第22章の発展問題 | 問いから始める物理

演習 1

IPhO 1977 第3問（改題） ★★★★☆

質量 $m$ ，電荷 $q > 0$ のイオンを，静止から電圧 $V > 0$ で加速し，原点から狭い円すい状に放出します．全粒子の速さは $v$ ， $+ z$ 軸との角は $0 \leq θ \leq θ_{m} < π / 2$ ， $θ_{m} > 0$ です．空間には一様な $+ z$ 向きの磁場があり， $z = D > 0$ の平面で各粒子の軸からの距離 $ρ$ を測ります．非相対論的な運動とし， $n$ は正の整数とします．

指定した角 $0 < θ \leq θ_{m}$ の粒子が $n$ 回転して軸上の $z = D$ に達する磁場を求めよ．次に基準磁場 $B_{n} = 2 π n m v / (q D)$ で，任意の $θ$ の粒子の $ρ$ を求めよ．
$θ_{m}^{2}$ と $n θ_{m}^{2}$ が十分小さいとします． $B = B_{n} (1 + η)$ ， $| η |$ は $θ_{m}^{2}$ 程度として， $ρ$ の先頭の式を導け．基準磁場での最大の $ρ$ は $n$ を増やすと小さくなるか．
$η = - c_{0} θ_{m}^{2}$ ， $0 < c_{0} < 1 / 2$ として，円すい内の最大の $ρ$ を最小にする $c_{0}$ を求めよ．同じ近似での最小値を求め，基準磁場の場合と比較せよ．

**［図：円すい状イオン源と検出面］**
原点のイオン源から正のz軸のまわりの半角θ_mの範囲へ粒子を放出する．磁場は正のz方向で，検出面はzがDの平面である．面上の印は観測距離ρの定義のための任意の位置を表す．

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考え方 軸方向の飛行時間と回転位相を結び付ける．円すいの端だけでなく，内部の粒子のずれも含めて磁場を最適化する．

$m v^{2} / 2 = q V$ より $v = \sqrt{2 q V / m}$ ． $ω = q B / m$ とすると検出面までの時間は $t_{D} = D / (v \cos θ)$ ． $ω t_{D} = 2 π n$ から $B = 2 π n m v \cos θ / (q D)$ である．円運動の半径は $r = v \sin θ / ω$ ，原点からの横変位の大きさは，円の弦の長さ $2 r | \sin (ω t_{D} / 2) |$ になる．基準磁場では

ρ = \frac{D \sin θ}{π n} | \sin (\frac{π n}{\cos θ}) |

で， $θ = 0$ の粒子は常に軸上を進む．

一般の磁場で $r = D \sin θ / [2 π n (1 + η)]$ ， $ω t_{D} = 2 π n (1 + η) / \cos θ$ ． $1 / \cos θ \approx 1 + θ^{2} / 2$ より，整数回転からの位相差は $Δ ϕ \approx 2 π n (η + θ^{2} / 2)$ ． $| Δ ϕ |$ が十分小さければ弦の長さは $r | Δ ϕ |$ なので

ρ \approx D θ | η + \frac{θ^{2}}{2} |

となる． $η = 0$ の最大値は $D θ_{m}^{3} / 2$ で，先頭の式には $n$ が残らない．回転数を増やすだけでは，角度の広がりによるずれは減らない．

$s = θ / θ_{m}$ とすると，最大化する無次元量は $| f (s) |$ ， $f (s) = s^{3} / 2 - c_{0} s$ ， $0 \leq s \leq 1$ ． $f^{'} (s) = 3 s^{2} / 2 - c_{0}$ より，内部の負の極小は $s_{*} = \sqrt{2 c_{0} / 3}$ にあり， $| f (s_{*}) | = {(2 c_{0} / 3)}^{3 / 2}$ ．端では $f (1) = 1 / 2 - c_{0}$ ．前者は $c_{0}$ とともに増加し，後者は減少するため，最適点では両者が等しい． $c_{0} = 3 / 8$ を代入すると $s_{*} = 1 / 2$ ，両値は $1 / 8$ となる．したがって

