\documentclass[titlepage,a4j,12pt]{jsarticle}
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\renewcommand{\presectionname}{問題}
\renewcommand{\thesection}{\presectionname\Roman{section}}

\begin{document}
\Dtitle{H20 q1-3}
\section{}
\paragraph{問3}
質量$m$を電荷$e>0$を持つ古典粒子が，電磁場中を運動している．この粒子に対するラグラジアン$L$は次式で与えられる．
\begin{equation}
\displaystyle L(\bm{r},\dot{\bm{r}},t)=\frac{m}{2}\dot{\bm{r}}^2+e\bm{A}\cdot\dot{\bm{r}}
-e\phi \notag
\end{equation}
ここで，$\dot{\bm{r}}=d\bm{r}/dt$は速度，また$\phi=\phi(\bm{r},t)$と$\bm{A}=\bm{A}(\bm{r},t)$
はそれぞれ電磁場のスカラーポテンシャルとベクトルポテンシャルである．
\\
\subparagraph{3-1}
運動方程式が次式で与えられることを示せ．
\begin{equation}
m\ddot{\bm{r}}=e\bm{E}+e\dot{\bm{r}}\times\bm{B}
\end{equation}
ただし，$\bm{E}$と$\bm{B}$は次式で与えられる電磁場である．
\begin{equation}
\displaystyle \bm{E}(\bm{r},t)=-\nabla\phi-\frac{\partial\bm{A}}{\partial t},\qquad \bm{B}
(\bm{r},t)=\nabla\times\bm{A} \notag
\end{equation}\\
解

ラグランジアンの式より，
\begin{equation}
dL=m\dot{\bm{r}}d\dot{\bm{r}}+ed\bm{A}\cdot\dot{\bm{r}}+e\bm{A}\cdot d\dot{\bm{r}}-ed\phi 
\notag
\end{equation}
よって，
\begin{alignat}{2}
\displaystyle \frac{\partial L}{\partial\dot{\bm{r}}} &=m\dot{\bm{r}}+e\bm{A} \notag \\ 
\notag \\ \notag
\displaystyle \frac{\partial L}{\partial\bm{r}} &=e\nabla(\bm{A}\cdot\dot{\bm{r}})-e\nabla
\phi \notag
\end{alignat}
オイラーラグランジュの方程式に代入すると，
\begin{equation}
\displaystyle \frac{d}{dt}\Bigl( \frac{\partial L}{\partial\dot{\bm{r}}}\Bigr)
-\frac{\partial L}{\partial t}=m\ddot{\bm{r}}+e\frac{\partial\bm{A}}{\partial t}-e\nabla(\bm{A}
\cdot\dot{\bm{r}})+e\nabla\phi =0 \notag
\end{equation}
\begin{alignat}{3}
\displaystyle m\ddot{\bm{r}} &=-e\nabla\phi-e\frac{\partial\bm{A}}{\partial t}+
e\nabla(\bm{A}\cdot\dot{\bm{r}}) \notag \\ \notag \\ \notag
&=e\bm{E}+e\dot{\bm{r}}\times (\nabla\times\bm{A}) \notag \\ \notag
\\ \notag
&=e\bm{E}+e\dot{\bm{r}}\times\bm{B} \notag
\end{alignat}
となる．\\
\\
以下，$\bm{E}$と$\bm{B}$が一定の場合を考える．デカルト座標系を採用し，$\bm{B}$の向きを$z$方向に選ぶ．
すると，成分表示で$\bm{B}=(0,0,B)$と表せる．
\\
\subparagraph{3-2}
運動の際に$\displaystyle \varepsilon=\frac{1}{2}m\dot{\bm{r}}^2-e\bm{E}\cdot\bm{r}$で定義される
$\varepsilon$が保存されることを示せ．\\
解

