真空中を $+z$ 方向に進む電子（電荷 $-e$，質量 $m$，速さ $v$）が、平行板コンデンサーの電場 $E$ とコイルの磁場 $B$ を順に通り抜けて遠くのスクリーンに到達する問題です。設問(1)(2)で静的な電場・磁場による横方向の偏向を求め、設問(3)でLCR直列交流回路によって $E$ と $B$ を時間変化させたときのスクリーン上の軌跡を考えます。
電場は「電気の坂道」。負電荷の電子は電場の向きと逆向きに押される。電場は $-y$（下向き）なので、電子は $+y$（上向き）に曲げられる。曲がる量は「押される力 × 通過にかかる時間」で決まり、板が長い（$a$ が大きい）ほど、また通過がゆっくり（$v$ が小さい）ほど大きく曲がる。
(あ) 金属板間の電場 $E$：間隔 $d$ の平行板に電圧 $V$ をかけたとき、一様電場の大きさは「電圧 ÷ 間隔」で与えられる：
$$E = \frac{V}{d}$$(い) 電子に加わる力の大きさ：電場 $E$ の中で電荷の大きさ $e$ の電子が受ける力は $F = eE$。(あ)を代入して：
$$F = eE = \frac{eV}{d}$$(う) 力の向き：電場 $E$ は $y$ 軸の負方向。電子の電荷は $-e$（負）なので、力 $\vec{F} = (-e)\vec{E}$ は電場と逆向き、すなわち $y$ 軸の正方向（選択肢ウ）となる。
(え) 金属板通過後の $z$ 軸に垂直な速度成分：電子は $z$ 方向にほぼ速さ $v$ のまま進むので、長さ $a$ の板を通過する時間は
$$t = \frac{a}{v}$$$y$ 方向の加速度は運動方程式 $ma_y = F$ より $a_y = \dfrac{eV}{md}$。通過中に得る $y$ 方向の速度は（初速 0 の等加速度）：
$$v_y = a_y\, t = \frac{eV}{md}\cdot\frac{a}{v} = \frac{eVa}{mvd}$$本問は文字式で答える問題だが、感覚をつかむため、仮の値（試験には登場しない説明用の数値）で（え）を計算してみる。電子の電荷 $e = 1.6\times10^{-19}$ C、質量 $m = 9.1\times10^{-31}$ kg、電圧 $V = 100$ V、板の長さ $a = 2.0\times10^{-2}$ m、間隔 $d = 1.0\times10^{-2}$ m、入射速さ $v = 1.0\times10^{7}$ m/s とする。まず $y$ 方向の加速度は
$$a_y = \frac{eV}{md} = \frac{1.6\times10^{-19}\times 100}{9.1\times10^{-31}\times 1.0\times10^{-2}} \fallingdotseq 1.8\times10^{15}\ \text{m/s}^2$$通過時間は $t = \dfrac{a}{v} = \dfrac{2.0\times10^{-2}}{1.0\times10^{7}} = 2.0\times10^{-9}$ s。よって偏向速度は
$$v_y = a_y\, t \fallingdotseq 1.8\times10^{15}\times 2.0\times10^{-9} \fallingdotseq 3.5\times10^{6}\ \text{m/s}$$$v_y \fallingdotseq 3.5\times10^{6}$ m/s は入射速さ $v = 1.0\times10^{7}$ m/s の約 35% で、確かに「偏向は比較的小さい」ことが確認できる（実際の入試では $V$ をもっと小さく与えて $v_y \ll v$ とする）。
問題文の「スクリーン上の到達位置と O との距離は…十分短い」という条件は、$z$ 方向速度が板の中でほとんど減らず $v$ のままとみなせる、という近似を保証している。これにより通過時間を単純に $t = a/v$ とでき、$v_y \ll v$ なので軌道は緩やかな放物線になる。
負電荷の電子は電場と逆向きに力を受ける。偏向速度は $v_y = (\text{加速度})\times(\text{通過時間})$ で、通過時間 $a/v$ がカギ。
動く電荷は磁場から「進む向きにも磁場にも垂直」な力（ローレンツ力）を受ける。電子は $+z$ に進み、磁場 $B$ は $+y$（上向き）。$\vec{v}\times\vec{B}$ は $-x$ 向きだが、電子は負電荷なのでその逆の $+x$ 向きに押される。手のひらのフレミング則で、進行方向と磁場に垂直な向きへ曲がる。
(お) 鉄心間の磁束密度 $B$：導線を単位長さあたり $n$ 回巻いたソレノイドに電流 $I$ を流すと、内部の磁束密度は（透磁率 $\mu$ を用いて）：
