電流と磁場

磁場の中の荷電粒子の例題

著者：柚木芹香

円運動の式を，同位体の分離，有限の磁場領域，ホール効果に使います．先に円軌道の作図の決まりをまとめます．

ポイント数学の道具：円軌道の中心とふれ角

一様な磁場の中の円軌道（半径 $r$ ，角振動数 $ω$ ）について，次が成り立つ．

円の中心は，入った点で速度に垂直な直線の上，力の向きの側に距離 $r$ の所にある．円の上の2点が分かっていれば，中心はその2点を結ぶ線分の垂直二等分線の上にある．
粒子が回った中心角 $ϕ$ は，速度の向きの変化（ふれ角）に等しい．かかる時間は $ϕ / ω$ である．
中心角 $ϕ$ の円弧の弦の長さは $2 r \sin (ϕ / 2)$ で，弦は入ったときの速度と $ϕ / 2$ の角をなす．

最後の性質は，中心から弦に下ろした垂線が中心角を二等分し，速度が半径に垂直なことから分かります．

練習1　粒子が磁場領域の中で $60^{\circ}$ だけ向きを変えて出ていった．入った点と出た点の距離を $r$ で表せ．

練習2　 $x > 0$ の全体に $+ z$ 向きの一様な磁場 $B$ がある．電荷 $q > 0$ の粒子を，原点から， $+ x$ 軸から $+ y$ 側へ角 $α$ 傾けた向きに速さ $v$ で入射させる（ $- π / 2 < α < π / 2$ ）．粒子が再び $y$ 軸に戻る点と，磁場の中にいる時間を求めよ．

答え　練習1： $2 r \sin 30^{\circ} = r$ ．練習2：速度 $(\cos α, \sin α)$ に対し力は $v \times B$ の向き $(\sin α, - \cos α)$ なので，中心は $r (\sin α, - \cos α)$ ．円が $x = 0$ と交わるのは $y = 0$ と $y = - 2 r \cos α$ で，戻る点は $(0, - 2 r \cos α)$ ．粒子は時計回りに回り，速度の向きは $α$ から $π - α$ へ変わるので，中心角は $π + 2 α$ ，時間は $(π + 2 α) / ω$ ． $α = 0$ で半円， $α \to π / 2$ でほぼ1周になる．

例題

例題 1

オリジナル ★☆☆☆☆

1価の正イオン $_{}^{}_{}^{20} Ne^{+}$ と $_{}^{}_{}^{22} Ne^{+}$ （質量はそれぞれ $20 u$ と $22 u$ ， $u = 1.66 \times 10^{- 27} kg$ ）を，静止状態から電圧 $V = 1.0 \times 10^{3} V$ で加速し，スリットから紙面に垂直な一様な磁場 $B = 0.20 T$ の中へ，スリットの面に垂直に入れる．イオンは半円を描いてスリットと同じ面の検出板に着く．スリットの幅と入射方向のばらつきは無視する．電気素量は $e = 1.6 \times 10^{- 19} C$ とする．

2種類のイオンの軌道の半径と，検出板の上での着く位置の間隔を求めよ．
加速電圧が $\pm 0.50$ % の範囲でふらつく．着く位置の広がりを見積もり，2つの同位体が分離できるか判断せよ．また，電圧のふらつきが何 % を超えると2つの像が重なり始めるか．

**［図：加速したネオン同位体の半円軌道］**
電圧 V で加速した正イオンがスリットから紙面の手前向きの磁場 B に入る．問題文で与えられた2種類の半円軌道と検出板上の間隔を示す．半径と着く位置の間隔の計算値は示していない．

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考え方 加速で $\frac{1}{2} m v^{2} = e V$ ，磁場の中で $r = m v / (e B)$ ． $v$ を消すと $r = \frac{1}{B} \sqrt{\frac{2 m V}{e}}$ で， $r \propto \sqrt{m V}$ ．着く位置は入口から $2 r$ の所．

$_{}^{}_{}^{20} Ne^{+}$ では

r_{20} = \frac{1}{0.20} \sqrt{\frac{2 \times 20 \times 1.66 \times 10^{- 27} \times 1.0 \times 10^{3}}{1.6 \times 10^{- 19}}} \approx 0.10 m