B_{opt} \approx B_{n} (1 - \frac{3 θ_{m}^{2}}{8}), ρ_{max, opt} \approx \frac{D θ_{m}^{3}}{8}

で，基準磁場の最大ずれの1/4である．この最適化には $θ_{m}^{2}$ に加えて $n θ_{m}^{2}$ も十分小さいこと，また $v / c$ が十分小さいことが必要である．

演習 2

IPhO 2019 第2問（改題） ★★★★☆

$+ y$ 向きの一様電場 $E > 0$ と $+ z$ 向きの一様磁場 $B > 0$ を， $0 < y < h$ に加えます．境界は無限に広く， $y = h$ の原点の真上 $(0, h)$ に，小さな受け口を設けます．質量 $m$ ，電荷 $q > 0$ の粒子を $(0, 0)$ から $- x$ 向きに速さ $v_{i} > 0$ で入射し，受け口に到達させます．重力，衝突，粒子自身の場は無視します． $u = E / B$ ， $ω = q B / m$ とします．

領域内の $x (t), y (t)$ を求めよ．
$ϕ_{*}$ を到達時の $ω t$ として， $0 < ϕ_{*} < π$ の間に受け口に到達する $v_{i}$ を， $ϕ_{*}$ を使って表せ． $ϕ_{*}$ を決める方程式を示し，任意の $h > 0$ で解がただ1つあることを示せ．
$ε = ω h / u$ が十分小さいとき，到達時間と必要な $v_{i}$ の先頭の近似を求めよ．到達時の速さを仕事から求め，電場を強くすればこの近似をいつまでも使えるか論じよ．

**［図：有限の場の領域と受け口］**
電場Eは正のy方向，磁場Bは正のz方向で，0からhのy領域にだけ存在する．粒子は原点から負のx方向へ速さv_iで入射する．受け口は原点の真上の位置（0，h）にある．

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考え方 ドリフト速度を引いた速度は回転する．横方向の戻りと，縦方向の到達を同時に満たす初速度を決める．

運動方程式は $\frac{d v_{x}}{d t} = ω v_{y}$ ， $\frac{d v_{y}}{d t} = ω (u - v_{x})$ ． $w = v_{x} - u$ とすれば $\frac{d^{2} w}{d t^{2}} = - ω^{2} w$ で， $w (0) = - (u + v_{i})$ ， $\frac{d w}{d t} (0) = 0$ ．よって $v_{x} = u - (u + v_{i}) \cos ω t$ ， $v_{y} = (u + v_{i}) \sin ω t$ ．積分すると

x = u t - \frac{u + v_{i}}{ω} \sin ω t, y = \frac{u + v_{i}}{ω} (1 - \cos ω t)

となる．一様な場が続くなら，この初速度の軌道はループをもつ．

$x = 0$ の条件は $u ϕ_{*} = (u + v_{i}) \sin ϕ_{*}$ なので， $v_{i} = u (ϕ_{*} / \sin ϕ_{*} - 1)$ ． $y = h$ の条件へ代入して

\frac{ω h}{u} = ϕ_{*} \frac{1 - \cos ϕ_{*}}{\sin ϕ_{*}} = ϕ_{*} \tan \frac{ϕ_{*}}{2}

を得る．右辺は $0 < ϕ_{*} < π$ で0から無限大まで増加し，微分も $\tan (ϕ_{*} / 2) + ϕ_{*} \sec^{2} (ϕ_{*} / 2) / 2 > 0$ ．したがって解はただ1つである．この時間内では $v_{y} > 0$ だから，途中で境界を出ない．また $x$ は初め減少し， $\frac{d v_{x}}{d t} > 0$ なので，この到達は初めての $x = 0$ への帰還になる．

$\tan (ϕ_{*} / 2) \approx ϕ_{*} / 2$ より $ϕ_{*} \approx \sqrt{2 ε}$ ．また $ϕ_{*} / \sin ϕ_{*} - 1 \approx ϕ_{*}^{2} / 6$ なので

t_{*} \approx \sqrt{\frac{2 h}{u ω}}, v_{i} \approx \frac{ω h}{3}

となる．磁気力は仕事をせず，電場の仕事は $q E h$ だから，到達速度の大きさは $v_{*} = \sqrt{v_{i}^{2} + 2 q E h / m}$ ．軌道からも $v_{x}^{2} + v_{y}^{2} - v_{i}^{2} = 2 u (u + v_{i}) (1 - \cos ω t) = 2 q E y / m$ と確かめられる．電場を強くすると $ε$ は小さくなるが， $v_{*}^{2} / c^{2}$ は増える．近似には $ε$ と $v_{*}^{2} / c^{2}$ の両方が十分小さいことが必要である．

