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プラズマ物理の問題

難易度 4大学院入試の標準レベル大学物理プラズマ物理

円柱座標 $(r, φ, z)$ をとる。半径 $a$ の無限に長い円柱状のプラズマ（ $r < a$ ）が $z$ 軸に沿って静止しており、その外側 $r > a$ は真空である。磁場は $z$ 成分だけをもち $B = B (r) z^$ と書け、 $r ≧ a$ では一様で $B (r) = B_{0}$ （ $B_{0} > 0$ ）である。プラズマの圧力（電子とイオンの圧力の和）は
$p (r) = p_{0} (1 - \frac{r ^{2}}{a ^{2}}) (0 ≦ r ≦ a)$
で、 $r > a$ では $p = 0$ である。プラズマは理想 MHD の静的平衡 $J \times B = \nabla p$ , $\nabla \times B = μ_{0} J$ を満たすものとし（ $μ_{0}$ は真空の透磁率）、 $B (r)$ は $r$ について連続で、 $0 ≦ r ≦ a$ で $B (r) > 0$ とする。

外部磁場で測った中心のベータ値を
$β_{0} = \frac{p _{0}}{B _{0}^{2} / ( 2 μ _{0} )} (0 < β_{0} < 1)$
と定義する。プラズマ柱の断面 $r < a$ を貫く磁束 $Φ$ と、プラズマがない場合の同じ断面の磁束 $π a^{2} B_{0}$ の比 $\frac{Φ}{π a ^{2} B _{0}}$ を $β_{0}$ を用いて表せ。

この問題で使うもの

円柱プラズマの MHD 平衡（θ ピンチ・z ピンチ）（説明と入口の問題）
磁気圧とベータ値（説明と入口の問題）
置換積分（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（103 技能）

算数中学高校大学大学院

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ヒント

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ヒント 1

平衡条件 $J \times B = \nabla p$ とアンペールの法則を組み合わせ、圧力と磁場の関係を導きましょう。

ヒント 2

この配位では $p + \frac{B ^{2}}{2 μ _{0}}$ が $r$ によらず一定になります。 $r = a$ での値から定数を決めましょう。

ヒント 3

$B (r) = B_{0} 1 - β_{0} + β_{0} r^{2} / a^{2}$ です。 $Φ = \int_{0}^{a} B 2 π r d r$ を $u = r^{2} / a^{2}$ と置き換えて計算しましょう。

答えと解説

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\frac{2 { 1 - ( 1 - β _{0} ) ^{3/2} }}{3 β _{0}}

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解説を読む

平衡条件（圧力のつり合い）

$B = B (r) z^$ のとき、アンペールの法則 $\nabla \times B = μ_{0} J$ より電流は $φ$ 方向で
$J_{φ} = - \frac{1}{μ _{0}} \frac{d B}{d r}$
である。ローレンツ力密度は $J \times B = J_{φ} B (φ^\times z^) = J_{φ} B r^$ なので、平衡条件 $J \times B = \nabla p$ の $r$ 成分は
$- \frac{1}{μ _{0}} B \frac{d B}{d r} = \frac{d p}{d r} ⟺ \frac{d}{d r} (p + \frac{B ^{2}}{2 μ _{0}}) = 0$
となる。すなわち、プラズマ圧力と磁気圧 $B^{2} / (2 μ_{0})$ の和は $r$ によらず一定である。 $r = a$ で $p = 0$ , $B = B_{0}$ （ $B$ は連続）だから
$p (r) + \frac{B ( r ) ^{2}}{2 μ _{0}} = \frac{B _{0}^{2}}{2 μ _{0}}$

磁場の分布

両辺を $B_{0}^{2} / (2 μ_{0})$ で割り、 $β_{0}$ の定義を使うと
$\frac{B ( r ) ^{2}}{B _{0}^{2}} = 1 - β_{0} (1 - \frac{r ^{2}}{a ^{2}})$
$B (r) > 0$ より
$B (r) = B_{0} 1 - β_{0} + β_{0} \frac{r ^{2}}{a ^{2}}$
（ $0 < β_{0} < 1$ なので根号の中は正である。プラズマの反磁性により中心ほど磁場が弱い。）

磁束の計算

$Φ = \int_{0}^{a} B (r) 2 π r d r$
$u = r^{2} / a^{2}$ とおくと $2 π r d r = π a^{2} d u$ で、 $r : 0 \to a$ のとき $u : 0 \to 1$ だから
$\frac{Φ}{π a ^{2} B _{0}} = \int_{0}^{1} 1 - β_{0} + β_{0} u d u = [\frac{2}{3 β _{0}} (1 - β_{0} + β_{0} u)^{3/2}]_{0}^{1} = \frac{2}{3 β _{0}} {1 - (1 - β_{0})^{3/2}}$

（確認: $β_{0} \to 0$ では $(1 - β_{0})^{3/2} \approx 1 - \frac{3}{2} β_{0}$ より比は $1$ に近づき、プラズマがない場合と一致する。 $β_{0} \to 1$ では $2/3$ になる。）

よって
$\frac{Φ}{π a ^{2} B _{0}} = \frac{2 { 1 - ( 1 - β _{0} ) ^{3/2} }}{3 β _{0}}$

別解

円柱対称で $B = B (r) z^$ のとき $J \times B = \nabla p$ は $\frac{d}{d r} (p + \frac{B ^{2}}{2 μ _{0}}) = 0$ となる。 $r \geq a$ で $p = 0$ , $B = B_{0}$ なので、全域で $p + \frac{B ^{2}}{2 μ _{0}} = \frac{B _{0}^{2}}{2 μ _{0}}$ 。
よって $B^{2} = B_{0}^{2} - 2 μ_{0} p = B_{0}^{2} [1 - β_{0} (1 - \frac{r ^{2}}{a ^{2}})]$ （ $β_{0} = 2 μ_{0} p_{0} / B_{0}^{2}$ を使った）。 $0 < β_{0} < 1$ なので根号の中は正で $B > 0$ の枝をとり、 $B = B_{0} 1 - β_{0} + β_{0} r^{2} / a^{2}$ 。
磁束は $s = r^{2} / a^{2}$ と置くと $Φ = \int_{0}^{a} B 2 π r d r = π a^{2} B_{0} \int_{0}^{1} 1 - β_{0} + β_{0} s d s$ 。
$\int_{0}^{1} 1 - β_{0} + β_{0} s d s = \frac{2}{3 β _{0}} [(1 - β_{0} + β_{0} s)^{3/2}]_{0}^{1} = \frac{2}{3 β _{0}} [1 - (1 - β_{0})^{3/2}]$ 。
ゆえに $\frac{Φ}{π a ^{2} B _{0}} = \frac{2 [ 1 - ( 1 - β _{0} ) ^{3/2} ]}{3 β _{0}}$ 。
検算: $β_{0} \to 0$ で $(1 - β_{0})^{3/2} \approx 1 - \frac{3}{2} β_{0}$ より比は $1$ に近づく。 $β_{0} \to 1$ では $2/3$ で、 $B = B_{0} r / a$ の積分 $\int_{0}^{1} s d s = 2/3$ と一致する。比は 1 より小さく、プラズマの反磁性と整合する。

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