第16章素粒子物理と材料科学の接点

導出：$Q$ 値と，それが $\alpha$ と $n$ にどう配分されるか

ステップ1：$Q$ 値を出す．始状態の静止質量の和を $M_i$，終状態のそれを $M_f$ と書く．

$$ M_i = m_d + m_t = 1875.6127 + 2808.9209 = 4684.5336\ \mathrm{MeV} $$ $$ M_f = m_\alpha + m_n = 3727.3794 + 939.5654 = 4666.9448\ \mathrm{MeV} $$ $$ \begin{equation} Q \equiv M_i - M_f = 17.5888\ \mathrm{MeV} \label{eq:16-Q} \end{equation} $$

核子1個あたりに直すと $17.589/5 = 3.52\ \mathrm{MeV}$．化学反応（$\mathrm{C}+\mathrm{O}_2$ で約 $4\ \mathrm{eV}$）の $10^6$ 倍である．この比が，核融合を追いかける理由のすべてを説明している．

ステップ2：重心系（CM 系）で考える．実際のプラズマでは D と T が $10\text{–}20\ \mathrm{keV}$ の熱運動エネルギーをもってぶつかるが，これは $Q=17.6\ \mathrm{MeV}$ に比べて約 $0.1\%$ なので，まず「D と T が静止した状態から始まる」として計算する．すると始状態の不変質量は

$$ W = \sqrt{s} = M_i = 4684.5336\ \mathrm{MeV} $$

である．これは第4章で扱った「質量 $W$ の粒子が2体に崩壊する」問題と数学的にまったく同じである．

ステップ3：2体崩壊の運動学を適用する．CM 系では $\bm{p}_\alpha = -\bm{p}_n$ であり，第4章の式（2体崩壊における娘粒子のエネルギー）から

$$ \begin{equation} E_n = \frac{W^2 + m_n^2 - m_\alpha^2}{2W}, \qquad E_\alpha = \frac{W^2 + m_\alpha^2 - m_n^2}{2W} \label{eq:16-2body} \end{equation} $$

である．数値を入れる．$W^2 = 4684.5336^2 = 2.194486\times10^{7}\ \mathrm{MeV^2}$，$m_n^2 = 8.82783\times10^{5}$，$m_\alpha^2 = 1.389335\times10^{7}$ なので

$$ E_n = \frac{2.194486\times10^{7} + 0.088278\times10^{7} - 1.389335\times10^{7}}{2\times4684.5336} = \frac{8.93429\times10^{6}}{9369.067} = 953.594\ \mathrm{MeV} $$

運動エネルギーは静止質量を引いて

$$ T_n = E_n - m_n = 953.594 - 939.565 = 14.029\ \mathrm{MeV} $$

ステップ4：きれいな閉じた形に直す．実は \eqref{eq:16-2body} は $Q$ を使って驚くほど簡単に書ける．$W = m_\alpha + m_n + Q$ を代入して展開すると，分子は

$$ W^2 + m_n^2 - m_\alpha^2 = (m_\alpha+m_n+Q)^2 - m_\alpha^2 + m_n^2 = 2m_n^2 + 2m_\alpha m_n + Q^2 + 2m_\alpha Q + 2 m_n Q $$

ここから $2m_n W = 2m_n m_\alpha + 2m_n^2 + 2m_n Q$ を引くと，$m_n$ を含む項がすべて消えて

という美しい形になる．検算しよう：

$$ T_n = \frac{17.5888\times(17.5888 + 7454.759)}{9369.067} = \frac{17.5888\times7472.348}{9369.067} = 14.028\ \mathrm{MeV} $$ $$ T_\alpha = \frac{17.5888\times(17.5888 + 1879.131)}{9369.067} = \frac{17.5888\times1896.720}{9369.067} = 3.5606\ \mathrm{MeV} $$

和を取ると $14.028+3.561=17.589\ \mathrm{MeV} = Q$ ✓．エネルギー保存が閉じた．∎

導出：DT の Coulomb 障壁の高さ

ステップ1：核が接触する距離．核半径の経験式 $R = r_0 A^{1/3}$（$r_0=1.2\ \mathrm{fm}$）を使うと，二核が接触するのは

$$ R_{\rm c} = r_0\left(A_d^{1/3} + A_t^{1/3}\right) = 1.2\times\left(2^{1/3} + 3^{1/3}\right) = 1.2\times(1.2599+1.4422) = 3.243\ \mathrm{fm} $$

ステップ2：そこでの Coulomb ポテンシャル．自然単位系では $e^2/4\pi\epsilon_0 = \alpha\,\hbar c = (1/137.036)\times197.327\ \mathrm{MeV\,fm} = 1.4400\ \mathrm{MeV\,fm}$ である．したがって

ステップ3：これが意味すること．$444\ \mathrm{keV}$ を温度に直すと，$k_B T = 444\ \mathrm{keV}$ すなわち $T = 5.2\times10^{9}\ \mathrm{K}$ である．太陽の中心温度は $1.5\times10^7\ \mathrm{K}$（$1.3\ \mathrm{keV}$），トカマクの運転温度は $1\text{–}2\times10^8\ \mathrm{K}$（$10\text{–}20\ \mathrm{keV}$）．太陽中心は障壁の $0.3\%$，トカマクでも $2\text{–}5\%$ にすぎない．古典的には核融合は絶対に起きない．∎

導出：Gamow 因子

ステップ1：WKB 近似．エネルギー $E$（重心系）の粒子が，ポテンシャル $V(r)$ の障壁（核表面 $R_{\rm c}$ から古典的転回点 $r_{\rm t}=Z_1Z_2\alpha\hbar c/E$ まで）をトンネルする確率は，WKB 近似で

$$ P = \exp\left[-\frac{2}{\hbar}\int_{R_{\rm c}}^{r_{\rm t}}\sqrt{2m_r\left(V(r)-E\right)}\;\dd r\right] $$

である．$m_r = m_d m_t/(m_d+m_t)$ は換算質量．数値を出しておくと

$$ m_r = \frac{1875.6127\times2808.9209}{4684.5336} = \frac{5.268448\times10^{6}}{4684.534} = 1124.65\ \mathrm{MeV} $$

ステップ2：積分を実行する．$V(r)=Z_1Z_2\alpha\hbar c/r$ を代入し，$R_{\rm c}\ll r_{\rm t}$ を仮定して下限をゼロに近似すると，この積分は解析的に実行できる．$x=r/r_{\rm t}$ と置くと

$$ \int_0^{r_{\rm t}}\sqrt{\frac{1}{x}-1}\;r_{\rm t}\dd x = r_{\rm t}\cdot\frac{\pi}{2} $$

という標準的な結果になる（$\int_0^1\sqrt{1/x-1}\,\dd x=\pi/2$）．整理すると指数は

$\eta$ を Sommerfeld パラメータと呼ぶ．水素原子の基底状態では電子の速度が $v/c=\alpha$ になる（第7章 7.2.2 項で微細構造を $v/c$ で展開したときの小さなパラメータがこれである）．$\eta=Z_1Z_2\alpha/(v/c)$ は，相対運動の速さに対する Coulomb 相互作用の強さを表す無次元量として，束縛問題と散乱問題の両方に共通して現れる．

ステップ3：Gamow エネルギー．$2\pi\eta = \sqrt{E_G/E}$ と書けるように定数をまとめると

$$ \begin{equation} E_G = 2 m_r c^2\left(\pi\alpha Z_1 Z_2\right)^2 \label{eq:16-EG} \end{equation} $$

DT の場合，$\pi\alpha = \pi/137.036 = 0.0229253$ なので

$$ E_G = 2\times1124.65\ \mathrm{MeV}\times(0.0229253)^2 = 2249.3\times5.2557\times10^{-4} = 1.1822\ \mathrm{MeV} $$

ステップ4：$64\ \mathrm{keV}$ での透過率．実験で DT の断面積が最大になる重心系エネルギー $E=64\ \mathrm{keV}=0.064\ \mathrm{MeV}$ を入れると

$$ 2\pi\eta = \sqrt{\frac{1.1822}{0.064}} = \sqrt{18.472} = 4.298 \quad\Longrightarrow\quad P = \ee^{-4.298} = 1.36\times10^{-2} $$

