第22章の章末問題 | 問いから始める物理

演習 1

オリジナル ★☆☆☆☆

半径 $a$ と $2 a$ の同心の四分円を，2本の半径方向の導線でつないだ閉回路を $x y$ 平面に置きます．電流 $I > 0$ は内側の円弧を $+ z$ 側から見て反時計回りに流れます．円弧の中心Oに電荷 $q > 0$ の粒子があり，瞬間の速度は $v e_{x}$ です． $e_{x}, e_{y}, e_{z}$ は各軸の正方向の単位ベクトルとし，粒子自身の場と回路の電場を無視します．

Oの磁場を求めよ．ビオ・サバールの法則から，半径 $r$ の円弧の微小角 $d ϕ$ の寄与は $d B = μ_{0} I d ϕ / (4 π r)$ です．
粒子に働く力と瞬間の仕事率を求めよ．

**［図：四分円回路と中心の正電荷］**
半径aと2aの同心四分円を半径方向の導線でつなぐ．内側の電流Iは正のz側から見て反時計回りである．中心Oの正電荷qの瞬間の速度は正のx方向のvである．

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考え方 円弧ごとの磁場を向きも含めて足し，合成した場にローレンツ力を使う．

半径方向の接続線では電流要素とOへのベクトルが平行なので寄与は0である．内側と外側の円弧の磁場は逆向きで，内側は $+ z$ 向きである．したがって

B = \frac{μ_{0} I}{4 π} \int_{0}^{π / 2} (\frac{1}{a} - \frac{1}{2 a}) d ϕ e_{z} = \frac{μ_{0} I}{16 a} e_{z}

となる．

$e_{x} \times e_{z} = - e_{y}$ より， $F = - μ_{0} I q v e_{y} / (16 a)$ ．仕事率は $F \cdot v = 0$ である． $I \to 0$ で力は消え，速さはこの磁気力によって変わらない．

演習 2

オリジナル ★☆☆☆☆

電子が， $+ z$ 向きの一様磁場 $B$ の中で，速さ $v$ ，半径 $r$ の円運動をしています．電子の質量は $m$ ，電荷は $- e$ （ $e > 0$ ）です．電子が1周期ごとに同じ点を通ることを，1巻の円電流とみなします．

周期 $T$ ，等価な電流の大きさ $I$ ，磁気モーメント $m$ を求めよ．モーメントの向きは外部磁場と同じか．
軌道の中心まわりの角運動量 $L$ を求め， $m$ との関係を表せ．その比例係数は $v$ や $B$ に依存するか．

**［図：磁場中を円運動する電子］**
電子は正のz方向の一様磁場Bの中で半径rの円運動をする．図の右端にある電子の速度vは上向きである．

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考え方 1周期に通過する電荷を電流に直す．電子の運動方向と電流の方向は逆である．

向心力の式 $m v^{2} / r = e v B$ より $r = m v / (e B)$ ．周期と電流は $T = 2 π r / v = 2 π m / (e B)$ ， $I = e / T = e^{2} B / (2 π m)$ である．電子は $+ z$ 側から見て反時計回りに回るから，電流は時計回りで，

m = - I π r^{2} e_{z} = - \frac{e v r}{2} e_{z}

となる．モーメントは外部磁場と逆向きである．

反時計回りの円運動なので $L = m r v e_{z}$ ．(1)のモーメントと比較して $m = - e L / (2 m)$ である．比例係数は電子の電荷と質量だけで決まり， $v$ と $B$ に依存しない．比例係数の次元 $C {kg}^{- 1}$ に角運動量の次元 $kg m^{2} s^{- 1}$ を掛けると，モーメントの次元 $A m^{2}$ になる．

