問い

オーロラは，アラスカや北欧，南極の近くのような高緯度の地方でよく見え，日本のような中緯度ではめったに見えません．オーロラの光は，太陽から飛んできた電子などの荷電粒子が上空 $100\mathrm{km}$ ほどの大気にぶつかって出すものです．太陽からの粒子は地球のどこにでも同じように降ってきそうなのに，なぜ極地方にだけ届くのでしょうか．

ここから第22章です．この章では，まず磁場を「動く電荷に働く力」で定義し（この題材），電流が磁場を作るしくみ（第2題材），電流に働く力とモーター（第3題材），鉄などの磁性体（第4題材）と進み，最後に（発展）として磁気の力を相対論から見直します（第5題材）．第20章の電場と第21章の電流を前提にし，第23章では磁場が変化すると電場ができる電磁誘導へ進み，第24章でマクスウェル方程式にまとめます．基本だけを読むなら，第1〜4題材の本体と，例題・数学の節で足ります．第5題材と，（発展）と付いた節や段落（電流の磁場の法則の微分形など）は飛ばしても後の章が読めます．

考えてみる

第20章では，止まっている電荷に働く力から電場 $\mathit{E}=\mathit{F}/q$ を決めました．ところが，磁石や電流の近くでは，動いている電荷にだけ働く力があります．真空管の中の電子線に磁石を近づけると線が曲がり，磁石を遠ざけると戻ります．電子が止まっていればこの力は働きません．

実験を重ねると，この力には次の性質があります．力は電荷 $q$ に比例し，速さにも比例します．その場所ごとに決まった特別な向きがあって，その向きに沿って動く電荷には力が働きません．力は常に速度にも，その特別な向きにも垂直です．大きさは，速度とその向きのなす角を $\theta$ とすると $\sin \theta$ に比例します．「2つのベクトルに垂直で，大きさがなす角の $\sin$ に比例する」のは，第8章で角運動量に使った外積そのものです．そこで，場所ごとに1つのベクトル $\mathit{B}$ を決めて，この力を外積で書きます．

ローレンツ力

$q\mathit{v}\times \mathit{B}$ の部分を磁気力と呼びます．向きは，右手の指を $\mathit{v}$ から $\mathit{B}$ へ回したとき親指の向く向きで，$q$ が負なら逆です．大きさの目安は，地表の地磁気が $3\times {10}^{-5}$〜$6\times {10}^{-5}\mathrm{T}$，冷蔵庫に貼る磁石の表面が ${10}^{-2}\mathrm{T}$ ほど，病院の MRI が $1.5$〜$3\mathrm{T}$ です．

磁気力は速度に垂直なので，仕事率は $\mathit{F}\mathbf{\cdot }\mathit{v}=q(\mathit{v}\times \mathit{B})\mathbf{\cdot }\mathit{v}=0$ です．

一様な磁場の中の運動

一様な磁場 $B$ に垂直に速さ $v$ で入った粒子を考えます．磁気力は大きさ $qvB$ で常に速度に垂直なので，速さを変えずに向きだけを一定の割合で変えます．これは等速円運動で，磁気力が向心力になります．$m{v}^2/r=qvB$ から

速い粒子ほど大きな円を描きますが，1周する時間は同じです．円の向きは，$\mathit{B}$ が手前を向くように見ると，正電荷が時計回り，負電荷が反時計回りです．

速度が磁場と斜めなら，速度を磁場に平行な成分 $v_{\parallel }$ と垂直な成分 $v_{⟂}$ に分けます．磁気力は磁場に垂直なので $v_{\parallel }$ は変わらず，垂直な面への射影は半径 $m{v}_{⟂}/(qB)$ の円運動です．合わせると，磁場の向きを軸にしたらせん運動になり，1周の間に軸方向へ進む距離（ピッチ）は $v_{\parallel }T$ です．荷電粒子は磁力線に巻きつきながら，磁力線に沿って進みます．

有限の磁場領域を通る

装置の中では，磁場はある領域にだけあります．領域の中では円運動，外では直進なので，境界で位置と速度をつないでいけば軌道が決まります．円の中心は，入った点で速度に垂直な直線の上，距離 $r$ の所にあります．粒子が回った角度（中心角）は，そのまま速度の向きの変化（ふれ角）です．かかる時間は中心角を $\omega$ で割れば出ます．

