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

真空中に直交座標 $(x, y, z)$ をとる。静磁場は $z$ 軸の正の向きを向き、その磁束密度の大きさは
$B (x) = {B_{1} B_{2} (x < 0) (x > 0) (0 < B_{1} < B_{2})$
のように平面 $x = 0$ を境に不連続に変わる（各領域の中では一様）。電場はない。

電荷 $q$ （ $q > 0$ ）、質量 $m$ の粒子が、時刻 $t = 0$ に原点を速度
$v (0) = (v cos α, v sin α, 0) (v > 0, - \frac{π}{2} < α < \frac{π}{2})$
で通過した。粒子はローレンツ力 $q v \times B$ だけを受けて非相対論的に運動するものとし、重力・放射による損失は無視する。

この粒子は境界面 $x = 0$ を何度も横切りながら $y$ 方向にずれていく。十分長い時間で平均した粒子の速度の $y$ 成分（ドリフト速度） $v ˉ_{y}$ を、 $v, α, B_{1}, B_{2}$ を用いて表せ。

この問題で使うもの

磁場の境界をまたぐ旋回軌道（説明と入口の問題）
ラーマー運動とサイクロトロン振動数（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（46 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

各領域の中では磁場が一様なので、粒子は等速円運動をします。境界 $x = 0$ で切り取られる円弧を、 $x > 0$ 側と $x < 0$ 側で 1 つずつ考え、1 周期あたりの $y$ 方向の変位と周期を求めましょう。

ヒント 2

ラーモア半径 $r_{i} = \frac{m v}{q B _{i}}$ 、サイクロトロン角振動数 $ω_{i} = \frac{q B _{i}}{m}$ を使います。速度の向きを角 $φ$ で表すと（時計回りなので $φ$ は減少）、中心から見た粒子の位置は $r_{i} (- sin φ, cos φ)$ です。粒子の $x$ 座標が再び $0$ になる $φ$ を求めれば、各円弧の回転角がわかります。

ヒント 3

$x > 0$ 側では $φ$ が $α$ から $- π - α$ まで回り（回転角 $π + 2 α$ ）、 $y$ 方向に $- 2 r_{2} cos α$ ずれます。 $x < 0$ 側では $φ$ が $π - α$ から $α$ まで回り（回転角 $π - 2 α$ ）、 $y$ 方向に $+ 2 r_{1} cos α$ ずれます。周期は $T = \frac{π + 2 α}{ω _{2}} + \frac{π - 2 α}{ω _{1}}$ です。

答えと解説

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\frac{2 v cos α ( B _{2} - B _{1} )}{( π + 2 α ) B _{1} + ( π - 2 α ) B _{2}}

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解説を読む

各領域での運動

磁場は $z$ 方向で、ローレンツ力 $q v \times B$ は常に速度に垂直なので仕事をせず、速さ $v$ は一定に保たれる。また力に $z$ 成分がなく $v_{z} (0) = 0$ なので、運動は $x y$ 平面内に限られる。各領域の中では磁場が一様なので、粒子は等速円運動をする。運動方程式 $m \frac{v ^{2}}{r} = q v B$ から、ラーモア半径とサイクロトロン角振動数は
$r_{i} = \frac{m v}{q B _{i}}, ω_{i} = \frac{q B _{i}}{m} (i = 1, 2)$
である。 $B_{1} < B_{2}$ より $r_{1} > r_{2}$ 。

$q > 0$ 、 $B$ が $+ z$ 向きなので、 $+ z$ 側から見て粒子は時計回りに回る。速度の向きを $(cos φ, sin φ)$ と表すと、角 $φ$ は時間とともに減少する。円の中心は速度の右側、すなわち粒子から見て $r_{i} (sin φ, - cos φ)$ だけ離れた位置にある。逆に、中心から見た粒子の位置は $r_{i} (- sin φ, cos φ)$ である。

