【解答・解説】京大物理2024 第2問 -電磁気-

以下の問題は，2024年度京都大学入試問題物理第2問から引用しています(一部修正しています)。

なお，本記事中の図は全て，2024年度京都大学入試問題物理第2問を参考に，ライターが作成したものです(一部見やすさ等のためライターが変更した部分があります)。

ドリフトとよばれる現象について考察する問題です。

(1)

$y$ 軸の導線を強さ $I$ の電流が流れているとき，$y$ 軸から距離 $r$ だけ離れた点での磁束密度の大きさ $B$ は，磁束密度の公式 (電流と磁束密度の関係) より

$$B = \mu \dfrac{I}{2 \pi r} \tag{イ}$$

となります。

$xy$ 平面の第1象限に正方形状のコイルを置き，そのコイルを通る磁束について考えます。まず，コイルが $y$ 軸正の向きに一定の速さで運動するときを考えます。このとき，コイルとその内部の各点と $y$ 軸 との距離は不変なので，コイルを通る磁束の大きさは変わりません。したがって，ファラデーの電磁誘導の法則 (電磁誘導とレンツの法則) より，このコイルに誘導電流は流れません (ロ：③)。

次に，コイルが $x$ 軸正の向きに一定の速さで運動するときを考えます。このとき，時間変化に対してコイルとその内部の各点と $y$ 軸 との距離は変化するので，コイルを通る磁束の大きさは時間変化することになります。したがって，ファラデーの電磁誘導の法則により，このコイルには誘導電流が流れることになります。この誘導電流の向きについて考えます。いま，$xy$ 平面の第1象限には $z$ 軸負の方向に磁場が発生しています。その大きさは (イ) で表されるため，コイルが $x$ 軸正の向きに一定の速さで運動するとき，コイルとその内部の各点における磁束密度の大きさは減少します。したがって，レンツの法則 (電磁誘導とレンツの法則) より，$z$ 軸負の方向の磁束を増やす方向に誘導電流が流れるので，誘導電流は図1の1の向きに流れるとわかります (ハ：①)。

(2) ニ・ホ

$x \geq x_0$ では，速さ $v_0$ で運動する荷電粒子にはたらくローレンツ力 (ローレンツ力の意味と式｜磁場中の荷電粒子の運動) の大きさは $f_r = q v_0 B_2$ となり，力の向きは上図のようになります。この等速円運動の半径を $r_2$ とすると，等速円運動の運動方程式 (円運動とは｜円運動における加速度・向心力・遠心力) より

$$m \dfrac{v_0^2}{r_2} = q v_0 B_2$$

$$\therefore r_2 = \dfrac{m v_0}{q B_2} \tag{ニ}$$

となります。

この等速円運動の角振動数 $\omega_2$ は，$v_0 = r_2 \omega_2$ より

$$\omega_2 = \dfrac{v_0}{r_2} = \dfrac{q B_2}{m}$$

$t > 0$ ではじめて $x = x_0$ に到達するまでにかかる時間 $T_2$ は，角振動数 $\omega_2$ の1周期の半分に等しく

$$T_2 = \dfrac{\pi}{\omega_2} = \pi \dfrac{m}{q B_2} \tag{ホ}$$

となります。

問1

B$(x_0, 0)$ とします。$t = T_2$ から $t = T_1 + T_2$ での荷電粒子の運動を考えます。$x < x_0$ では，荷電粒子にはローレンツ力 $f_r = q v_0 B_1$ がはたらきます。この等速円運動の半径 $r_1$ は，運動方程式より

$$r_1 = \dfrac{m v_0}{q B_1}$$

角振動数 $\omega_1$ は

$$\omega_1 = \dfrac{q B_1}{m}$$

再び $x = x_0$ に達するまでの時間 $T_1$ は

$$T_1 = \dfrac{\pi}{\omega_1} = \pi \dfrac{m}{q B_1}$$

$x < x_0$ での軌道と $x \geq x_0$ での軌道とは滑らかにつながることより，$x < x_0$ での等速円運動の始点は時刻 $t = T_2$ での荷電粒子の位置であるとしてよく，時刻 $t = 0$ から $t = T_1 + T_2$ までの運動の軌道は下図のようになります。