たとえば幅 $d$ の帯状の領域に，境界に垂直に入るとします．$r>d$ なら粒子は反対側へ抜け，ふれ角 $\theta$ は $\sin \theta =d/r$ で決まります．$r\le d$ なら半円を描いて入った側へ戻り，入った点から $2r$ 離れた点で，逆向きに出ていきます．磁場の向きが違う領域がいくつもあれば，1つの領域を出たときの位置と速度を，次の領域の始まりの値にします．

電場と磁場を組み合わせた装置

速度選択器：電場 $\mathit{E}$ と磁場 $\mathit{B}$ を互いに垂直にかけ，粒子を両方に垂直に通します．電気力と磁気力がつり合う $qE=qvB$，つまり $v=E/B$ の粒子だけがまっすぐ進み，それ以外は曲がってスリットを通れません．つり合わない速さの粒子は，平均すると両方の場に垂直な向きに速さ $E/B$ で流されながら回る，サイクロイドという曲線を描きます（演習で解きます）．

質量分析器：速さのそろったイオンを一様な磁場に入れると，半径 $r=mv/(qB)$ が $m/q$ に比例するので，同じ電荷の同位体が別の位置に着きます．J.J.トムソンは，電場と磁場による電子線の曲がり方を比べて，電子の比電荷 $e/m$ を初めて測りました．

サイクロトロン：周期が速さによらないことを使い，2つの半円形の電極の間のすき間に周期 $T$ の交流電圧をかけます．粒子はすき間を通るたびに電場で加速され，半径を広げながら同じリズムで回り続けます．最大の半径 $R$ で取り出すときの運動エネルギーは，$v=qBR/m$ から $K=q^2{B}^2{R}^2/(2m)$ です．

ホール効果：導体の板に電流を流し，板に垂直に磁場をかけると，電流を運ぶ粒子が磁気力で板の片側に寄ります．たまった電荷が横向きの電場 $E_H$ を作り，それが磁気力とつり合う $E_H=v_{d}B$ で落ち着きます（$v_d$ は第21章のドリフト速度）．板の幅を $w$，磁場に沿った厚さを $h$，数密度を $n$ とすると，$I=nq{v}_{d}wh$ なので，両側の電位差（ホール電圧）は

です．電圧の符号から電荷を運ぶ粒子の符号が，大きさから $n$ が分かります．$n$ の小さい半導体ほどホール電圧が大きく，磁場の測定器に使われます．

適用の条件

円運動の式は，速さが光の速さより十分小さいときの式です．$v/c$ が1に近づくと $r=mv/(qB)$ の $mv$ を相対論の運動量に置き換えることになり，周期も速さとともに延びます．サイクロトロンで陽子を数十 $\mathrm{MeV}$ 以上に加速できないのはこのためです．また，円やらせんの式は，軌道の大きさの範囲で磁場が一様とみなせるとき，つまり $r$ が磁場の変化する長さよりずっと小さいときに使えます．重力や，加速度運動する電荷が出す放射によるエネルギー損失も無視しています．

問いに戻る

地球の磁場は，地球の中心に棒磁石を置いたような形で，磁力線は南半球の側から出て，赤道の上空を大きく回り，北半球の側へ入ります．太陽から来た荷電粒子が赤道の上空に近づくと，磁力線を横切る向きに動くことになり，磁気力で曲げられて押し返されます．地球の上空の磁場でも，粒子の回る半径は地球の大きさよりずっと小さいので，粒子は磁力線を横切れず，巻きついて磁力線に沿ってしか進めません．

磁力線に沿って極へ向かうと，磁力線が密になって磁場が強くなります．磁力線が狭まる所では磁場に軸から外へ向かう成分があり，それによる磁気力が粒子を弱い磁場の側へ押し戻します．そのため，多くの粒子は南北の間を往復して閉じこめられます（磁気瓶）．磁力線にほぼ沿って進む粒子だけが押し戻しに打ち勝ち，磁力線が地面に入る極の近くで大気に届きます．

