\,dr \sim r^{2n+2\alpha+1}\,dr, \qquad \alpha=\frac{e\Phi}{2\pi\hbar} =\frac{ebR^2}{2\hbar}.$$ $\alpha>0$ なのでこの積分は収束しない。よって上向きスピンの零エネルギー束縛状態は存在しない。

下向きでは $$\psi_\downarrow=f_\downarrow(\overline w)e^{-e\rho/\hbar}$$ である。$f_\downarrow$ の最高次数を $n$ とすれば $$|\psi_\downarrow|^2\,r\,dr \sim r^{2n-2\alpha+1}\,dr .$$ 無限遠で規格化可能であるためには $$2n-2\alpha+1<-1, \qquad\text{すなわち}\qquad n<\alpha-1$$ が必要十分である。従って許される単項式は $$1,\ \overline w,\ \overline w^2,\ \ldots$$ のうち $n<\alpha-1$ を満たすものだけであり，一次独立な零モード数は $$N_0=\max\left\{0,\left\lceil\alpha\right\rceil-1\right\} =\max\left\{0,\left\lceil\frac{ebR^2}{2\hbar}\right\rceil-1\right\}.$$ 特に $\alpha$ が整数のとき，境界次数 $n=\alpha-1$ は $\int^\infty r^{-1}dr$ 型になって規格化できないため，一つ少なく数える。

各質点は独立であるから，一個の質点だけを解けば十分である。平衡位置からのずれを $$X=x-a$$ とおくと，一個分のハミルトニアンは $$h=\frac{p^2}{2m}+\frac{m\omega^2}{2}X^2$$ である。以下では $\beta=(k_{\mathrm B}T)^{-1}$ と書く。

1. 古典力学の場合

古典正準分布は $$P(p,X)\propto \exp\!\left[-\beta\left\{\frac{p^2}{2m} +\frac{m\omega^2}{2}X^2\right\}\right]$$ である。運動量と位置の積に分離しているので，等分配則から直ちに $$\left\langle\frac{p^2}{2m}\right\rangle =\frac12k_{\mathrm B}T,\qquad \left\langle\frac{m\omega^2X^2}{2}\right\rangle =\frac12k_{\mathrm B}T .$$ したがって質点一個当たりの内部エネルギーと比熱は $$U=k_{\mathrm B}T,\qquad C=\left(\frac{\partial U}{\partial T}\right)_N=k_{\mathrm B}.$$ 全系では独立な質点が $N$ 個あるだけなので，内部エネルギーと比熱はそれぞれ $NU$, $NC$ である。

位置分布は $X$ について偶関数であるから $$\langle X\rangle=0,\qquad \langle x_1\rangle=a .$$ 分散は，問題で与えられたガウス積分を $\alpha=\beta m\omega^2/2$ に対して用いれば $$\langle X^2\rangle =\frac{\int_{-\infty}^{\infty}X^2e^{-\alpha X^2}\,dX} {\int_{-\infty}^{\infty}e^{-\alpha X^2}\,dX} =\frac{1}{2\alpha} =\frac{k_{\mathrm B}T}{m\omega^2}.$$ よって $$\langle x_1^2\rangle-\langle x_1\rangle^2 =\frac{k_{\mathrm B}T}{m\omega^2}.$$

2. 量子力学の場合

量子調和振動子の固有値は $$\varepsilon_n=\hbar\omega\left(n+\frac12\right), \qquad n=0,1,2,\ldots$$ である。一個分の分配関数は $$\begin{aligned} Z_1 &=\sum_{n=0}^{\infty}e^{-\beta\hbar\omega(n+1/2)} =\frac{e^{-\beta\hbar\omega/2}}{1-e^{-\beta\hbar\omega}}\\ &=\frac{1}{2\sinh(\beta\hbar\omega/2)} . \end{aligned}$$ 従って質点一個当たりの内部エネルギーは $$\begin{aligned} U_Q &=-\frac{\partial}{\partial\beta}\log Z_1\\ &=\frac{\hbar\omega}{2}\coth\frac{\beta\hbar\omega}{2} =\hbar\omega\left(\frac12+\frac{1}{e^{\beta\hbar\omega}-1}\right). \end{aligned}$$ 比熱は $$C_Q =\frac{\partial U_Q}{\partial T} =k_{\mathrm B} \left(\frac{\beta\hbar\omega}{2}\right)^2 \operatorname{csch}^2\frac{\beta\hbar\omega}{2} =k_{\mathrm B}(\beta\hbar\omega)^2 \frac{e^{\beta\hbar\omega}}{(e^{\beta\hbar\omega}-1)^2}.$$