$_{}^{}_{}^{22} Ne^{+}$ は $r_{22} = r_{20} \sqrt{22 / 20} \approx 0.11 m$ ．半径を丸める前の値から求めた着く位置の間隔は $2 (r_{22} - r_{20}) \approx 9.9 \times 10^{- 3} m$ ，約 $1.0 cm$ である．

$r \propto \sqrt{V}$ なので， $V$ の相対的なずれ $δ$ に対して $r$ のずれは $δ / 2$ ． $δ = 0.50$ % なら着く位置 $2 r \approx 0.20 m$ のずれは $\pm 0.25$ %，つまり $\pm 0.51 mm$ で，像の幅は約 $1.0 mm$ ．間隔 $9.9 mm$ よりずっと小さいので分離できる．重なり始めるのは， $_{}^{}_{}^{20} Ne^{+}$ の最も外と $_{}^{}_{}^{22} Ne^{+}$ の最も内が一致するときで

r_{20} (1 + \frac{δ}{2}) = r_{22} (1 - \frac{δ}{2}) より \frac{1 + δ / 2}{1 - δ / 2} = \sqrt{1.1} \approx 1.049

$δ / 2 \approx 0.024$ ，すなわち $δ \approx 4.8$ % である．

確かめ：イオンの速さは $\sqrt{2 e V / m} \approx 9.8 \times 10^{4} m s^{- 1}$ で，光の速さよりずっと小さく，円運動の式をそのまま使ってよい．

例題 2

オリジナル ★★☆☆☆

$x y$ 平面の $0 \leq x \leq d$ の帯状の領域にだけ， $+ z$ 向きの一様な磁場 $B$ がある．質量 $m$ ，電荷 $q > 0$ の粒子を原点から速さ $v$ で入射させる． $r = m v / (q B)$ ， $ω = q B / m$ とする．

粒子を $+ x$ 向きに入射させる． $r > d$ のとき，粒子が $x = d$ から出る位置，出るときのふれ角 $θ$ ，領域の中にいる時間を求めよ．
1. で $r \leq d$ のとき，粒子はどこから，どの向きに出るか．領域の中にいる時間も求めよ．
入射の向きを $+ x$ 軸から $+ y$ 側へ角 $α$ 傾けた（ $- π / 2 < α < π / 2$ ）．粒子が $x = d$ から抜けるための $v$ の条件を求めよ．

**［図：有限の磁場への2通りの入射］**
0 ≤ x ≤ d に紙面の手前向きの磁場 B がある．正電荷 q の粒子を原点から速さ v で入射させる．左は +x 向き，右は +x 軸から +y 側へ角 α 傾けた向き．軌道と出口は示していない．

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考え方 入射点での力は $q v \times B$ の向きで，そちらの側に円の中心がある．円の上で $x$ が最大になる点が $x = d$ を越えるかどうかで，抜けるか戻るかが決まる．

入射点での力は $q v B e_{x} \times e_{z} = - q v B e_{y}$ の向きなので，中心は $(0, - r)$ ．回った角を $ϕ$ とすると $x = r \sin ϕ$ ， $y = - r (1 - \cos ϕ)$ ． $x = d$ となる最初の角が $θ$ で

\sin θ = \frac{d}{r}, y = - r (1 - \cos θ) = - (r - \sqrt{r^{2} - d^{2}})

出る位置は $(d, - (r - \sqrt{r^{2} - d^{2}}))$ ，速度は $+ x$ 軸から $- y$ 側へ $θ$ 傾いた向き，時間は $θ / ω = \frac{m}{q B} \arcsin \frac{q B d}{m v}$ である．

円の上の $x$ の最大値は $r$ なので， $r \leq d$ なら $x = d$ に届かず（ $r = d$ では接するだけで），半円を描いて $y$ 軸に戻る．出る位置は $(0, - 2 r)$ ，向きは $- x$ ，時間は $π / ω = π m / (q B)$ で，速さによらない．
速度 $(\cos α, \sin α)$ に対し力の向きは $(\sin α, - \cos α)$ なので，中心は $r (\sin α, - \cos α)$ ．円の上の $x$ の最大値は $r \sin α + r$ ．抜ける条件は $r (1 + \sin α) > d$ ，すなわち

v > \frac{q B d}{m (1 + \sin α)}

確かめ： $α = 0$ で (1) の条件 $r > d$ に戻る．曲がる向き（ $- y$ ）と逆の $+ y$ 側へ傾けて入れる（ $α > 0$ ）ほど，遅くても抜けられる． $d / r$ が小さければ $θ \approx d / r$ ，時間 $\approx d / v$ で，ほとんど直進する．