演習 3

オリジナル ★★☆☆☆

長さ $ℓ$ ，全抵抗 $R$ の同じ細い導線を，正方形と円にそれぞれ加工し，電圧 $V$ の電源につなぎます．接続線の磁場と力は無視します．有限の直線部分が，その垂直二等分線上の距離 $d$ の点に作る磁場は $B_{seg} = μ_{0} I \sin α / (2 π d)$ です． $α$ はその点から見た半分の開き角です．

両回路の中心の磁場を求め，その比を比較せよ．
各回路を，法線が一様な外部磁場 $B_{0}$ と直角になる向きに固定します．トルクの大きさを求め，比較せよ．

**［図：同じ導線で作る正方形回路と円回路］**
同じ周長ℓと全抵抗Rの正方形回路と円回路を，それぞれ電源Vにつなぐ．正方形には中心と一辺の距離d，その一辺の半開き角αを示す．下段は外部磁場B₀が各回路の法線に垂直となる配置を表す．

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考え方 抵抗と電圧が同じなら電流は同じである．中心磁場には導線までの距離，トルクには囲む面積が効く．

電流は $I = V / R$ ．正方形の辺は $ℓ / 4$ ，中心から辺まで $d = ℓ / 8$ ， $α = π / 4$ なので，4辺の場を足して

B_{sq} = 4 \frac{μ_{0} I}{2 π (ℓ / 8)} \frac{1}{\sqrt{2}} = \frac{8 \sqrt{2} μ_{0} I}{π ℓ}

となる．円の半径は $ℓ / (2 π)$ で， $B_{cir} = π μ_{0} I / ℓ$ ．比は $B_{sq} / B_{cir} = 8 \sqrt{2} / π^{2} \approx 1.15$ で，正方形が大きい．

トルクは $I S B_{0}$ ．面積から $τ_{sq} = I ℓ^{2} B_{0} / 16$ ， $τ_{cir} = I ℓ^{2} B_{0} / (4 π)$ である．比は $τ_{sq} / τ_{cir} = π / 4 \approx 0.785$ で，円が大きい．中心の磁場が大きい形が，大きいトルクも与えるとは限らない．

演習 4

オリジナル ★★☆☆☆

$x y$ 平面の円 $x^{2} + y^{2} < a^{2}$ の内部だけに $+ z$ 向きの一様磁場 $B$ があります．円の外の磁場と，全域の電場は0です．質量 $m$ ，電荷 $q > 0$ の粒子を， $(- a, 0)$ から $+ x$ 向きに速さ $v$ で入射させます． $r = m v / (q B)$ ， $ω = q B / m$ とします．

円領域を初めて出るまでの回転角 $ϕ$ ，位置，速度，時間を求めよ．
出口で $v_{x}$ が負となる条件を求め， $r = a$ と $r / a \to \infty$ の場合を調べよ．

**［図：円形磁場領域への入射条件］**
半径aの円領域の内部だけに正のz方向の磁場Bがある．粒子は位置（−a，0）から正のx方向へ速さvで入射する．

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考え方 円軌道と磁場領域の円との，入射点以外の交点を求める．

回転角 $ϕ = ω t$ に対して $x = - a + r \sin ϕ$ ， $y = - r (1 - \cos ϕ)$ である．境界条件 $x^{2} + y^{2} = a^{2}$ は $- 2 a r \sin ϕ + 2 r^{2} (1 - \cos ϕ) = 0$ となる．初めての出口は $0 < ϕ < π$ にあり，半角の式から $\tan (ϕ / 2) = a / r$ ．したがって

ϕ = 2 \arctan \frac{a}{r}, x_{e} = \frac{a (r^{2} - a^{2})}{r^{2} + a^{2}}, y_{e} = - \frac{2 r a^{2}}{r^{2} + a^{2}}, t_{e} = \frac{ϕ}{ω}

である．速度は $v_{x e} = v \cos ϕ = v (r^{2} - a^{2}) / (r^{2} + a^{2})$ ， $v_{y e} = - v \sin ϕ = - 2 v a r / (r^{2} + a^{2})$ ．その後はこの速度で直進する．

