東京工業大学 工学院 電気電子系 2022年8月実施 電磁気学2 Author Zero
Description 正の電荷 q q q m m m
(1) 図 2.1 2.1 2.1 B B B E E E ( 0 ≤ y ≤ y 1 ) (0 \le y \le y_1) ( 0 ≤ y ≤ y 1 ) − x -x − x ( y > y 1 ) (y > y_1) ( y > y 1 ) B B B
y = 0 y = 0 y = 0 + y +y + y v 0 v_0 v 0 + y +y + y
① 荷電粒子が磁場および電場から受ける力の大きさと方向をそれぞれ求めよ。
② 荷電粒子が + y +y + y v 0 v_0 v 0
次に，荷電粒子が電場のない領域 II に飛び出した後の運動を考える。
③ 領域 II 内での荷電粒子の軌跡の概略図を描け。ただし，荷電粒子が領域 I と領域 II の境界に戻ってくるまでの軌跡でよい。
④ 領域 II に飛び出した荷電粒子が，領域 I と領域 II の境界に戻ってくるまでに到達する y y y y = y max y = y_{\max} y = y m a x y = 0 y = 0 y = 0 y = y max y = y_{\max} y = y m a x
(2) 図 2.2 2.2 2.2 B B B E E E + y +y + y t = 0 t = 0 t = 0 O O O 0 0 0
① 時刻 t ≥ 0 t \ge 0 t ≥ 0 x x x y y y v x , v y v_x,v_y v x , v y x x x y y y ( ア ) \boxed{(ア)} ( ア ) ( イ ) \boxed{(イ)} ( イ )
m d v x d t = ( ア ) m d v y d t = ( イ ) \begin{align}
m\frac{dv_x}{dt} = \boxed{(ア)} \tag{2.1} \\
m\frac{dv_y}{dt} = \boxed{(イ)} \tag{2.2}
\end{align} m d t d v x = ( ア ) m d t d v y = ( イ ) ( 2.1 ) ( 2.2 ) ② 式 (2.1) および式 (2.2) から v x v_x v x v y v_y v y ω = q B m \omega = \frac{qB}{m} ω = m qB ω \omega ω
③ v x , v y v_x,v_y v x , v y ( ウ ) ∼ ( カ ) \boxed{(ウ)} \sim \boxed{(カ)} ( ウ ) ∼ ( カ ) ω \omega ω
v x = ( ウ ) [ 1 − cos ( ( エ ) ) ] v y = ( オ ) sin ( ( カ ) ) \begin{align}
v_x &= \boxed{(ウ)}\big[1 - \cos(\boxed{(エ)})\big] \tag{2.3} \\
v_y &= \boxed{(オ)} \sin(\boxed{(カ)}) \tag{2.4}
\end{align} v x v y = ( ウ ) [ 1 − cos ( ( エ ) ) ] = ( オ ) sin ( ( カ ) ) ( 2.3 ) ( 2.4 ) ④ 荷電粒子が到達する y y y y = y max y = y_{\max} y = y m a x ω \omega ω
Kai (1)
①
磁場: f = q v 0 B , x f = qv_0B,x f = q v 0 B , x
電場: F = q E , x F = qE,x F = qE , x
力のつり合いより、
q v 0 B = q E ⇒ v 0 = E B qv_0B = qE \Rightarrow v_0 = \frac{E}{B} q v 0 B = qE ⇒ v 0 = B E
m v 0 2 r = q v 0 B ⇒ r = m v 0 q B m\frac{v_0^2}{r} = qv_0B \Rightarrow r = \frac{mv_0}{qB} m r v 0 2 = q v 0 B ⇒ r = qB m v 0 ( − m v 0 q B , y 1 ) (-\frac{mv_0}{qB},y_1) ( − qB m v 0 , y 1 ) m v 0 q B \frac{mv_0}{qB} qB m v 0
y max = y 1 + m v 0 q B y_{\max} = y_1 + \frac{mv_0}{qB} y m a x = y 1 + qB m v 0 また、円運動の中心方向に外力がカロれるので、進行方向との内積は 0 0 0 0 0 0
(2)
{ m d v x d t = q v y B m d v y d t = − q v x B + q E \left \{
\begin{aligned}
m\frac{dv_x}{dt} &= qv_yB \\
m\frac{dv_y}{dt} &= -qv_xB + qE \\
\end{aligned}
\right. ⎩ ⎨ ⎧ m d t d v x m d t d v y = q v y B = − q v x B + qE ( ア ) = q v y B , ( イ ) = q E − q v x B \boxed{(ア)} = qv_yB,\quad \boxed{(イ)} = qE - qv_xB ( ア ) = q v y B , ( イ ) = qE − q v x B { d v x d t = ω v y d v y d t = − ω v x + q E m \left \{
