課題ⅡA 略解【出題のねらい】
電場や磁場を使って、電子の速度を測定する“エネルギー分析器”の動作を考える問題です。通常、入り口スリットに電子を打ち込んで、特定の電場ないし磁場中を通過して出口スリットから飛び出す電子を検出します。このとき、電場ないしは磁場の大きさに依存した特定の速度の電子のみが検出されることになります。
エネルギー分析器の中を電子が通るときの軌道を求める問題は通常の入試問題でも見受けられますが、実は、実際の実験を行う場合は、軌道だけを考えていては不十分で、入口スリットに電子を打ち込む方向の誤差も気にする必要があります。完全に特定の方向を向いた電子ビームというのは存在せず、かならず角度の誤差がつきまとうからです。同じ速度だが小さな角度だけ方向がずれた電子はどのような軌道を描くでしょうか？ 通常は、軌道は出口スリットを通らなくなるので検出できません。すると、たまたま正しい方向を向いたごくわずかの電子しか測定できず、極めて非効率な実験になってしまいます。そこで、実際の分析器では、角度が少々ずれても同じ出口スリットに到達するように、電子ビームを収束させることが考慮されています。本問はそのような電子の軌道のズレと収束効果を検討する問題となっています。
見かけは電磁気の出題のように見えますが、実際は、オーソドックスな力学の問題です。 身近な例でたとえると本質は次の問題のようになります。“前方にある的にボールを投げるとき、投げ出すボールの速度と方向には誤差があります。誤差を考慮したとき、どのような速度と角度で投げると的に当たる確率を高めることができますか？”
近似計算を行うところが高校生諸君にはなじみがうすいと思いますが、問１に関しては、2つの円の幾何的な配置に気がつけば、問題文にある近似公式を用いて丁寧に計算すると答えがでるようになっています。
問２は、問題で誘導してあるように微分を用いた方が解きやすくなっています。また、三角関数の公式と近似公式を使ってゴリゴリと計算しないといけない問もあります。力学の理解に加えて、計算の腕力も試される問題であり、難易度もかなり高くなっています。

問１2mv(a) ev0 B0 = 0ay(b)磁場から働くローレンツ力が向心力となって円軌道を描きます。

α傾いて入射した電子の円軌道はαc’SS2C ': {x − a(1 − cos α )}2 + {y − a sin α }2 = a 2で与えられる。
C 'とy軸との交点がS (0, a + l )となるから、

aαa S1{0 − a(1 − cos α )}2 + {a + l − a sin α }2 = a 2より

xl = a 2 cos α − cos 2 α + a sin α − a11cos α ≈ 1 − α 2 , sin α ≈ α − α 3を用いて近似すると、
2611l ≈ a 1 − α 4 + a(α − α 3 ) − a ≈ aα46cy(c)

eaB0
v0 =m

S2 c’’α電子の軌道をC' 'とすると、これは半径a' =m(v0 + u)の円軌道となる。
eB0

α = 0のときの軌道CとC' 'の交点がS1とS2であれば良い。

a′aα傾いて入射したにも関わらず出射スリット孔に到達する

C ' ': {x − (a − a′ cos α )}2 + {y − a′ sin α }2 = a′ 2

S1

cxC ' 'とy軸との交点がS (0, a)となるから、2(a − a′ cos α ) 2 + {a − a′ sin α }2 = a′2を満たす。
これを解くとaa′ =sin α + cos α
よってm(v0 + u) mv01=⋅a' =eB0
eB0 sin α + cos α1u=−1v0 sin α + cos α
0.06
1/(sin(x)+cos(x))-1(d) (c)の結果に代入すると
vmax ≈ 1.05v0vmin ≈ 0.95v0∴vmax − vmin
≈ 0.1v00.04

0.02

uv00-0.02

-0.04

-0.06
-0.04

-0.02

α00.020.04

(e) （ｂ）－（ｄ）の項目に関して同様に解く。
図のような同じ半径を持つ円C’とｘ軸との交点が、もとの出射スリット孔からどれだけずれるか求めればよい。

y(b)c’αS ' = ( −a + l ,0) = (a − 2a cos α ,0)aa

S’2S’（-a+l,0)l = 2a(1 − cos α ) ≈ aα 2xS’1c
図のような異なる半径の円C’’がもとの円Cと入射スリット孔と出射スリット孔の2点で交差していればよい。

y(c)

c’’

αa′

aS’2

x

S’1a' cos α = aよりm(v0 + u)
mv0cos α =eB0
eB0v0cos α1u=−1v0 cos α

v0 + u =c(d) (c)の結果に代入すると0.0014
1/cos(x)-10.0012

0.001

uv00.0008

vmax ≈ 1.00125v00.0006

vmin ≈ v00.0004∴vmax − vmin
≈ 0.00125
v00.0002

0-0.04-0.02

α00.020.04

以上のように大幅に測定誤差が改善される。

問２y側面図
E = (0, E0 )αv0P(0,− h)

xRQθ

S電子
h cot θmv02 sin 2θ
eE

(a )

− ys cot θ

Sの座標を( xS , yS )とする
PQ間のx軸方向の移動量は、h cot θ
RS間のx軸方向の移動量は、− yS cot θmv02
sin 2θ
eE（詳細略。角度θで投げたボールの到達距離を求める問題で、QR間のx軸方向の移動量は重力加速度をeE 0 /mとした場合に対応する。）
すると、
xS = (h − yS ) cot θ +mv02
sin 2θ
eE 0

