仮想的な不安定原子核 $\mathrm{X}$（質量 $4m$・電気量 $2q$）が、二つの原子核 $\mathrm{A}$（質量 $m$・電気量 $q$）と $\mathrm{B}$（質量 $3m$・電気量 $q$）に自発的に分裂する。この $\mathrm{X}$ を磁場で選別したり、電場で加速したりする総合問題です。
立式①（軌道の幾何）：$\mathrm{X}$ は原点から $y>0$ へ飛び出し、磁場中で半円を描いて $x$ 軸に戻る。壁面に垂直に小窓を通過するには、戻ってきた位置が原点から距離 $a$ でなければならない。半円の始点と終点の間隔は直径に等しいので、
$$2r = a \quad\Longrightarrow\quad r = \frac{a}{2}$$立式②（円運動の半径）：$\mathrm{X}$ の質量は $4m$、電気量は $2q$。速さを $v$ とすると、ローレンツ力 $=$ 向心力より、
$$2q\,vB = \frac{4m\,v^2}{r} \quad\Longrightarrow\quad r = \frac{4m\,v}{2qB} = \frac{2m\,v}{qB}$$代入：$r = \dfrac{a}{2}$ を代入して速さ $v$ を求める。
$$\frac{2m\,v}{qB} = \frac{a}{2} \quad\Longrightarrow\quad v = \frac{qBa}{4m}$$運動エネルギー：$\mathrm{X}$ の質量 $4m$ を使って、
$$K = \frac{1}{2}(4m)v^2 = 2m\left(\frac{qBa}{4m}\right)^2 = 2m\cdot\frac{q^2 B^2 a^2}{16m^2} = \frac{q^2 B^2 a^2}{8m}$$磁場中の運動エネルギーは $K=\dfrac{1}{2}Mv^2$ で、$r=\dfrac{Mv}{|Q|B}$ より $v=\dfrac{|Q|Br}{M}$。よって
$$K = \frac{1}{2}M\left(\frac{|Q|Br}{M}\right)^2 = \frac{Q^2 B^2 r^2}{2M}.$$ここに $M=4m$, $|Q|=2q$, $r=\dfrac a2$ を入れると、
$$K = \frac{(2q)^2 B^2 (a/2)^2}{2(4m)} = \frac{4q^2 B^2 \cdot a^2/4}{8m} = \frac{q^2 B^2 a^2}{8m}. \quad(\text{一致})$$仮に $m = 1.0\times10^{-26}\ \text{kg}$、$q = 1.6\times10^{-19}\ \text{C}$、$B = 0.50\ \text{T}$、$a = 0.20\ \text{m}$ としてみよう。まず半径と速さは
$$r = \frac{a}{2} = \frac{0.20}{2} = 0.10\ \text{m}, \qquad v = \frac{qBa}{4m} = \frac{(1.6\times10^{-19})(0.50)(0.20)}{4\times(1.0\times10^{-26})}.$$分子は $1.6\times10^{-20}$、分母は $4.0\times10^{-26}$ なので、
$$v = \frac{1.6\times10^{-20}}{4.0\times10^{-26}} = 4.0\times10^{5}\ \text{m/s}.$$運動エネルギーは $K=\dfrac12(4m)v^2$ より、
$$K = \frac{1}{2}\times(4\times1.0\times10^{-26})\times(4.0\times10^{5})^2 = 2.0\times10^{-26}\times1.6\times10^{11} = 3.2\times10^{-15}\ \text{J}.$$公式 $K=\dfrac{q^2B^2a^2}{8m}$ に直接代入しても、$\dfrac{(1.6\times10^{-19})^2(0.50)^2(0.20)^2}{8\times1.0\times10^{-26}} = 3.2\times10^{-15}\ \text{J}$ と一致する。
「壁面に垂直に小窓を通過」＝半円の始点と終点の距離が直径。だから $2r=a$ で半径が決まり、磁束密度 $B$ を選べば特定の運動エネルギー（速さ）の $\mathrm{X}$ だけが取り出せる。これが質量分析器・速度選別器の原理。
立式①（半円を回る時間）：$\mathrm{X}$ の円運動の周期は $T_{\text{円}} = \dfrac{2\pi (4m)}{(2q)B} = \dfrac{4\pi m}{qB}$。小窓へは半円（半周）で到達するので、要する時間は周期の半分：
$$t = \frac{1}{2}T_{\text{円}} = \frac{2\pi m}{qB}$$立式②（分裂による生存割合）：半減期 $T$ の放射性崩壊では、時間 $t$ の間に分裂せず残る割合は $\left(\dfrac12\right)^{t/T}$。小窓を通過するにはこの間ずっと分裂しなければよいので、通過割合は
$$\left(\frac{1}{2}\right)^{t/T} = \left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{2\pi m}{qBT}}$$条件（割合 $\ge f$）：
$$\left(\frac{1}{2}\right)^{\frac{2\pi m}{qBT}} \ge f$$両辺の底を $\frac12$ にそろえる（底 $<1$ なので指数の不等号が反転する）と、$f = \left(\dfrac12\right)^{\log_{2}(1/f)}$ より、
$$\frac{2\pi m}{qBT} \le \log_{2}\!\frac{1}{f}$$$B$ について解く：$B$ は正なので、
$$B \ge \frac{2\pi m}{qT\,\log_{2}\dfrac{1}{f}}$$（$0
