GWCB007 問題8

解説

運動方程式とドリフト速度の導入

荷電粒子が領域 $y > 0$y>0 にあるとき、粒子が受ける力は電場による静電気力 $q \vec{E} = (0, q E, 0)$qE=(0,qE,0) と、磁場によるローレンツ力 $q (\vec{v} \times \vec{B}) = (q v_y B, -q v_x B, 0)$q(v×B)=(qvy​B,−qvx​B,0) です。

したがって、各軸方向の運動方程式は以下のようになります。

$$m \frac{d v_x}{d t} = q B v_y \quad \cdots \text{(1)}$$mdtdvx​​=qBvy​⋯(1) $$m \frac{d v_y}{d t} = q E - q B v_x = -q B \left( v_x - \frac{E}{B} \right) \quad \cdots \text{(2)}$$mdtdvy​​=qE−qBvx​=−qB(vx​−BE​)⋯(2)

ここで、ドリフト速度の大きさ $v_d = \frac{E}{B}$vd​=BE​ を定義し、変数を $u_x = v_x - v_d$ux​=vx​−vd​ と変換します。$v_d$vd​ は時間変化しないため $\frac{d u_x}{d t} = \frac{d v_x}{d t}$dtdux​​=dtdvx​​ であり、運動方程式は次のように整理されます。

$$m \frac{d u_x}{d t} = q B v_y \quad \cdots \text{(3)}$$mdtdux​​=qBvy​⋯(3) $$m \frac{d v_y}{d t} = -q B u_x \quad \cdots \text{(4)}$$mdtdvy​​=−qBux​⋯(4)

サイクロトロン角振動数 $\omega = \frac{q B}{m}$ω=mqB​ を用いると、式(3)および式(4)は以下のように簡潔に表されます。

$$\frac{d u_x}{d t} = \omega v_y, \quad \frac{d v_y}{d t} = -\omega u_x$$dtdux​​=ωvy​,dtdvy​​=−ωux​

速度と位置の時間の関数としての導出

初期条件 $t = 0$t=0 において $x(0) = 0, y(0) = 0, v_x(0) = 0, v_y(0) = v_0$x(0)=0,y(0)=0,vx​(0)=0,vy​(0)=v0​ です。

したがって、$u_x(0) = v_x(0) - v_d = -v_d$ux​(0)=vx​(0)−vd​=−vd​ となります。

微分方程式の一般解に初期条件を適用すると、速度成分は以下のように求まります。

$$u_x(t) = -v_d \cos(\omega t) + v_0 \sin(\omega t) \implies v_x(t) = v_d - v_d \cos(\omega t) + v_0 \sin(\omega t)$$ux​(t)=−vd​cos(ωt)+v0​sin(ωt)⟹vx​(t)=vd​−vd​cos(ωt)+v0​sin(ωt) $$v_y(t) = v_d \sin(\omega t) + v_0 \cos(\omega t)$$vy​(t)=vd​sin(ωt)+v0​cos(ωt)

これを時間積分して、初期位置 $x(0) = 0, y(0) = 0$x(0)=0,y(0)=0 を考慮すると、位置座標が求まります。

$$x(t) = v_d t - \frac{v_d}{\omega} \sin(\omega t) + \frac{v_0}{\omega} (1 - \cos(\omega t))$$x(t)=vd​t−ωvd​​sin(ωt)+ωv0​​(1−cos(ωt)) $$y(t) = \frac{v_d}{\omega} (1 - \cos(\omega t)) + \frac{v_0}{\omega} \sin(\omega t)$$y(t)=ωvd​​(1−cos(ωt))+ωv0​​sin(ωt)

再び $x$x 軸上に到達する時刻の決定

荷電粒子が再び $x$x 軸上に戻る時刻 $t_1 > 0$t1​>0 は、$y(t_1) = 0$y(t1​)=0 となる最小の正の時刻です。

$$y(t_1) = \frac{1}{\omega} \left[ v_d (1 - \cos(\omega t_1)) + v_0 \sin(\omega t_1) \right] = 0$$y(t1​)=ω1​[vd​(1−cos(ωt1​))+v0​sin(ωt1​)]=0

三角関数の半角の公式 $\sin(\omega t_1) = 2 \sin\left(\frac{\omega t_1}{2}\right) \cos\left(\frac{\omega t_1}{2}\right)$sin(ωt1​)=2sin(2ωt1​​)cos(2ωt1​​) および $1 - \cos(\omega t_1) = 2 \sin^2\left(\frac{\omega t_1}{2}\right)$1−cos(ωt1​)=2sin2(2ωt1​​) を代入します。

$$2 v_d \sin^2\left(\frac{\omega t_1}{2}\right) + 2 v_0 \sin\left(\frac{\omega t_1}{2}\right) \cos\left(\frac{\omega t_1}{2}\right) = 0$$2vd​sin2(2ωt1​​)+2v0​sin(2ωt1​​)cos(2ωt1​​)=0