つまり約 $1.4\%$．$444\ \mathrm{keV}$ の壁を $64\ \mathrm{keV}$ の粒子が $1.4\%$ の確率で通り抜ける．これがトンネル効果の威力である．なお $1.4\%$ は下限を $R_{\rm c}\to0$ とした慣習的な「Gamow 因子」の値であり，DT では $R_{\rm c}/r_{\rm t}=3.24/22.5=0.144$ が無視できない．有限の核半径を入れて $\int_{R_{\rm c}}^{r_{\rm t}}\sqrt{r_{\rm t}/r-1}\,\dd r = r_{\rm t}\left[\arccos\sqrt{x}-\sqrt{x(1-x)}\right]$（$x=R_{\rm c}/r_{\rm t}$）を使うと，$\pi/2$ の $0.53$ 倍になるので指数は $4.30\times0.53=2.27$，透過率は約 $10\%$ に上がる．この違いは，あとで導入する $S(E)$ 因子の側に吸収される．∎

導出：点火条件 $nT\tau_E > 3\times10^{21}\ \mathrm{keV\,s\,m^{-3}}$

ステップ1：$\alpha$ 加熱パワー．密度 $n$ の DT プラズマ（$n_D=n_T=n/2$）で，単位体積あたりの反応率は $n_Dn_T\braket{\sigma v} = (n^2/4)\braket{\sigma v}$．各反応で $\alpha$ が $E_\alpha=3.52\ \mathrm{MeV}$ を持ち込むから

$$ P_\alpha = \frac{n^2}{4}\braket{\sigma v}\,E_\alpha $$

ステップ2：損失パワー．プラズマの熱エネルギー密度は，電子とイオンがそれぞれ $\frac32 nT$ を持つので $W = 3nT$（$T$ はエネルギー単位，$T_e=T_i=T$）．これがエネルギー閉じ込め時間 $\tau_E$ で逃げるとすると

$$ P_{\rm loss} = \frac{W}{\tau_E} = \frac{3nT}{\tau_E} $$

ステップ3：釣り合わせる（点火条件）．外部加熱なしで温度を保てる条件 $P_\alpha \ge P_{\rm loss}$ から

$$ \frac{n^2}{4}\braket{\sigma v}E_\alpha \;\ge\; \frac{3nT}{\tau_E} \quad\Longrightarrow\quad n\tau_E \;\ge\; \frac{12\,T}{\braket{\sigma v}\,E_\alpha} $$

ステップ4：三重積にする．両辺に $T$ を掛けると

ここで一つ，きわめて都合のよい事実がある．$T=10\text{–}20\ \mathrm{keV}$ の範囲で DT の反応度は

$$ \braket{\sigma v} \simeq 1.1\times10^{-24}\,T^2\ \mathrm{m^3/s}\qquad(T\ \text{は}\ \mathrm{keV}\ \text{単位}) $$

と，$T^2$ でよく近似できる（表16.2 で検算：$T=10$ なら $1.1\times10^{-22}$ ✓，$T=20$ なら $4.4\times10^{-22}$ ✓）．この範囲の外では近似が急速に悪くなり，$8\ \mathrm{keV}$ で $+15\%$，$25\ \mathrm{keV}$ で $+30\%$ ほど過大になる．これを代入すると $T^2$ が約分されて，右辺が温度によらない定数になる：

$$ n T\tau_E \ge \frac{12}{1.1\times10^{-24}\times 3520\ \mathrm{keV}} = \frac{12}{3.872\times10^{-21}} = 3.10\times10^{21}\ \mathrm{keV\,s\,m^{-3}} $$

これが有名な核融合三重積の条件である．∎

ステップ5：$n\tau_E$ に直す．$T=10\ \mathrm{keV}$ なら $n\tau_E \ge 3.1\times10^{20}\ \mathrm{m^{-3}s}$．磁場閉じ込め（トカマク）は $n\sim10^{20}\ \mathrm{m^{-3}}$，$\tau_E\sim3\ \mathrm{s}$ でこれを狙い，慣性核融合は $n\sim10^{31}\ \mathrm{m^{-3}}$，$\tau\sim10^{-11}\ \mathrm{s}$ という正反対の攻め方をする．積が同じであればよい，というのがこの式の主張である．

導出：質量 $M$ の静止原子核に質量 $m$ の中性子が弾性散乱したときの反跳エネルギー

ステップ1：非相対論で十分か確認する．$14.1\ \mathrm{MeV}$ の中性子は $E/m_n = 14.1/939.6 = 1.5\%$．$\gamma = 1.015$ なので，$1\%$ の精度なら非相対論でよい．ここでは非相対論で通し，最後に相対論補正の大きさを見積もる．

ステップ2：CM 系に移る．入射中性子の運動量を $p$，実験室系のエネルギーを $E_n=p^2/2m$ とする．CM 系の速度は

$$ v_{\rm CM} = \frac{m\,v}{m+M} $$

CM 系では，標的は速さ $v_{\rm CM}$ で近づき，弾性散乱では速さが変わらず向きだけ $\theta_{\rm CM}$ 回る．

ステップ3：標的の実験室系での反跳エネルギー．CM 系での標的の速度ベクトルを実験室系に戻すと，反跳運動エネルギーは

$$ \begin{equation} T = \frac{4mM}{(m+M)^2}\,E_n\,\sin^2\!\frac{\theta_{\rm CM}}{2} \label{eq:16-recoil} \end{equation} $$

となる（第4章で導いた式と同じ構造である）．$\theta_{\rm CM}=\pi$（真後ろへ跳ね返る正面衝突）で最大になり

$\Lambda$ をエネルギー移行係数と呼ぶ．

ステップ4：鉄に入れる．$m=1$（中性子），$M=56$（鉄）を質量数で近似すると

$$ \Lambda_{\rm Fe} = \frac{4\times1\times56}{(1+56)^2} = \frac{224}{3249} = 0.06894 $$ $$ T_{\max} = 0.06894 \times 14.1\ \mathrm{MeV} = 0.972\ \mathrm{MeV} $$

すなわち，$14\ \mathrm{MeV}$ の中性子は，鉄原子を最大約 $1\ \mathrm{MeV}$ で叩き出す．∎

ステップ5：平均値．CM 系で等方散乱なら $\braket{\sin^2(\theta_{\rm CM}/2)}=1/2$ なので $\braket{T}=T_{\max}/2 = 0.49\ \mathrm{MeV}$．ただし $14\ \mathrm{MeV}$ では散乱が前方に偏る（$kR\sim3$ の回折パターン）ので，実際の平均反跳エネルギーはこれより小さく $0.2\text{–}0.4\ \mathrm{MeV}$ 程度である．

導出：Kinchin–Pease から NRT へ

ステップ1：Kinchin–Pease（1955）の素朴な数え上げ．エネルギー $T$ の原子が，エネルギーを半分ずつ分け合う二体衝突を繰り返すとする．$T\to T/2 + T/2 \to T/4\times4\to\cdots$ と続き，各粒子のエネルギーが $E_d$ を下回ったところで止まる．最終的にできる欠陥の数は

$$ N_d = \frac{T}{2E_d} $$

である（$2E_d$ で割るのは，1個の欠陥を作るのに平均 $2E_d$ を消費するという簡単な議論から）．

ステップ2：電子的阻止能を差し引く．PKA は原子核を叩くだけでなく，電子を励起してエネルギーを失う．電子励起は欠陥を作らない（金属では）．そこで，全エネルギー $T$ のうち原子核との衝突に使われた分だけを数える．これを損傷エネルギー（damage energy）$T_{\rm dam}$ と呼び，Lindhard の理論で計算する：

$$ T_{\rm dam} = \frac{T}{1 + k\,g(\varepsilon)},\qquad \varepsilon = \frac{T}{E_L},\qquad g(\varepsilon) = 3.4008\,\varepsilon^{1/6} + 0.40244\,\varepsilon^{3/4} + \varepsilon $$

ここで $k = 0.1337\,Z^{2/3}A^{-1/2}$ は電子的阻止能の強さを表す定数，$E_L$ は Lindhard の換算エネルギーを定める規格化定数で

$$ E_L = 30.724\,Z_1Z_2\left(Z_1^{2/3}+Z_2^{2/3}\right)^{1/2}\frac{A_1+A_2}{A_2}\ \mathrm{eV} $$

と書かれる．自己反跳，すなわち $Z_1=Z_2=Z$，$A_1=A_2$ の場合には $\left(2Z^{2/3}\right)^{1/2}\times2 = 2\sqrt2\,Z^{1/3}$ となるので

$$ E_L = 30.724\times2\sqrt2\;Z^{7/3} = 86.9\,Z^{7/3}\ \mathrm{eV} $$

である．係数 $30.724$ をそのまま $Z^{7/3}$ の前に置いてしまう誤りが文献にもときどき見られるが，自己反跳では $2\sqrt2$ 倍の $86.9$ が正しい．$E_L$ を $1/2.8$ に取り違えると $\varepsilon$ が $2.8$ 倍になり，$1\ \mathrm{MeV}$ PKA の $\xi$ は $0.35$ ではなく $0.20$ になってしまう．欠陥数の見積もりが $4$ 割狂う，無視できない差である．

