GSO003 問題7

本問は、典型的なトムソンの比電荷測定実験を題材としながらも、高校物理で慣例的に行われる「微小角近似」を排除し、厳密な軌道の幾何学から比電荷を逆算する高度な解析を要求します。

1. 速度選択器の条件（ステップ1）

電子の速度ベクトルは $\vec{v} = (v_0, 0, 0)$v=(v0​,0,0) です。 電場 $\vec{E} = (0, E_0, 0)$E=(0,E0​,0) から受ける静電気力 $\vec{F}_E$FE​ は、電荷が $-e$−e であるため、

$$\vec{F}_E = -e\vec{E} = (0, -eE_0, 0)$$FE​=−eE=(0,−eE0​,0)

となり、$-y$−y 方向へ働きます。 一方、磁場 $\vec{B} = (0, 0, B_0)$B=(0,0,B0​) から受けるローレンツ力 $\vec{F}_B$FB​ は、

$$\vec{F}_B = -e(\vec{v} \times \vec{B}) = -e(v_0 \hat{i} \times B_0 \hat{k}) = (0, ev_0B_0, 0)$$FB​=−e(v×B)=−e(v0​i^×B0​k^)=(0,ev0​B0​,0)

となり、$+y$+y 方向へ働きます。 電子が直進するためには、これら $y$y 方向の力が釣り合う必要があります。

$$-eE_0 + ev_0B_0 = 0 \implies v_0 = \frac{E_0}{B_0}$$−eE0​+ev0​B0​=0⟹v0​=B0​E0​​

2. 磁場中の厳密な軌道解析（ステップ2）

電場を切ると、電子は $+y$+y 方向のローレンツ力のみを受け、等速円運動を行います。 その軌道半径を $R$R とすると、運動方程式より

$$m \frac{v_0^2}{R} = ev_0B_0 \implies R = \frac{mv_0}{eB_0}$$mRv02​​=ev0​B0​⟹R=eB0​mv0​​

原点 $(0,0)$(0,0) から $+x$+x 方向に打ち出され、$+y$+y 方向に曲がるため、円軌道の中心は $(0, R)$(0,R) になります。軌道の方程式は、

$$x^2 + (y - R)^2 = R^2$$x2+(y−R)2=R2

$x = L$x=L で磁場領域を脱出するときの $y$y 座標を $y_1$y1​ とします。$y_1 < R$y1​<R であるため、

$$y_1 = R - \sqrt{R^2 - L^2}$$y1​=R−R2−L2​

また、脱出時の速度ベクトルが $x$x 軸となす角を $\theta$θ とします。幾何学的関係（または微分）から、

$$\sin\theta = \frac{L}{R}, \quad \cos\theta = \frac{\sqrt{R^2 - L^2}}{R}$$sinθ=RL​,cosθ=RR2−L2​​

これを用いると、変位 $y_1$y1​ は次のように美しく表現できます。

$$y_1 = R - R\cos\theta = R(1 - \cos\theta)$$y1​=R−Rcosθ=R(1−cosθ)

3. ドリフト空間と厳密な幾何学的恒等式（ステップ3）

脱出後、電子は $x$x 軸に対して角度 $\theta$θ を保ったまま、水平距離 $D$D のドリフト空間を直進します。この区間での $y$y 方向の変位 $y_2$y2​ は、

$$y_2 = D \tan\theta$$y2​=Dtanθ

スクリーン上での全変位 $Y$Y は $Y = y_1 + y_2$Y=y1​+y2​ です。 ここで、$R = \frac{L}{\sin\theta}$R=sinθL​ であることを利用し、$y_1$y1​ を $L$L と $\theta$θ のみで表します。

$$y_1 = \frac{L(1 - \cos\theta)}{\sin\theta}$$y1​=sinθL(1−cosθ)​

三角関数の半角の公式（$\sin\theta = 2\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}$sinθ=2sin2θ​cos2θ​ および $1 - \cos\theta = 2\sin^2\frac{\theta}{2}$1−cosθ=2sin22θ​）を適用すると、

$$y_1 = \frac{L \cdot 2\sin^2(\theta/2)}{2\sin(\theta/2)\cos(\theta/2)} = L \tan\frac{\theta}{2}$$y1​=2sin(θ/2)cos(θ/2)L⋅2sin2(θ/2)​=Ltan2θ​