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．

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 $\alpha$ 傾けた向きに速さ $v$ で入射させる（$-\pi /2<\alpha <\pi /2$）．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：$2r\sin {30}^{\circ }=r$．練習2：速度 $(\cos \alpha ,\sin \alpha )$ に対し力は $\mathit{v}\times \mathit{B}$ の向き $(\sin \alpha ,-\cos \alpha )$ なので，中心は $r(\sin \alpha ,-\cos \alpha )$．円が $x=0$ と交わるのは $y=0$ と $y=-2r\cos \alpha$ で，戻る点は $(0,-2r\cos \alpha )$．粒子は時計回りに回り，速度の向きは $\alpha$ から $\pi -\alpha$ へ変わるので，中心角は $\pi +2\alpha$，時間は $(\pi +2\alpha )/\omega$．$\alpha =0$ で半円，$\alpha \to \pi /2$ 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 ${\phantom{A}}_{\phantom{}}^{\phantom{20}}{\phantom{A}}_{\phantom{2}}^{\phantom{2}20}\mathrm{Ne}{\phantom{A}}^{+}$ と ${\phantom{A}}_{\phantom{}}^{\phantom{22}}{\phantom{A}}_{\phantom{2}}^{\phantom{2}22}\mathrm{Ne}{\phantom{A}}^{+}$（質量はそれぞれ $20u$ と $22u$，$u=1.66\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$）を，静止状態から電圧 $V=1.0\times {10}^3\mathrm{V}$ で加速し，スリットから紙面に垂直な一様な磁場 $B=0.20\mathrm{T}$ 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 $e=1.6\times {10}^{-19}\mathrm{C}$ とする．

1. 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．

2. 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．

解答を見る

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

1. ${\phantom{A}}_{\phantom{}}^{\phantom{20}}{\phantom{A}}_{\phantom{2}}^{\phantom{2}20}\mathrm{Ne}{\phantom{A}}^{+}$ では

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

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

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

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

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

確かめ：イオンの速さは $\sqrt{2eV/m}\approx 9.8\times {10}^4\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$ 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 ★★☆☆☆

$xy$ 平面の $0\le x\le d$ 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．$r=mv/(qB)$，$\omega =qB/m$ とする．

1. 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 $\theta$，領域の中にいる時間を求めよ．

2. 1. で $r\le d$ 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．

3. 入射の向きを $+x$ 軸から $+y$ 側へ角 $\alpha$ 傾けた（$-\pi /2<\alpha <\pi /2$）．粒子が $x=d$ から抜けるための $v$ の条件を求めよ．

解答を見る

考え方 入射点での力は $q\mathit{v}\times \mathit{B}$ 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．

1. 入射点での力は $qvB{\mathit{e}}_x\times {\mathit{e}}_z=-qvB{\mathit{e}}_y$ の向きなので，中心は $(0,-r)$．回った角を $\varphi$ とすると $x=r\sin \varphi$，$y=-r(1-\cos \varphi )$．$x=d$ となる最初の角が $\theta$ で

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

出る位置は $(d,-(r-\sqrt{r^2-d^2}))$，速度は $+x$ 軸から $-y$ 側へ $\theta$ 傾いた向き，時間は $\theta /\omega ={\displaystyle \frac{m}{qB}}\arcsin {\displaystyle \frac{qBd}{mv}}$ である．

2. 円の上の $x$ の最大値は $r$ なので，$r\le d$ 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 $(0,-2r)$，向きは $-x$，時間は $\pi /\omega =\pi m/(qB)$ で，速さによらない．

3. 速度 $(\cos \alpha ,\sin \alpha )$ に対し力の向きは $(\sin \alpha ,-\cos \alpha )$ なので，中心は $r(\sin \alpha ,-\cos \alpha )$．円の上の $x$ の最大値は $r\sin \alpha +r$．抜ける条件は $r(1+\sin \alpha )>d$，すなわち

$$v>\frac{qBd}{m(1+\sin \alpha )}$$

確かめ：$\alpha =0$ 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（$\alpha >0$）ほど，遅くても抜けられる．$d/r$ が小さければ $\theta \approx d/r$，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 $w=4.0\mathrm{mm}$，厚さ $h=0.50\mathrm{mm}$）に，$+x$ 向きに電流 $I=2.0\mathrm{mA}$ を流し，$+z$ 向きに一様な磁場 $B=0.50\mathrm{T}$ をかけた．板の $y=0$ の側面は $y=w$ の側面より $V_H=5.0\mathrm{mV}$ だけ電位が高かった．電気素量は $e=1.6\times {10}^{-19}\mathrm{C}$ 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．