上図より時刻 $t = T_1 + T_2$ での荷電粒子の位置を D$(x_0, y_d)$ とすると，$y_d$ がベクトル $\vec{BD}$ の大きさに等しく

$$y_d = 2 (r_2 - r_1) = 2 \dfrac{m v_0}{q} \left( \dfrac{1}{B_2} - \dfrac{1}{B_1} \right)$$

と求められます。

(2) ヘ・ト

$B_1 = \dfrac{a}{x_0 - d}, B_2 = \dfrac{a}{x_0 + d}$ のとき，運動の周期 $T_1 + T_2$ は，ホおよび問1の結果より

$$\begin{aligned} T_1 + T_2 &= \pi \dfrac{m}{q} \left( \dfrac{1}{B_1} + \dfrac{1}{B_2} \right) \\ &= \pi \dfrac{m}{q} \left( \dfrac{x_0 - d}{a} + \dfrac{x_0 + d}{a} \right) \\ &= 2 \pi \dfrac{m}{q} \dfrac{x_0}{a} \end{aligned}$$

と求められます (ヘ：$2 \pi \dfrac{m}{q} \dfrac{x_0}{a}$)。

また，$y_d$ は

$$\begin{aligned} y_d &= 2 \dfrac{m v_0}{q} \left( \dfrac{x_0 + d}{a} - \dfrac{x_0 - d}{a} \right) \\ &= 4 \dfrac{m v_0 d}{q a} \end{aligned}$$

問題文よりドリフトの平均の速さ $v_d$ は，

$$\begin{aligned} v_d &= \dfrac{y_d}{T_1 + T_2} \\ &= \dfrac{2}{\pi} \dfrac{d}{x_0} v_0 \end{aligned}$$

と求められます (ト；$\dfrac{2}{\pi} \dfrac{d}{x_0} v_0$)。

問2

$t>0$ で1，2回目に $x = x_0$ に到達する時刻をそれぞれ $t_2, t_2 + t_1$ とします。

まず，$t = 0$ から $t = t_2$ までの運動を考えます。ローレンツ力により，この運動の軌道は下図黒実線のような円弧になります。

したがって，解答は①，③，⑤，⑥のいずれかとなります。

次に，$t = t_2$ から $t = t_1 + t_2$ までの運動の軌道も，問1と同様に考えることができます。$t = t_2$ での荷電粒子の速度およびローレンツ力の向きより，軌道は①か③となります。

いま，$x < x_0, x > x_0$ での円運動の軌道 $r_1, r_2$ は，それぞれ

$$r_1 = \dfrac{m v_0}{q B_1}, r_2 = \dfrac{m v_0}{q B_2}$$

と表されます。$B_2 < B_1$ より $r_2 > r_1$ であることから，軌道は ③ であることがわかります。

(3)

外力が保存力であることより，力学的エネルギー保存則 (力学的エネルギー保存則の導出と例題) が成り立ちます。外力の向きより，$x$ 座標が等しい位置では荷電粒子の速さは等しくなると考えられるので，荷電粒子の $x$ 座標が最小値 $x_{min}$ にあるときから再び $x = x_{min}$ の位置に戻ってきたとき，粒子の速さは $v_a$ で変わらない (チ：③) であることがわかります。