$v_{x e} < 0$ は $r < a$ と同値で，強い場では入口側へ戻る向きに出る． $r = a$ では $ϕ = π / 2$ ，出口は $(0, - a)$ ，速度は $(0, - v)$ ． $r / a \to \infty$ では $ϕ \approx 2 a / r$ ， $t_{e} \approx 2 a / v$ ，出口は $(a, 0)$ に近づく．この直進近似には $a / r$ が1より十分小さいことが必要である．

演習 5

オリジナル ★★☆☆☆

液体金属で満たされた水平な長方形の管を考えます．管軸は $x$ 方向，幅は $y$ 方向に $w$ ，高さは $z$ 方向に $h$ です．長さ $ℓ$ の区間に一様な $+ z$ 向きの磁場を加え，その区間の両側面の電極間に $+ y$ 向きの一様な電流 $I_{f}$ を流します．磁場は，単位長さあたり $n$ 回巻きの十分長い空芯ソレノイドへ流す電流 $I_{s}$ によって作ります．管は静止した液体の圧力差を支え，粘性と電流の端の効果を無視します．

電流密度，磁気力の合力，右端の圧力から左端の圧力を引いた値 $Δ p$ を求めよ．
密度 $ρ_{f}$ の液体を，出口の鉛直管で管軸から測った高さ $H$ まで押し上げて静止させます．左端の圧力は，出口の液面上の圧力と等しいものとします．必要な $I_{f} I_{s}$ を求めよ． $w$ を2倍にした場合も比較せよ．重力加速度は $g$ とします．

**［図：液体金属の管と励磁用ソレノイド］**
上段左は管の平面図で，幅w，電極区間の長さℓ，正のy方向の電流I_fを示す．上段右は磁場を作るソレノイドである．下段は高さhの管と出口の鉛直管を側面から見た図であり，液面の高さHの基準を示す．

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考え方 ローレンツ力を体積で足し，管の断面積で割って圧力差に直す．

$B = μ_{0} n I_{s}$ ， $j = I_{f} / (ℓ h)$ ．力の密度は $j \times B = j B e_{x}$ なので，体積 $ℓ w h$ に働く合力は $F_{x} = j B ℓ w h = I_{f} w B$ である．圧力による左向きの力は $Δ p w h$ で，つり合いより

Δ p = \frac{I_{f} B}{h} = \frac{μ_{0} n I_{f} I_{s}}{h}

となる．

$Δ p = ρ_{f} g H$ より $I_{f} I_{s} = ρ_{f} g H h / (μ_{0} n)$ ．幅 $w$ を2倍にすると合力と断面積がともに2倍となるので，必要な電流の積は変わらない．これは静止液体の結果であり，ソレノイドの半径と長さの比，電極間の幅と $ℓ$ の比が十分小さいことを前提とする．

演習 6

オリジナル ★★★☆☆

断面積一定の環状鉄心に $N = 200$ 回の巻線を施し，幅 $d = 2.0 \times 10^{- 3} m$ の空隙を1か所設けます．鉄心部分の磁路の長さは $ℓ = 0.20 m$ です．漏れ磁束と空隙での磁束の広がりを無視し，鉄心と空隙の $B$ は等しいとします．この範囲の鉄心の応答は $B = μ_{0} μ_{r} H + B_{r}$ と表せ， $μ_{r}, B_{r}$ は一定です．磁路に沿うアンペールの法則は $H ℓ + B d / μ_{0} = N I$ です．

空隙の $+ z$ 向きの場を，既知の正イオンの軌道の符号付き曲率 $k$ で測りました．イオンは $+ x$ 向きに入射し， $- y$ 向きに曲がる曲率を正とします． $q / (m v) = 1.0 \times 10^{3} T^{- 1} m^{- 1}$ ， $μ_{0} = 1.26 \times 10^{- 6} N A^{- 2}$ とし，次の中心値を得ました．各 $k$ の不確かさは $\pm 0.20 m^{- 1}$ ，他の量の不確かさは無視します．