領域 $x > 0$ の円弧

$t = 0$ で原点にあり、 $φ = α$ なので、円の中心は
$C_{2} = r_{2} (sin α, - cos α)$
である。向きの角が $φ$ のときの粒子の $x$ 座標は
$x = r_{2} sin α - r_{2} sin φ .$
$φ$ が $α$ から減少すると $sin φ < sin α$ となって $x > 0$ であり、次に $sin φ = sin α$ となるのは $φ = - π - α$ のときである。よって粒子は向きの角 $- π - α$ 、すなわち速度 $(- v cos α, v sin α)$ で境界に戻り、領域 $x < 0$ に入る。この間の回転角とかかる時間は
$θ_{2} = α - (- π - α) = π + 2 α, t_{2} = \frac{θ _{2}}{ω _{2}} .$
このときの $y$ 座標は、中心から見た位置の $y$ 成分 $r_{2} cos (- π - α) = - r_{2} cos α$ を用いて
$y = - r_{2} cos α - r_{2} cos α = - 2 r_{2} cos α$
となる。つまりこの円弧で $y$ 方向に $- 2 r_{2} cos α$ だけずれる。なお、中心の $x$ 座標 $r_{2} sin α$ は $α > 0$ なら正なので、このとき $x > 0$ 側の円弧は半周より長く（ $θ_{2} > π$ ）、 $α < 0$ なら半周より短い。

領域 $x < 0$ の円弧

点 $(0, - 2 r_{2} cos α)$ から向きの角 $π - α$ （ $- π - α$ と同じ向き）で $x < 0$ に入る。中心は入口から $r_{1} (sin (π - α), - cos (π - α)) = r_{1} (sin α, cos α)$ だけ離れた位置にあるので、中心の $x$ 座標は $r_{1} sin α$ である。向きの角が $φ$ のときの粒子の $x$ 座標は
$x = r_{1} sin α - r_{1} sin φ .$
$φ$ が $π - α$ （ $> \frac{π}{2}$ ）から減少すると $sin φ$ は増えて $sin φ > sin α$ 、つまり $x < 0$ となり、次に $sin φ = sin α$ となるのは $φ = α$ のときである。よって粒子は速度 $(v cos α, v sin α)$ で境界に戻る。この間の回転角とかかる時間は
$θ_{1} = (π - α) - α = π - 2 α, t_{1} = \frac{θ _{1}}{ω _{1}} .$
中心から見た粒子の位置の $y$ 成分は、入口で $r_{1} cos (π - α) = - r_{1} cos α$ 、出口で $r_{1} cos α$ なので、この円弧で $y$ 方向に $+ 2 r_{1} cos α$ だけずれる。中心の $x$ 座標 $r_{1} sin α$ は $α > 0$ なら正（中心は境界の $x > 0$ 側）で、このとき $x < 0$ 側の円弧は半周より短く（ $θ_{1} < π$ ）、 $α < 0$ なら中心は $x < 0$ 側にあって円弧は半周より長い。

境界に戻ったときの速度は $t = 0$ と同じ $(v cos α, v sin α)$ なので、以後この 2 つの円弧の組が繰り返される（周期運動）。

1 周期のずれと周期

1 周期での $y$ 方向の変位は
$Δ y = 2 r_{1} cos α - 2 r_{2} cos α = \frac{2 m v cos α}{q} (\frac{1}{B _{1}} - \frac{1}{B _{2}}) = \frac{2 m v cos α}{q} \cdot \frac{B _{2} - B _{1}}{B _{1} B _{2}} .$
周期は
$T = \frac{θ _{2}}{ω _{2}} + \frac{θ _{1}}{ω _{1}} = \frac{m}{q} (\frac{π + 2 α}{B _{2}} + \frac{π - 2 α}{B _{1}}) = \frac{m}{q} \cdot \frac{( π + 2 α ) B _{1} + ( π - 2 α ) B _{2}}{B _{1} B _{2}} .$