例題 3

オリジナル ★★☆☆☆

長さの向きを $x$ ，幅の向きを $y$ ，厚さの向きを $z$ とする半導体の板（幅 $w = 4.0 mm$ ，厚さ $h = 0.50 mm$ ）に， $+ x$ 向きに電流 $I = 2.0 mA$ を流し， $+ z$ 向きに一様な磁場 $B = 0.50 T$ をかけた．板の $y = 0$ の側面は $y = w$ の側面より $V_{H} = 5.0 mV$ だけ電位が高かった．電気素量は $e = 1.6 \times 10^{- 19} C$ とし，電荷を運ぶ粒子は1種類で，電荷の大きさは $e$ とする．

電荷を運ぶ粒子の電荷は正か負か．
粒子の数密度 $n$ とドリフト速度 $v_{d}$ を求めよ．
同じ形の銅の板（ $n = 8.5 \times 10^{28} m^{- 3}$ ，電子が運ぶ）で同じ測定をしたら，ホール電圧はいくらか．

**［図：半導体板のホール電圧の測定］**
板の長さは x 方向，幅 w は y 方向，厚さ h は z 方向．電流 I は +x 向き，磁場 B は +z 向き．y = 0 と y = w の側面を電圧計につなぐ．キャリアの符号と数密度の答えは示していない．

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考え方 正の粒子なら $+ x$ 向きに，負の粒子なら $- x$ 向きに動く．どちらの場合に $y = 0$ 側が正に帯電するかを，力の向きで調べる．定常状態では横の電場による力と磁気力がつり合う．

正の粒子が速度 $v_{d} e_{x}$ で動くと，力は $e v_{d} B e_{x} \times e_{z} = - e v_{d} B e_{y}$ で， $y = 0$ 側に寄り，そちらが高電位になる．負の粒子は速度 $- v_{d} e_{x}$ で，力は $(- e) (- v_{d}) B e_{x} \times e_{z} = - e v_{d} B e_{y}$ とやはり $y = 0$ 側に寄るが，そちらは低電位になる．測定では $y = 0$ 側が高いので，粒子は正（正孔，p型の半導体）である．
つり合い $e E_{H} = e v_{d} B$ と $I = n e v_{d} w h$ ， $V_{H} = E_{H} w$ から $V_{H} = \frac{I B}{n e h}$ ．

n = \frac{I B}{e h V_{H}} = \frac{2.0 \times 10^{- 3} \times 0.50}{1.6 \times 10^{- 19} \times 5.0 \times 10^{- 4} \times 5.0 \times 10^{- 3}} = 2.5 \times 10^{21} m^{- 3}

v_{d} = \frac{I}{n e w h} = \frac{2.0 \times 10^{- 3}}{2.5 \times 10^{21} \times 1.6 \times 10^{- 19} \times 4.0 \times 10^{- 3} \times 5.0 \times 10^{- 4}} = 2.5 m s^{- 1}

$V_{H} = - \frac{I B}{n e h} = - \frac{2.0 \times 10^{- 3} \times 0.50}{8.5 \times 10^{28} \times 1.6 \times 10^{- 19} \times 5.0 \times 10^{- 4}} \approx - 1.5 \times 10^{- 10} V$ で，符号は逆（ $y = 0$ 側が低い）．

確かめ： $E_{H} = v_{d} B = 1.25 V m^{- 1}$ ， $V_{H} = E_{H} w = 5.0 mV$ で測定値に戻る．銅では数密度が $10^{7}$ 倍以上大きく，同じ電流でもドリフト速度が小さいのでホール電圧はほとんど測れない．磁場の測定器に半導体を使うのはこのためである．

ポイントここまでのまとめ

円軌道の中心は入射点で速度に垂直な直線の上，力の側にある．中心角がふれ角で，時間は中心角を $ω$ で割って出す．
質量分析器では $r \propto \sqrt{m V} / B$ で，同位体の質量の差の約半分の割合で半径が違う．加速電圧のふらつきはその割合より小さく抑える．
有限の領域を抜けるかどうかは，円の上で最も奥まで届く点が境界を越えるかで決まる．戻る場合の時間は中心角だけで決まる．
ホール効果では，電圧の符号から電荷を運ぶ粒子の符号が， $V_{H} = I B / (n q h)$ から数密度が分かる．