次に位置の平均と分散を求める。$x=a+X$ であり，固有状態では $$\langle n|X|n\rangle=0$$ である。これは与えられた式で $X|n\rangle$ が $|n-1\rangle$ と $|n+1\rangle$ の線形結合になり，$\langle n|n\pm1\rangle=0$ となるためである。正準分布はエネルギー固有状態で対角なので， $$\langle x_1\rangle=a .$$

同じ式を二度用いると $$\langle n|X^2|n\rangle =\frac{\hbar}{2m\omega}\{n+(n+1)\} =\frac{\hbar}{2m\omega}(2n+1).$$ 平均占有数を $$\overline n=\frac{1}{e^{\beta\hbar\omega}-1}$$ と書けば，量子力学での位置分散は $$\begin{aligned} \langle x_1^2\rangle-\langle x_1\rangle^2 &=\langle X^2\rangle\\ &=\frac{\hbar}{2m\omega}(2\overline n+1) =\frac{\hbar}{2m\omega}\coth\frac{\beta\hbar\omega}{2}. \end{aligned}$$ これは $T=0$ でも消えず，零点揺らぎ $\hbar/(2m\omega)$ を残す。

3. 高温極限・低温極限

$x=\beta\hbar\omega$ とおく。高温極限 $x\ll1$ では $$\coth\frac{x}{2} =\frac{2}{x}+\frac{x}{6}+O(x^3)$$ だから $$U_Q=k_{\mathrm B}T+\frac{(\hbar\omega)^2}{12k_{\mathrm B}T} +O(T^{-3}),$$ $$C_Q=k_{\mathrm B}\left(1-\frac{x^2}{12}+O(x^4)\right) \longrightarrow k_{\mathrm B}=C .$$ すなわち高温では古典結果に戻る。

低温極限 $x\gg1$ では $$U_Q=\frac{\hbar\omega}{2} +\hbar\omega e^{-x}+O(e^{-2x}),$$ $$C_Q=k_{\mathrm B}x^2e^{-x}+O(x^2e^{-2x}) \longrightarrow 0 .$$ 古典比熱 $C=k_{\mathrm B}$ が温度に依らず残るのに対し，量子比熱は励起ギャップ $\hbar\omega$ のため指数関数的に小さくなる。

噴射ガスのロケットから見た速度を $-v_{\mathrm{gas}}$ $(v_{\mathrm{gas}}>0)$ とする。ロケットの質量変化は $dm<0$ で表す。

1. 非相対論的な質量減少率

時刻 $t$ のロケット速度を $v$，微小時間後の速度を $v+dv$，質量を $m+dm$ とする。この間に噴射されたガスの質量は $-dm>0$ であり，慣性系から見たガス速度は非相対論的には $v-v_{\mathrm{gas}}$ である。 運動量保存は，一次の微小量までで $$mv=(m+dm)(v+dv)+(-dm)(v-v_{\mathrm{gas}})$$ となる。二次の微小量を捨てると $$m\,dv+v_{\mathrm{gas}}\,dm=0 .$$ ロケットが一定加速度 $\alpha$ で運動するので $dv/dt=\alpha$ であり， $$\frac{dm}{dt}=-\frac{\alpha}{v_{\mathrm{gas}}}m(t)$$ を得る。

2. 非相対論での質量

初期条件 $m(0)=m_0$ を用いて上の微分方程式を解けば $$m(t)=m_0\exp\!\left(-\frac{\alpha t}{v_{\mathrm{gas}}}\right).$$ この指数減少は，速度を同じだけ増やすたびに同じ割合の質量を消費する，というロケット方程式の性質を表している。

3. 相対論的運動の整理

対地速度を $v=dx/dt$， $$\gamma=\frac{1}{\sqrt{1-v^2/c^2}}$$ と書く。時空間隔 $$ds^2=-c^2dt^2+dx^2 =-c^2dt^2\left(1-\frac{v^2}{c^2}\right)$$ より， $$d\tau=\sqrt{1-\frac{v^2}{c^2}}\,dt=\frac{dt}{\gamma}.$$ したがって空欄イは $$\boxed{\sqrt{1-v^2/c^2}}$$ である。

