ソレノイド内部の一様磁場中での荷電粒子の円運動を扱う電磁気の総合問題です。
アンペールの法則をソレノイド内部に適用します。単位長さあたりの巻数が $n$、電流 $I$ のソレノイド内部の磁束密度は：
$$B = \mu_0 n I$$具体例：$n = 2000$ 回/m、$I = 5.0$ A のとき、
$$B = 4\pi \times 10^{-7} \times 2000 \times 5.0 = 4\pi \times 10^{-3} \fallingdotseq 1.26 \times 10^{-2}\;\text{T}$$電流 $I > 0$ が図1の矢印方向に流れるとき、右ねじの法則により磁場は $z$ 軸の正の向きを向きます。
磁束密度の向き：$+z$ 軸方向（$z$ 軸の正の向き）
問題文に「ソレノイドの長さは半径 $R$ に比べて十分に長い」とあるので、端の効果を無視でき、内部の磁場は一様と見なせます。また「点 O はソレノイドの内部にあり、ソレノイドの両端からは十分に離れている」ので、O 付近では完全に一様な磁場として扱えます。
ソレノイド内部の磁束密度 $B = \mu_0 n I$ は半径 $R$ に依存しません。これはソレノイド内部で磁場が一様であることの結果です。
設定：質量 $m$、電荷 $q > 0$ の荷電粒子を原点 O から $x$ 軸の正の方向に速さ $v_0$ で放出します。磁場は $B = \mu_0 n I$（$z$ 軸正方向）です。
ローレンツ力：速度 $\vec{v} = v_0 \hat{x}$ と磁場 $\vec{B} = B \hat{z}$ から、
$$\vec{F} = q\vec{v} \times \vec{B} = qv_0 B(\hat{x} \times \hat{z}) = -qv_0 B \hat{y}$$力は $-y$ 方向に働くので、粒子は $xy$ 平面内で時計回り（A' から見て、つまり $z$ 軸正方向から見て）の等速円運動を行います。
円運動の半径：ローレンツ力が向心力を与えるので、
$$qv_0 B = \frac{mv_0^2}{r}$$ $$r = \frac{mv_0}{qB} = \frac{mv_0}{q\mu_0 n I}$$周期：円周 $2\pi r$ を速さ $v_0$ で一周する時間は、
$$T = \frac{2\pi r}{v_0} = \frac{2\pi m}{qB} = \frac{2\pi m}{q\mu_0 n I}$$円運動の中心 P の座標：初期位置は O$(0, 0, 0)$、初期速度は $+x$ 方向、力は $-y$ 方向なので、円の中心は O から $-y$ 方向に距離 $r$ の位置にあります。
具体例：$m = 1.67 \times 10^{-27}$ kg（陽子）、$q = 1.60 \times 10^{-19}$ C、$v_0 = 1.0 \times 10^6$ m/s、$B = 0.50$ T のとき：
$$r = \frac{1.67 \times 10^{-27} \times 1.0 \times 10^6}{1.60 \times 10^{-19} \times 0.50} = \frac{1.67 \times 10^{-21}}{8.0 \times 10^{-20}} \fallingdotseq 2.1 \times 10^{-2}\;\text{m} = 2.1\;\text{cm}$$ $$T = \frac{2\pi \times 1.67 \times 10^{-27}}{1.60 \times 10^{-19} \times 0.50} = \frac{1.05 \times 10^{-26}}{8.0 \times 10^{-20}} \fallingdotseq 1.3 \times 10^{-7}\;\text{s}$$サイクロトロン角振動数を $\omega_c = \frac{qB}{m}$ と定義すると、
$$r = \frac{v_0}{\omega_c}, \quad T = \frac{2\pi}{\omega_c}$$周期 $T$ は速さ $v_0$ に依存しないことが分かります。これはサイクロトロンの原理の基礎です。