Fe で数値を出す．$Z=26$，$A=56$ なので $Z^{7/3}=2.00\times10^{3}$，したがって $E_L = 86.9\times2.00\times10^{3} = 1.74\times10^{5}\ \mathrm{eV} = 174\ \mathrm{keV}$，$k = 0.1337\times26^{2/3}/\sqrt{56} = 0.1337\times8.776/7.483 = 0.157$ である．これを使って $\xi = T_{\rm dam}/T$（Lindhard 因子）を計算すると次のようになる．

すなわち Fe の $1\ \mathrm{MeV}$ PKA では $\xi\approx0.35$，$100\ \mathrm{keV}$ PKA では $\xi\approx0.62$ である．PKA が速いほど電子励起に食われる割合が大きく，欠陥を作るのに使われるエネルギーの割合は下がる．$14\ \mathrm{MeV}$ 中性子が作るような $\mathrm{MeV}$ 級の PKA では，エネルギーの $2/3$ が電子系に消えてしまうのである．

ステップ3：二体衝突近似シミュレーションが教えた $0.8$．Norgett–Robinson–Torrens（1975）は，二体衝突近似（BCA）コード MARLOWE の計算から Kinchin–Pease の $N_d$ に係数 $0.8$ を掛けるべきだと結論した（1975 年当時，カスケード全体の分子動力学計算はまだ実用段階になかった）．こうして標準式（NRT 模型）が定まる：

ステップ4：数値を出す．Fe に $T=1.0\ \mathrm{MeV}$ の PKA を作ったとする．表16.4 より $\xi=0.35$ なので $T_{\rm dam}=0.35\ \mathrm{MeV}=3.5\times10^5\ \mathrm{eV}$．$E_d=40\ \mathrm{eV}$ なので

$$ N_d = \frac{0.8\times3.5\times10^5}{2\times40} = \frac{2.8\times10^5}{80} = 3.5\times10^3 $$

中性子1個が鉄原子1個を叩いただけで，$3500$ 個のフレンケル対ができる．これが照射損傷の規模感である．残りの $0.65\ \mathrm{MeV}$ は電子励起に消え，最終的にはただの熱になっている．∎

導出：核融合炉第一壁で「$1\ \mathrm{MW\,yr/m^2}$ = $10\ \mathrm{dpa}$」を出す

ステップ1：中性子束を出す．第一壁の中性子壁負荷を $1\ \mathrm{MW/m^2}$ とする．中性子1個は $14.1\ \mathrm{MeV}$ を運ぶ．SI に直すと

$$ 14.1\ \mathrm{MeV} = 14.1\times10^{6}\times1.602\times10^{-19}\ \mathrm{J} = 2.259\times10^{-12}\ \mathrm{J} $$ $$ \phi = \frac{1\times10^{6}\ \mathrm{W/m^2}}{2.259\times10^{-12}\ \mathrm{J}} = 4.43\times10^{17}\ \mathrm{n\,m^{-2}s^{-1}} = 4.43\times10^{13}\ \mathrm{n\,cm^{-2}s^{-1}} $$

ステップ2：はじき出し断面積を見積もる．Fe に対する $14\ \mathrm{MeV}$ 中性子の全反応断面積（弾性＋非弾性）は約 $2.5\ \mathrm{b}$．平均反跳エネルギーを $\braket{T}=T_{\max}/2=0.49\ \mathrm{MeV}$ とし，表16.4 からこのエネルギーでの Lindhard 因子 $\xi=0.45$ を読むと $T_{\rm dam}=0.22\ \mathrm{MeV}$ で

$$ N_d = \frac{0.8\times2.2\times10^{5}}{80} = 2.2\times10^{3} $$ $$ \sigma_{\rm dpa} \simeq 2.5\ \mathrm{b}\times2.2\times10^{3} = 5.5\times10^{3}\ \mathrm{b} = 5.5\times10^{-21}\ \mathrm{cm^2} $$

ステップ3：掛ける．

$$ \frac{\dd(\mathrm{dpa})}{\dd t} = \sigma_{\rm dpa}\,\phi = 5.5\times10^{-21}\times4.43\times10^{13} = 2.4\times10^{-7}\ \mathrm{dpa/s} $$

1 年（フル稼働 $3.156\times10^{7}\ \mathrm{s}$）では $2.4\times10^{-7}\times3.156\times10^{7} = 7.7\ \mathrm{dpa}$ となる．壁負荷 $1\ \mathrm{MW/m^2}$ で年 $7.7\ \mathrm{dpa}$，すなわち壁負荷に比例して $7.7\ \mathrm{dpa/yr}$ per $\mathrm{MW/m^2}$ という換算則である（第1章 1.5.2 項も同じ全断面積 $2.5\ \mathrm{b}$，$\xi=0.45$，$N_d=2.2\times10^3$ を使い，壁負荷 $2\ \mathrm{MW/m^2}$ で年 $15\ \mathrm{dpa}$（$15.4$），すなわちこの換算則と同じ値を得ている）．散乱の前方偏りや非弾性チャンネルまで含めた詳細な群定数計算では $10\ \mathrm{dpa}$ 前後になり，設計で使われる換算則

が得られる．われわれの粗い見積もりは $8\ \mathrm{dpa}$ 弱で，$2$ 割ほど小さいだけである．核融合炉設計で標準的に使われる換算則が，紙と電卓でほぼ再現できた．∎

導出：$^{56}\mathrm{Fe}(n,\alpha)$ による He 生成率

ステップ1：反応と，そのしきい値．

$$ n + {}^{56}\mathrm{Fe} \;\to\; {}^{53}\mathrm{Cr} + \alpha, \qquad Q = +0.33\ \mathrm{MeV} $$

質量欠損だけを見ればこの反応はわずかに発熱である（質量超過 $\Delta({}^{56}\mathrm{Fe})=-60.61$，$\Delta(n)=+8.07$，$\Delta({}^{53}\mathrm{Cr})=-55.28$，$\Delta(\alpha)=+2.42\ \mathrm{MeV}$ から $Q=(-60.61+8.07)-(-55.28+2.42)=+0.33\ \mathrm{MeV}$．AME の値では $+0.326\ \mathrm{MeV}$）．それでも低エネルギーでは起きない．出て行く $\alpha$ が $Z=24$ の $^{53}$Cr の Coulomb 障壁（$\sim10\ \mathrm{MeV}$）を内側から突き抜けねばならず，そのトンネル確率が 16.1節の Gamow 因子と同じ形で抑えられるからである．実効的に有意な断面積が立つのは $5\ \mathrm{MeV}$ 以上である．

比較のために，同じ $^{56}$Fe の $(n,p)$ 反応を見ておこう．こちらは正真正銘の吸熱反応である：

$$ n + {}^{56}\mathrm{Fe} \;\to\; {}^{56}\mathrm{Mn} + p, \qquad Q = -2.91\ \mathrm{MeV} $$

$Q<0$ のとき，実験室系のしきい値は，重心の運動エネルギーとして持ち去られる分だけ $\abs{Q}$ より高くなる：

$$ E_{\rm th} = \abs{Q}\,\frac{m_n + M}{M} = 2.91\times\frac{57}{56} = 2.97\ \mathrm{MeV} $$

いずれにせよ，$(n,\alpha)$ も $(n,p)$ も $\mathrm{MeV}$ 級の中性子でなければ開かない．これが以下の議論の要点である．

ステップ2：$14\ \mathrm{MeV}$ での断面積．$\sigma_{(n,\alpha)}({}^{56}\mathrm{Fe}, 14.1\ \mathrm{MeV}) \approx 45\ \mathrm{mb}$．

ステップ3：生成率を出す．16.2.3項の導出（ステップ1）で求めた $\phi=4.43\times10^{13}\ \mathrm{cm^{-2}s^{-1}}$（壁負荷 $1\ \mathrm{MW/m^2}$）を使って

$$ R_{\rm He} = \sigma_{(n,\alpha)}\,\phi = 4.5\times10^{-26}\ \mathrm{cm^2}\times4.43\times10^{13}\ \mathrm{cm^{-2}s^{-1}} = 2.0\times10^{-12}\ \mathrm{s^{-1}}\ \text{(per Fe atom)} $$

