GEO001 問題2

解説

1. 速度選択器の直進条件

領域1において、速度 $v$v で $x$x 軸正の向きに進む電荷 $q$q の粒子は、$y$y 軸正の向きに電場による力 $F_E = qE$FE​=qE を受け、フレミングの左手の法則より $y$y 軸負の向きにローレンツ力 $F_B = qvB_1$FB​=qvB1​ を受ける。 直進するためにはこれらの力が釣り合う必要があるため、 $qE = qv_c B_1 \implies v_c = \frac{E}{B_1}$qE=qvc​B1​⟹vc​=B1​E​

2. 領域1における軌道のずれの導出

速度 $v = v_c + \Delta v$v=vc​+Δv で入射した粒子に対する $y$y 方向の運動方程式を立てる。 $x$x 方向の速度成分は $v_x \approx v$vx​≈v で一定と近似できるため、粒子が受ける $y$y 方向の力は $F_y = qE - qvB_1 = qE - q(v_c + \Delta v)B_1 = qE - qv_cB_1 - q\Delta v B_1$Fy​=qE−qvB1​=qE−q(vc​+Δv)B1​=qE−qvc​B1​−qΔvB1​ $qE = qv_cB_1$qE=qvc​B1​ であるから、$F_y = -qB_1 \Delta v$Fy​=−qB1​Δv となる。 したがって、$y$y 方向の加速度 $a_y$ay​ は一定であり、 $a_y = -\frac{qB_1}{m}\Delta v$ay​=−mqB1​​Δv 初期条件 $y(0)=0, \dot{y}(0)=0$y(0)=0,y˙​(0)=0 より、$t$t 秒後の $y$y 座標は等加速度運動の公式より $y(t) = \frac{1}{2} a_y t^2 = -\frac{qB_1}{2m}\Delta v \cdot t^2$y(t)=21​ay​t2=−2mqB1​​Δv⋅t2 粒子が $x=L$x=L に到達するまでの時間 $t_L$tL​ は、$t_L \approx \frac{L}{v} \approx \frac{L}{v_c}$tL​≈vL​≈vc​L​ と近似できる。これを代入すると、 $y(L) = -\frac{qB_1}{2m}\Delta v \left(\frac{L}{v_c}\right)^2 = -\frac{qB_1 L^2}{2mv_c^2} \Delta v$y(L)=−2mqB1​​Δv(vc​L​)2=−2mvc2​qB1​L2​Δv

3. スリットを通過できる速度幅

粒子がスリットを通過する条件は、$-\frac{w}{2} \le y(L) \le \frac{w}{2}$−2w​≤y(L)≤2w​ である。 これを解くと、 $-\frac{w}{2} \le -\frac{qB_1 L^2}{2mv_c^2} \Delta v \le \frac{w}{2}$−2w​≤−2mvc2​qB1​L2​Δv≤2w​ $|\Delta v| \le \frac{mv_c^2 w}{qB_1 L^2}$∣Δv∣≤qB1​L2mvc2​w​ したがって、通過できる初速度のずれの最大値 $\Delta v_{max}$Δvmax​ は $\Delta v_{max} = \frac{mv_c^2 w}{qB_1 L^2}$Δvmax​=qB1​L2mvc2​w​

4. 領域2における到達位置 $y_{final}$yfinal​

問題文で与えられた近似式 $y_{final} \approx y(L) + \frac{2mv}{qB_2}$yfinal​≈y(L)+qB2​2mv​ に、これまでに求めた $y(L)$y(L) と $v = v_c + \Delta v$v=vc​+Δv を代入する。 $y_{final} = -\frac{qB_1 L^2}{2mv_c^2} \Delta v + \frac{2m(v_c + \Delta v)}{qB_2}$yfinal​=−2mvc2​qB1​L2​Δv+qB2​2m(vc​+Δv)​ $y_{final} = \frac{2mv_c}{qB_2} + \left( \frac{2m}{qB_2} - \frac{qB_1 L^2}{2mv_c^2} \right) \Delta v$yfinal​=qB2​2mvc​​+(qB2​2m​−2mvc2​qB1​L2​)Δv 第一項は速度 $v_c$vc​ の粒子の理想的な到達位置であり、第二項が初速度のずれ $\Delta v$Δv による到達位置の変動を表す。

5. ビームの広がり幅 $\delta y$δy と数値計算

到達位置の広がり幅 $\delta y$δy は、$\Delta v$Δv が $-\Delta v_{max}$−Δvmax​ から $\Delta v_{max}$Δvmax​ まで変化したときの $y_{final}$yfinal​ の変動幅である。 $\delta y = \left| \frac{2m}{qB_2} - \frac{qB_1 L^2}{2mv_c^2} \right| \times 2\Delta v_{max} = \left| \frac{2m}{qB_2} - \frac{qB_1 L^2}{2mv_c^2} \right| \frac{2mv_c^2 w}{qB_1 L^2}$δy=​qB2​2m​−2mvc2​qB1​L2​​×2Δvmax​=​qB2​2m​−2mvc2​qB1​L2​​qB1​L22mvc2​w​ 展開して整理すると、 $\delta y = \left| \frac{4m^2 v_c^2}{q^2 B_1 B_2 L^2} - 1 \right| w$δy=​q2B1​B2​L24m2vc2​​−1​w ここで、$v_c = \frac{E}{B_1}$vc​=B1​E​ を用いると、 $\delta y = \left| \frac{4m^2 E^2}{q^2 B_1^3 B_2 L^2} - 1 \right| w$δy=​q2B13​B2​L24m2E2​−1​w 各変数に制約の数値を代入する。まず、係数となる無次元量 $K = \frac{4m^2 E^2}{q^2 B_1^3 B_2 L^2}$K=q2B13​B2​L24m2E2​ を計算する。 $K = \frac{4 \times (1.6 \times 10^{-25})^2 \times (3.8 \times 10^2)^2}{(1.6 \times 10^{-19})^2 \times (1.0 \times 10^{-2})^3 \times 1.0 \times (4.0 \times 10^{-1})^2}$K=(1.6×10−19)2×(1.0×10−2)3×1.0×(4.0×10−1)24×(1.6×10−25)2×(3.8×102)2​ 電場 $E$E 以外の項をまとめると $\frac{4}{(4.0 \times 10^2)^2}$(4.0×102)24​ の形になるため、計算は以下のように簡略化できる。 $K = 4 \times \left( \frac{3.8 \times 10^2}{4.0 \times 10^2} \right)^2 = 4 \times \left( \frac{3.8}{4.0} \right)^2 = 4 \times (0.95)^2 = 4 \times 0.9025 = 3.61$K=4×(4.0×1023.8×102​)2=4×(4.03.8​)2=4×(0.95)2=4×0.9025=3.61 よって、広がり幅 $\delta y$δy は次のように求まる。 $\delta y = |3.61 - 1| w = 2.61w$δy=∣3.61−1∣w=2.61w $w = 3.0 \times 10^{-4} \, \text{m}$w=3.0×10−4m を代入すると、 $\delta y = 2.61 \times 3.0 \times 10^{-4} \, \text{m} = 7.83 \times 10^{-4} \, \text{m}$δy=2.61×3.0×10−4m=7.83×10−4m これを $\mu\text{m}$μm 単位に変換する（$1 \, \text{m} = 10^6 \, \mu\text{m}$1m=106μm）。 $\delta y = 7.83 \times 10^{-4} \times 10^6 \, \mu\text{m} = 783 \, \mu\text{m}$δy=7.83×10−4×106μm=783μm 最終的な自然数の答えは 783 である。