ドリフト速度

十分長い時間の平均は 1 周期の平均に等しいので
$v ˉ_{y} = \frac{Δ y}{T} = \frac{2 v cos α ( B _{2} - B _{1} )}{( π + 2 α ) B _{1} + ( π - 2 α ) B _{2}} .$

$B_{2} > B_{1}$ なので $v ˉ_{y} > 0$ であり、これは正電荷の $\nabla B$ ドリフトの向き $B \times \nabla B \propto z^\times x^= y^$ と一致する。また $α = 0$ では $v ˉ_{y} = \frac{2 v}{π} \cdot \frac{B _{2} - B _{1}}{B _{1} + B _{2}}$ となる。

別解

運動方程式は $m v ˙ = q v \times B$ 。 $B = (0, 0, B)$ なので $v ˙_{x} = ω v_{y}, v ˙_{y} = - ω v_{x}$ （ $ω = q B / m$ ）。速度の向きを $v_{x} = v cos θ, v_{y} = v sin θ$ と表すと $θ ˙ = - ω$ で、粒子は時計回り（ $+ z$ 側から見て）に半径 $r = m v / (q B)$ の円運動をする。 $r_{i} = m v / (q B_{i})$ , $ω_{i} = q B_{i} / m$ とおく。

【 $x > 0$ （ $B_{2}$ ）の円弧】 $t = 0$ で $θ = α$ 、 $∣ α ∣ < π /2$ なので $x > 0$ に入る。円の中心は速度の右側にあり $(r_{2} sin α, - r_{2} cos α)$ 。粒子の位置は中心 $+ r_{2} (- sin θ, cos θ)$ 。再び $x = 0$ に達するのは $sin θ = sin α$ のときで、 $θ$ が減少するので $θ = π - α - 2 π = - π - α$ 。回った角は $π + 2 α$ （ $0 < π + 2 α < 2 π$ ）。時間は $T_{2} = (π + 2 α) / ω_{2}$ 。 $y$ の変化は $Δ y_{2} = r_{2} (cos (- π - α) - cos α) = - 2 r_{2} cos α$ 。このとき速度は $(- v cos α, v sin α)$ で $x < 0$ へ向かう。

【 $x < 0$ （ $B_{1}$ ）の円弧】 $θ = π - α$ から減少し、 $sin θ = sin α$ となる $θ = α$ で $x = 0$ に戻る（速度は初めと同じ $(v cos α, v sin α)$ ）。回った角は $π - 2 α$ 、時間は $T_{1} = (π - 2 α) / ω_{1}$ 。 $Δ y_{1} = r_{1} (cos α - cos (π - α)) = 2 r_{1} cos α$ 。

以上で運動は周期的（1 周期で $y$ 方向に一定量ずれる）。1 周期の正味のずれと時間は
$Δ y = 2 cos α (r_{1} - r_{2}) = \frac{2 m v cos α}{q} (\frac{1}{B _{1}} - \frac{1}{B _{2}})$ 、
$T = \frac{m}{q} (\frac{π + 2 α}{B _{2}} + \frac{π - 2 α}{B _{1}})$ 。

よって
$v ˉ_{y} = \frac{Δ y}{T} = \frac{2 v cos α ( 1/ B _{1} - 1/ B _{2} )}{( π + 2 α ) / B _{2} + ( π - 2 α ) / B _{1}} = \frac{2 v cos α ( B _{2} - B _{1} )}{π ( B _{1} + B _{2} ) - 2 α ( B _{2} - B _{1} )} .$

検算： $B_{1} = B_{2}$ なら $v ˉ_{y} = 0$ （一様磁場でドリフトなし）で整合。 $α = 0$ では $v ˉ_{y} = \frac{2 v ( B _{2} - B _{1} )}{π ( B _{1} + B _{2} )} > 0$ 。分母は $π (B_{1} + B_{2}) - 2 α (B_{2} - B_{1}) > 0$ （ $∣2 α ∣ < π$ ）で正。また $r_{1} > r_{2}$ なので $+ y$ 向きにずれるのも妥当。

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