演習 3

オリジナル ★★★★☆

軸対称な，時間によらない磁場で磁気鏡を作ります．軸上の場は $+ z$ 向きに $B (z) = B_{0} (1 + z^{2} / L^{2})$ で， $z = \pm D$ に出口を置きます．出口面へ到達した粒子は失われます．質量 $m$ ，電荷 $q > 0$ の粒子を $z = 0$ から速さ $v$ ，場との角 $0 < θ < π / 2$ で送り出します．電場と重力はありません．

粒子の回転半径は磁場の変化の長さに比べて十分小さく，回転の中心は軸に沿ってゆっくり進むものとします．軸から距離 $r$ の場の半径成分は，磁束の閉じる条件から $B_{r} \approx - r \frac{d B}{d z} / 2$ と近似できます．

この $B_{r}$ の式を，短い円筒の面を通る正味の磁束が0であることから説明せよ．局所的な回転速度 $v_{⟂}$ を使って，回転平均の軸方向の力を求めよ．
エネルギー保存から $v_{⟂}^{2} / B$ が一定となることを導き，折り返す位置と，閉じ込められる $θ$ の条件を求めよ． $z = 0$ で速度の向きが全立体角に一様な集団なら，失われる割合はいくらか．
閉じ込められた粒子の軸方向の往復周期を求めよ． $θ \to 0$ の周期の極限を，実際の閉じ込めと近似条件の両面から点検せよ．

**［図：磁気鏡の軸上磁場と局所成分の定義］**
上段は与えられた軸上磁場B(z)と出口の位置を示す．下段左は中央での入射速度vと磁場との角θである．下段右は短い円筒の半径rと座標成分の正方向を定義し，実際の半径成分の符号は示さない．

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考え方 非一様な磁場には横成分もある．その横成分と回転速度の外積が，回転平均での反射力を生む．

長さ $d z$ ，半径 $r$ の円筒では，端面からの正味の磁束は $π r^{2} \frac{d B}{d z} d z$ ，側面からは $2 π r B_{r} d z$ ．和を0と置いて $B_{r} \approx - r \frac{d B}{d z} / 2$ を得る．正電荷の回転は局所的な $+ z$ 側から見て時計回りなので，方位方向の速度は $v_{ϕ} = - v_{⟂}$ ．ローレンツ力の軸成分は $F_{z} = - q v_{ϕ} B_{r}$ ． $r = m v_{⟂} / (q B)$ を代入すると

F_{z} \approx - \frac{m v_{⟂}^{2}}{2 B} \frac{d B}{d z}

となり，場の強い方へ進む粒子を減速する．

速さ全体は一定で， $v_{∥}^{2} + v_{⟂}^{2} = v^{2}$ ．軸方向の運動方程式に $v_{∥}$ を掛けると $\frac{d v_{∥}^{2}}{d t} = - v_{⟂}^{2} \frac{d B}{d t} / B$ ．全体の速さが一定であることから $\frac{d v_{⟂}^{2}}{d t} = v_{⟂}^{2} \frac{d B}{d t} / B$ となり， $\frac{d (v_{⟂}^{2} / B)}{d t} = 0$ ．初期条件で

v_{∥}^{2} = v^{2} [1 - \sin^{2} θ \frac{B (z)}{B_{0}}] = v^{2} (\cos^{2} θ - \frac{z^{2}}{L^{2}} \sin^{2} θ)