$I$ （ $A$ ）	$k$ （ $m^{- 1}$ ）
$- 0.40$	$- 30.32$
$0$	$10.00$
$0.40$	$50.32$

$k = A I + C$ を導き，中心値から $μ_{r}, B_{r}$ を求めよ．中央の点を検証せよ．
両端の不確かさから $A$ の範囲を求め，許される $μ_{r}$ の範囲を求めよ．鉄心の透磁率を精密に測るには，空隙を広くするのがよいか．

**［図：空隙をもつ環状鉄心と曲率の測定領域］**
環状鉄心にN回の巻線を施し，幅dの空隙を一か所設ける．鉄心部分の磁路長をℓとする．拡大図では正イオンの入射速度と座標軸，磁場の正方向を示す．曲率kは空隙内で測定する．

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考え方 曲率から磁場を測り，磁路の式の傾きと切片を使う．空隙が広いと，透磁率への感度が低下する．

符号付きで $k = q B / (m v)$ ．鉄心の $H = (B - B_{r}) / (μ_{0} μ_{r})$ を磁路の式に代入すると

B = \frac{μ_{0} N I + ℓ B_{r} / μ_{r}}{d + ℓ / μ_{r}}, A = \frac{q}{m v} \frac{μ_{0} N}{d + ℓ / μ_{r}}, C = \frac{q}{m v} \frac{ℓ B_{r} / μ_{r}}{d + ℓ / μ_{r}}

となる．表から $A = (50.32 + 30.32) / 0.80 = 100.8 A^{- 1} m^{- 1}$ ， $C = 10.00 m^{- 1}$ ．よって $d + ℓ / μ_{r} = 2.50 \times 10^{- 3} m$ ， $μ_{r} = 4.0 \times 10^{2}$ である．無電流時の空隙の場は $0.01000 T$ なので， $B_{r} = 0.01000 (d + ℓ / μ_{r}) μ_{r} / ℓ = 0.050 T$ ．中央の曲率は切片と一致する．

曲率の差の不確かさは最大 $0.40 m^{- 1}$ である．したがって $100.3 \leq A / (A^{- 1} m^{- 1}) \leq 101.3$ ．

μ_{r} = \frac{ℓ}{[q / (m v)] μ_{0} N / A - d}

に両端を入れると，約 $390.3 \leq μ_{r} \leq 410.1$ となる．相対感度は $\frac{d \ln μ_{r}}{d \ln A} = 1 + d μ_{r} / ℓ$ で，今回5である．空隙を広くするとこの増幅が大きくなり，精密な推定には不利である．空隙の幅と断面の代表的な幅の比が十分小さく，測定軌道内の場の変化も小さいことが必要である．

演習 7

オリジナル ★★★☆☆

$z$ 軸上の長い直線導線に $+ z$ 向きの電流 $I_{w} > 0$ を流します． $x z$ 平面内に， $x$ 方向の幅 $a$ ， $z$ 方向の長さ $ℓ$ の剛い長方形回路を置き，導線に近い辺を $x = X > 0$ とします．その辺には $+ z$ 向きに電流 $I_{c} > 0$ が流れます．回路は回転せず $x$ 方向にだけ動け，ばねによる力は $- k (X - X_{0})$ です．電源は両電流を一定に保ち，接続線の力を無視します． $K = μ_{0} I_{w} I_{c} ℓ / (2 π)$ とおきます．

回路に働く磁気力の合力を求めよ．
$X = a$ がつり合いとなる $X_{0}$ を求め，そのつり合いが安定となる条件を求めよ．回路の質量を $M_{c}$ として，安定な場合の小振動の角振動数も求めよ．

**［図：直線導線のそばを動く長方形回路］**
正のz方向の直線電流I_wのそばに幅a，長さℓの回路を置く．近い辺の位置はXで，その辺には正のz方向の電流I_cが流れる．回路は案内に沿ってx方向に動く．X₀はばねの力が0となるときの近い辺の位置である．

