解説
クライストロンとは、電子を意図的に密集させることで時間変化する電流を取り出すマイクロ波真空管です。単語の意味が分からないと焦ってしまいますが、電験はこのような問題は読み解けば解けるようになっているので過去問で慣れておくことが大事です。
電極板A-B間通過後の電子の速度
正解 (イ)
質量\(m\)、速度\(v\)の電子がもつ運動エネルギーは\( \dfrac{1}{2} m v^2 \)です。
また、電子はもともと\(qV_0\)のエネルギーをもっており、電極板を通過する際に更に \(qV_1 \sin \omega t\)のエネルギーを得ます。これと運動エネルギーは等しいので、ここから電極板通過後の速度\(v_0'\)を求めます。
$$\begin{aligned}
\frac{1}{2}mv_0'^2 &= q(V_0 + V_1 \sin \omega t) \\
v_0'^2 &= \frac{2q(V_0 + V_1 \sin \omega t)}{m} \\
v_0' &= \sqrt{\frac{2q(V_0 + V_1 \sin \omega t)}{m}} \\
\end{aligned}$$
よって答えは(イ)の\(\displaystyle \sqrt{\frac{2q(V_0+V_1\sin\omega t)}{m}}\)です。
近似式を用いた電極板B通過後の電子の速度
正解 (ヲ)
近似式を用いて式変形します。
$$\begin{aligned}
v_0' &= \sqrt{\frac{2q(V_0 + V_1 \sin \omega t)}{m}} \\
&= \sqrt{\frac{2qV_0}{m} \left(1 + \frac{V_1}{V_0} \sin \omega t\right)} \\
&= \sqrt{\frac{2qV_0}{m}} \cdot \sqrt{1 + \frac{V_1}{V_0} \sin \omega t} \\
\end{aligned}$$
\(v_0 = \sqrt{\dfrac{2qV_0}{m}}\)なので
$$\begin{aligned}
v_0' &= \sqrt{\frac{2qV_0}{m}} \cdot \sqrt{1 + \frac{V_1}{V_0} \sin \omega t} \\
&= v_0 \cdot \sqrt{1 + \frac{V_1}{V_0} \sin \omega t} \\
\end{aligned}$$
ここで、近似式\(\sqrt{1+x} \fallingdotseq 1 + \dfrac{x}{2}\) （ただし，\(|x| \ll 1\)）を用います。この場合、\(x = \dfrac{V_1}{V_0} \sin \omega t\)となります。
$$\begin{aligned}
v_0' &= v_0 \cdot \sqrt{1 + \frac{V_1}{V_0} \sin \omega t} \\
&\fallingdotseq v_0 \left( 1 + \frac{V_1}{2V_0} \sin \omega t \right) \\
\end{aligned}$$
よって答えは(ヲ)の\(\displaystyle v_0\left(1+\frac{V_1}{2V_0}\sin\omega t\right)\)です。
一番遅い電子から次の速い電子が出るまでの時間間隔\(\Delta t\)
正解 (ル)
速度最小の時の時刻を\(t_1\)、速度最大の時の時刻を\(t_2\)とします。このとき
$$\begin{aligned}
\sin \omega t_1 &= -1 \\
\sin \omega t_2 &= 1 \\
\end{aligned}$$
がいえます。\(\sin\)がこの値になる時の角はそれぞれ\(\dfrac{3}{2} \pi \)、\(\dfrac{5}{2} \pi \)です。(注:\(\sin \dfrac{\pi}{2} = 1\)ですが、問題文に遅い電子が出てから次の速い電子が出るとあるので\(\dfrac{5}{2} \pi \)としています。)
よって
$$\begin{aligned}
\omega t_1 &= \dfrac{3}{2} \pi \\
\omega t_2 &= \dfrac{5}{2} \pi \\
\end{aligned}$$
となります。ここから\(\Delta t \)を求めます。
$$\begin{aligned}
\Delta t &= t_2 - t_1 \\
&= \dfrac{5 \pi}{2\omega} - \dfrac{3 \pi}{2\omega} \\
&= \dfrac{\pi}{\omega} \\
\end{aligned}$$
よって答えは(ル)の\(\displaystyle \frac{\pi}{\omega}\)です。
最初の集群位置における遅い電子と速い電子の走行距離の関係式
正解 (ニ)
(3)より、1番遅い電子の速度\(v_{\text{min}}\)と1番速い電子の速度\(v_{\text{max}}\)はそれぞれ