1. 電荷を運ぶ粒子の電荷は正か負か．

2. 粒子の数密度 $n$ とドリフト速度 $v_d$ を求めよ．

3. 同じ形の銅の板（$n=8.5\times {10}^{28}{\mathrm{m}}^{-3}$，電子が運ぶ）で同じ測定をしたら，ホール電圧はいくらか．

解答を見る

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．

1. 正の粒子が速度 $v_d{\mathit{e}}_x$ で動くと，力は $e{v}_{d}B{\mathit{e}}_x\times {\mathit{e}}_z=-e{v}_{d}B{\mathit{e}}_y$ で，$y=0$ 側に寄り，そちらが高電位になる．負の粒子は速度 $-v_d{\mathit{e}}_x$ で，力は $(-e)(-v_d)B{\mathit{e}}_x\times {\mathit{e}}_z=-e{v}_{d}B{\mathit{e}}_y$ 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．

2. つり合い $e{E}_H=e{v}_{d}B$ と $I=ne{v}_{d}wh$，$V_H=E_{H}w$ から $V_H={\displaystyle \frac{IB}{neh}}$．

$$n=\frac{IB}{eh{V}_H}=\frac{2.0\times {10}^{-3}\times 0.50}{1.6\times {10}^{-19}\times 5.0\times {10}^{-4}\times 5.0\times {10}^{-3}}=2.5\times {10}^{21}{\mathrm{m}}^{-3}$$

$$v_d=\frac{I}{newh}=\frac{2.0\times {10}^{-3}}{2.5\times {10}^{21}\times 1.6\times {10}^{-19}\times 4.0\times {10}^{-3}\times 5.0\times {10}^{-4}}=2.5\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$$

3. $V_H=-{\displaystyle \frac{IB}{neh}}=-{\displaystyle \frac{2.0\times {10}^{-3}\times 0.50}{8.5\times {10}^{28}\times 1.6\times {10}^{-19}\times 5.0\times {10}^{-4}}}\approx -1.5\times {10}^{-10}\mathrm{V}$ で，符号は逆（$y=0$ 側が低い）．

確かめ：$E_H=v_{d}B=1.25\mathrm{V}{\mathrm{m}}^{-1}$，$V_H=E_{H}w=5.0\mathrm{mV}$ 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．

速度の成分と曲がる向きを確かめてください．重力，粒子間の力，放射損失を無視し，速さは光速より十分小さいとします．

演習 1

オリジナル ★☆☆☆☆

質量 $m=6.4\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$，電荷 $q=3.2\times {10}^{-19}\mathrm{C}$ の正イオンを，一様磁場 $B=0.20\mathrm{T}$ に入射させます．速さは $v=2.0\times {10}^5\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$，磁場との角 $\theta$ は $\sin \theta =0.60,\cos \theta =0.80$ です．電場はありません．

1. らせんの半径，回転周期，1回転の間に磁場方向へ進む距離を求めよ．

2. 速さだけを2倍にしたときの各量の倍率と，磁気力の仕事を答えよ．

解答を見る

考え方 垂直成分は円運動をし，平行成分は変わらない．

1. $v_{⟂}=v\sin \theta =1.2\times {10}^5\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$，$v_{\parallel }=v\cos \theta =1.6\times {10}^5\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$．向心力の式 $m{v}_{⟂}^2/r=q{v}_{⟂}B$ より $r=m{v}_{⟂}/(qB)=1.2\times {10}^{-2}\mathrm{m}$．周期は $T=2\pi r/v_{⟂}=2\pi m/(qB)=6.3\times {10}^{-7}\mathrm{s}$．ピッチは $p=v_{\parallel }T=0.10\mathrm{m}$ である．

2. 半径とピッチは2倍，周期は1倍．仕事率は $q(\mathit{v}\times \mathit{B})\mathbf{\cdot }\mathit{v}=0$ なので仕事も0である．速さが一定でも，速度の向きは変わる．

演習 2

オリジナル ★★☆☆☆

陽子を磁場 $B=0.40\mathrm{T}$，使用できる軌道の最大半径 $R=0.20\mathrm{m}$ のサイクロトロンで加速します．陽子の質量は $m=1.7\times {10}^{-27}\mathrm{kg}$，電荷は $e=1.6\times {10}^{-19}\mathrm{C}$ です．すき間を半回転ごとに通り，各通過で加速電圧 $V=2.0\times {10}^3\mathrm{V}$ によるエネルギー $eV$ を得ます．すき間の幅と初期エネルギーは0とします．

1. 加速電場の振動数と，収容できる最大運動エネルギーを求めよ．

2. 半径の限界を超えない加速回数の最大整数を求めよ．光速 $c=3.0\times {10}^8\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$ と比べ，近似を点検せよ．

