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プラズマ物理の問題

難易度 3期末試験の応用レベル大学物理プラズマ物理

真空中に円柱座標 $(r, φ, z)$ をとる。 $z$ 軸に沿って、無限に長い細い直線導線を置く。導線には $z$ 軸の正の向きに定常電流 $I$ （ $I > 0$ ）が流れている。また、導線は単位長さあたり $λ$ の一様な電荷をもつ。電荷の分布は時間変化しないものとする。このとき導線のまわりの磁場と電場は
$B = \frac{μ _{0} I}{2 π r} φ^, E = \frac{λ}{2 π ε _{0} r} r^$
である。ここで $μ_{0}$ は真空の透磁率、 $ε_{0}$ は真空の誘電率である。

この場の中で、陽子（電荷 $e > 0$ ）が導線から距離 $r_{0}$ の位置を中心にラーモア運動をしている。陽子の案内中心は磁力線（ $z$ 軸を中心とする円）に沿って動く。案内中心の位置で測った、磁力線に平行な運動の運動エネルギーを $K_{1}$ 、磁場に垂直な旋回運動の運動エネルギーを $K_{2}$ とする（ $K_{1} > 0$ , $K_{2} > 0$ ）。

ラーモア半径は $r_{0}$ に比べて十分小さいとし、案内中心の運動は 1 次のドリフト近似で扱う。考えるドリフトは $E \times B$ ドリフト・勾配ドリフト（ $\nabla B$ ドリフト）・曲率ドリフトの 3 つとする。重力・相対論的効果・放射は無視する。

案内中心のドリフト速度の合計が $0$ になり、陽子の案内中心が平面 $z = 一定$ 内の半径 $r_{0}$ の円の上にとどまるとき、比 $\frac{λ}{ε _{0}}$ を $e, K_{1}, K_{2}$ を用いて表せ。

この問題で使うもの

E×B ドリフトと一般の力によるドリフト（説明と入口の問題）
磁気モーメントと勾配ドリフト（説明と入口の問題）
空間ベクトルの外積（説明と入口の問題）

この問題を解けるようになるまで（69 技能）

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ヒント

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ヒント 1

案内中心にはたらく 3 つのドリフト（勾配・曲率・E×B）の向きと大きさを、円柱座標の単位ベクトルの外積を使って求めよう。3 つとも同じ軸の方向を向くことに気づくのが鍵である。

ヒント 2

勾配ドリフトは $\frac{m v _{⊥}^{2}}{2 q B} \frac{B \times \nabla B}{B ^{2}}$ 、曲率ドリフトは $\frac{m v _{∥}^{2}}{q} \frac{R _{c} \times B}{R _{c}^{2} B ^{2}}$ である。この磁場では $∣\nabla B ∣ = B / r$ で、曲率半径は $r$ になる。

ヒント 3

磁場によるドリフトの合計は $\frac{2 K _{1} + K _{2}}{e B r} z^$ 、E×B ドリフトは $\frac{E _{r}}{B} z^$ となる。両者の和が $0$ になるように $E_{r}$ を決め、 $E_{r} = \frac{λ}{2 π ε _{0} r _{0}}$ と比べよう。

答えと解説

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- \frac{2 π ( 2 K _{1} + K _{2} )}{e}

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解説を読む

陽子の質量を $m$ 、案内中心での平行速度を $v_{∥}$ 、旋回速度を $v_{⊥}$ とする。 $K_{1} = \frac{1}{2} m v_{∥}^{2}$ 、 $K_{2} = \frac{1}{2} m v_{⊥}^{2}$ である。磁束密度の大きさを $B = \frac{μ _{0} I}{2 π r}$ と書く。

(1) 勾配ドリフト

$\nabla B = - \frac{B}{r} r^$ である。また $φ^\times r^= - z^$ なので
$B \times \nabla B = B φ^\times (- \frac{B}{r} r^) = \frac{B ^{2}}{r} z^$
となる。したがって
$v_{\nabla B} = \frac{m v _{⊥}^{2}}{2 e B} \frac{B \times \nabla B}{B ^{2}} = \frac{m v _{⊥}^{2}}{2 e B r} z^= \frac{K _{2}}{e B r} z^$
である。