4元速度は $$u^\mu=\frac{dx^\mu}{d\tau}=(\gamma c,\gamma v,0,0)$$ である。計量を $(-+++)$ とすると $$u^\mu\odot u^\mu=-(u^0)^2+(u^1)^2=-c^2,$$ また $d(u^\mu\odot u^\mu)/d\tau=2u^\mu\odot a^\mu=0$ だから $$u^\mu\odot a^\mu=0.$$ 従って空欄ロ，ハは $$\boxed{-c^2},\qquad \boxed{0}.$$

さらに $a^\mu\odot a^\mu=\alpha^2$ とし，正の $x$ 方向へ加速しているとする。条件 $$-u^0a^0+u^1a^1=0,\qquad -(a^0)^2+(a^1)^2=\alpha^2$$ を解く。$(u^0)^2-(u^1)^2=c^2$ を用いれば $$a^0=\frac{\alpha}{c}u^1,\qquad a^1=\frac{\alpha}{c}u^0 .$$ 従って空欄ニ，ホは $$\boxed{\frac{\alpha u^1}{c}},\qquad \boxed{\frac{\alpha u^0}{c}}.$$

4. 一定固有加速度での速度

1次元運動ではラピディティ $\eta$ を $$\frac{v}{c}=\tanh\eta,\qquad u^0=c\cosh\eta,\qquad u^1=c\sinh\eta$$ で定義すると計算が簡単になる。このとき $$a^\mu=\frac{du^\mu}{d\tau} =c\frac{d\eta}{d\tau}(\sinh\eta,\cosh\eta,0,0)$$ であるから $$a^\mu\odot a^\mu=c^2\left(\frac{d\eta}{d\tau}\right)^2=\alpha^2.$$ 正向き加速を取ると $$\eta(\tau)=\frac{\alpha\tau}{c}$$ であり，$\tau=0$ で $v=0$ という条件を満たす。よって $$v(\tau)=c\tanh\frac{\alpha\tau}{c}.$$ 対地速度は $c$ に近づくが超えない。

5. 4元運動量保存

ガスの対地速度を $v'$，対応するローレンツ因子を $$\gamma'=\frac{1}{\sqrt{1-{v'}^2/c^2}}$$ とする。微小過程前のロケットの4元運動量は $m u^\mu$ である。微小過程後は，ロケットの質量が $m+dm$，4元速度が $u^\mu+du^\mu$，噴射ガスの静止質量が $dm'$，4元速度が $$u_{\mathrm g}^{\mu}=(\gamma'c,\gamma'v',0,0)$$ であるから， $$m u^\mu=(m+dm)(u^\mu+du^\mu)+dm'\,u_{\mathrm g}^{\mu}.$$ 一次の微小量まで残すと $$m\,du^\mu+u^\mu\,dm+u_{\mathrm g}^{\mu}\,dm'=0.$$ 成分で書けば $$m\,d(\gamma c)+\gamma c\,dm+\gamma'c\,dm'=0,$$ $$m\,d(\gamma v)+\gamma v\,dm+\gamma'v'\,dm'=0.$$ これが求める4元運動量保存則の一次近似である。

6. 相対論的な質量

上の式をロケットの瞬間静止系で読む。この系では，噴射直前のロケットは静止しており，ガスは速度 $-v_{\mathrm{gas}}$ で噴射される。ガスのローレンツ因子を $$\gamma_{\mathrm g} =\frac{1}{\sqrt{1-v_{\mathrm{gas}}^2/c^2}}$$ とする。エネルギー保存と運動量保存は一次までで $$mc^2=(m+dm)c^2+\gamma_{\mathrm g}dm'c^2,$$ $$0=m\,dV-\gamma_{\mathrm g}dm'v_{\mathrm{gas}}$$ となる。ここで $dV$ は瞬間静止系で見たロケットの微小速度増加である。第一式から $$dm=-\gamma_{\mathrm g}dm'$$ であり，これを第二式へ入れると $$m\,dV=-v_{\mathrm{gas}}\,dm .$$ 瞬間静止系で見た加速度が固有加速度なので $dV=\alpha\,d\tau$ である。従って $$\frac{dm}{d\tau}=-\frac{\alpha}{v_{\mathrm{gas}}}m.$$ 初期条件 $m(0)=m_0$ から $$m(\tau)=m_0\exp\!\left(-\frac{\alpha\tau}{v_{\mathrm{gas}}}\right).$$