解答を見る

考え方 半回転ごとに電場を反転させ，電場の仕事で加速する．

1. 周期 $T=2\pi m/(eB)$ の電場なら半周期で反転する．したがって $f=eB/(2\pi m)=6.0\times {10}^6\mathrm{Hz}$．$v_{max}=eBR/m$ より $K_{max}=e^2{B}^2{R}^2/(2m)=4.8\times {10}^{-14}\mathrm{J}$．

2. $neV\le K_{max}$ より，丸める前の値を使うと $n\le 150.588\dots$ で最大150回．$v_{max}=7.5\times {10}^6\mathrm{m}{\mathrm{s}}^{-1}$，$v_{max}/c=0.025$ で，捨てた相対論的補正の尺度 $v_{max}^2/c^2=6.3\times {10}^{-4}$ は小さい．すき間の通過時間も半周期に比べて十分短いことが前提である．

演習 3

オリジナル ★★☆☆☆

正イオンを静止から電圧 $V$ で加速し，速度に垂直な一様磁場 $B=0.10\mathrm{T}$ に入れます．実際の加速電圧には一定のずれ $V_0$ があり，$m{v}^2/2=q(V+V_0)$ とします．測定値は次のとおりです．

$V$（$\mathrm{V}$）	$r^2$（${\mathrm{m}}^2$）
100	$4.8\times {10}^{-4}$
200	$8.8\times {10}^{-4}$
300	$1.28\times {10}^{-3}$

1. 直線化によって $q/m,V_0$ を決め，3点目を検算せよ．

2. 傾きの相対不確かさを0.020，$B$ の相対不確かさを0.010とする．小さい不確かさを足して上限を見積もるとき，$q/m$ の相対不確かさを求めよ．

解答を見る

考え方 速さを消して直線の傾きと切片を読む．

1. $r=mv/(qB)$ から $r^2=2m(V+V_0)/(q{B}^2)=aV+b$．最初の2点より $a=4.0\times {10}^{-6}{\mathrm{m}}^2{\mathrm{V}}^{-1}$，$b=8.0\times {10}^{-5}{\mathrm{m}}^2$．よって $q/m=2/(a{B}^2)=5.0\times {10}^7\mathrm{C}{\mathrm{kg}}^{-1}$，$V_0=b/a=20\mathrm{V}$．3点目は $a\times 300+b=1.28\times {10}^{-3}{\mathrm{m}}^2$ で一致する．

2. $q/m\propto a^{-1}{B}^{-2}$ なので，相対不確かさの上限は $0.020+2\times 0.010=0.040$，4.0 %である．これは不確かさの2次の項を無視する近似で，各相対不確かさが1より十分小さい範囲で使う．

演習 4

オリジナル ★★★☆☆

$xy$ 平面で，$0<x<d$ に $+z$ 向き，$d<x<2d$ に $-z$ 向きの同じ強さ $B$ の磁場があります．他の領域の磁場と電場は0です．質量 $m$，電荷 $q>0$ の粒子を原点から $+x$ 向きに速さ $v$ で入射させます．境界で速度は連続で，$r=mv/(qB),0<d<r$ とします．

1. 第1領域から出るまでの時間と，境界での位置と速度を求めよ．

2. $x=2d$ に達する位置，速度，全通過時間を求めよ．$d=\sqrt{3}r/2$ の場合も示せ．

解答を見る

考え方 位置と速度を引き継ぐ．

1. $\omega =qB/m$ とし，最初の円弧の回転角を $\varphi$ とすると $x=r\sin \varphi ,y=r(\cos \varphi -1)$，$v_x=v\cos \varphi ,v_y=-v\sin \varphi$．$\alpha =\arcsin (d/r)$ で出るので，$t_1=\alpha /\omega$，位置は $(d,-r(1-\cos \alpha ))$，速度は $(v\cos \alpha ,-v\sin \alpha )$ である．

2. 第2領域での経過時間を $s$ とすると速度の角は $-\alpha +\omega s$．変位は

$$\mathrm{\Delta }x=r[\sin (-\alpha +\omega s)+\sin \alpha ],\mathrm{\Delta }y=r[\cos \alpha -\cos (-\alpha +\omega s)]$$