1 年で

$$ 2.0\times10^{-12}\times3.156\times10^{7} = 6.3\times10^{-5} = 63\ \mathrm{appm/yr} $$

Cr，Ni，Mn など合金元素からの寄与を加えると $\sim100\ \mathrm{appm/yr}$．同じ壁負荷で 1 年に約 $10\ \mathrm{dpa}$（式 \eqref{eq:16-dparate}）だから $\mathrm{He/dpa}\approx10\ \mathrm{appm/dpa}$ となり，表16.5 と一致する．∎

ステップ4：核分裂炉ではどうか．核分裂中性子のスペクトルは Watt 分布

$$ \chi(E) \propto \ee^{-E/a}\sinh\sqrt{bE},\qquad a=0.965\ \mathrm{MeV},\ b=2.29\ \mathrm{MeV^{-1}} $$

で，平均 $2.0\ \mathrm{MeV}$，ピーク $0.72\ \mathrm{MeV}$，$5\ \mathrm{MeV}$ 以上の割合は $5\%$ 程度である（数値積分で確かめられる）．しかも軽水炉では減速されて熱中性子になる．したがって $(n,\alpha)$ 反応はほとんど起きない．軽水炉での He は，主に $^{10}\mathrm{B}(n,\alpha)$（ホウ素不純物）と，$^{58}\mathrm{Ni}(n,\gamma){}^{59}\mathrm{Ni}(n,\alpha)$ という2段階反応で作られる．フェライト鋼では両者とも微量だが，Ni を $10\%$ 以上含むオーステナイト鋼では後者が無視できず，$40$ 年で数百 $\mathrm{appm}$ に達する（バッフルボルトの照射脆化で問題になっているのはこれである）．それでも $14\ \mathrm{MeV}$ 中性子が直接叩く $(n,\alpha)$ には及ばない．

導出：第一壁を T が透過する時間

ステップ1：溶解則（Sieverts の法則）．2原子分子として溶ける気体は，格子中では原子に解離しているので，濃度は圧力の平方根に比例する：

$$ c = K_S\sqrt{p_{\mathrm{T_2}}} $$

これは $\mathrm{T_2}\rightleftharpoons2\mathrm{T}$ の質量作用の法則から出る．$K_S$ を Sieverts 定数と呼ぶ．

ステップ2：拡散係数．格子間拡散は熱活性化過程で

$$ D = D_0\,\ee^{-E_a/RT} $$

フェライト鋼（F82H）の水素で $D_0\approx1.1\times10^{-7}\ \mathrm{m^2/s}$，$E_a\approx13.2\ \mathrm{kJ/mol}$ が代表値である．$500\ ^\circ\mathrm{C}=773\ \mathrm{K}$ では $RT = 8.314\times773 = 6.43\ \mathrm{kJ/mol}$ なので

$$ D_{\rm H} = 1.1\times10^{-7}\times\ee^{-13.2/6.43} = 1.1\times10^{-7}\times\ee^{-2.053} = 1.1\times10^{-7}\times0.128 = 1.41\times10^{-8}\ \mathrm{m^2/s} $$

ステップ3：同位体効果．格子間拡散の前指数因子は試行振動数 $\nu\propto1/\sqrt{m}$ を含むので $D\propto1/\sqrt{m}$．T は H の 3 倍重いから

$$ D_{\rm T} = \frac{D_{\rm H}}{\sqrt3} = 8.1\times10^{-9}\ \mathrm{m^2/s} $$

ステップ4：拡散距離．$L=\sqrt{Dt}$ より，1 時間（$3600\ \mathrm{s}$）で

$$ L = \sqrt{8.1\times10^{-9}\times3600} = \sqrt{2.92\times10^{-5}} = 5.4\times10^{-3}\ \mathrm{m} = 5.4\ \mathrm{mm} $$

∎ これが，核融合炉のトリチウム閉じ込めが困難である理由の定量的な表現である．冷却水配管の壁を通って T が二次系（水）へ漏れる「トリチウム透過」は，設計上の主要な安全課題であり，Al$_2$O$_3$，Er$_2$O$_3$，SiC などの透過防止被覆（permeation reduction factor $10^2\text{–}10^3$ を目標）が研究されている．

導出：$\pi^+\to\mu^+\nu_\mu$ が $100\%$ 偏極ミュオンを与える

ステップ1：崩壊の運動学．静止した $\pi^+$ が2体崩壊する．第4章の2体崩壊の式より，ミュオンの運動量は

$$ p_\mu = \frac{m_\pi^2 - m_\mu^2}{2m_\pi} = \frac{139.570^2 - 105.658^2}{2\times139.570} = \frac{19479.8 - 11163.6}{279.14} = \frac{8316.2}{279.14} = 29.79\ \mathrm{MeV}/c $$

エネルギーは $E_\mu = (m_\pi^2+m_\mu^2)/2m_\pi = 30643.4/279.14 = 109.78\ \mathrm{MeV}$，したがって運動エネルギーは

$$ T_\mu = 109.78 - 105.658 = 4.12\ \mathrm{MeV} $$

この $4.12\ \mathrm{MeV}$ という値は，あとで効いてくる（ステップ5）．

ステップ2：スピンの数え上げ．$\pi^+$ はスピン $0$．$\mu^+$ と $\nu_\mu$ は互いに反対方向に飛ぶ．全角運動量の保存から，$\mu^+$ と $\nu_\mu$ のスピンは打ち消し合わねばならない．すなわち両者のヘリシティは同じ符号である（反対向きに飛ぶ2粒子のスピンが逆向きということは，ヘリシティ $h=\bm{\Sigma}\cdot\hat{\pp}=\pm1$（第9章 9.5.3 項の定義）は同符号）．

ステップ3：ここで弱い相互作用が効く．第12章で見たとおり，荷電カレント弱相互作用は $V-A$ 構造をもち，左巻き成分にだけ結合する．したがって $\nu_\mu$ は必ず左巻き（$h=-1$）である（質量ゼロ極限で厳密．実際には逆ヘリシティ成分の振幅が $m_\nu/E_\nu$ に比例するので，混入確率は $(m_\nu/E_\nu)^2\lesssim10^{-15}$ にとどまる．$m_\nu\lesssim1\ \mathrm{eV}$，$E_\nu\simeq30\ \mathrm{MeV}$）．

ステップ4：結論．ステップ2 とステップ3 から，$\mu^+$ もヘリシティ $-1$，すなわち運動方向に対してスピンが真後ろを向いている．しかもこれは統計的な偏りではなく，運動学と対称性から強制された結論である：

∎

ステップ5：表面ミュオン．実験では，標的表面から $\lesssim1\ \mathrm{mm}$ 以内で静止した $\pi^+$ からの $\mu^+$ を取り出す（脱出できる深さは $4.12\ \mathrm{MeV}$ の $\mu^+$ の飛程 $140\ \mathrm{mg/cm^2}$ で決まり，黒鉛標的では $0.8\ \mathrm{mm}$ 程度である）．これを表面ミュオン（surface muon）と呼び，運動量 $29.79\ \mathrm{MeV}/c$，運動エネルギー $4.12\ \mathrm{MeV}$ の単色ビームになる．物質中の飛程は約 $140\ \mathrm{mg/cm^2}$ なので，密度 $5\ \mathrm{g/cm^3}$ の試料では $0.28\ \mathrm{mm}$ で止まる．薄い試料の中に，ちょうど埋め込めるのである．これが偶然の贈り物であることは強調しておいてよい．$m_\pi$ と $m_\mu$ の差が $33.9\ \mathrm{MeV}$ であるという核物理とは無関係な事実が，物性測定に最適な飛程を与えている．

導出：非対称度 $A(t)$ が測定量になる仕組み

ステップ1：崩壊も非対称である．ミュオンは $\mu^+\to e^+ + \nu_e + \bar\nu_\mu$ と崩壊する．これも弱い相互作用（$V-A$）なので，陽電子はミュオンのスピン方向に優先的に出る．陽電子のエネルギー $x=E_e/E_{\max}$（$E_{\max}=52.83\ \mathrm{MeV}$）に対する角分布は，第12章の Michel スペクトルから

$$ \frac{\dd^2\Gamma}{\dd x\,\dd\cos\theta} \propto x^2\left[(3-2x) + (2x-1)\cos\theta\right] $$

すなわち非対称パラメータは $a(x) = (2x-1)/(3-2x)$．$x=1$（最高エネルギー）で $a=1$，$x$ で積分すると $\braket{a}=1/3$ になる．

