京都大学 理学研究科 物理学・宇宙物理学専攻 2017年8月実施 問題III-1

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• 拉莫尔定理
• 德布罗意波长

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祭音Myyura (refined with GPT 6 Astra)

Description

一様な磁束密度 $\vec B=(0,0,B)$ 中における電子（電荷 $-e$、質量 $m$）の運動（サイクロトロン運動）を考える。ただし、電子は磁場に垂直に運動しているとし、座標系は直角座標とする。なお、解答は SI 単位系で述べよ。

(1) 電子は磁力線の周りを角振動数 $\omega_c$ で旋回運動する。$\omega_c$ を求めよ。

次に、一様磁場のない状態で、陽子（電荷 $+e$）の周りを電子が遠心力とクーロン力がつりあった状態で公転運動している状況を考える。これは水素原子の古典模型（いわゆる長岡模型）である。ただし、陽子は電子より十分重いので、静止していると近似して良い。

(2) 公転運動の半径が $r$ の円軌道のとき公転運動の角振動数 $\omega_0$ を求めよ。ただし、真空中の誘電率は $\epsilon_0$ とする。

(3) 電子の軌道は電子の運動量の大きさ $mv$ で決まる物質波の波長 $\lambda=h/(mv)$ より短い軌道を取ることができない、つまり最小の軌道長 $2\pi r$ は $\lambda$ に等しい。これから最小の軌道半径 $r_B$（ボーア半径）を求めよ。ただし、$h$ はプランク定数である。

さて、上記の水素原子の古典模型に一様な磁束密度 $\vec B=(0,0,B)$ をかけたときの磁場に垂直な面（$xy$ 面）における電子の運動を考えよう。

(4) 電子の運動方程式を、直角座標を用いて書き下せ。

(5) 磁場が弱いとき（$\omega_0\gg\omega_c$ のとき）、基本的に電子は陽子の周りを公転運動する。公転運動の角振動数 $\omega$ は、ローレンツ力により磁場がないときの値 $\omega_0$ からわずかにずれ、$\omega=\omega_0\pm\delta\omega$ となる。このときの $\delta\omega$ を求めよ。ただし、簡単のため、電子の軌道半径 $r$ は一定として計算せよ。（この角振動数のずれが、ゼーマン効果における振動数のずれに対応する。このモデルはゼーマン効果の最も簡単な古典モデルである。）

题目描述

考虑电荷为 $-e$、质量为 $m$ 的电子在均匀磁通密度 $\vec B=(0,0,B)$ 中的运动（回旋运动）。设电子沿垂直于磁场的方向运动，使用直角坐标系和 SI 单位制作答。

(1) 电子绕磁力线以角频率 $\omega_c$ 做回旋运动。求 $\omega_c$。

接下来考虑不存在均匀磁场时，电子绕质子（电荷 $+e$）在离心力与库仑力平衡的状态下公转。这是氢原子的经典模型（所谓长冈模型）。由于质子远重于电子，可以近似认为质子静止。

(2) 当公转轨道为半径 $r$ 的圆时，求公转角频率 $\omega_0$。真空介电常数为 $\epsilon_0$。

(3) 电子不能沿长度小于其动量大小 $mv$ 所决定的物质波波长 $\lambda=h/(mv)$ 的轨道运动，即最小轨道长度 $2\pi r$ 等于 $\lambda$。据此求最小轨道半径 $r_B$（玻尔半径），其中 $h$ 为普朗克常数。

现在对上述氢原子经典模型施加均匀磁通密度 $\vec B=(0,0,B)$，考虑电子在垂直于磁场的平面（$xy$ 平面）内的运动。

(4) 用直角坐标写出电子的运动方程。

(5) 磁场较弱（$\omega_0\gg\omega_c$）时，电子基本上仍绕质子公转。洛伦兹力使公转角频率 $\omega$ 相对于无磁场时的值 $\omega_0$ 产生微小偏移，成为 $\omega=\omega_0\pm\delta\omega$。求 $\delta\omega$。为简单起见，计算时保持电子轨道半径 $r$ 不变。该角频率偏移对应于塞曼效应中的频率偏移，此模型是塞曼效应最简单的经典模型。

Kai

(1)

ローレンツ力 $-e\mathbf v\times\mathbf B$ が向心力となり、$mv\omega_c=evB$。したがって

$$\boxed{\omega_c=\frac{eB}{m}.}$$

(2)

$$mr\omega_0^2=\frac{e^2}{4\pi\epsilon_0r^2},\qquad \boxed{\omega_0=\sqrt{\frac{e^2}{4\pi\epsilon_0mr^3}}.}$$

(3)

$2\pi r=h/(mv)$ は $mvr=\hbar$ に等しい。これと $mv^2/r=e^2/(4\pi\epsilon_0r^2)$ から

$$\boxed{r_B=\frac{4\pi\epsilon_0\hbar^2}{me^2}=\frac{\epsilon_0h^2}{\pi me^2}.}$$

(4)

クーロン力は中心向き、$-e\mathbf v\times\mathbf B=(-eB\dot y,eB\dot x,0)$ なので

$$\boxed{\begin{aligned} m\ddot x&=-\frac{e^2x}{4\pi\epsilon_0r^3}-eB\dot y,\\ m\ddot y&=-\frac{e^2y}{4\pi\epsilon_0r^3}+eB\dot x, \end{aligned}}$$

ここで $r=\sqrt{x^2+y^2}$ である。

(5)

$r$ を固定して $z=x+iy$ とおけば

$$\ddot z-i\omega_c\dot z+\omega_0^2z=0.$$

$z\propto e^{i\Omega t}$ とすると $\Omega^2-\omega_c\Omega-\omega_0^2=0$。二つの回転方向の正の角振動数は

$$\omega_\pm=\sqrt{\omega_0^2+\frac{\omega_c^2}{4}}\pm\frac{\omega_c}{2} =\omega_0\pm\frac{\omega_c}{2}+O\!\left(\frac{\omega_c^2}{\omega_0}\right).$$

したがって

$$\boxed{\delta\omega=\frac{\omega_c}{2}=\frac{eB}{2m}.}$$

Reference

• 京都大学公式問題（2018年度、PDF 2ページ）