$x \geq x_0$ での荷電粒子の等速円運動の半径 $\rho_2$ を求めます。外力 $F$ はローレンツ力に比べて十分小さいとき，運動方程式においては外力 $F$ は無視できて，

$$m \dfrac{v_2^2}{\rho_2} = q v_2 B_0$$

$$\therefore \rho_2 = \dfrac{m v_2}{q B_0}$$

この等速円運動の角振動数 $\Omega_2$ は

$$\Omega_2 = \dfrac{v_2}{\rho_2} = \dfrac{q B_0}{m} (= \omega)$$

となります。

$x < x_0$ でも荷電粒子は同様に等速円運動を行います。$x \geq x_0$ での議論から，半径 $\rho_1$ および角振動数 $\Omega_1$ は，それぞれ

$$\rho_1 = \dfrac{m v_1}{q B_0}, \Omega_1 = \omega$$

であるとわかります。

したがって，時刻 $t > 0$ で2回目に $x = x_0$ に達するまでの時刻 $T$ は

$$\begin{aligned} T &= \dfrac{\pi}{\Omega_1} + \dfrac{\pi}{\Omega_2} \\ &= 2 \dfrac{\pi}{\omega} \\ &= 2 \pi \dfrac{m}{q B_0} \end{aligned}$$

となります (ヌ：$2 \pi \dfrac{m}{q B_0}$)。

$v_1 < v_2$ より $\rho_1 < \rho_2$ であるから，この1周期の運動の軌道は問1と同様になるので，ドリフトのベクトルの向きは $y$ 軸正の向きであることがわかり (ル：②)，そのベクトルの大きさ $y_d'$ は

$$y_d' = 2 (\rho_2 -\rho_1) = 2 \dfrac{m}{q B_0} (v_2 - v_1)$$

このドリフトの平均の速さ $v_d'$ は

$$\begin{aligned} v_d' &= \dfrac{y_d'}{T} \\ &= \dfrac{1}{\pi} (v_2 - v_1) \end{aligned}$$

となります (ヲ：$\dfrac{1}{\pi} (v_2 - v_1)$)。

問題文より，$v_1$ と $v_2$ の違いによる運動エネルギーの差が外力による仕事 $W = F (\rho_1 + \rho_2)$ に等しいと考えることができます。ここで $W$ は

$$\begin{aligned} W &= F \dfrac{m}{q B_0}(v_1 + v_2) \end{aligned}$$

であるので，

$$W = \dfrac{1}{2} m v_2^2 - \dfrac{1}{2} m v_1^2$$

$$\therefore F \dfrac{m}{q B_0}(v_1 + v_2) = \dfrac{1}{2} m (v_2^2 - v_1^2) = \dfrac{1}{2} m (v_2 + v_1) (v_2 - v_1)$$

$$\therefore v_2 - v_1 = 2 \dfrac{F}{q B_0}$$

したがってドリフトの平均の速さ $v_d'$ は，$F$ を用いて

$$v_d' = \dfrac{2}{\pi} \dfrac{F}{q B_0} \tag{ワ}$$

と表すことができます。

問3

$F = q E$ をワの結果に代入して，求めるドリフトの平均の速さ $V_d$ は

$$V_d = \dfrac{2}{\pi} \dfrac{E}{B_0}$$

と求められます。$V_d$ は粒子が帯びる電荷量に依存しないことに注意してください。

$t > 0$ で1・2回目に $x = x_0$ に到達する時刻をそれぞれ $t = \tau_2, \tau_1 + \tau_2 = T$ とします。

$0 \leq t \leq T_2', T_2' \leq t \leq T$ での等速円運動の半径は，それぞれ上の $\rho_2, \rho_1$ で与えられます。

一方，電荷が $2q$ となった場合の $x \geq x_0, x \leq x_0$ での等速円運動の半径および周期を $\rho_2', \rho_1'$ および $T'$ とすると，

$$\rho_2' = \dfrac{1}{2} \rho_2, \rho_1' = \dfrac{1}{2} \rho_1, T' = \dfrac{1}{2} T$$

が成り立ちます。$V_d$ は電荷によらないので，電荷が $2q$ の場合の2周期分のドリフトの距離と，電荷が $q$ の場合の1周期分のドリフトの距離は変わらないことに注意すると，求める答えは下図のような軌道になります。