$$B = \mu n I$$(か) 電子に加わる力の大きさ：速さ $v$ で動く電荷の大きさ $e$ の電子が磁場 $B$ から受けるローレンツ力は $F = evB$（$\vec{v}\perp\vec{B}$）。(お)を代入：
$$F = evB = e v \mu n I = e\mu n I v$$(き) 力の向き：電子は $+z$ に進み、磁場 $B$ は $+y$。正電荷なら力は $\vec{v}\times\vec{B}$ の向きで、$\hat{z}\times\hat{y} = -\hat{x}$ より $-x$ 方向。電子は負電荷なのでその逆、$x$ 軸の正方向（選択肢ア）。
(く) コイル通過後の $z$ 軸に垂直な速度成分：$x$ 方向の加速度は $a_x = \dfrac{F}{m} = \dfrac{e\mu n I v}{m}$、通過時間は同じく $t = \dfrac{a}{v}$ なので：
$$v_x = a_x\, t = \frac{e\mu n I v}{m}\cdot\frac{a}{v} = \frac{e\mu n I a}{m}$$速さ $v$ が約分されて消える点に注意（磁気偏向の特徴）。
説明用の仮の値（試験には登場しない）で（く）を計算する。$e = 1.6\times10^{-19}$ C、$m = 9.1\times10^{-31}$ kg、透磁率 $\mu = 1.3\times10^{-3}$ H/m（鉄心入り）、巻き数密度 $n = 1.0\times10^{3}$ /m、電流 $I = 0.50$ A、コイル長 $a = 2.0\times10^{-2}$ m とする。まず磁束密度は
$$B = \mu n I = 1.3\times10^{-3}\times 1.0\times10^{3}\times 0.50 \fallingdotseq 0.65\ \text{T}$$横方向の偏向速度は $v$ が約分で消えるので
$$v_x = \frac{e\mu n I a}{m} = \frac{eBa}{m} = \frac{1.6\times10^{-19}\times 0.65\times 2.0\times10^{-2}}{9.1\times10^{-31}} \fallingdotseq 2.3\times10^{9}\ \text{m/s}$$これは説明用に大きめの値を入れた例であり、実際の入試では $v_x \ll v$ となるよう $I$ を小さく与える。重要なのは $v_x$ が入射速さ $v$ に依存しないという構造である。
電場偏向では $v_y = \dfrac{eVa}{mvd}$（$v$ が分母に残る）が、磁場偏向では $v_x = \dfrac{e\mu n I a}{m}$（$v$ が消える）。これは磁気力自体が速さ $v$ に比例するため、通過時間 $a/v$ と掛け合わせると $v$ が打ち消されるからである。速い電子も遅い電子も同じだけ横にずれるのが磁気偏向の特徴。
磁気力は進行方向と磁場の両方に垂直。負電荷の電子は $\vec{v}\times\vec{B}$ と逆向き。電場偏向は $y$、磁場偏向は $x$ と、互いに直交する方向に曲がる点が次の設問の伏線。
コイル（自己インダクタンス $L$）と平行板コンデンサー（容量 $C$）、抵抗を直列につなぎ、交流電流 $I_0\sin\omega t$ を流す。コイルを流れる電流が磁場 $B$ を、コンデンサーにたまる電荷が電場 $E$ を作る。電流 $\propto\sin\omega t$ なので $B\propto\sin\omega t$、電荷（＝電流の積分）$\propto\cos\omega t$ なので $E\propto\cos\omega t$。$x$ のずれ（磁場由来）と $y$ のずれ（電場由来）の位相が90°ずれるため、点は閉じた曲線（楕円）を描く。
図2の回路は、抵抗・コイル（自己インダクタンス $L$）・コンデンサー（容量 $C$）が直列につながれ、共通の電流 $I = I_0\sin\omega t$ が流れる。
(け) 端子 Q からみた端子 P の電位（コイルの電圧）：自己誘導により、コイル両端の電位差は $V_L = L\dfrac{dI}{dt}$。電流 $I = I_0\sin\omega t$ を時間微分して：
$$V_{PQ} = L\frac{dI}{dt} = L\frac{d}{dt}(I_0\sin\omega t) = L I_0 \omega \cos\omega t$$(こ) 端子 R からみた端子 Q の電位（コンデンサーの電圧）：コンデンサーの電圧は $V_C = \dfrac{q}{C}$。電荷は電流の積分 $q = \displaystyle\int I\,dt$。直列なので同じ電流が流れ込み、Q 側極板の電荷は
$$q = \int I_0\sin\omega t\,dt = -\frac{I_0}{\omega}\cos\omega t$$よって（端子 R からみた端子 Q の電位）は