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考え方 回路の近い辺と遠い辺では場が異なる．つり合いの位置で，合力の変位に対する傾きを調べる．

導線の右では $B = μ_{0} I_{w} e_{y} / (2 π x)$ ．近い辺への力は $- K e_{x} / X$ ，遠い辺は $+ K e_{x} / (X + a)$ ． $x$ 向きの2辺の $z$ 方向の力は，同じ区間の場を積分するため打ち消す．したがって $F_{B} = - K (1 / X - 1 / (X + a))$ である．
全合力は $F = - k (X - X_{0}) - K (1 / X - 1 / (X + a))$ ． $F (a) = 0$ より $X_{0} = a + K / (2 k a)$ ．微分すると

\frac{d F}{d X} = - k + K (\frac{1}{X^{2}} - \frac{1}{{(X + a)}^{2}}), {\frac{d F}{d X} |}_{X = a} = - k + \frac{3 K}{4 a^{2}}

なので，安定には $k > 3 K / (4 a^{2})$ が必要である． $ξ = X - a$ とすると $M_{c} \frac{d^{2} ξ}{d t^{2}} \approx - (k - 3 K / (4 a^{2})) ξ$ より $ω = \sqrt{(k - 3 K / (4 a^{2})) / M_{c}}$ ．等号では線形の復元力が消えるが，2次まで展開すると $F \approx - 7 K ξ^{2} / (8 a^{3})$ となる． $ξ < 0$ の変位を増大させる向きに力が働くので，つり合いは不安定である． $| ξ | / a$ が十分小さいことが近似条件で，電流を0にするとばねだけの振動数に戻る．

演習 8

オリジナル ★★★☆☆

$N$ 回巻きの薄い平面らせんを，内半径 $a$ ，外半径 $b > a$ の間に作ります．半径方向の巻数密度は一定で，半径 $r$ から $r + d r$ に $N d r / (b - a)$ 回を含む円電流の集まりと近似します．同じ $N$ 回を半径 $r_{c} = (a + b) / 2$ にまとめたコイルも作ります．両方の導線は単位長さあたりの抵抗が $γ_{R}$ ，端子間の電圧は $V$ です．半径方向の進みと接続線の長さ，磁場，力は無視します．

両コイルの導線長と電流を比較し，らせん中心の磁場を求めよ．
同じ一様外部磁場 $B_{0}$ の中で，両法線を磁場に垂直に固定します．らせんと半径 $r_{c}$ のコイルの，中心磁場の比とトルクの比を求めよ． $δ = (b - a) / (2 r_{c})$ が小さい場合の，両比の先頭の補正も求めよ． $\ln [(1 + δ) / (1 - δ)] = 2 δ + 2 δ^{3} / 3 + \dots$ を使ってよいとします．

**［図：平面らせんと平均半径の円形コイル］**
左は内半径a，外半径bの平面らせん，右は半径r_cの薄い円形コイルで，ともにN巻である．両方に端子間電圧Vを加える．下段は外部磁場B₀と各法線が垂直になる配置を表す．

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考え方 各半径の円電流の寄与を積分する．同じ巻数と平均半径なら，この近似では導線長も同じになる．

らせんの長さは $ℓ_{w} = \int_{a}^{b} 2 π r N d r / (b - a) = π N (a + b) = 2 π N r_{c}$ で，まとめたコイルと等しい．したがって両電流は $I = V / (2 π γ_{R} N r_{c})$ ．中心の磁場は

B_{s} = \frac{μ_{0} N I}{2 (b - a)} \int_{a}^{b} \frac{d r}{r} = \frac{μ_{0} N I}{2 (b - a)} \ln \frac{b}{a}