中心が $(0, -r, 0)$、半径 $r$ の円なので、$xy$ 平面内での軌道は：
$$x^2 + (y + r)^2 = r^2$$$t = 0$ で $O(0, 0, 0)$ を出発し、時計回りに回るので、時刻 $t$ での位置は：
$$x(t) = r\sin(\omega_c t), \quad y(t) = -r + r\cos(\omega_c t) = r(\cos(\omega_c t) - 1)$$$\hat{x} \times \hat{z} = -\hat{y}$ の外積の向きを正確に把握すること。右手系の座標で $\hat{x} \times \hat{y} = \hat{z}$ なので、$\hat{x} \times \hat{z} = -\hat{y}$ です。円の中心の向きは初期ローレンツ力の向きと一致します。
衝突しない条件：円軌道の中心は $(0, -r, 0)$ にあり、原点 O を通る半径 $r$ の円です。円上で原点から最も遠い点は $(0, -2r, 0)$ で、O からの距離は $2r$ です。
ソレノイドの半径が $R$ なので、衝突しない条件は：
$$2r < R$$$r = \frac{mv_0}{q\mu_0 nI}$ を代入すると：
$$2 \cdot \frac{mv_0}{q\mu_0 nI} < R$$$I$ について解くと：
$$I > \frac{2mv_0}{q\mu_0 nR}$$よって $I_a = \frac{2mv_0}{q\mu_0 nR}$ とおくと、$I > I_a$ が条件です。
電流 $I$ を大きくすると磁束密度 $B$ が大きくなり、ローレンツ力が強くなるため、円軌道の半径 $r$ が小さくなります。つまり粒子がより小さな円で回るので、ソレノイドの壁にぶつかりにくくなります。
逆に $I$ が小さいと $r$ が大きくなり、$2r > R$ となって壁に衝突します。臨界条件 $2r = R$ のとき、ちょうど壁に接する軌道になります。
円軌道の直径 $2r$ がソレノイドの半径 $R$ を超えないことが衝突回避の条件です。粒子は原点から出発するので、最遠点までの距離は直径 $2r$ になります（半径でなく直径であることに注意）。
設定：荷電粒子1（質量 $m$、電荷 $q$）と荷電粒子2（質量 $3m$、電荷 $2q$）を原点 O から同時に速さ $v_0$ で放出します（図3参照）。粒子1は $z$ 軸から $x$ 軸正方向に角度 $\theta$、粒子2は $z$ 軸から $x$ 軸負方向に角度 $\theta$ の向きに射出されます。
速度の分解：
$z$ 方向の速度が一定である理由：
磁場は $\vec{B} = B\hat{z}$（$z$ 方向）です。ローレンツ力 $\vec{F} = q\vec{v} \times \vec{B}$ の $z$ 成分を計算すると：
$$F_z = q(v_x B_y - v_y B_x) = 0$$$B_x = B_y = 0$ なので、$z$ 方向の力はゼロです。したがって、$z$ 方向の速度は初期値 $v_0\cos\theta$ のまま変化しません。
両粒子とも $z$ 方向の初速度は $v_0\cos\theta$ で等しいので、2粒子の $z$ 座標は常に等しくなります。
磁場に平行な速度成分はローレンツ力の影響を受けません。粒子の運動は「$xy$ 平面内の円運動」と「$z$ 方向の等速直線運動」の独立な合成（らせん運動）として扱えます。
各粒子の円運動パラメータ：
磁場は $B = \mu_0 nI$ で $z$ 軸方向です。各粒子の $xy$ 平面内の速度成分は $v_0\sin\theta$ です。
粒子1（質量 $m$、電荷 $q$）：
$$r_1 = \frac{mv_0\sin\theta}{qB}, \quad \omega_1 = \frac{qB}{m}, \quad T_1 = \frac{2\pi m}{qB}$$粒子2（質量 $3m$、電荷 $2q$）：