$s=\alpha /\omega$ まで $v_x>0$ で，$\mathrm{\Delta }x=d$．出口は $(2d,-2r(1-\cos \alpha ))$，速度は $(v,0)$，全時間は $2\alpha /\omega$．指定値では $\alpha =\pi /3$，出口は $(\sqrt{3}r,-r)$，時間は $2\pi /(3\omega )$．$d/r\to 0$ で横変位は $-d^2/r$ に近づき，全時間は直進の $2d/v$ に戻る．

演習 5

オリジナル ★★★☆☆

$+y$ 向きの一様電場 $E$ と $+z$ 向きの一様磁場 $B$ の中で，質量 $m$，電荷 $q>0$ の粒子を原点から静止状態で放します．場は時間によらず，$\omega =qB/m,u=E/B$ とします．

1. 運動方程式から $x(t),y(t)$ を求めよ．

2. 放した後で初めて $y=0$ に戻る時刻と位置を求めよ．最大の速さと，電場の仕事による検算も示せ．

解答を見る

考え方 速度の定数成分を引き，単振動の式にする．

1. $\frac{\mathrm{d}{v}_x}{\mathrm{d}t}=\omega v_y$，$\frac{\mathrm{d}{v}_y}{\mathrm{d}t}=\omega (u-v_x)$．$w=v_x-u$ とおけば $\frac{{\mathrm{d}}^{2}w}{\mathrm{d}{t}^2}=-{\omega }^{2}w$．初期条件 $w(0)=-u,\frac{\mathrm{d}w}{\mathrm{d}t}\left(0\right)=0$ より $v_x=u(1-\cos \omega t),v_y=u\sin \omega t$．積分して

$$x=u(t-\frac{\sin \omega t}{\omega }),y=\frac{u}{\omega }(1-\cos \omega t)$$

サイクロイドである．

2. 初めて戻るのは $t=2\pi /\omega$，位置は $(2\pi u/\omega ,0)$．速さの2乗は $v_x^2+v_y^2=2u^2(1-\cos \omega t)$ だから最大は $2u$．磁気力は仕事をせず，$K=m{u}^2(1-\cos \omega t)=qEy$ は電場の仕事と一致する．非相対論的近似には，最大速度での無次元量 $2E/(Bc)$ が1より十分小さいことが必要である．

問い

1820年，エルステッドは，電池につないだ導線のそばに置いた方位磁針が向きを変えることに気づきました．磁針は導線の方を向くのでも，導線から離れる向きを向くのでもなく，導線に垂直な向きにふれました．電流を逆向きにすると，ふれる向きも逆になりました．電流はどんな形の磁場を作るのでしょうか．

考えてみる

止まっている電荷は，電荷から放射状に出ていく電場を作りました（第20章）．磁場にも同じように「磁気の電荷」があって，そこから磁場が出ていると考えたくなります．ところが，まっすぐな電流のまわりに方位磁針をいくつも並べると，磁針は導線を囲む円に沿ってそろいます．磁力線は導線を中心とする円で，始まりも終わりもありません．磁場は電流を「囲む」ように作られるのです．

向きが，電流の向きにも，電流から見た点の向きにも垂直なのは，前の題材のローレンツ力と同じく外積の形です．ビオとサバールは，長い直線電流の磁場の強さが電流に比例し，距離に反比例することを測り，それを電流の小さな部分ごとの寄与に分ける式にまとめました．

ビオ・サバールの法則

大きさは ${\mu }_{0}I\mathrm{d}l\sin \theta /(4\pi r^2)$（$\theta$ は $\mathrm{d}\mathit{l}$ と $\mathit{r}$ のなす角）で，クーロンの法則と同じ逆2乗です．違うのは向きで，$\mathrm{d}\mathit{B}$ は電流の部分のまわりを回る向きを向きます．${\mu }_0$ は 2019 年までの SI では $4\pi \times {10}^{-7}\mathrm{N}{\mathrm{A}}^{-2}$ ちょうどと定められていました．今は測って決める量ですが，この値と ${10}^{-9}$ の割合より細かいところでしか違わないので，この本では $4\pi \times {10}^{-7}\mathrm{N}{\mathrm{A}}^{-2}$ を使います．