この式は設問2の $$m(t)=m_0\exp\!\left(-\frac{\alpha t}{v_{\mathrm{gas}}}\right)$$ と形は同じだが，時間変数と加速度の意味が異なる。非相対論では慣性系時刻 $t$ と対地加速度 $\alpha=dv/dt$ を使っている。相対論では，ロケットに同乗した時計の固有時間 $\tau$ と，瞬間静止系で測った固有加速度 $\alpha$ を使っている。

必要なら慣性系時刻との関係は $$t=\frac{c}{\alpha}\sinh\frac{\alpha\tau}{c}$$ であるから， $$m(t)=m_0 \exp\!\left[-\frac{c}{v_{\mathrm{gas}}} \operatorname{arsinh}\!\left(\frac{\alpha t}{c}\right)\right].$$ $\alpha t\ll c$ では $\operatorname{arsinh}(\alpha t/c)\simeq \alpha t/c$ となり，設問2の非相対論的結果へ戻る。

与えられた屈折率を $$\alpha=\sqrt{1-\frac{n_e}{n_c}},\qquad n_c=\frac{m_e\epsilon_0\omega^2}{e^2},\qquad k=\frac{\alpha\omega}{c}$$ と書く。以下では，位相差は真空の場合からプラズマを入れた場合を引いた $\Delta\phi=\phi_v-\phi_p$ とする。

1. 半空間プラズマ中の電場

$n_e<n_c$ では $\alpha$ は実数であり，プラズマ側の透過波は $$E_t(z,t)=T E_0 \exp\left(i\frac{\alpha\omega}{c}z-i\omega t\right)$$ の形で伝搬する。したがって電場が空間的に 1 周期変化する特徴的長さは $$\lambda_p=\frac{2\pi}{k} =\frac{2\pi c}{\alpha\omega} =\frac{c}{\alpha f}$$ である。

$n_e>n_c$ では $$\alpha=i\eta,\qquad \eta=\sqrt{\frac{n_e}{n_c}-1}$$ と書ける。物理的に許されるのは $z\to\infty$ で発散しない解なので， $$E_t(z,t)=T E_0 \exp\left(-\frac{\eta\omega}{c}z\right)e^{-i\omega t}$$ となる。これは伝搬波ではなくエバネッセント波であり，侵入長は $$\ell_{\mathrm{ev}} =\frac{1}{\eta\omega/c} =\frac{c}{\omega\sqrt{n_e/n_c-1}}$$ である。

2. 円柱プラズマを横切るときの位相差

中心を通る光線では，円柱内の位置を $z$ とすると半径方向距離は $r=|z|$ である。低密度近似 $n_e(r)\ll n_c$ では $$k(z)=\frac{\omega}{c} \sqrt{1-\frac{n_e(|z|)}{n_c}} \simeq \frac{\omega}{c}\left(1-\frac{n_e(|z|)}{2n_c}\right)$$ である。よって $$\phi_p=\int_{-a}^{a}k(z)\,dz \simeq \frac{2a\omega}{c} -\frac{\omega}{2cn_c}\int_{-a}^{a}n_e(|z|)\,dz, \qquad \phi_v=\frac{2a\omega}{c}.$$ したがって $$\boxed{ \Delta\phi=\phi_v-\phi_p \simeq \frac{\omega}{2cn_c}\int_{-a}^{a}n_e(|z|)\,dz = \frac{e^2}{2m_e\epsilon_0c\omega} \int_{-a}^{a}n_e(|z|)\,dz }.$$ つまり測定された位相差は，電子密度の線積分値に比例する。

3. 放物型密度分布での周波数と位相差

密度分布が $$n_e(r)=n_{e0}\left(1-\frac{r^2}{a^2}\right)$$ であれば，中心を通る線積分は $$\int_{-a}^{a}n_e(|z|)\,dz = n_{e0}\int_{-a}^{a}\left(1-\frac{z^2}{a^2}\right)\,dz = \frac{4}{3}an_{e0}.$$

