解法の指針

3つの状況設定 \([\text{A}]\sim[\text{C}]\) がありますが、すべての土台は「球内で復元力 \(F=Kr\) が働く」という1点です。この \(K\) を最初に求め、あとはそれを使い回します。

問(a) — 球の内外での静電気力と位置エネルギー（\(N=1\)）

（ア）\(K\)：球内 \(r\le R\) の力の比例定数。 半径 \(r\) の球内にある正電荷は、体積比より

$$q_{\text{内}}=e\cdot\frac{\frac{4}{3}\pi r^3}{\frac{4}{3}\pi R^3}=e\,\frac{r^3}{R^3}$$

これが原点に集中したとみなせるので、粒子 \(-e\) が受ける力の大きさは

$$F=k\frac{e\cdot q_{\text{内}}}{r^2}=k\frac{e\cdot e\,r^3/R^3}{r^2}=\frac{ke^2}{R^3}\,r$$

\(F=Kr\) と比べて \(\displaystyle \boxed{K=\frac{ke^2}{R^3}}\)（原点向き）。

（イ）\(U\)（球内、原点基準）。 力の大きさが \(r\) に比例する「ばね型」なので、位置エネルギーはばねと同じ \(U=\tfrac12Kr^2\)：

$$U=\frac12 K r^2=\frac{ke^2}{2R^3}\,r^2 \quad\Rightarrow\quad (\text{イ})=\boxed{\frac{ke^2}{2R^3}}$$

（ウ）球外 \(r\ge R\) の力。 全正電荷 \(e\) が原点に集中したとみなせるので、点電荷どうしのクーロン力：

$$F=k\frac{e\cdot e}{r^2}=ke^2\cdot\frac{1}{r^2}\quad\Rightarrow\quad (\text{ウ})=\boxed{ke^2}$$

（エ）球外の位置エネルギー \(U=(\text{エ})\dfrac1r+C\)。 引力（原点向き）なので、点電荷どうしの位置エネルギーと同じく

$$U=-k\frac{e\cdot e}{r}+C=-ke^2\cdot\frac1r+C\quad\Rightarrow\quad (\text{エ})=\boxed{-ke^2}$$

（オ）定数 \(C\)：\(r=R\) で内外を一致させる。

$$\underbrace{\frac{ke^2}{2R^3}R^2}_{\text{球内}(r=R)}=\underbrace{-\frac{ke^2}{R}+C}_{\text{球外}(r=R)}$$ $$\frac{ke^2}{2R}=-\frac{ke^2}{R}+C\quad\Rightarrow\quad C=\frac{ke^2}{2R}+\frac{ke^2}{R}=\boxed{\frac{3ke^2}{2R}}$$

（カ）原点から無限遠まで引き離す最小の仕事 \(W\)。 無限遠では \(U(\infty)=-ke^2/\infty+C=C\)、原点は基準で \(U(0)=0\)。 「最小の仕事」＝ 位置エネルギーの増加分（運動エネルギーを与えず、ゆっくり運ぶ）だから

$$W=U(\infty)-U(0)=C-0=\boxed{\frac{3ke^2}{2R}}$$

補足：なぜ球内の力が「ばね」になるのか（体積比の意味）

一様に帯電しているので、電荷は「体積に比例」して詰まっています。半径 \(r\) の球の体積は \(r^3\) に比例するので、内部電荷は \(q_{\text{内}}\propto r^3\)。一方クーロン力は \(1/r^2\) で弱まるので、両者を掛け合わせると

$$F\propto\frac{q_{\text{内}}}{r^2}\propto\frac{r^3}{r^2}=r$$

となり、力が距離に比例します。これは \(F=-kx\) のフックの法則とまったく同じ形。だから球内に入れた電荷は単振動をします（この事実が \([\text{B}][\text{C}]\) で効いてきます）。