(1)

dx
yS = 一定と見て、 S = 0となれば1次の収束。
dθdxS2mv02= −(h − yS ) / sin 2 θ +cos 2θ = 0eE 0dθ(h − yS ) =2mv02
cos 2θ sin 2 θ (2)eE 0(1)に代入して、
xS =
=

mv02
2mv02
cos 2θ sin θ cos θ +sin 2θ
eE 0
eE 0

mv02
sin 2θ (1 + cos 2θ )
eE 0

S =(

mv022mv02
sin 2θ (1 + cos 2θ ), h −cos 2θ sin 2 θ )
eE 0
eE 0

微分を用いない場合は、問１と同様にしてずれlを求め、αの一次の項の係数が零となるとして解けばよい。

スリット面検出器

(b)θ=

π6の場合、スリット孔位置Sは(

但し、K 0 =

mv0
eE 0

13 3
K 0 , h − K 0 )で与えられる。
442

速度 v0 + uで、角度π / 6 + αで飛び出したときの軌道ππx = (h − y) cot( + α ) + K sin 2( + α )66がスリット孔(（但し、K =m(v0 + u) 2とする）
eE 0

3 31K 0 , h − K 0 )を通る条件を考えればよい。
44

よって、
3 31ππK 0 = K 0 cot( + α ) + K sin 2( + α )44662⎛v +u⎞
3 3 1ππ⎟⎟ sin 2( + α )= cot( + α ) + ⎜⎜ 04466v
⎝ 0 ⎠2⎛v +u⎞⎟⎟ )(Q K / K 0 = ⎜⎜ 0⎝ v0 ⎠これを解くと、
u=v00.0003-1+sqrt((3*sqrt(3)-1/(tan(pi/6+x)))/(4*sin(pi/3+2*x)))0.0002π

3 3 − cot( + α )6−1

π4 sin 2( + α )60.0001

uv00-0.0001-0.0002-0.0003-0.0004-0.04-0.020α

この関数の外形は図の通り。
単調な関数なので、uの最大値はα=0.05のとき、最小値は-0.05のときとなる。
関数電卓で計算すると、誤差は約0.0006程度となり、問１の半円型分析器より誤差が減少している。

0.020.04(c )θ = π / 6で飛び出したときの軌 道１はx = 3 (h − y ) +3K02

π / 6 + αで飛び出したときの軌 道２はππx = (h − y) cot( + α ) + K 0 sin 2( + α )66
この軌道がスリット面 上でSから距離lだけ離れた点に到達する。すわわち軌 道２は(3 31K 0 + l , h − K 0 )を通る。
44

これを代入して整理す ると、ππ1l = K 0 {−3 3 + cot( + α ) + 4 sin( + 2α )}463となる。
この結果から2次の収束性を示すには 以下の3通りの解法がある。
(i)多項式展開π31cos( + α )cos α − sin α622=cot( + α ) =π613sin( + α )cos α +sin α62231113 2 1 3α + α(1 − α 2 ) − (α − α 3 )3 −α −222626≈=1 23 311 231 3α(1 − α ) +(α − α ) 1 + 3α − α −262226問題の冒頭の近似公式 の最後の式を利用して 、分母を変形すると、
π3 2 1 3723 3 3α + α }{1 − 3α + α 2 −α }262640≈ 3 − 4α + 4 3α 2 − α 33
同様にして
≈ { 3 −α −π32sin( + 2α ) ≈+ α − 3α 2 − α 3323となる。結局、
l = −4 K 0α 3となり、2次の収束性が得られて いる。

(ii)テーラー展開を知って いれば、2回微分を計算して解く ことも可能。
問一の最後にあるよう に、入射ビームのズレは
l = l1α + l2α 2 + l3α 3 + l4α 4 Lと展開できる。実は、 一般の関数はf ( x 0 + Δx ) = f ( x 0 ) + f ′( x 0 )Δx +1
1f ′′( x 0 )Δx 2 + f ′′′( x 0 )Δx 3 + L
2!
3!

∞

= ∑ f ( i ) ( x 0 ) Δx ii =0のように展開できる。 これはx = x 0における関数の値、1,2,3･･･次の導関数の値を用いて、 微少量Δxだけずれたx = x + Δxの関数の値を求めることができるこ とを示しており、この ような展開をTaylor展開と言います。
これをlの展開式にあてはめる と、
l1 =d 2ld 3ldl, l2 =, l3 =,Lとなることがわかりま す。
2dα α = 0dα α = 0dα 3 α = 0dlですから、一次の収束 (l1 = 0)では、= 0として解くことができ たわけです。
dα α = 0d 2l
二次の収束(l2 = 0)では、 2= 2l2 = 0であることを示せばよ い。
dθ α = 0π⎞⎛
2 cos( + α )⎟d 2l K 0 ⎜π6⎜− 16 sin( + 2α ) ⎟=2dθ4 ⎜ sin 3 ( π + α )3⎟⎟⎜6⎠⎝
α = 0を代入すると零となる 。同様に

d 3l= 6（l3 l3はα 3の係数）を計算して零 でないdθ 3 α = 0値をとることを示せば よい。
(iii )数値解法に関しては、 θを例えば30°，31°，32°と変化したときの lを計算し、変化を2次関数、3次関数と比較して考察 すればよい。