を得る．折り返し位置は $z_{m} = L \cot θ$ ．出口に届かない条件は $L \cot θ < D$ ，すなわち $\sin^{2} θ > 1 / (1 + D^{2} / L^{2})$ である．臨界角を $θ_{c}$ とすると，両極の開き角 $θ_{c}$ の円すいの合計立体角は $4 π (1 - \cos θ_{c})$ ．失われる割合は

f_{loss} = 1 - \cos θ_{c} = 1 - \sqrt{1 - \frac{1}{1 + D^{2} / L^{2}}}

である．

保存される比を力へ代入して $\frac{d^{2} z}{d t^{2}} = - v^{2} \sin^{2} θ z / L^{2}$ ．初期条件 $z (0) = 0$ ， $\frac{d z}{d t} (0) = v \cos θ$ より $z = L \cot θ \sin (v \sin θ t / L)$ ．周期は $T_{b} = 2 π L / (v \sin θ)$ ． $θ \to 0$ では発散するが，有限の $D$ では先に閉じ込め条件が破れ，往復周期を実測できなくなる．近似の十分条件は， $ω_{0} = q B_{0} / m$ として $v / (ω_{0} L)$ が十分小さいことであり，回転半径と磁場の変化の長さの比，1回転中の場の変化の割合がともに小さくなる．

演習 4

オリジナル ★★★★★

半径 $R$ ，巻数 $N$ の薄い円形コイル2個を，同軸の $z = \pm h / 2$ に置き，同じ電流 $I$ を流します．1個の軸上の場は $b_{1} (z) = μ_{0} N I R^{2} / [2 {(R^{2} + z^{2})}^{3 / 2}]$ です．2個の軸上の合成場を $b (z)$ ，中央の値を $B_{c} = b (0)$ とします．この問題では，2次の軸上の変化を消す設計値 $h = R$ が指定されています．

$h = R$ で $b (z) / B_{c} = 1 + c_{4} {(z / R)}^{4} + \dots$ の $c_{4}$ を求めよ． $(1 + x)^{- 3 / 2} = 1 - 3 x / 2 + 15 x^{2} / 8 - 35 x^{3} / 16 + 315 x^{4} / 128 + \dots$ を使ってよいとします．
中央付近の電流のない領域では， $\nabla \cdot B = 0$ ， $\nabla \times B = 0$ が成り立ちます．軸からの距離を $ρ$ とすると，軸対称な場では $ρ^{- 1} \frac{\partial}{\partial ρ} (ρ B_{ρ}) + \frac{\partial B_{z}}{\partial z} = 0$ ， $\frac{\partial B_{ρ}}{\partial z} - \frac{\partial B_{z}}{\partial ρ} = 0$ です．これらから $B_{z} = b (z) - ρ^{2} b^{″} (z) / 4 + ρ^{4} b^{⁗} (z) / 64 + \dots$ を導き，中央面 $z = 0$ の場の先頭の変化を求めよ．ここでプライムは $z$ による微分です．
相対誤差を $ϵ_{B}$ 以下にする範囲を，軸上 $| z | \leq d$ と中央面の円板 $ρ \leq d$ で比較せよ．次に $h = R (1 + δ_{h})$ ， $| δ_{h} |$ が十分小さい場合の軸上の2次の項を求め，間隔誤差が4次の変化より支配的になる条件を示せ．

**［図：同軸コイルと磁場を検査する二つの範囲］**
同じ電流Iを流すN巻のコイルをzが負と正のh/2の位置に置く．設計間隔hはRと等しい．中央の軸上区間と，中央面内の円板を橙で示す．

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考え方 2次の項が消えても4次は残る．軸上の場から横方向の場を決め，設計間隔の誤差で2次が復活することを調べる．

$s = z / R$ ， $A = 5 / 4$ とおくと，2個の和を中央の値で割って

\frac{b (z)}{B_{c}} = \frac{1}{2} [{(1 + \frac{s^{2} + s}{A})}^{- 3 / 2} + {(1 + \frac{s^{2} - s}{A})}^{- 3 / 2}]

となる．奇数次は相殺する．2次の係数は $- 3 / (2 A) + 15 / (8 A^{2}) = 0$ ．4次の係数は

c_{4} = \frac{15}{8 A^{2}} - \frac{105}{16 A^{3}} + \frac{315}{128 A^{4}} = - \frac{144}{125}