周波数の下限の桁は，中心の最大密度で電磁波が遮断されない条件 $$n_c\gtrsim n_{e0}$$ で決まる。したがって $$f_{\min}\simeq \frac{1}{2\pi} \sqrt{\frac{n_{e0}e^2}{m_e\epsilon_0}}$$ であり，数値を代入すると $$f_{\min} \simeq \frac{1}{2\pi} \sqrt{ \frac{(1.0\times10^{19})(1.6\times10^{-19})^2} {(9.1\times10^{-31})(8.9\times10^{-12})}} \simeq 3\times10^{10}\ \mathrm{Hz}.$$ 桁としては $10^{10}\ \mathrm{Hz}$，すなわち数十 GHz である。

この下限程度の周波数を用いると，$\omega\simeq\sqrt{n_{e0}e^2/(m_e\epsilon_0)}$ なので $$\Delta\phi \simeq \frac{\omega}{2cn_{e0}}\frac{4}{3}an_{e0} = \frac{2a\omega}{3c} \simeq \frac{2(0.1)(1.8\times10^{11})}{3(3.0\times10^8)} \simeq 4\times10^1\ \mathrm{rad}.$$ 実験では近似式をよく成り立たせるため，この値より十分高い周波数を選ぶ。

4. 同一周波数干渉計の出力

参照波とプローブ波を $$E_1e^{-i\omega t},\qquad E_2e^{-i\omega t+i\Delta\phi}$$ と書くと，重ね合わせは $$E_t=e^{-i\omega t}\left(E_1+E_2e^{i\Delta\phi}\right)$$ である。よって，$E_1,E_2$ を実振幅として $$\boxed{ |E_t|^2 = E_1^2+E_2^2+2E_1E_2\cos\Delta\phi }.$$

5. 周波数をずらした干渉計

参照波とプローブ波の角周波数をそれぞれ $\omega_1,\omega_2$ とし， $\Delta\omega=\omega_2-\omega_1$ とおく。検出器で重なる電場を $$E_t(t)= E_1e^{-i\omega_1t} +E_2e^{-i\omega_2t+i\Delta\phi(t)}$$ と書けば， $$\boxed{ |E_t(t)|^2 = E_1^2+E_2^2 +2E_1E_2\cos\{\Delta\omega\,t-\Delta\phi(t)\} }$$ である。

第1項と第2項は主に直流成分またはゆっくりした強度変動として現れる。一方，位相差を含む項は $\Delta\omega$ のまわりのビート信号として現れるので，周波数選別または復調により背景の強度変動と分けられる。さらに既知の基準位相 $\Delta\omega t$ に対するビート位相の進み遅れを読むため， $\Delta\phi$ の正負も追跡できる。

ただし，位相変化がビート周期中に大きく変わると位相追跡が破綻する。したがって $$\boxed{ |\Delta\omega|\gg \left|\frac{d(\Delta\phi)}{dt}\right| }$$ となるように選ぶ必要がある。

高エネルギー電子の弾性散乱では，電子をほぼ点状の電磁プローブとして用い，原子核の電荷分布を運動量移行依存性から読む。以下では電子質量を無視し，必要な概算は 1 桁の精度で行う。

1. 加速器方式の適否

1. 静電加速器は適さない。電子に数百 MeV を与えるには，電荷 $e$ に対して数百 MV の静電電位差が必要である。これは絶縁破壊や装置寸法の点で現実的でない。
2. 一定磁場・一定周波数の古典的サイクロトロンは適さない。電子は数 MeV 程度ですでに相対論的になり，角速度 $$\omega_c=\frac{eB}{\gamma m_e}$$ がエネルギーとともに変化するため，一定周波数の高周波電場と同期し続けられない。高エネルギー電子では放射損失も問題になる。
3. 線形加速器は適する。高周波電場を直線上の空洞または電極列に同期させれば，相対論的電子でも位相を合わせて段階的に加速できる。円軌道でないため，曲げによる放射損失も小さい。

2. 検出数から微分断面積を求める

入射電流を $I$，測定時間を $t$ とすると，入射電子数は $$N_{\mathrm{in}}=\frac{It}{e}$$ である。標的の面密度は $\rho\ell$ であり，原子量をモル質量として扱えば，単位面積あたりの標的原子核数は $$N_{\mathrm{T}}=\frac{\rho\ell N_A}{A}$$ である。厚い標的効果や多重散乱を無視すれば，立体角 $\omega$ に入る検出数 $n$ は $$n=N_{\mathrm{in}}N_{\mathrm{T}}\frac{d\sigma}{d\Omega}\omega$$ である。したがって $$\boxed{ \frac{d\sigma}{d\Omega} = \frac{n e A}{I t\,\omega\,\rho\ell N_A} }.$$ ここで $Z$ は標的核種を指定する量だが，この計数から断面積を逆算する式そのものには現れない。