ビオ・サバールの法則を積分すると，次の結果が出ます（積分は数学の節で行います）．

直線電流で $I=1\mathrm{A}$，$r=1\mathrm{cm}$ なら $B=2\times {10}^{-7}\times 1/0.01=2\times {10}^{-5}\mathrm{T}$ で，地磁気と同じ程度です．円電流の軸上の磁場は，$z$ が $R$ よりずっと大きいと $z^{-3}$ で弱まり，第20章の電気双極子の場と同じ形になります．円電流は小さな磁石としてふるまい，第3題材でこれを磁気モーメントとして扱います．

磁力線は閉じている

電気力線は正の電荷から出て負の電荷に入ります．電流が作る磁力線は，直線電流でも円電流でも閉じた曲線です．棒磁石の磁力線は外ではN極から出てS極に入りますが，磁石の内部をS極からN極へ通ってつながっていて，やはり閉じています（磁石の正体は第4題材で見ます）．N極だけ，S極だけを取り出した粒子（磁気単極子）は，探されてきましたが見つかっていません．

面を貫く磁場の流束を磁束といい，$\mathrm{\Phi }={\int }_S\mathit{B}\mathbf{\cdot }\mathrm{d}\mathit{S}$（単位 $\mathrm{Wb}=\mathrm{T}{\mathrm{m}}^2$）と書きます．$\mathrm{d}\mathit{S}$ は，向きが面の法線の向きで，大きさが面の小さな部分の面積であるベクトルです．磁力線が閉じていることは，第20章のガウスの法則にならって次のように言えます．

アンペールの法則

電場では流束が電荷を数えました．磁場で電流を数えるのは，閉じた道に沿った線積分です．直線電流のまわりの半径 $r$ の円に沿って一周すると，$B$ は円の接線の向きで大きさが一定なので，線積分は $B\cdot 2\pi r={\mu }_{0}I$ で，半径によりません．

道が円でなくても同じです．導線を軸とする円柱座標で，道の小さな部分 $\mathrm{d}\mathit{l}$ を半径の向きと円周の向きに分けると，磁場は円周の向きなので，効くのは円周の向きの部分 $r\mathrm{d}\phi$ だけです．すると $\mathit{B}\mathbf{\cdot }\mathrm{d}\mathit{l}={\displaystyle \frac{{\mu }_{0}I}{2\pi r}}r\mathrm{d}\phi ={\displaystyle \frac{{\mu }_{0}I}{2\pi }}\mathrm{d}\phi$ で，距離が消えます．道が導線を1回囲めば一周で $\phi$ は $2\pi$ 増えて ${\mu }_{0}I$，囲まなければ $\phi$ は元に戻って0です．電流がいくつあっても，それぞれの磁場の和なので，囲んだ電流だけが残ります．ビオ・サバールの法則から，どんな形の定常電流でも同じことが言えます．

ガウスの法則と同じく，この法則で磁場が求められるのは，対称性から磁場の向きが分かり，道に沿って大きさが一定になる場合です．半径 $a$ の太い導線に電流 $I$ が一様に流れていれば，半径 $r$ の円が囲む電流は，内部では $I{r}^2/a^2$ なので

です．長いソレノイドでは，内部の磁場は軸に平行で，外部の磁場はほぼ0です．軸に平行な辺の長さ $l$ の長方形の道を，1辺が内部，もう1辺が外部に来るように置くと，軸に垂直な2辺は磁場に垂直で寄与しません．囲む電流は $nlI$ なので $Bl={\mu }_{0}nlI$，つまり $B={\mu }_{0}nI$ で，内側の辺を断面のどこに置いても同じです．内部の磁場は一様です．

湧き出しはなく，電流のまわりに渦がある（発展）

第20章では，ガウスの定理で流束の法則を各点の発散の式に，ストークスの定理で一周の線積分の法則を各点の回転の式に書き直しました．磁場の2つの法則を同じように書き直すと（数学の節で導きます），次のようになります．

静電場と並べると，違いがはっきりします．

静電場は電荷という湧き出しから流れ出す場で，渦はありません．静磁場は湧き出しがなく，電流のまわりに渦を巻く場です．場が時間とともに変わるときには，それぞれの回転の式に項が加わり，第24章でマクスウェル方程式の4つの式にまとまります．

（発展）ベクトルポテンシャル　発散が0の場は，別のベクトル場 $\mathit{A}$ の回転として $\mathit{B}=\mathbf{\nabla }\times \mathit{A}$ と書けます．静電場が $\mathit{E}=-\mathbf{\nabla }V$ と書けたのと対になる量で，$\mathit{A}$ をベクトルポテンシャルといいます．この本では名前だけにとどめます．