別解：（カ）を「無限遠を基準」にとって確認する

球外の \(U=-ke^2/r+C\) で \(C\) は「原点を基準」にとった結果 \(3ke^2/2R\) でした。無限遠を \(0\) にとり直すと \(U_\infty(r)=-ke^2/r\)。原点でのエネルギーは、\(r=R\) の連続性から

$$U_\infty(0)=U_\infty(R)-\int_0^R F\,dr' = -\frac{ke^2}{R}-\frac{ke^2}{2R}=-\frac{3ke^2}{2R}$$

よって原点から無限遠へ運ぶ仕事は \(W=0-\left(-\dfrac{3ke^2}{2R}\right)=\dfrac{3ke^2}{2R}\)。基準の取り方によらず同じ値になります。

問(b) — 正三角形配置での平衡距離 \(r_0\)（\(N=3\)）

1個の荷電粒子（原点から距離 \(r_0\)）にはたらく力を、内向きを正として釣り合わせます。

① 球の正電荷からの引力（内向き）。 今度は総電荷が \(3e\) なので、半径 \(r_0\) 内の正電荷は \(q_{\text{内}}=3e\cdot\dfrac{r_0^3}{R^3}\)。よって

$$F_{\text{球}}=k\frac{e\cdot 3e\,(r_0^3/R^3)}{r_0^2}=\frac{3ke^2}{R^3}\,r_0 \quad(\text{内向き})$$

② 他の2個の \(-e\) からの反発（外向き）。 正三角形の外接円半径が \(r_0\) なので、粒子間の距離（辺の長さ）は \(s=\sqrt{3}\,r_0\)。1個あたりの反発力の大きさは

$$f=k\frac{e^2}{s^2}=k\frac{e^2}{3r_0^2}$$

他の2個からの力を合成します。注目粒子から見て他の2頂点への方向は、外向き（半径方向）から左右対称に \(30^\circ\) ずつ開いています。半径方向以外の成分は打ち消し合い、半径方向（外向き）成分だけが残ります。1個あたりの外向き成分は \(f\cos30^\circ=f\cdot\dfrac{\sqrt3}{2}\) なので、2個分では

$$F_{\text{反発}}=2\times f\cos30^\circ=2\cdot\frac{ke^2}{3r_0^2}\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\frac{ke^2}{\sqrt3\,r_0^2}\quad(\text{外向き})$$

③ つり合い（内向き ＝ 外向き）。

$$\frac{3ke^2}{R^3}\,r_0=\frac{ke^2}{\sqrt3\,r_0^2}$$

両辺を \(ke^2\) で割り、\(r_0^2\) を掛けて整理すると

$$\frac{3\,r_0^3}{R^3}=\frac{1}{\sqrt3}\quad\Rightarrow\quad r_0^3=\frac{R^3}{3\sqrt3}=\frac{R^3}{3^{3/2}}$$ $$r_0=\frac{R}{3^{1/2}}=\frac{R}{\sqrt3}=\frac{\sqrt3}{3}R$$

補足：辺の長さ \(s=\sqrt3\,r_0\) と外向き成分 \(\cos30^\circ\) の幾何

外接円半径 \(r_0\) の正三角形では、中心角 \(120^\circ\) をはさむ2頂点の間隔が辺 \(s\)。余弦定理より

$$s^2=r_0^2+r_0^2-2r_0^2\cos120^\circ=2r_0^2-2r_0^2\left(-\tfrac12\right)=3r_0^2\ \Rightarrow\ s=\sqrt3\,r_0$$

また、注目頂点から他頂点へ向かう線と「外向き半径方向」のなす角は \(30^\circ\)。だから反発力の外向き成分は \(f\cos30^\circ\)。答えに \(m,\ e,\ k\) が現れないのは、力がすべて \(ke^2\) に比例して両辺で消えるからです（幾何だけで \(r_0\) が決まる）。