である．

軸上で滑らかな場を $B_{z} = b + a ρ^{2} + c ρ^{4} + \dots$ ， $B_{ρ} = d_{1} ρ + e_{1} ρ^{3} + \dots$ と展開する．係数は $z$ の関数である．発散の式から $2 d_{1} + b^{'} = 0$ ， $4 e_{1} + a^{'} = 0$ ，回転の式から $d_{1}^{'} - 2 a = 0$ ， $e_{1}^{'} - 4 c = 0$ を得る．順に $d_{1} = - b^{'} / 2$ ， $a = - b^{″} / 4$ ， $e_{1} = b^{‴} / 16$ ， $c = b^{⁗} / 64$ で，指定の式が得られる．(1)の4次までを代入すると

\frac{B_{z}}{B_{c}} = 1 + \frac{c_{4}}{R^{4}} (z^{4} - 3 ρ^{2} z^{2} + \frac{3 ρ^{4}}{8}) + \dots

である．中央面では対称性から $B_{ρ} = 0$ で， $B_{z} / B_{c} = 1 - 54 {(ρ / R)}^{4} / 125 + \dots$ ．

先頭の誤差だけで評価すると，軸上では $d / R \leq {(125 ϵ_{B} / 144)}^{1 / 4}$ ，中央面では $d / R \leq {(125 ϵ_{B} / 54)}^{1 / 4}$ ．したがって中央面の許される半径は軸上の半長の ${(8 / 3)}^{1 / 4}$ 倍になる．たとえば $ϵ_{B} = 1.0 \times 10^{- 3}$ では，それぞれ $d / R$ の上限の見積もりは0.17，0.22である．

一般の間隔での2次の係数は， $s_{h} = h / R$ として $c_{2} = 3 (s_{h}^{2} - 1) / [2 {(1 + s_{h}^{2} / 4)}^{2}]$ ． $s_{h} = 1 + δ_{h}$ を代入して $c_{2} \approx 48 δ_{h} / 25$ を得る．軸上の端では，間隔誤差と4次の誤差の大きさの比は

\frac{(48 / 25) | δ_{h} | {(d / R)}^{2}}{(144 / 125) {(d / R)}^{4}} = \frac{5 | δ_{h} |}{3 {(d / R)}^{2}}

なので， $| δ_{h} | > 3 {(d / R)}^{2} / 5$ では間隔誤差の方が大きい．符号による相殺に頼らない十分条件は $48 | δ_{h} | {(d / R)}^{2} / 25 + 144 {(d / R)}^{4} / 125 \leq ϵ_{B}$ である．これらは $d / R$ と $| δ_{h} |$ が十分小さい範囲の見積もりで，有限範囲の厳密な誤差保証には元の場の式で確かめる必要がある．

演習 5

オリジナル ★★★★★

同じ大きさ $m_{0}$ の永久磁気モーメントをもつ小磁石2個を，中心間距離 $d$ で $z$ 軸上に固定します．各磁石は $x z$ 平面内で摩擦なしで回転でき，その慣性モーメントは $J$ です． $+ z$ からの符号付きの角を $θ_{1}, θ_{2}$ とします．磁石の寸法は $d$ に比べて十分小さく，モーメントは回転中も一定です．電流を一定に保つ外部コイルが，一様な $- z$ 向きの場 $B \geq 0$ を作ります．

点双極子の場を $B_{1} = μ_{0} [3 (m_{1} \cdot e_{z}) e_{z} - m_{1}] / (4 π d^{3})$ とします．磁石間の力学的な相互作用エネルギーは $U_{12} = - m_{2} \cdot B_{1}$ で，外部コイルの電源を含めた有効な力学的ポテンシャルは，さらに $- m_{1} \cdot B - m_{2} \cdot B$ を足したものです． $K = μ_{0} m_{0}^{2} / (4 π d^{3})$ とおきます．