ステップ2：前方・後方カウンタで数える．初期スピン方向に置いた検出器（forward, F）と反対側（backward, B）で陽電子を数える．時刻 $t$ における計数率は，ミュオンの指数崩壊とスピン方向の余弦則を掛けて

$$ N_{\rm F,B}(t) = \frac{N_0}{2}\,\ee^{-t/\tau_\mu}\Bigl[1 \pm A_0\,P_z(t)\Bigr] + B_{\rm g} $$

ステップ3：非対称度を作る．指数因子と規格化を消すために比を取る：

$A_0$ は装置の立体角と陽電子のエネルギーしきい値で決まる定数で，実際には $0.20\text{–}0.30$．$P_z(t)$ が求める物理量である．∎

ステップ4：$P_z(t)$ に物理が入る．ミュオンが感じる局所磁場を $\bm{B}_{\rm loc}$ とすると，スピンはその周りを歳差する．外部横磁場 $B$ の場合

$$ P_z(t) = \cos(\gamma_\mu B t + \varphi)\;G(t) $$

$G(t)$ は緩和関数（磁場の分布と揺らぎを反映）．測るのは $B$（周波数から）と $G(t)$（減衰から）である．

導出：緩和率から磁場侵入長 $\lambda$ を出す

ステップ1：渦格子は磁場の「模様」を作る．第二種超伝導体を $H_{c1}<H<H_{c2}$ の磁場中で冷やすと，磁束量子 $\Phi_0 = h/2e = 2.068\times10^{-15}\ \mathrm{Wb}$ を1本ずつ通す渦が三角格子を組む．磁場は渦芯で最大，渦と渦の中間で最小になり，空間的に分布する．

ステップ2：ミュオンはランダムな位置で止まる．ミュオンは渦格子とは無関係な位置（格子間サイト）に止まるので，磁場分布 $n(B)$ を一様にサンプリングする．したがって歳差周波数がばらつき，$A(t)$ が Gauss 型で減衰する：

$$ P_x(t) = \cos(\gamma_\mu\bar{B}t+\varphi)\,\ee^{-\sigma^2t^2/2}, \qquad \sigma = \gamma_\mu\sqrt{\braket{(B-\bar{B})^2}} $$

ステップ3：London 理論での第二モーメント．$\lambda\gg\xi$（極限的第二種）で $H_{c1}\ll H\ll H_{c2}$ のとき，理想三角渦格子の磁場分布の第二モーメントは，磁場の値によらず

$$ \sqrt{\braket{\Delta B^2}} = 0.0609\,\frac{\Phi_0}{\lambda^2} $$

となる（Brandt 1988）．$\lambda$ にしか依存しない，というのがこの式の要点である．

ステップ4：数値に直す．

$$ \sigma = \gamma_\mu\times0.0609\frac{\Phi_0}{\lambda^2} = 2\pi\times135.53\times10^{6}\times0.0609\times\frac{2.068\times10^{-15}}{\lambda^2} $$ $$ = \frac{1.072\times10^{-7}}{\lambda^2[\mathrm{m^2}]}\ \mathrm{s^{-1}} $$

$\lambda$ を $\mathrm{nm}$ 単位にして $\sigma$ を $\mu\mathrm{s^{-1}}$ にすると

ステップ5：検算．典型的な銅酸化物超伝導体で $\lambda_{ab}=200\ \mathrm{nm}$ なら

$$ \sigma = \frac{1.07\times10^{5}}{4.0\times10^{4}} = 2.68\ \mu\mathrm{s^{-1}} $$

これは実測される緩和率（$1\text{–}3\ \mu\mathrm{s^{-1}}$）とよく合う．∎

導出：測った平均寿命から空孔濃度を出す

ステップ1：測定の仕組み．$^{22}$Na（半減期 $2.60$ 年）は $\beta^+$ 崩壊して $^{22}$Ne の励起状態になり，$3.7\ \mathrm{ps}$ 後に $1.274\ \mathrm{MeV}$ の $\gamma$ 線を出す．この $\gamma$ を「陽電子が生まれた」合図（start）とし，消滅で出る $511\ \mathrm{keV}$ を stop とする．時間差のヒストグラムが寿命スペクトルである．時間分解能は $150\text{–}200\ \mathrm{ps}$（BaF$_2$ シンチレータ）．

ステップ2：2状態模型を書く．陽電子はバルク状態（消滅率 $\lambda_b$）にいて，空孔に捕獲率 $\kappa$ で捕まり，空孔状態（消滅率 $\lambda_v$）で消滅する．脱出は無視する（束縛が深いので）．すると

$$ \frac{\dd n_b}{\dd t} = -(\lambda_b+\kappa)n_b, \qquad \frac{\dd n_v}{\dd t} = \kappa\,n_b - \lambda_v n_v $$

初期条件 $n_b(0)=1,\ n_v(0)=0$ で解くと，消滅率は2成分の和になる：

$$ -\frac{\dd(n_b+n_v)}{\dd t} = I_1\lambda_1\ee^{-\lambda_1t} + I_2\lambda_2\ee^{-\lambda_2 t} $$ $$ \lambda_1 = \lambda_b + \kappa\ (\text{短寿命成分}),\qquad \lambda_2 = \lambda_v\ (\text{長寿命成分}),\qquad I_2 = \frac{\kappa}{\lambda_b - \lambda_v + \kappa} $$

ステップ3：平均寿命を使う（実務的な近道）．成分分解は難しいので，まず平均寿命 $\bar\tau = I_1\tau_1 + I_2\tau_2$ を使う．上の解を代入して整理すると，捕獲率が次の形で読める：

ステップ4：数値を入れる（照射した鉄）．鉄の標準値は $\tau_b = 106\ \mathrm{ps}$（$\lambda_b = 9.43\times10^{9}\ \mathrm{s^{-1}}$），単空孔 $\tau_v = 175\ \mathrm{ps}$．いま照射材で $\bar\tau = 140\ \mathrm{ps}$ が測れたとする．

$$ \kappa = 9.43\times10^{9}\times\frac{140-106}{175-140} = 9.43\times10^{9}\times\frac{34}{35} = 9.16\times10^{9}\ \mathrm{s^{-1}} $$

ステップ5：濃度に直す．捕獲率は空孔濃度に比例する：$\kappa = \mu_v C_v$．鉄の比捕獲率は $\mu_v \approx 1.1\times10^{15}\ \mathrm{s^{-1}}$（原子分率あたり）なので

$$ C_v = \frac{9.16\times10^{9}}{1.1\times10^{15}} = 8.3\times10^{-6} = 8.3\ \mathrm{appm} $$

∎ この感度が陽電子消滅の真価である．$8\ \mathrm{appm}$ とは，鉄原子 $12$ 万個に空孔 1 個．透過電子顕微鏡ではまず見えない．

導出：Tao–Eldrup 式 — o-Ps 寿命から空隙半径を出す

ステップ1：ピックオフ消滅．物質中では，o-Ps の陽電子が，相方の電子ではなく周囲の物質の電子とスピンが逆向きに出会って $2\gamma$ 消滅してしまう．これをピックオフ消滅と呼ぶ．真空の $142\ \mathrm{ns}$ が，物質中では $1\text{–}5\ \mathrm{ns}$ に短縮される．

ステップ2：モデル化．o-Ps が半径 $R$ の球形の空隙に閉じ込められているとする．空隙の壁には厚さ $\Delta R$ の「電子層」があり，そこにいる間だけピックオフ消滅する（率 $\lambda_{2\gamma}=2\ \mathrm{ns^{-1}}$）．半径 $R+\Delta R$ の無限井戸の基底状態波動関数

$$ \psi(r) \propto \frac{1}{r}\sin\!\left(\frac{\pi r}{R+\Delta R}\right) $$

を使い，$R<r<R+\Delta R$ に存在する確率を計算すると

$$ P_{\rm out} = 1 - \frac{R}{R+\Delta R} + \frac{1}{2\pi}\sin\!\left(\frac{2\pi R}{R+\Delta R}\right) $$

ステップ3：Tao–Eldrup 式．消滅率は $\lambda_{o\text{-}\mathrm{Ps}} = \lambda_{2\gamma}P_{\rm out}$（真空の $3\gamma$ 寄与を無視）なので