問(c) — 磁場中の等速円運動の角速度 \(\omega\)（\(N=1\)）

向心力の内訳。 半径 \(a\) の点での球の復元力は \(F_{\text{電}}=Ka\)（中心向き）。 ローレンツ力の向きを確認します。速度 \(\vec v\)（大きさ \(a\omega\)、反時計回り）と \(\vec B=B\hat z\) について、電荷は \(-e\) なので

$$\vec F_{\text{磁}}=(-e)\,\vec v\times\vec B$$

位置 \((a,0)\) で \(\vec v=a\omega\,\hat y\) のとき \(\vec v\times\vec B=a\omega B\,(\hat y\times\hat z)=a\omega B\,\hat x\)（外向き）。これに \(-e\) を掛けると \(\vec F_{\text{磁}}=-ea\omega B\,\hat x\)、すなわち中心向きで大きさ \(ea\omega B\)。

円運動の方程式（向心方向）。 向心加速度は \(a\omega^2\) なので

$$m\,a\omega^2=\underbrace{Ka}_{\text{電気力}}+\underbrace{ea\omega B}_{\text{ローレンツ力}}$$

両辺を \(a\) で割って整理すると、\(\omega\) の2次方程式：

$$m\omega^2-eB\,\omega-K=0$$

解の公式で（\(\omega\gt 0\) をとる）

$$\omega=\frac{eB+\sqrt{(eB)^2+4mK}}{2m}=\boxed{\dfrac{eB+\sqrt{e^2B^2+4mK}}{2m}}$$

補足：なぜ「＋」の根を選ぶのか

2次方程式 \(m\omega^2-eB\omega-K=0\) の2解は、解と係数の関係から積が \(-K/m\lt 0\)。よって1つは正、1つは負です。問題は「反時計回り（\(\omega\gt 0\)）」を指定しているので、正の根、すなわち根号の前が \(+\) の方を採用します。負の根は「時計回り（逆向き）でも円運動が可能」という別解に対応します。

問(d) — 円軌道を流れる電流 \(I\)

周期。 角速度 \(\omega\) の等速円運動なので、1周にかかる時間（周期）は

$$T=\frac{2\pi}{\omega}$$

平均電流。 円軌道上のある1点を、周期に比べて充分長い時間 \(t\) 見張ると、その間に電荷は \(t/T\) 回通過し、毎回 \(-e\) を運ぶので、通過した電気量は \(\dfrac{t}{T}\times(-e)\)。これを \(t\) で割れば平均電流：

$$I=\frac{1}{t}\cdot\frac{t}{T}(-e)=\frac{-e}{T}=\frac{-e}{2\pi/\omega}=-\frac{e\omega}{2\pi}$$

負電荷が反時計回り ＝ 正電荷なら時計回りに流れるのと同じ。問題の約束（反時計回りが正）では時計回りは負なので、\(I\lt 0\) は符号の約束とも整合します。

補足：符号の意味を電流の定義から確認

電流の向きは「正電荷が流れる向き」と定義します。ここでは実体は負電荷 \(-e\) が反時計回りに動いているので、等価な正電荷の流れは逆向き＝時計回り。問題文が「反時計回りを正、時計回りを負」と定めているので、時計回りの電流は負。大きさは \(\dfrac{e\omega}{2\pi}\)、符号を付けて \(I=-\dfrac{e\omega}{2\pi}\) となります。

問(e) — 円電流が原点につくる磁場 \(H_z\)

円電流中心の磁場の公式。 半径 \(a\) の円電流 \(I\) が、その中心（＝原点）につくる磁場の大きさは

$$H=\frac{I}{2a}$$

前問の \(I\) を代入。 \(I=-\dfrac{e\omega}{2\pi}\) を入れると、\(z\) 成分は

$$H_z=\frac{I}{2a}=\frac{1}{2a}\left(-\frac{e\omega}{2\pi}\right)=-\frac{e\omega}{4\pi a}$$

符号が負なのは、電流が時計回り（上から見て）なので、右ねじの法則により磁場が \(-z\)（紙面の奥）向きになるためです。

補足：磁場 \(H\) と磁束密度 \(B\)、公式の使い分け

円電流中心の磁束密度は \(B=\dfrac{\mu_0 I}{2a}\)、磁場（磁界）は \(H=\dfrac{B}{\mu_0}=\dfrac{I}{2a}\)。本問は \(H_z\) を問うているので \(\mu_0\) の付かない \(H=\dfrac{I}{2a}\) を使います。もし \(B_z\) を問われたら \(B_z=-\dfrac{\mu_0 e\omega}{4\pi a}\) となります。向きの符号は電流の回転の向きから右ねじで判断します。