3. 運動量分析用磁場

磁場中での曲率半径 $R$ は $$p=eBR$$ で決まる。実用単位では $$p[\mathrm{GeV}/c]\simeq0.30\,B[\mathrm{T}]\,R[\mathrm{m}]$$ であるから，$p=0.300\ \mathrm{GeV}/c$，$R=1\ \mathrm{m}$ では $$B\simeq\frac{0.300}{0.30\times1}\ \mathrm{T}\simeq1\ \mathrm{T}.$$

4. 陽子標的での反跳による散乱電子エネルギー

標的陽子が実験室系で静止しているとする。電子質量を無視すると $$E_i+Mc^2=E_f+E_p', \qquad \boldsymbol p_p'=\boldsymbol p_i-\boldsymbol p_f$$ であり，反跳陽子の不変質量条件 $$(E_i+Mc^2-E_f)^2 = M^2c^4+c^2|\boldsymbol p_i-\boldsymbol p_f|^2$$ を用いる。電子では $p_i=E_i/c$，$p_f=E_f/c$ だから，整理して $$E_f= \frac{E_i} {1+\dfrac{E_i}{Mc^2}(1-\cos\theta)} = \frac{E_i} {1+\dfrac{2E_i}{Mc^2}\sin^2(\theta/2)}$$ を得る。$E_i=0.300\ \mathrm{GeV}$，$Mc^2\simeq1\ \mathrm{GeV}$， $\theta=90^\circ$ では $$E_f\simeq \frac{0.300}{1+0.300}\ \mathrm{GeV} \simeq0.23\ \mathrm{GeV}.$$ 1 桁では $2\times10^2\ \mathrm{MeV}$ である。

5. 形状因子の傾きと荷電半径

球対称な規格化電荷分布 $\rho(r)$ に対して $$F(q^2)=\int \rho(r) \exp\left(i\frac{\boldsymbol q\cdot\boldsymbol r}{\hbar}\right)d^3r$$ と書く。小さい $q$ で指数関数を展開すると $$\exp\left(i\frac{\boldsymbol q\cdot\boldsymbol r}{\hbar}\right) = 1+i\frac{\boldsymbol q\cdot\boldsymbol r}{\hbar} -\frac{(\boldsymbol q\cdot\boldsymbol r)^2}{2\hbar^2} +\cdots .$$ 球対称性により一次の項は消え，角度平均では $$\langle(\boldsymbol q\cdot\boldsymbol r)^2\rangle_{\mathrm{ang}} = \frac{q^2r^2}{3}$$ である。したがって $$F(q^2) \simeq 1-\frac{q^2}{6\hbar^2}\int r^2\rho(r)d^3r = 1-\frac{q^2\langle r^2\rangle}{6\hbar^2}.$$ この範囲で $F$ は実数なので $$|F(q^2)|^2 \simeq 1-\frac{q^2\langle r^2\rangle}{3\hbar^2}.$$ よって，$|F(q^2)|^2$ を $q^2$ に対してプロットした直線部分の傾き $s$ を $$|F(q^2)|^2\simeq1-sq^2$$ と読めば $$\boxed{ \sqrt{\langle r^2\rangle} = \hbar\sqrt{3s} }$$ である。横軸を $(\mathrm{GeV}/c)^2$，半径を $\mathrm{fm}$ で扱うときは $$\sqrt{\langle r^2\rangle} = (\hbar c)\sqrt{3s}, \qquad \hbar c\simeq0.2\ \mathrm{GeV\,fm}$$ を使えばよい。

6. データからの重陽子荷電半径

低 $q^2$ 側の直線部分を，概算として $$|F(q^2)|^2\simeq1-(3\times10^1)q^2$$ 程度と読む。すなわち $$s\simeq3\times10^1\ (\mathrm{GeV}/c)^{-2}.$$ したがって $$\sqrt{\langle r^2\rangle} \simeq (0.2\ \mathrm{GeV\,fm}) \sqrt{3(3\times10^1)} \simeq 2\ \mathrm{fm}.$$ よって，図から読む重陽子の荷電半径はおよそ $$\boxed{\sqrt{\langle r^2\rangle}\sim2\ \mathrm{fm}}$$ である。