（1）より
\begin{equation}
m\ddot{\bm{r}}=e\bm{E}+e\dot{\bm{r}}\times\bm{B} \notag
\end{equation}
これに$\dot{\bm{r}}$をかけて変形すると，
\begin{equation}
\displaystyle \frac{d}{dt}\Bigl[\frac{1}{2}m\dot{\bm{r}}^2\Bigr ] =e\dot{\bm{r}}
\cdot\bm{E}+e\dot{\bm{r}}\cdot (\dot{\bm{r}}\times\bm{B})=e\dot{\bm{r}}\cdot\bm{E} \notag
\end{equation}
よって，
\begin{equation}
\displaystyle \frac{d}{dt}(\varepsilon+e\bm{E}\cdot\bm{r})=e\dot{\bm{r}}\cdot\bm{E} \notag
\end{equation}
\begin{equation}
\displaystyle \frac{d\varepsilon}{dt}=-e\dot{\bm{E}}\cdot\bm{r} \notag
\end{equation}
今，$\bm{E}$は定常なので$\dot{\bm{E}}=0$となる．
よって，
\begin{equation}
\displaystyle \frac{d\varepsilon}{dt}=0 \notag
\end{equation}
となる．従って，エネルギー$\varepsilon$は保存される．
\\
\subparagraph{3-3}
$\bm{E}=0$の場合について，時刻$t=0$に$\dot{\bm{r}}=(v_0,0,0)$の状態にあった粒子の$t>0$における
速度$\dot{\bm{r}}(t)$を求めよ．これはどのような運動か．

解

$\bm{E}=0$より
\begin{equation}
m\ddot{\bm{r}}=e\dot{\bm{r}}\times\bm{B} \notag
\end{equation}
\begin{equation}
\dot{\bm{r}}\times\bm{B}=(B\dot{y},-B\dot{x},0) \notag
\end{equation}
よって各成分の運動方程式は，
\begin{alignat}{3}
 m\ddot{x} &=eB\dot{y}  \\ \notag 
 \\ 
 m\ddot{y} &=-eB\dot{x} \\ \notag
 \\ 
 m\ddot{z} &=0
\end{alignat}
となる．（4）式より，$\ddot{z}(t)=0$，$\dot{z}(t)=\alpha _0$（$\alpha _0$は定数）である．
初期条件を考えると，$\dot{z}(0)=0$より$\dot{z}(t)=0$となる．

（2）$+$（3）$i$より，
\begin{alignat}{2}
\displaystyle m\frac{d}{dt}(\dot{x}+i\dot{y}) &=eB(\dot{y}-i\dot{x})  \notag \\
&=ieB(\dot{x}+i\dot{y}) \notag
\end{alignat}
ここで$\dot{x}+i\dot{y}=\dot{C}$と置くと，
\begin{align}
\displaystyle m\frac{d\dot{C}}{dt}=ieB\dot{C} \notag \\ \notag
\\ 
\displaystyle \ddot{C}=\frac{ieB}{m}\dot{C} \notag
\end{align}
となる．$\dot{C}=\exp{\lambda t}$と置くと，
\begin{alignat}{2}
\displaystyle \lambda -\frac{ieB}{m}=0 \notag \\ \notag
\\
\displaystyle \lambda =\frac{ieB}{m} \notag
\end{alignat}
よって，
\begin{alignat}{2}
\displaystyle \dot{C}(t) &=A\exp{\frac{ieB}{m}t}  \notag \\ \notag
\\ 
\displaystyle &=A\Bigl[\cos{\frac{eB}{m}t}+i\sin{\frac{eB}{m}t}\Bigr] \notag
\end{alignat}
$A$は定数．今，$\dot{x}=\Re\dot{C}$，$\dot{y}=\Im\dot{C}$なので，
\begin{equation}
 \begin{cases}
 \displaystyle \dot{x}=A\cos{\frac{eB}{m}t} \notag \\ \notag
 \\
 \displaystyle \dot{y}=A\sin{\frac{eB}{m}t} \notag 
 \end{cases}
\end{equation}
となる．初期条件より，$\dot{x} (0)=v_0$，$\dot{y} (0)=0$より$A=v_0$である．