$$\begin{aligned}
v_{\text{min}} &= v_0 \left( 1 - \frac{V_1}{2V_0} \right) \\
v_{\text{max}} &= v_0 \left( 1 + \frac{V_1}{2V_0} \right) \\
\end{aligned}$$
です。速い電子は\(\Delta t\)後に出るので、それを考慮すると
$$\begin{aligned}
v_0 \left( 1 + \frac{V_1}{2V_0} \right) (t - \Delta t) &= v_0 \left( 1 - \frac{V_1}{2V_0} \right) t \\
\end{aligned}$$
が成り立ちます。
よって答えは(ニ)の\(\displaystyle v_0\left(1+\frac{V_1}{2V_0}\right)(t-\Delta t) = v_0\left(1-\frac{V_1}{2V_0}\right)t\)です。
電極板Bから集群が起こる位置までの距離の近似値
正解 (ト)
(4)の式を整理していきます。
$$\begin{aligned}
v_0 \left( 1 + \frac{V_1}{2V_0} \right)(t-\Delta t) &= v_0 \left( 1 - \frac{V_1}{2V_0} \right)t \\
\left( 1 + \frac{V_1}{2V_0} \right)(t-\Delta t) &= \left( 1 - \frac{V_1}{2V_0} \right)t \\
t - \Delta t + \frac{V_1}{2V_0}t - \frac{V_1}{2V_0}\Delta t &= t - \frac{V_1}{2V_0}t \\
\end{aligned}$$
問題文に\(\Delta t\)と\(\dfrac{V_1}{V_0}\)の積は微小で無視できるとあるので、ここを消去します。
$$\begin{aligned}
t - \Delta t + \frac{V_1}{2V_0}t &= t - \frac{V_1}{2V_0}t \\
t - t + \frac{V_1}{2V_0}t + \frac{V_1}{2V_0}t &= \Delta t\\
\frac{V_1}{V_0}t &= \Delta t \\
t &= \frac{V_0}{V_1}\Delta t \\
\end{aligned}$$
問題で問われているのは電極板\(B\)からの距離なので、\(v_{\text{min}} t\)を求めます。
$$\begin{aligned}
v_{\text{min}} \cdot t &= v_0 \left( 1 - \frac{V_1}{2V_0} \right) \cdot t \\
&= v_0 \left( 1 - \frac{V_1}{2V_0} \right) \cdot \frac{V_0}{V_1}\Delta t \\
&= \frac{V_0}{V_1} v_0 \left( \Delta t - \frac{V_1}{2V_0} \Delta t \right) \\
\end{aligned}$$
\(\Delta t\)と\(\dfrac{V_1}{V_0}\)の積を消去します。
$$\begin{aligned}
v_{\text{min}} \cdot t &= \frac{V_0}{V_1} v_0 \left( \Delta t - \frac{V_1}{2V_0} \Delta t \right) \\
&\fallingdotseq \frac{V_0}{V_1} v_0 \Delta t \\
\end{aligned}$$
\(\Delta t \)を消去します。
$$\begin{aligned}
v_{\text{min}} \cdot t &\fallingdotseq \frac{V_0}{V_1} v_0 \Delta t \\
&= \frac{\pi}{\omega}\cdot\frac{V_0}{V_1}v_0 \\
\end{aligned}$$
よって、答えは(ト)の\(\displaystyle \frac{\pi}{\omega}\cdot\frac{V_0}{V_1}v_0\)です。
(1)
イ
\(\displaystyle \sqrt{\frac{2q(V_0+V_1\sin\omega t)}{m}}\)
(2)
ヲ
\(\displaystyle v_0\left(1+\frac{V_1}{2V_0}\sin\omega t\right)\)
(3)
ル
\(\displaystyle \frac{\pi}{\omega}\)
(4)
ニ
\(\displaystyle v_0\left(1+\frac{V_1}{2V_0}\right)(t-\Delta t) = v_0\left(1-\frac{V_1}{2V_0}\right)t\)
(5)
ト
\(\displaystyle \frac{\pi}{\omega}\cdot\frac{V_0}{V_1}v_0\)