問(f) — 位置エネルギー \(U'\) の概形（\(N=1\)、一様電場を加える）

\(U'\) の内訳。 \(x\) 軸上（\(r=|x|\)）の位置エネルギーは、球からのもの \(U_{\text{球}}\) と、一様電場からのもの \(U_{\text{場}}\) の和です。 一様電場 \(E\)（\(+x\) 向き）が \(-e\) に及ぼす力は \(-eE\)（\(-x\) 向き）なので、力 \(=-\dfrac{dU_{\text{場}}}{dx}=-eE\) より

$$U_{\text{場}}=eE\,x\quad(\text{原点で }0)$$

球からの位置エネルギーは（\(N=1\) の問(a)の結果）

$$U_{\text{球}}=\begin{cases}\dfrac{ke^2}{2R^3}x^2 & (|x|\le R)\\[2mm]-\dfrac{ke^2}{|x|}+\dfrac{3ke^2}{2R} & (|x|\ge R)\end{cases}$$

形を読む。 合計 \(U'=U_{\text{球}}+eEx\) を場合分けで調べます。

• 右側 \(x\gt 0\)： 球内は上に凸の放物線の増加部分＋右上がり直線、球外も \(\dfrac{dU'}{dx}=\dfrac{ke^2}{x^2}+eE\gt 0\)。よって単調増加の壁。
• 左側 \(x\lt 0\)： 直線 \(eEx\) が下げるので、放物線の谷（極小）が \(x=-\dfrac{eER^3}{ke^2}\lt 0\) に移動。さらに外側 \(x\lt -R\) では \(\dfrac{dU'}{dx}=eE-\dfrac{ke^2}{x^2}\) が \(0\) になる点で極大（山＝壁）ができ、その先は \(-\infty\) へ下る。

まとめると「左に谷、その外に山、右は単調に上がる壁」という形。しかも出発点である原点 \(x=0\) は右側の増加部分にあり、\(U'(0)=0\)。この特徴を持つのは図4の中で ⑧ です（\(-R\) が谷と山の間に位置し、\(x\gt 0\) 側は急上昇）。

補足：他の選択肢を消去する理由

①②は直線で「球の放物線・点電荷の効果」が入っておらず不適。谷が右側（\(x\gt 0\)）にできる③⑤⑦⑨は、電場が電子を \(-x\) に押す事実（谷は左）と矛盾。左側に特徴が出る④⑥⑧⑩のうち、④は単なる上向き放物線で山がない、⑥は谷と山の上下関係・原点の位置が \(U'(0)=0\) と合わない、⑩は山が \(x\) 軸より下（極大値が負）で「越えられない壁」にならない。山が \(x\) 軸より上にあり、原点で \(U'=0\)、右側単調増加を同時に満たすのは⑧だけです。

問(g) — 球外へ出るための電場の下限 \(E_1\)

折り返し点を求める。 原点で静止するので全力学的エネルギーは \(U'(0)=0\)。電子は \(-x\) 側へ動き、\(U'(x)=0\) となる点で速さ \(0\)（折り返し）。球内 \((|x|\le R)\) では

$$U'(x)=\frac{ke^2}{2R^3}x^2+eEx=0$$ $$x\left(\frac{ke^2}{2R^3}x+eE\right)=0\ \Rightarrow\ x=0\ \text{または}\ x=-\frac{2eER^3}{ke^2}=-\frac{2ER^3}{ke}$$

この折り返し点 \(x_t=-\dfrac{2ER^3}{ke}\) が \(-R\) に届く（球外へ出る）条件は \(|x_t|\ge R\)：

$$\frac{2ER^3}{ke}\ge R\ \Rightarrow\ \frac{2ER^2}{ke}\ge 1\ \Rightarrow\ E\ge\frac{ke}{2R^2}$$