よって，
\begin{equation}
\dot{\bm{r}}(t)=\Bigl( v_0\cos{\frac{eB}{m}t},v_0\sin{\frac{eB}{m}t},0 \Bigr) \notag
\end{equation}
となる．これは，$z$一定の円運動である．
\\
\subparagraph{3-4}
$y$方向に静電場$\bm{E}=(0,E,0)$がある場合について，$t=0$において原点に静止していた$t>0$における
速度$\dot{\bm{r}}(t)$と位置$\bm{r}(t)$を求めよ．また，$xy$面内における軌跡$\bm{r}(t)$の概形を描け．

解

運動方程式は，
\begin{alignat}{3}
 m\ddot{x} &=eB\dot{y}  \\ \notag 
 \\ 
 m\ddot{y} &=eE-eB\dot{x} \\ \notag
 \\ 
 m\ddot{z} &=0
\end{alignat}
となる．（7）式より，$\ddot{z}(t)=0$，$\dot{z}(t)=\alpha _1$，$z(t)=\alpha _1t+\beta _1$
（$\alpha _1$，$\beta _1$は定数）である．初期条件を考えると，$\dot{z}(0)=0$，$z(0)=0$より
$\alpha _1=\beta _1=0$．
よって$\dot{z}(t)=0$，$z(t)=0$となる．

（5）$+$（6）$i$は，
\begin{equation}
\displaystyle m\frac{d^2}{dt^2}(x+iy)=ieB\frac{d}{dt}(x+iy)+ieE \notag
\end{equation}
となる．$x+iy=C$とすると，
\begin{alignat}{2}
m\ddot{C} &=ieB\dot{C}+ieE \notag \\ \notag
\\
\displaystyle &=ieB\Bigl( \dot{C}+\frac{E}{B} \Bigr) \notag
\end{alignat}
よって，
\begin{equation}
\displaystyle \ddot{C}=\frac{ieB}{m}\Bigl( \dot{C}+\frac{E}{B} \Bigr) \notag
\end{equation}
となる．
$\displaystyle \dot{C}+\frac{E}{B}=\exp{\gamma t}$と置くと，
\begin{align}
\displaystyle \gamma -\frac{ieB}{m}=0 \notag \\ \notag
\\
\displaystyle \gamma =\frac{ieB}{m}
\end{align}
よって，
\begin{equation}
\displaystyle \dot{C}=-\frac{E}{B}+D\Bigl[\cos{\frac{eB}{m}}+i\sin{\frac{eB}{m}} \Bigr]
\end{equation}
$D$は定数．今，$\dot{x}=\Re\dot{C}$，$\dot{y}=\Im\dot{C}$なので，
\begin{equation}
 \begin{cases}
 \displaystyle \dot{x}=-\frac{E}{B}+D\cos{\frac{eB}{m}t} \notag \\ \notag
 \\
 \displaystyle \dot{y}=D\sin{\frac{eB}{m}t} \notag 
 \end{cases}
\end{equation}
$\dot{x}(0)=0$より，$\displaystyle D=\frac{E}{B}$である．よって，
\begin{equation}
\dot{\bm{r}}(t)=\Biggl( \frac{E}{B}\Bigl(\cos{\frac{eB}{m}t}-1\Bigr) ,
\frac{E}{B}\sin{\frac{eB}{m}t},0 \Biggr) \notag
\end{equation}
\begin{equation}
\bm{r}(t)=\Biggl( \frac{meE}{B^2}\Bigl(\sin{\frac{eB}{m}t}-t\Bigr) ,
-\frac{meE}{B^2}\cos{\frac{eB}{m}t},0 \Biggr) \notag
\end{equation}
となる．これは，中心の移動速度が$\dot{x}=-\frac{E}{B}$，$\dot{y}=0$の円運動を表す．
\end{document}