$\Delta R = 0.166\ \mathrm{nm}$ は，分子性結晶での実測に合わせて決めた経験定数である．

ステップ4：数値を出す．$R = 0.30\ \mathrm{nm}$ とすると $R+\Delta R = 0.466\ \mathrm{nm}$，$R/(R+\Delta R) = 0.6438$．

$$ \frac{2\pi R}{R+\Delta R} = 2\pi\times0.6438 = 4.0451\ \mathrm{rad} \quad\Longrightarrow\quad \sin(4.0451) = -0.7855 $$ $$ \left[\;\right] = 1 - 0.6438 + \frac{-0.7855}{2\pi} = 1 - 0.6438 - 0.1250 = 0.2312 $$ $$ \tau = \frac{0.5}{0.2312} = 2.16\ \mathrm{ns} $$

∎ 高分子で典型的に測られる $\tau_3 = 2\text{–}3\ \mathrm{ns}$ は，半径 $0.3\ \mathrm{nm}$（体積 $0.11\ \mathrm{nm^3}$）の自由体積に対応する．これはメチル基一つ分ほどの隙間である．

導出：消滅 $\gamma$ 線が電子の運動量を運ぶ

ステップ1：静止した対なら $511\ \mathrm{keV}$ ちょうど．$e^+e^-$ 対が静止していれば，運動量保存から2つの $\gamma$ は正反対に飛び，各々 $m_ec^2 = 511\ \mathrm{keV}$ をもつ．

ステップ2：対が運動していると．対の全運動量を $\bm{p}$ とする．熱化した陽電子の運動エネルギーは無視できる（室温で $k_BT\sim0.03\ \mathrm{eV}$，運動量にして $\sim0.04\ \mathrm{a.u.}$）ので，$\bm{p}$ はほぼ電子の運動量である．$\gamma$ 線の放出方向を $z$ とすると，Doppler シフトは

$$ \Delta E = \frac{p_L c}{2}\qquad (p_L = \bm{p}\cdot\hat{z}) $$

また，2つの $\gamma$ の角度は $\pi$ からずれる：

$$ \theta = \frac{p_T}{m_e c} $$

ステップ3：数値の感覚．原子単位系の運動量 $1\ \mathrm{a.u.} = m_ec\alpha$ を入れると

$$ \Delta E = \frac{m_ec^2\,\alpha}{2} = \frac{511\ \mathrm{keV}}{2\times137.036} = 1.86\ \mathrm{keV} $$ $$ \theta = \alpha = 7.30\times10^{-3}\ \mathrm{rad} = 7.30\ \mathrm{mrad} $$

∎ 前者を測るのがドップラー拡がり測定（DBS），後者を測るのが角相関測定（ACAR）である．

導出：核破砕はなぜ効率がよいか — J-PARC の数字を出す

ステップ1：核破砕の物理．$3\ \mathrm{GeV}$ の陽子が水銀原子核（$A=200$）に当たる．de Broglie 波長は

$$ pc = \sqrt{(T+m_p)^2 - m_p^2} = \sqrt{3938.3^2 - 938.3^2} = 3825\ \mathrm{MeV}, \qquad \bar\lambda = \frac{\hbar c}{p c} = \frac{197.3\ \mathrm{MeV\,fm}}{3825\ \mathrm{MeV}} = 0.052\ \mathrm{fm} $$

これは核子の大きさ（$\sim1\ \mathrm{fm}$）よりはるかに小さい．すなわち陽子は核を「連続体」ではなく「核子の集まり」として見る．核内で核子と個別に衝突を繰り返し（核内カスケード，$10^{-22}\ \mathrm{s}$），高エネルギーの核子が数個飛び出す．残された核は励起状態になり，「蒸発」で中性子を $10\text{–}30$ 個放出する（$10^{-16}\ \mathrm{s}$）．厚い標的では，飛び出した二次核子がさらに別の核を破砕するので，標的全体の収率は1核あたりの値より大きくなる．これは第11章で扱った深非弾性散乱の，低エネルギー版の描像である．

ステップ2：陽子数を数える．J-PARC MLF は $3\ \mathrm{GeV}$，$1\ \mathrm{MW}$．陽子1個のエネルギーは

$$ 3\times10^{9}\times1.602\times10^{-19} = 4.806\times10^{-10}\ \mathrm{J} $$ $$ N_p = \frac{1\times10^{6}}{4.806\times10^{-10}} = 2.08\times10^{15}\ \mathrm{p/s} $$

ビーム電流に直せば $2.08\times10^{15}\times1.602\times10^{-19} = 333\ \mu\mathrm{A}$．

ステップ3：中性子数．厚い重金属標的の中性子収率には，$Y\simeq0.1\,(A+20)\left(E_p[\mathrm{GeV}]-0.12\right)$ という経験式がある．$A=200$（Hg），$E_p=3\ \mathrm{GeV}$ を入れると $Y=0.1\times220\times2.88=63$，すなわち陽子1個あたり約 $60$ 個である．したがって

$$ N_n \simeq 60\times2.08\times10^{15} = 1.3\times10^{17}\ \mathrm{n/s} $$

ステップ4：効率の比較．核破砕では，中性子1個あたりのビームエネルギーが $3\ \mathrm{GeV}/60 = 50\ \mathrm{MeV}$ である．このうち標的に熱として残るのは $5\text{–}6$ 割（残りは飛び出す中性子や $\gamma$ が持ち去る）なので，中性子1個あたりの発熱は約 $30\ \mathrm{MeV}$ となる．一方，核分裂では余る中性子1個あたり $200\ \mathrm{MeV}/1.4 = 140\ \mathrm{MeV}$ の熱が出る．核破砕は熱負荷あたりで約 $5$ 倍効率がよい．標的の除熱が中性子源の設計上の律速だから，この差が決定的である．しかも核破砕は，加速器を止めれば即座に中性子が止まる（臨界性がない）．∎

導出：$E[\mathrm{meV}] = 81.804/\lambda^2[\mathrm{Å}^2]$

ステップ1：de Broglie．$p = h/\lambda$．中性子は非相対論的（$E\ll m_nc^2 = 939.6\ \mathrm{MeV}$）なので

$$ E = \frac{p^2}{2m_n} = \frac{h^2}{2m_n\lambda^2} $$

ステップ2：$\hbar c$ を使って自然単位系で計算する．本書の流儀に従い，$\hbar c = 197.327\ \mathrm{MeV\,fm} = 1973.27\ \mathrm{eV\,Å}$ を使う．$h = 2\pi\hbar$ なので $hc = 2\pi\times1973.27 = 12398.4\ \mathrm{eV\,Å}$．

$$ E = \frac{(hc)^2}{2(m_nc^2)\lambda^2} = \frac{(1.23984\times10^{4}\ \mathrm{eV\,Å})^2}{2\times9.39565\times10^{8}\ \mathrm{eV}\times\lambda^2[\mathrm{Å^2}]} $$ $$ = \frac{1.53720\times10^{8}}{1.87913\times10^{9}}\cdot\frac{1}{\lambda^2}\ \mathrm{eV} = \frac{8.1804\times10^{-2}}{\lambda^2}\ \mathrm{eV} $$

ステップ3：速度も出す．$v = p/m_n = h/(m_n\lambda)$．$c$ を掛けて割って

$$ v = c\,\frac{hc}{(m_nc^2)\lambda} = 2.998\times10^{8}\times\frac{1.23984\times10^{4}}{9.39565\times10^{8}\,\lambda}\ \mathrm{m/s} = \frac{3956}{\lambda[\mathrm{Å}]}\ \mathrm{m/s} $$

ステップ4：検算．標準的な熱中性子 $v=2200\ \mathrm{m/s}$ なら $\lambda = 3956/2200 = 1.798\ \mathrm{Å}$，$E = 81.804/3.233 = 25.30\ \mathrm{meV}$．これは $k_BT$ で $T = 25.30/0.08617 = 294\ \mathrm{K}$（室温）に対応する．中性子の教科書に出てくる「$2200\ \mathrm{m/s}$，$25.3\ \mathrm{meV}$，$1.80\ \mathrm{Å}$」の三つ組が，すべて自分で出せた．∎

導出：Bethe の阻止能公式（の骨格）

ステップ1：一個の電子とのすれ違い．電荷 $ze$，速度 $v$ の重いイオンが，静止した電子の脇を衝突径数 $b$ で通り過ぎる．電子が受ける力積は，$x$ 方向（進行方向）の寄与が対称性で消え，$y$ 方向（垂直）だけが残る．Gauss の法則を使うと

$$ \Delta p_y = \int F_y\,\dd t = \frac{2 z e^2}{4\pi\epsilon_0\,b\,v} $$

電子が得るエネルギーは

$$ \Delta E(b) = \frac{(\Delta p_y)^2}{2m_e} = \frac{2z^2e^4}{(4\pi\epsilon_0)^2 m_e v^2 b^2} $$