である．

らせんのモーメントは $m_{s} = \int_{a}^{b} I π r^{2} N d r / (b - a) = π N I (a^{2} + a b + b^{2}) / 3$ ．まとめたコイルは $B_{c} = μ_{0} N I / (2 r_{c})$ ， $m_{c} = π N I r_{c}^{2}$ ．よって

\frac{B_{s}}{B_{c}} = \frac{r_{c}}{b - a} \ln \frac{b}{a} = \frac{1}{2 δ} \ln \frac{1 + δ}{1 - δ} = 1 + \frac{δ^{2}}{3} + \dots, \frac{τ_{s}}{τ_{c}} = \frac{m_{s}}{m_{c}} = 1 + \frac{δ^{2}}{3}

となる．両方とも半径を広げたらせんの方が大きい．展開には $δ^{2}$ が十分小さいことが必要で，円電流の集まりという近似には巻き間隔と最小半径の比 $(b - a) / (N a)$ も十分小さいことが要る．

演習 9

オリジナル ★★★☆☆

半径 $R$ の十分長い円柱領域に， $+ z$ 向きの一様な定常電流密度 $j > 0$ を与えます．正負の電荷の密度は相殺し，電場は0という模型を考えます．質量 $m$ ，電荷 $q > 0$ の試験粒子はこの領域を衝突なしで動き，源の電流を乱しません．初期位置は $x = a, y = 0$ （ $0 < a < R$ ），初速度は $v_{0} e_{z}$ です． $v_{0} > 0$ ， $κ = q μ_{0} j / (2 m)$ とします．

円柱内の磁場をアンペールの法則から求め， $y = 0$ の運動について $\frac{d v_{x}}{d t}$ ， $\frac{d v_{z}}{d t}$ を書け．
運動中の $v_{z}$ を $x$ で表せ． $κ a^{2} / v_{0}$ が十分小さいとき，横運動の周期と，1周期中の $v_{z}$ の最大の減少量を近似的に求めよ．

**［図：電流を与える円柱と粒子の初期条件］**
半径Rの円柱内に正のz方向の一様な電流密度jを与える．試験粒子の初期位置はxがa，yが0で，初速度は正のz方向のv₀である．左は断面，右は側面を示す．

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考え方 軸に沿う速度も磁気力で変わる．まず厳密な関係を積分し，その後で軸方向の速さをほぼ一定とする．

半径 $s < R$ の円に沿って一周すると $2 π s B = μ_{0} j π s^{2}$ より $B = μ_{0} j s / 2$ ． $y = 0$ では符号付きで $B_{y} = μ_{0} j x / 2$ ． $v_{y} = 0$ は保たれ，外積から

\frac{d v_{x}}{d t} = - κ x v_{z}, \frac{d v_{z}}{d t} = κ x v_{x} = \frac{κ}{2} \frac{d x^{2}}{d t}

である．

初期条件で積分定数を決めると $v_{z} = v_{0} + κ (x^{2} - a^{2}) / 2$ ．したがって横運動の厳密な式は $\frac{d^{2} x}{d t^{2}} = - κ x [v_{0} + κ (x^{2} - a^{2}) / 2]$ ． $ε = κ a^{2} / v_{0}$ が小さければ $v_{z} \approx v_{0}$ と置けて， $x \approx a \cos ω t$ ， $ω = \sqrt{κ v_{0}}$ ， $T \approx 2 π / \sqrt{κ v_{0}}$ となる．軸上 $x = 0$ での減少量は $Δ v_{z} = κ a^{2} / 2$ である．

磁気力は仕事をしないので $v_{x}^{2} + v_{z}^{2} = v_{0}^{2}$ が保たれる．軸上の厳密な式は $v_{x}^{2} = κ v_{0} a^{2} - κ^{2} a^{4} / 4$ で，近似の最大横速度の2乗 $a^{2} ω^{2}$ と先頭の次数で一致する．捨てた項の比は $ε$ 程度であり， $a < R$ と $ε$ が十分小さいことが，領域内のほぼ単振動の条件である．