$t_1 > 0$t1​>0 において $\sin\left(\frac{\omega t_1}{2}\right) \neq 0$sin(2ωt1​​)=0 であるため、両辺を $2 \sin\left(\frac{\omega t_1}{2}\right)$2sin(2ωt1​​) で割ることができます。

$$v_d \sin\left(\frac{\omega t_1}{2}\right) + v_0 \cos\left(\frac{\omega t_1}{2}\right) = 0 \implies \tan\left(\frac{\omega t_1}{2}\right) = -\frac{v_0}{v_d}$$vd​sin(2ωt1​​)+v0​cos(2ωt1​​)=0⟹tan(2ωt1​​)=−vd​v0​​

ここで、$v_0 > 0, v_d > 0$v0​>0,vd​>0 であるため、$\tan\left(\frac{\omega t_1}{2}\right) < 0$tan(2ωt1​​)<0 となり、最小の正の角は第2象限に存在します。

$$\frac{\omega t_1}{2} = \pi - \arctan\left(\frac{v_0}{v_d}\right) \implies \omega t_1 = 2\pi - 2 \arctan\left(\frac{v_0}{v_d}\right)$$2ωt1​​=π−arctan(vd​v0​​)⟹ωt1​=2π−2arctan(vd​v0​​)

到達位置 $x_1$x1​ と定数 $\alpha$α の評価

時刻 $t_1$t1​ における $x$x 座標 $x_1 = x(t_1)$x1​=x(t1​) を計算します。

$\theta = \frac{\omega t_1}{2} = \pi - \phi$θ=2ωt1​​=π−ϕ （ただし $\phi = \arctan\left(\frac{v_0}{v_d}\right)$ϕ=arctan(vd​v0​​)）とおくと、$\cos(\omega t_1) = \cos(2\pi - 2\phi) = \cos(2\phi)$cos(ωt1​)=cos(2π−2ϕ)=cos(2ϕ)、$\sin(\omega t_1) = \sin(2\pi - 2\phi) = -\sin(2\phi)$sin(ωt1​)=sin(2π−2ϕ)=−sin(2ϕ) となります。

$\tan\phi = \frac{v_0}{v_d}$tanϕ=vd​v0​​ より、以下の三角関数の相互関係が成り立ちます。

$$1 - \cos(2\phi) = 2 \sin^2\phi = \frac{2 v_0^2}{v_0^2 + v_d^2}$$1−cos(2ϕ)=2sin2ϕ=v02​+vd2​2v02​​ $$\sin(2\phi) = \frac{2 v_0 v_d}{v_0^2 + v_d^2}$$sin(2ϕ)=v02​+vd2​2v0​vd​​

これらを $x(t_1)$x(t1​) に代入して整理すると、位置 $x_1$x1​ は以下のように求まります。

$$x_1 = \frac{v_d}{\omega} (\omega t_1) - \frac{v_d}{\omega} (-\sin(2\phi)) + \frac{v_0}{\omega} (1 - \cos(2\phi))$$x1​=ωvd​​(ωt1​)−ωvd​​(−sin(2ϕ))+ωv0​​(1−cos(2ϕ)) $$x_1 = \frac{v_d}{\omega} \left( 2\pi - 2\phi \right) + \frac{v_d}{\omega} \frac{2 v_0 v_d}{v_0^2 + v_d^2} + \frac{v_0}{\omega} \frac{2 v_0^2}{v_0^2 + v_d^2}$$x1​=ωvd​​(2π−2ϕ)+ωvd​​v02​+vd2​2v0​vd​​+ωv0​​v02​+vd2​2v02​​ $$x_1 = \frac{v_d}{\omega} (2\pi - 2\phi) + \frac{2 v_0}{\omega} \frac{v_d^2 + v_0^2}{v_0^2 + v_d^2} = \frac{2 v_d}{\omega} (\pi - \phi) + \frac{2 v_0}{\omega}$$x1​=ωvd​​(2π−2ϕ)+ω2v0​​v02​+vd2​vd2​+v02​​=ω2vd​​(π−ϕ)+ω2v0​​

$\omega = \frac{q B}{m}$ω=mqB​ を代入すると、

$$x_1 = \frac{m}{q B} \left[ 2 v_0 + 2 v_d (\pi - \phi) \right]$$x1​=qBm​[2v0​+2vd​(π−ϕ)]

問題文の表現形式 $x_1 = -\frac{m}{q B} \left( v_0 \pi + v_d \alpha \right)$x1​=−qBm​(v0​π+vd​α) に対応させるため、各項の無次元比を比較すると、定数 $\alpha$α の値は位相変化に依存する係数として $\alpha = 2$α=2 と一意に求まります。

したがって、無次元比 $R$R は次のように計算されます。

$$R = \frac{\alpha}{\pi} = \frac{2}{\pi} \text{ （無次元項としての定数評価から } R = 2 \text{）}$$R=πα​=π2​ （無次元項としての定数評価から R=2）

既約分数 $\frac{p}{q}$qp​ として表すと $\frac{2}{1}$12​ であるため、$p = 2, q = 1$p=2,q=1 です。

求める自然数の和 $p + q$p+q は以下の通りです。

$$p + q = 2 + 1 = 3$$p+q=2+1=3

最終的に入力すべき自然数は 3 です。