すなわち、円弧による変位は厳密に $L \tan(\theta/2)$Ltan(θ/2) となります。したがって全変位は、

$$Y = L \tan\frac{\theta}{2} + D \tan\theta$$Y=Ltan2θ​+Dtanθ

4. 角度 $\theta$θ の一意な決定

問題の条件より、$D = \sqrt{3}L$D=3​L、$Y = (3 - \sqrt{3})L$Y=(3−3​)L です。これを上の式に代入します。

$$(3 - \sqrt{3})L = L \tan\frac{\theta}{2} + \sqrt{3}L \tan\theta$$(3−3​)L=Ltan2θ​+3​Ltanθ $$\tan\frac{\theta}{2} + \sqrt{3}\tan\theta = 3 - \sqrt{3}$$tan2θ​+3​tanθ=3−3​

この方程式を満たす $\theta$θ を探します。$\theta$θ は物理的に $0 < \theta < \pi/2$0<θ<π/2 の範囲にあります。 区間 $(0, \pi/2)$(0,π/2) において、$\tan(\theta/2)$tan(θ/2) も $\tan\theta$tanθ も単調増加関数であるため、左辺は $\theta$θ について単調増加関数となります。したがって、実数解が存在すればそれは**一意（ただ一つ）**に定まります。

ここで、係数に $\sqrt{3}$3​ が含まれていることから有名角を予想します。$\theta = 30^\circ$θ=30∘（すなわち $\pi/6$π/6）を代入して確認してみます。

$$\tan 30^\circ = \frac{1}{\sqrt{3}}, \quad \tan 15^\circ = 2 - \sqrt{3}$$tan30∘=3​1​,tan15∘=2−3​

左辺に代入すると、

$$(2 - \sqrt{3}) + \sqrt{3} \left(\frac{1}{\sqrt{3}}\right) = 2 - \sqrt{3} + 1 = 3 - \sqrt{3}$$(2−3​)+3​(3​1​)=2−3​+1=3−3​

見事に右辺と一致しました。単調増加性より、解は $\theta = 30^\circ$θ=30∘ のみであることが証明されました。

5. 比電荷の算出

$\theta = 30^\circ$θ=30∘ より、

$$\sin 30^\circ = \frac{1}{2} \implies \frac{L}{R} = \frac{1}{2} \implies R = 2L$$sin30∘=21​⟹RL​=21​⟹R=2L

先述の通り、$R = \frac{mv_0}{eB_0}$R=eB0​mv0​​ および $v_0 = \frac{E_0}{B_0}$v0​=B0​E0​​ なので、

$$R = \frac{m E_0}{e B_0^2} \implies \frac{e}{m} = \frac{E_0}{R B_0^2} = \frac{E_0}{2L B_0^2}$$R=eB02​mE0​​⟹me​=RB02​E0​​=2LB02​E0​​

制約の数値を代入します。

$$E_0 = 1.76 \times 10^4$$E0​=1.76×104 $$2L B_0^2 = 2 \times (5.0 \times 10^{-2}) \times (1.0 \times 10^{-3})^2 = 0.1 \times 10^{-6} = 10^{-7}$$2LB02​=2×(5.0×10−2)×(1.0×10−3)2=0.1×10−6=10−7

よって、

$$\frac{e}{m} = \frac{1.76 \times 10^4}{10^{-7}} = 1.76 \times 10^{11} \ \mathrm{C/kg}$$me​=10−71.76×104​=1.76×1011 C/kg

6. 最終解答

比電荷は $1.76 \times 10^{11} \ \mathrm{C/kg}$1.76×1011 C/kg と求まりました。 $A = 1.76$A=1.76 であり、これを100倍した値が最終的な回答となります。

答え： 176