ステップ2：全電子について足す．電子密度 $n_e$ の中を $\dd x$ 進む間に，$b$ と $b+\dd b$ の環に入る電子数は $n_e\,2\pi b\,\dd b\,\dd x$．したがって

$$ -\frac{\dd E}{\dd x} = \int_{b_{\min}}^{b_{\max}} \Delta E(b)\;n_e\,2\pi b\,\dd b = \frac{4\pi z^2 e^4 n_e}{(4\pi\epsilon_0)^2 m_e v^2}\,\ln\frac{b_{\max}}{b_{\min}} $$

$1/b^2\times b\,\dd b = \dd b/b$ なので対数が出る．これが Bethe 公式に $\ln$ がある理由である．

ステップ3：積分限界を物理で決める．$b_{\min}$ は電子に与えられる最大エネルギー（$2m_ev^2$，正面衝突）から，$b_{\max}$ は「電子が原子に束縛されている時間より速くすれ違わないと，断熱的に追随されてエネルギーを渡せない」という条件（$b_{\max}\sim v/\braket{\nu}$，$\braket{\nu}=I/h$）から決まる．結果

$I$ は平均励起エネルギーで，経験的に $I\approx10\,Z\ \mathrm{eV}$（$Z>13$）．Si で $173\ \mathrm{eV}$，Fe で $286\ \mathrm{eV}$，W で $727\ \mathrm{eV}$．

ステップ4：実用形．PDG の書き方に合わせて，質量厚さあたりで書くと

$$ -\frac{1}{\rho}\frac{\dd E}{\dd x} = K\,z^2\frac{Z}{A}\frac{1}{\beta^2} \left[\frac12\ln\frac{2m_ec^2\beta^2\gamma^2 T_{\max}}{I^2}-\beta^2-\frac{\delta}{2}\right], \qquad K = 0.307075\ \mathrm{MeV\,mol^{-1}cm^{2}} $$

$T_{\max}$ は1回の衝突で電子に渡せる最大エネルギー，$\delta$ は密度効果の補正である．$T_{\max}=2m_ec^2\beta^2\gamma^2$ とおけば $\frac12\ln\left(2m_ec^2\beta^2\gamma^2/I\right)^2=\ln\left(2m_ec^2\beta^2\gamma^2/I\right)$ となり，式 \eqref{eq:16-bethe} に戻る．∎ 重い荷電粒子と電子の Coulomb 散乱（第10章 10.5 節の Mott 散乱）を，物質中の全電子について足し上げたものが，この式である．入射粒子が $e^\mp$ の場合は，同種・反粒子の同一性が効くので Møller（$e^-e^-$）・Bhabha（$e^+e^-$）散乱に置き換わり，別の公式になる．

導出：「$1\ \mathrm{MeV\,cm^2/mg}$ は Si 中で $10\ \mathrm{fC/\mu m}$」の法則

ステップ1：LET の定義．宇宙線分野では阻止能を，質量厚さで割ったLET（linear energy transfer）$[\mathrm{MeV\,cm^2/mg}]$ で表す．物質によらず比較できるようにするためである．

ステップ2：$1\ \mu\mathrm{m}$ の Si に何 MeV 落ちるか．Si の密度は $\rho = 2.33\ \mathrm{g/cm^3} = 2330\ \mathrm{mg/cm^3}$．$1\ \mu\mathrm{m} = 10^{-4}\ \mathrm{cm}$ の質量厚さは

$$ \rho\,\Delta x = 2330\times10^{-4} = 0.233\ \mathrm{mg/cm^2} $$ $$ \Delta E = 1\ \mathrm{MeV\,cm^2/mg}\times0.233\ \mathrm{mg/cm^2} = 0.233\ \mathrm{MeV} $$

ステップ3：電子—正孔対に直す．Si で1対を作るのに必要なエネルギーは $\varepsilon = 3.6\ \mathrm{eV}$（バンドギャップ $1.12\ \mathrm{eV}$ の3倍．残りはフォノンに行く）．

$$ N = \frac{0.233\times10^{6}\ \mathrm{eV}}{3.6\ \mathrm{eV}} = 6.47\times10^{4}\ \text{対} $$ $$ q = 6.47\times10^{4}\times1.602\times10^{-19}\ \mathrm{C} = 1.04\times10^{-14}\ \mathrm{C} = 10.4\ \mathrm{fC} $$

ステップ4：臨界電荷と比べる．SRAM セルの記憶ノードの容量を $C=10\ \mathrm{fF}$，電源電圧を $V=1.0\ \mathrm{V}$ とすると，蓄えられている電荷は

$$ Q_{\rm crit} \sim C V = 10\times10^{-15}\times1.0 = 10\ \mathrm{fC} = 6.2\times10^{4}\ \text{電子} $$

すなわち，LET $=1\ \mathrm{MeV\,cm^2/mg}$ の粒子が空乏層を $1\ \mu\mathrm{m}$ 走るだけで，1ビットを反転できる電荷が生じる．宇宙線の重イオン（Fe）は $\mathrm{LET}\sim30\ \mathrm{MeV\,cm^2/mg}$ に達するので，余裕で反転する．∎

ステップ5：微細化はどちらに効くか．$C$ が小さくなり $V$ も下がるので，$Q_{\rm crit}$ は世代ごとに下がる．一方で，セルの断面積も小さくなるので粒子が当たる確率は下がる．正味では，ノードあたりのソフトエラー率はおおむね横ばいだが，チップあたりのビット数が増えるのでチップ全体のエラー率は増える．したがってサーバ用 DRAM には ECC が必須になった．

導出：エネルギー分解能の統計極限と Fano 因子

ステップ1：数を数える．エネルギー $E$ の粒子が検出器に落ちると，何らかの「量子」（光子，電子—正孔対，Cooper 対の破壊，フォノン）が

$$ N = \frac{E}{\varepsilon} $$

個できる．$\varepsilon$ は「量子1個を作るのに要る平均エネルギー」である．測定するのはこの $N$ である．

ステップ2：素朴には Poisson．各量子の生成が独立なら $\sigma_N=\sqrt{N}$，したがって

$$ \frac{\Delta E}{E}\Big|_{\rm FWHM} = 2.355\,\frac{\sigma_N}{N} = \frac{2.355}{\sqrt{N}} = 2.355\sqrt{\frac{\varepsilon}{E}} $$

ステップ3：Fano 因子を入れる．実際には，落ちたエネルギーの総和は $E$ で固定されている．したがって各量子の生成は完全には独立でなく，揺らぎは Poisson より小さい．この抑制を Fano 因子 $F$ で表す：$\sigma_N^2 = F N$．半導体では $F\approx0.11$，ガスでは $0.2$，シンチレータでは（発光過程が複雑なので）$F\approx1$ に近い．

ステップ4：Ge 検出器で検算する．$^{60}$Co の $1332\ \mathrm{keV}$ 線を高純度 Ge（$\varepsilon = 2.96\ \mathrm{eV}$，$F=0.11$）で測る．

$$ F\varepsilon E = 0.11\times2.96\ \mathrm{eV}\times1.332\times10^{6}\ \mathrm{eV} = 4.337\times10^{5}\ \mathrm{eV^2} $$ $$ \Delta E = 2.355\times\sqrt{4.337\times10^{5}} = 2.355\times658.6 = 1551\ \mathrm{eV} = 1.55\ \mathrm{keV} $$

カタログ値は $1.8\text{–}1.9\ \mathrm{keV}$．差は前置増幅器の電子雑音（$\sim0.9\ \mathrm{keV}$）を二乗和で足せば説明される：$\sqrt{1.55^2+0.9^2}=1.79\ \mathrm{keV}$ ✓．∎

ステップ5：NaI(Tl) と比べる．$^{137}$Cs の $662\ \mathrm{keV}$．発光量は $38000\ \mathrm{photons/MeV}$ なので $\varepsilon_{\rm ph}=26\ \mathrm{eV/photon}$，生成光子数は $2.5\times10^{4}$ 個．しかし光電子増倍管まで届いて光電子になるのは，集光効率と量子効率を掛けて $\sim20\%$：

$$ N_{\rm pe} = 2.5\times10^{4}\times0.20 = 5.0\times10^{3} \quad\Longrightarrow\quad \frac{\Delta E}{E} = \frac{2.355}{\sqrt{5.0\times10^{3}}} = 3.3\% $$