(2) 曲率ドリフト

磁力線は半径 $r$ の円なので、曲率中心から粒子へ向かうベクトルは $R_{c} = r r^$ である。 $R_{c} \times B = r B z^$ より
$v_{R} = \frac{m v _{∥}^{2}}{e} \frac{R _{c} \times B}{R _{c}^{2} B ^{2}} = \frac{m v _{∥}^{2}}{e B r} z^= \frac{2 K _{1}}{e B r} z^$
である。

(3) $E \times B$ ドリフト

$r^\times φ^= z^$ より
$v_{E} = \frac{E \times B}{B ^{2}} = \frac{E _{r}}{B} z^, E_{r} = \frac{λ}{2 π ε _{0} r}$
である。

(4) 打ち消しの条件

3 つのドリフトはいずれも $z$ 方向を向いており、 $r$ 方向の成分はない。 $z$ 方向の合計が $0$ になる条件は、 $r = r_{0}$ で
$\frac{E _{r}}{B} + \frac{2 K _{1} + K _{2}}{e B r _{0}} = 0 ⟹ E_{r} = - \frac{2 K _{1} + K _{2}}{e r _{0}}$
である。ここで $B$ は約分されて消える。 $E_{r} = \frac{λ}{2 π ε _{0} r _{0}}$ を代入すると
$\frac{λ}{2 π ε _{0} r _{0}} = - \frac{2 K _{1} + K _{2}}{e r _{0}} ⟹ \frac{λ}{ε _{0}} = - \frac{2 π ( 2 K _{1} + K _{2} )}{e}$
となる。

物理的な解釈

ドリフトは一般に $v = \frac{F \times B}{e B ^{2}}$ の形に書ける。案内中心にはたらく実効的な外向きの力は次の 2 つである。
- 曲率による遠心力 $\frac{m v _{∥}^{2}}{r} = \frac{2 K _{1}}{r}$
- ミラー力 $μ ∣\nabla B ∣ = \frac{m v _{⊥}^{2}}{2 B} \cdot \frac{B}{r} = \frac{K _{2}}{r}$

電場による力 $e E_{r}$ が内向きにはたらいてこれらとつり合えば、合力が $0$ になりドリフトも消える。そのため $λ < 0$ （導線が負に帯電）となる。この結果は、ドリフト近似（ラーモア半径 $≪ r_{0}$ ）が成り立つ範囲で、電流 $I$ にも陽子の質量にも $r_{0}$ にもよらない。

別解

磁場は $B = B φ^$ 、 $B = μ_{0} I / (2 π r)$ 、電場は $E = E r^$ 、 $E = λ / (2 π ε_{0} r)$ である。3つのドリフトはいずれも $z^$ 方向に向く。

1. $E \times B$ ドリフト: $v_{E} = E \times B / B^{2} = (E / B) z^$ 。これは $r^\times φ^= z^$ による。

2. 勾配ドリフト: $v_{\nabla B} = \frac{K _{2}}{e B ^{3}} B \times \nabla B$ （ $K_{2} = m v_{⊥}^{2} /2$ ）。 $\nabla B = - (B / r) r^$ なので $B \times \nabla B = (B^{2} / r) z^$ 。よって $v_{\nabla B} = \frac{K _{2}}{e B r} z^$ 。

3. 曲率ドリフト: 磁力線の曲率半径は $r$ で、曲率中心から粒子へ向かうベクトルは $R_{c} = r r^$ 。 $v_{c} = \frac{m v _{∥}^{2}}{e} \frac{R _{c} \times B}{R _{c}^{2} B ^{2}} = \frac{2 K _{1}}{e B r} z^$ （ $K_{1} = m v_{∥}^{2} /2$ ）。

合計が 0 になる条件は
$\frac{E}{B} + \frac{K _{2} + 2 K _{1}}{e B r} = 0 \Rightarrow E = - \frac{2 K _{1} + K _{2}}{er} .$
$E = λ / (2 π ε_{0} r)$ を代入すると
$\frac{λ}{2 π ε _{0}} = - \frac{2 K _{1} + K _{2}}{e} \Rightarrow \frac{λ}{ε _{0}} = - \frac{2 π ( 2 K _{1} + K _{2} )}{e} .$

検算: 次元は $λ / ε_{0}$ が V、 $K / e$ も V で一致する。符号は、 $λ < 0$ のとき電場が内向きになり、 $z$ 方向の $E \times B$ ドリフトが他の 2 つのドリフトを打ち消すことと整合する。

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