$$V_{QR} = \frac{q}{C} = -\frac{I_0}{\omega C}\cos\omega t$$(さ) 端子 R からみた端子 P の電位：電位は経路に沿って足し合わせればよい。$V_{PR} = V_{PQ} + V_{QR}$：
$$V_{PR} = L I_0 \omega \cos\omega t - \frac{I_0}{\omega C}\cos\omega t = \left(L\omega - \frac{1}{\omega C}\right)I_0\cos\omega t$$これは LCR直列回路で抵抗以外（リアクタンス分）にかかる電圧で、リアクタンス $\left(L\omega - \dfrac{1}{\omega C}\right)$ が現れる。
(し) 鉄心の間の空間に生じる磁束密度：設問(2)の $B = \mu n I$ に $I = I_0\sin\omega t$ を代入：
$$B = \mu n I_0 \sin\omega t$$(す) 平行板間に生じる電場：設問(1)の $E = \dfrac{V_C}{d}$ にコンデンサー電圧（こ）の大きさ $\dfrac{I_0}{\omega C}\cos\omega t$ を用いて：
$$E = \frac{1}{d}\cdot\frac{I_0}{\omega C}\cos\omega t = \frac{I_0}{\omega C d}\cos\omega t$$(せ) スクリーン上の軌跡：設問(1)(2)より、磁場 $B$（コイル）は電子を $x$ 方向に、電場 $E$（コンデンサー）は $y$ 方向に偏向する。スクリーン上の到達位置 $(x,y)$ は各偏向に比例するので、定数 $k_x, k_y$ を用いて
$$x = k_x B \propto \sin\omega t, \qquad y = k_y E \propto \cos\omega t$$$x \propto \sin\omega t$、$y \propto \cos\omega t$ は位相が $90^\circ$ ずれた単振動の合成だから、$\left(\dfrac{x}{x_0}\right)^2 + \left(\dfrac{y}{y_0}\right)^2 = 1$ を満たす楕円を描く。よって図3の (エ)。
| 偏向の原因 | 方向 | 時間依存 |
|---|---|---|
| 磁場 B（コイル） | $x$ 軸 | $\propto \sin\omega t$ |
| 電場 E（コンデンサー） | $y$ 軸 | $\propto \cos\omega t$ |
(ア) 直線：$x$ と $y$ が同位相（ともに $\sin$ または ともに $\cos$）なら $y = (\text{定数})x$ の直線になる。今回は位相が $90^\circ$ ずれるので不適。
(イ) 放物線：片方が他方の2乗に比例する（例 $y\propto x^2$）場合。$x\propto\sin$, $y\propto\cos$ では $\sin^2+\cos^2=1$ となり放物線にならない。
(ウ) 8の字／(オ) リサジュー：$x$ と $y$ の角振動数が異なるとき（例 $x\propto\sin\omega t$, $y\propto\sin 2\omega t$）に現れる。本問は両方とも同じ $\omega$ なので生じない。
(エ) 楕円：同じ $\omega$ で位相が $90^\circ$ ずれた合成。一般に振幅 $x_0\ne y_0$ なので円ではなく軸方向の楕円になる。これが正解。
コンデンサーに流れ込む電流の定義は $I = \dfrac{dq}{dt}$。したがって電荷は電流の時間積分 $q = \displaystyle\int I\,dt$ で与えられる。$I = I_0\sin\omega t$ を積分すると
$$q = \int I_0\sin\omega t\,dt = -\frac{I_0}{\omega}\cos\omega t + (\text{定数})$$直流成分（定数）は時間平均 0 の交流では落とせる。$\sin$ を積分すると $-\cos$ となり、ここで $\sin\to\cos$ の $90^\circ$ の位相差が生まれる。これが磁場（$\sin$）と電場（$\cos$）の位相差の起源であり、軌跡が楕円になる本質的な理由である。
直列回路は電流が共通。電流 $\propto\sin$ → 磁場 $B\propto\sin$（$x$ 偏向）、電荷 $\propto\cos$ → 電場 $E\propto\cos$（$y$ 偏向）。位相 $90^\circ$ ずれ＋同一振動数 ⇒ 楕円（同位相なら直線、振動数が違えばリサジュー）。