実測は $6\text{–}7\%$．差は，NaI(Tl) の発光量がエネルギーに厳密には比例しないこと（非比例性，$\pm5\%$）による．これは結晶中の励起子密度が高いときの消光（Birks 則）から来る，純粋な物性の問題である．

導出：ミュオン分子の大きさ

ステップ1：Bohr 半径の質量依存性．第7章で見たとおり，2体 Coulomb 束縛系の Bohr 半径は換算質量に反比例する：

$$ a = \frac{4\pi\epsilon_0\hbar^2}{m_r e^2} = \frac{\hbar}{m_r c\,\alpha} = a_0\,\frac{m_e}{m_r}, \qquad a_0 = 0.529177\ \mathrm{Å} = 52917.7\ \mathrm{fm} $$

ステップ2：素朴な見積り．$m_\mu/m_e = 206.768$ なので，核が無限に重ければ

$$ a_\mu = \frac{52917.7}{206.768} = 255.9\ \mathrm{fm} $$

教科書でよく見る「$1/207$」はこれである．しかし核は無限に重くない．

ステップ3：換算質量を正しく入れる．ミュオンと重陽子（$m_d/m_e = 3670.483$）の系では

$$ \frac{m_r}{m_e} = \frac{206.768\times3670.483}{206.768+3670.483} = \frac{7.58938\times10^{5}}{3877.251} = 195.74 $$

陽子の場合は $m_r/m_e = 185.84$ で $a_{p\mu}=284.8\ \mathrm{fm}$．「$1/207$」ではなく実際は $1/186\text{–}1/196$ である．換算質量の効果が $5\text{–}10\%$ ある．∎

ステップ4：結合エネルギー．$E_1 = -\frac12 m_r c^2\alpha^2$ なので，$d\mu$ の基底状態は

$$ E_1 = -13.606\ \mathrm{eV}\times195.74 = -2663\ \mathrm{eV} = -2.66\ \mathrm{keV} $$

$t\mu$ では $m_r/m_e = 206.768\times5496.92/5703.69 = 199.27$ なので $E_1 = -13.606\times199.27 = -2711\ \mathrm{eV}$ である．この $48\ \mathrm{eV}$ の差が，$d\mu + t \to t\mu + d$ という置換反応を強く一方向に進める（ミュオンは必ず三重陽子に移る）．μ触媒核融合の第一段階である．

導出：なぜ μ触媒核融合はエネルギー源にならないのか

ステップ1：サイクルの構造．$\mu^-$ を D/T 混合物に止めると，次のサイクルが回る．

1. $\mu^-$ が捕獲されて $d\mu$ または $t\mu$ を作る（$10^{-11}\ \mathrm{s}$）
2. $d\mu \to t\mu$ の移行（$48\ \mathrm{eV}$ の利得で一方向）
3. $t\mu + \mathrm{D_2} \to [(dt\mu)\,d\,ee]$ の分子形成．これが律速で，$\lambda_{dt\mu}\sim10^{8}\ \mathrm{s^{-1}}$（液体水素密度で）
4. $dt\mu \to \alpha + n + \mu^-$ の融合（$10^{-12}\ \mathrm{s}$，ほぼ瞬時）
5. $\mu^-$ が解放され，1 に戻る

ステップ2：分子形成が速い理由（Vesman 機構）．$dt\mu$ 分子には，$J=v=1$ という極端に浅い束縛状態が存在し，その結合エネルギーは $-0.66\ \mathrm{eV}$ しかない．一方，$\mathrm{D_2}$ 分子の回転振動励起のエネルギーも同じオーダーである．したがって $t\mu + \mathrm{D_2}$ の衝突エネルギーがちょうど合ったとき，共鳴的に分子ができる（放出すべきエネルギーを，母体分子の振動回転励起が受け取る）．この浅い準位が偶然存在しなければ，μ触媒核融合は現実的な速さでは起きなかった．

ステップ3：粘着（sticking）．融合で生じた $\alpha$ 粒子（$3.5\ \mathrm{MeV}$）は，正電荷 $+2$ をもつ．ミュオンがこれに捕まって $(\alpha\mu)^+$ を作ってしまうと，そのミュオンは二度と触媒として働けない．初期粘着確率は $\omega_s^0 = 0.886\%$ である．ただし $(\alpha\mu)^+$ は $3.5\ \mathrm{MeV}$ の運動エネルギーをもって物質中を走るので，そのあいだに衝突でミュオンを剥ぎ取られて復活する（reactivation）．その確率を $R$ とすると実効粘着確率は $\omega_s = \omega_s^0(1-R)$ であり，液体水素密度での実測から $R\approx0.5$ なので

$$ \omega_s \approx 0.0045 = 0.45\% $$

ステップ4：サイクル数を数える．ミュオンが失われるのは（i）粘着，（ii）寿命（$\tau_\mu = 2.197\ \mu\mathrm{s}$）の2つ．サイクル率を $\lambda_c$ とすると，1個のミュオンが回せる回数は

実験で達成された最高値 $\lambda_c = 1.2\times10^{8}\ \mathrm{s^{-1}}$ を入れると $\lambda_c\tau_\mu = 264$，したがって

$$ N_c = \frac{1}{0.0045 + 1/264} = \frac{1}{0.0045+0.00379} = \frac{1}{0.00829} = 121 $$

実測の最高値は約 $150$ 回（Los Alamos，PSI）．

ステップ5：エネルギー収支．1個のミュオンが $150$ 回の融合を触媒すれば

$$ E_{\rm out} = 150\times17.6\ \mathrm{MeV} = 2.6\ \mathrm{GeV} $$

一方，$\mu^-$ を1個作るコストは，加速器の効率とパイオン生成断面積から，最良の見積りでも $3\text{–}5\ \mathrm{GeV}$．

∎ 損益分岐には $N_c \gtrsim 300\text{–}500$ が要る．しかし式 \eqref{eq:16-cycles} を見れば分かるとおり，$\lambda_c\to\infty$ にしても $N_c \le 1/\omega_s = 222$ が上限である．粘着確率 $\omega_s$ が $0.45\%$ である限り，原理的に届かない．

導出：ミュオンはどれだけ岩を貫くか

ステップ1：宇宙線ミュオンの素性．一次宇宙線（陽子）が大気上層で $\pi$ を作り，$\pi\to\mu\nu$ で崩壊する（16.4節と同じ反応である）．地表での鉛直方向の強度は

$$ I_\mu \approx 70\ \mathrm{m^{-2}s^{-1}sr^{-1}}, \qquad \text{水平面での積分強度} \approx 1\ \mathrm{cm^{-2}min^{-1}} $$

平均エネルギーは約 $4\ \mathrm{GeV}$，天頂角分布は $\cos^2\theta$．

ステップ2：飛程．$\mathrm{GeV}$ 級ミュオンの阻止能は，最小電離（MIP）付近で

$$ -\frac{1}{\rho}\frac{\dd E}{\dd x} \approx 2\ \mathrm{MeV\,cm^2/g} $$

である（式 \eqref{eq:16-bethe} を $\beta\gamma\sim3$ で評価した値）．したがってエネルギー $E$ のミュオンが貫ける質量厚さは

$$ X \approx \frac{E}{2\ \mathrm{MeV\,cm^2/g}} = 500\,E[\mathrm{GeV}]\ \mathrm{g/cm^2} $$

標準的な岩（$\rho = 2.65\ \mathrm{g/cm^3}$）では

$$ L = \frac{500\,E}{2.65}\ \mathrm{cm} = 1.9\,E[\mathrm{GeV}]\ \mathrm{m} $$

∎ 宇宙線のスペクトルは一次粒子で $E^{-2.7}$，地表ミュオンでは $\pi$/K の崩壊と相互作用の競合（臨界エネルギー $\epsilon_\pi=115\ \mathrm{GeV}$）により $100\ \mathrm{GeV}$ 以上で $E^{-3.7}$ 程度に急峻化する．それでも $100\ \mathrm{GeV}$ 以上のものは十分にある．火山，ピラミッド，原子炉建屋といった $10\text{–}500\ \mathrm{m}$ の構造物が，ちょうど測れる．

ステップ3：何が見えるか．検出されるミュオン数は，視線方向の積分密度 $\int\rho\,\dd\ell$ の関数である．したがって，方向ごとの計数率を測れば，密度の2次元投影像（レントゲン写真の巨大版）が得られる．内部に空洞があれば，そこを通る方向だけ計数が増える．