$$r_2 = \frac{3m \cdot v_0\sin\theta}{2qB} = \frac{3}{2}r_1, \quad \omega_2 = \frac{2qB}{3m} = \frac{2}{3}\omega_1, \quad T_2 = \frac{2\pi \cdot 3m}{2qB} = \frac{3}{2}T_1$$衝突条件：$z$ 座標は常に一致（ $z = v_0\cos\theta \cdot t$ ）するので、$xy$ 平面内で同じ位置に来る最小時刻を求めます。
粒子1の位置（中心 $(0, -r_1)$、時計回り）：
$$x_1 = r_1\sin(\omega_1 t), \quad y_1 = -r_1 + r_1\cos(\omega_1 t) = r_1(\cos(\omega_1 t) - 1)$$粒子2の位置（初速度の $x$ 成分が負なので、力は $+y$ 方向。中心 $(0, +r_2)$、反時計回り）：
$$x_2 = -r_2\sin(\omega_2 t), \quad y_2 = r_2 - r_2\cos(\omega_2 t) = r_2(1 - \cos(\omega_2 t))$$衝突条件 $x_1 = x_2$ かつ $y_1 = y_2$：
$y$ 座標の条件：
$$r_1(\cos(\omega_1 t) - 1) = r_2(1 - \cos(\omega_2 t))$$$x$ 座標の条件：
$$r_1\sin(\omega_1 t) = -r_2\sin(\omega_2 t)$$最も簡単な場合として、両粒子がそれぞれ原点に戻る時刻を考えます。粒子1が原点に戻るのは $t = nT_1$（$n$ は正の整数）、粒子2が原点に戻るのは $t = mT_2$（$m$ は正の整数）です。
最小の衝突時刻は $T_1$ と $T_2$ の最小公倍数です。$T_2 = \frac{3}{2}T_1$ なので：
$$\text{lcm}(T_1, T_2) = \text{lcm}\left(T_1, \frac{3}{2}T_1\right) = 3T_1$$$t = 3T_1$ のとき、粒子1は3周目、粒子2は $3T_1 / T_2 = 3T_1 / (3T_1/2) = 2$ 周目を完了し、ともに原点に戻ります。
衝突時刻：
$$t^* = 3T_1 = 3 \cdot \frac{2\pi m}{qB} = \frac{6\pi m}{qB} = \frac{6\pi m}{q\mu_0 nI}$$衝突点の $z$ 座標：
$$Z' = v_0\cos\theta \cdot t^* = v_0\cos\theta \cdot \frac{6\pi m}{q\mu_0 nI} = \frac{6\pi m v_0\cos\theta}{q\mu_0 nI}$$一般に、$\omega_1 t^* = 2\pi n$ かつ $\omega_2 t^* = 2\pi m$（$n, m$ は正の整数）を同時に満たす最小の $t^*$ を求めます。
$$\frac{\omega_1}{\omega_2} = \frac{qB/m}{2qB/(3m)} = \frac{3}{2}$$$\omega_1 : \omega_2 = 3 : 2$ なので、$\omega_1 t^* = 6\pi$（$n = 3$）、$\omega_2 t^* = 4\pi$（$m = 2$）が最小の解です。
$$t^* = \frac{6\pi}{\omega_1} = \frac{6\pi m}{qB}$$問題文に「2個の荷電粒子はソレノイドに衝突することなく運動するものとしてよい」とありますが、これは $2r_1 < R$ かつ $2r_2 < R$ の条件が満たされていることを意味します。$r_2 = \frac{3}{2}r_1 > r_1$ なので、粒子2の方がより大きな円を描き、$2r_2 < R$ がより厳しい条件になります。
2粒子の角速度の比 $\omega_1 : \omega_2 = 3 : 2$ は有理数比なので、有限時間内に衝突します。比が無理数なら永遠に衝突しません。サイクロトロン角振動数 $\omega = qB/m$ は速さに依存しないため、$q/m$ の比だけで角速度比が決まります。