\begin{align}
\frac{dv_x}{dt} &= \omega v_y \qquad \tag{1} \\
\frac{dv_y}{dt} &= -\omega v_x + \frac{qE}{m} \notag \\
\end{align}
\right. ⎩ ⎨ ⎧ d t d v x d t d v y = ω v y = − ω v x + m qE ( 1 ) (1) 式に代入、
− 1 ω d 2 v y d t 2 = ω v y ⇒ d 2 v y d t 2 + ω 2 v y = 0 \begin{align}
-\frac{1}{\omega} \frac{d^2v_y}{dt^2} = \omega v_y \Rightarrow \frac{d^2v_y}{dt^2} + \omega^2v_y = 0 \tag{2}
\end{align} − ω 1 d t 2 d 2 v y = ω v y ⇒ d t 2 d 2 v y + ω 2 v y = 0 ( 2 ) (2) 式の特性方程式は、
λ 2 + ω 2 = 0 , λ = ± λ ω \lambda^2 + \omega^2 = 0,\lambda = \pm \lambda \omega λ 2 + ω 2 = 0 , λ = ± λω v y = C 1 cos ω t + C 2 sin ω t v_y = C_1\cos\omega t + C_2\sin\omega t v y = C 1 cos ω t + C 2 sin ω t v y ∣ t = 0 = 0 = C 1 ⇒ v y = C 2 sin ω t v_y|_{t = 0} = 0 = C_1 \Rightarrow v_y = C_2\sin\omega t v y ∣ t = 0 = 0 = C 1 ⇒ v y = C 2 sin ω t ω C 2 cos ω t = − ω v x + q E m ⇒ v x = − C 2 cos ω t + q E ω m \omega C_2\cos\omega t = -\omega v_x + \frac{qE}{m} \Rightarrow v_x = -C_2\cos\omega t + \frac{qE}{\omega m} ω C 2 cos ω t = − ω v x + m qE ⇒ v x = − C 2 cos ω t + ωm qE v x ∣ t = 0 = 0 = − C 2 + q E ω m ⇒ C 2 = q E m ω = E B v_x|_{t = 0} = 0 = - C_2 + \frac{qE}{\omega m} \Rightarrow C_2 = \frac{qE}{m\omega} = \frac{E}{B} v x ∣ t = 0 = 0 = − C 2 + ωm qE ⇒ C 2 = mω qE = B E v y = E B sin ω t , v x = − E B cos ω t + E B = E B ( 1 − cos ω t ) v_y = \frac{E}{B}\sin\omega t ,\quad v_x = -\frac{E}{B}\cos\omega t + \frac{E}{B} = \frac{E}{B}(1 - \cos\omega t) v y = B E sin ω t , v x = − B E cos ω t + B E = B E ( 1 − cos ω t ) 従って、
( ウ ) = E B , ( エ ) = ω t , ( オ ) = E B , ( カ ) = ω t \boxed{(ウ)} = \frac{E}{B},\boxed{(エ)} = \omega t,\boxed{(オ)} = \frac{E}{B},\boxed{(カ)} = \omega t ( ウ ) = B E , ( エ ) = ω t , ( オ ) = B E , ( カ ) = ω t y = ∫ E B sin ω t d t = E ω B [ − cos ω t ] + C y = \int\frac{E}{B} \sin\omega t dt = \frac{E}{\omega B}[-\cos\omega t] + C y = ∫ B E sin ω t d t = ω B E [ − cos ω t ] + C y ∣ t = 0 = 0 = − E ω B + C y|_{t = 0} = 0 = -\frac{E}{\omega B} + C y ∣ t = 0 = 0 = − ω B E + C ∴ C = E ω B \therefore C = \frac{E}{\omega B} ∴ C = ω B E y = − E ω B cos ω t + E ω B = E ω B ( 1 − cos ω t ) y = -\frac{E}{\omega B}\cos\omega t + \frac{E}{\omega B} = \frac{E}{\omega B}(1 - \cos\omega t) y = − ω B E cos ω t + ω B E = ω B E ( 1 − cos ω t ) y max = 2 E ω B ( ∵ ω t = π ) y_{\max} = \frac{2E}{\omega B}\quad (\because \omega t = \pi) y m a x = ω B 2 E ( ∵ ω t = π ) 