$U$ を角度で表し， $θ_{1} = θ_{2} = 0$ の配置で，中心間距離を増す向きを正とする力 $F_{d}$ を求めよ．微分では両モーメントと外部コイルの電流を一定に保ちます．
この配置のまわりで2つの回転の基準振動を求め，安定となる $B$ の範囲を示せ． $B$ を増すと，どちらの振動が先に不安定になるか．
$0 < B < K / m_{0}$ とします．2個を逆向きに回す対称な経路 $θ_{1} = θ, θ_{2} = - θ$ ， $0 \leq θ \leq π$ に沿って，最初の配置から両モーメントを逆転するためのポテンシャルの障壁を求めよ．不安定になる境目へ近づくと，障壁と低い方の角振動数はどのように0へ近づくか．

**［図：回転できる二つの磁石と外部磁場］**
二つの磁石の中心をz軸上に距離dを隔てて固定する．各磁石は紙面のxz平面内で回転でき，角θ₁とθ₂は正のz方向から測る．外部コイルは負のz方向の磁場Bを作る．

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考え方 相互作用を二重に数えずにポテンシャルを作る．和と差の角度で振動を分け，最後に有限角の障壁を調べる．

$m_{i} = m_{0} (\sin θ_{i} e_{x} + \cos θ_{i} e_{z})$ を代入すると

U = K (\sin θ_{1} \sin θ_{2} - 2 \cos θ_{1} \cos θ_{2}) + m_{0} B (\cos θ_{1} + \cos θ_{2})

となる．両角が0なら $U = - 2 K + 2 m_{0} B$ ． $K \propto d^{- 3}$ より， $F_{d} = - \frac{\partial U}{\partial d} = - 6 K / d = - 3 μ_{0} m_{0}^{2} / (2 π d^{4})$ で，引力である．一様な外部場は並進力に寄与しない．外部場の項は場だけのエネルギーではなく，電流を一定に保つ電源の仕事を含めたポテンシャルである．

2次まで展開すると $U = U (0, 0) + (K - m_{0} B / 2) (θ_{1}^{2} + θ_{2}^{2}) + K θ_{1} θ_{2} + \dots$ ．トルクは角度による負の微分なので

J \frac{d^{2} θ_{1}}{d t^{2}} = - (2 K - m_{0} B) θ_{1} - K θ_{2}, J \frac{d^{2} θ_{2}}{d t^{2}} = - (2 K - m_{0} B) θ_{2} - K θ_{1}

となる．和 $θ_{+} = θ_{1} + θ_{2}$ と差 $θ_{-} = θ_{1} - θ_{2}$ の方程式は $J \frac{d^{2} θ_{+}}{d t^{2}} = - (3 K - m_{0} B) θ_{+}$ ， $J \frac{d^{2} θ_{-}}{d t^{2}} = - (K - m_{0} B) θ_{-}$ ．したがって同方向と逆方向の角振動数は

ω_{+} = \sqrt{\frac{3 K - m_{0} B}{J}}, ω_{-} = \sqrt{\frac{K - m_{0} B}{J}}

である．線形の復元力が両方にある範囲は $0 \leq B < K / m_{0}$ ．先に不安定になるのは逆方向の振動である．等号ではこの振動の2次の復元力が消えるので，有限角を調べる必要がある．

指定の経路では $U (θ) = - K (1 + \cos^{2} θ) + 2 m_{0} B \cos θ$ ． $b = m_{0} B / K$ ， $0 < b < 1$ とおけば $\frac{d U}{d θ} = 2 K \sin θ (\cos θ - b)$ ． $θ = 0$ から増やすと， $\cos θ_{s} = b$ まで上り，その後は下る．頂点で $U_{s} = - K + K b^{2}$ ，初期値は $U_{0} = - 2 K + 2 K b$ なので

Δ U = K {(1 - b)}^{2}

である． $ϵ = 1 - b \to 0^{+}$ では $Δ U = K ϵ^{2}$ ， $ω_{-} = \sqrt{K / J} ϵ^{1 / 2}$ ．障壁の方が速く0へ近づく． $b = 1$ でこの経路の変化は $U (θ) - U (0) = - K {(1 - \cos θ)}^{2} \leq 0$ となり，境目の配置は安定ではない．小振動には角振幅の2乗が十分小さいことが必要で，境目の近くではさらに逆方向の角振幅の2乗が $ϵ$ に比べて十分小さいことが要る．点双極子の近似には磁石の寸法と $d$ の比も十分小さいことが必要である．