下限は等号のとき。よって

$$E_1=\frac{ke}{2R^2}$$

別解：エネルギー保存で「\(x=-R\) にちょうど届く」条件を直接立てる

球外へ出る臨界は「\(x=-R\) に速さ \(0\) で到達」。原点でのエネルギー \(0\) と \(x=-R\) でのエネルギー \(U'(-R)\) が等しい（運動エネルギー \(0\)）とおくと

$$0=U'(-R)=\frac{ke^2}{2R^3}R^2+eE(-R)=\frac{ke^2}{2R}-eER$$ $$\frac{ke^2}{2R}=eER\ \Rightarrow\ E=\frac{ke}{2R^2}$$

同じ \(E_1=\dfrac{ke}{2R^2}\) が得られます。

問(h) — 無限遠に到達しないための電場の上限 \(E_2\)

山（壁）の位置を求める。 山は球外 \((x\lt -R)\) にあります。\(x\lt 0\) では \(|x|=-x\) なので \(-\dfrac{ke^2}{|x|}=\dfrac{ke^2}{x}\)。よって

$$U'(x)=\frac{ke^2}{x}+\frac{3ke^2}{2R}+eEx\qquad(x\lt -R)$$

極大は \(\dfrac{dU'}{dx}=0\)：

$$\frac{dU'}{dx}=-\frac{ke^2}{x^2}+eE=0\ \Rightarrow\ x^2=\frac{ke^2}{eE}=\frac{ke}{E}\ \Rightarrow\ x_{\text{山}}=-\sqrt{\frac{ke}{E}}$$

閉じ込めの臨界条件。 出発点のエネルギーは \(0\)。電子が無限遠へ逃げない上限は「山のてっぺきの高さがちょうど \(0\)」、すなわち \(U'(x_{\text{山}})=0\)。\(u=\sqrt{ke/E}\) とおくと、2つの項がともに \(e\sqrt{keE}\) にまとまり（下の補足参照）

$$U'(x_{\text{山}})=-e\sqrt{keE}+\frac{3ke^2}{2R}-e\sqrt{keE}=\frac{3ke^2}{2R}-2e\sqrt{keE}=0$$

これを \(E\) について解きます：

$$2e\sqrt{keE}=\frac{3ke^2}{2R}\ \Rightarrow\ \sqrt{keE}=\frac{3ke}{4R}$$ $$keE=\frac{9k^2e^2}{16R^2}\ \Rightarrow\ E=\frac{9ke}{16R^2}$$

上限は

$$E_2=\frac{9ke}{16R^2}$$

整合性チェック。 \(E_1=\dfrac{ke}{2R^2}=\dfrac{8ke}{16R^2}\lt E_2=\dfrac{9ke}{16R^2}\)。 よって \(\dfrac{8ke}{16R^2}\lt E\lt \dfrac{9ke}{16R^2}\)（\(E_1\lt E\lt E_2\)）という狭い範囲で、電子は球の外まで出るが無限遠へは行かず往復運動します。これは問題文の状況「球内にとどまらず、しかし無限遠に到達しない」と完全に一致します。

補足：山の高さの2項が同じ大きさになる計算

\(u=\sqrt{ke/E}\) とすると \(x_{\text{山}}=-u\)。第1項は

$$\left|\frac{ke^2}{x_{\text{山}}}\right|=\frac{ke^2}{u}=\frac{ke^2}{\sqrt{ke/E}}=ke^2\sqrt{\frac{E}{ke}}=e\sqrt{keE}$$

第3項は

$$|eE\,x_{\text{山}}|=eE\,u=eE\sqrt{\frac{ke}{E}}=e\sqrt{keE}$$

どちらも \(e\sqrt{keE}\) で等しく、符号は両方とも \(U'\) を下げる向き（\(x\lt 0\) で \(ke^2/x\lt 0\)、\(eEx\lt 0\)）。だから \(U'(x_{\text{山}})=\dfrac{3ke^2}{2R}-2e\sqrt{keE}\) となります。なお臨界 \(E_2\) での山の位置は \(u=\sqrt{ke/E_2}=\dfrac{4R}{3}\gt R\) で、確かに球外（外部式が有効）です。