$\log_2\dfrac1f = \dfrac{\log\frac1f}{\log 2}$ なので、下限値は
$$B_{\min} = \frac{2\pi m\,\log 2}{qT\,\log\dfrac{1}{f}}.$$$B$ を大きくすると円運動が速くなり半円の所要時間 $t=\dfrac{2\pi m}{qB}$ が短くなる。$t$ が短いほど分裂前に通過する割合が増えるので、「割合 $\ge f$」には $B$ の下限が現れる。
半減期 $T$ の崩壊は、$t=T$ ごとに半分になるので生存割合 $=(1/2)^{t/T}$。指数の不等式は底をそろえて整理するのが定石。底が $1$ より小さいと不等号の向きが反転することに注意。
立式①（運動量保存）：静止した $\mathrm{X}$ の運動量はゼロ。分裂後、$\mathrm{A}$（質量 $m$）と $\mathrm{B}$（質量 $3m$）は逆向きに飛ぶので、速さの大きさを $v_\mathrm{A}, v_\mathrm{B}$ とすると、
$$m\,v_\mathrm{A} = 3m\,v_\mathrm{B} \quad\Longrightarrow\quad v_\mathrm{A} = 3\,v_\mathrm{B}$$立式②（エネルギー保存）：質量欠損 $\Delta m$ に対応するエネルギー $\Delta m\,c^2$ が、$\mathrm{A}$, $\mathrm{B}$ の運動エネルギーになる。
$$\frac{1}{2}m\,v_\mathrm{A}^2 + \frac{1}{2}(3m)\,v_\mathrm{B}^2 = \Delta m\,c^2$$代入・計算：$v_\mathrm{B}=\dfrac{v_\mathrm{A}}{3}$ を代入すると、
$$\frac{1}{2}m\,v_\mathrm{A}^2 + \frac{3m}{2}\cdot\frac{v_\mathrm{A}^2}{9} = \frac{1}{2}m\,v_\mathrm{A}^2\left(1 + \frac{1}{3}\right) = \frac{2}{3}m\,v_\mathrm{A}^2 = \Delta m\,c^2$$これより、
$$v_\mathrm{A}^2 = \frac{3\,\Delta m\,c^2}{2m} \quad\Longrightarrow\quad v_\mathrm{A} = c\sqrt{\frac{3\,\Delta m}{2m}}$$$\mathrm{B}$ は $v_\mathrm{B}=\dfrac{v_\mathrm{A}}{3}$ より、
$$v_\mathrm{B} = \frac{1}{3}\,c\sqrt{\frac{3\,\Delta m}{2m}} = c\sqrt{\frac{1}{9}\cdot\frac{3\,\Delta m}{2m}} = c\sqrt{\frac{\Delta m}{6m}}$$（$v_\mathrm{A} = 3v_\mathrm{B}$ を満たす。軽い $\mathrm{A}$ が速い。）
運動量の大きさ $p=m v_\mathrm{A}=3m v_\mathrm{B}$ が等しいとき、運動エネルギー $K=\dfrac{p^2}{2M}$ は質量に反比例する。よって
$$K_\mathrm{A} : K_\mathrm{B} = \frac{1}{m} : \frac{1}{3m} = 3 : 1.$$全エネルギー $\Delta m c^2$ のうち $\mathrm{A}$ が $\dfrac34\Delta m c^2$、$\mathrm{B}$ が $\dfrac14\Delta m c^2$ を受け取る。確かに $K_\mathrm{A}=\dfrac12 m v_\mathrm{A}^2=\dfrac12 m\cdot\dfrac{3\Delta m c^2}{2m}=\dfrac34\Delta m c^2$ と一致する。
静止物体の分裂は運動量保存（合計ゼロ）＋エネルギー保存（$\Delta m c^2$ が運動エネルギーへ）の連立。軽い破片ほど速く、運動エネルギーも大きい（質量に反比例して配分される）。
準備（X の加速度と速さ）：$\mathrm{X}$ は電気量 $2q$、質量 $4m$、電場 $E=\dfrac{2mv_\mathrm{A}^2}{qL}$。$\mathrm{X}$ の加速度は
$$a_\mathrm{X} = \frac{2qE}{4m} = \frac{qE}{2m} = \frac{q}{2m}\cdot\frac{2mv_\mathrm{A}^2}{qL} = \frac{v_\mathrm{A}^2}{L}$$空欄 ア（分裂時の X の速さ）：初速 $0$ から $x_0$ まで等加速度運動した速さを $\alpha v_\mathrm{A}$ とおく。$(\alpha v_\mathrm{A})^2 = 2 a_\mathrm{X} x_0 = 2\cdot\dfrac{v_\mathrm{A}^2}{L}x_0$ より、
$$\alpha^2 = \frac{2x_0}{L} \quad\Longrightarrow\quad \boxed{\;\alpha = \sqrt{\dfrac{2x_0}{L}}\;}$$空欄 イ（注入から $x_0$ までの時間）：速さ $\alpha v_\mathrm{A} = a_\mathrm{X}\,t = \dfrac{v_\mathrm{A}^2}{L}t$ より $t = \dfrac{\alpha L}{v_\mathrm{A}}$。
$$\boxed{\;t = \dfrac{\alpha L}{v_\mathrm{A}}\;}$$空欄 ウ（転回軌道に入る条件）：検出器系での $\mathrm{A}$ の初速 $x$ 成分は「$\mathrm{X}$ の速度 $\alpha v_\mathrm{A}$」＋「$\mathrm{X}$ 静止系での $x$ 成分 $v_\mathrm{A}\cos\theta_0$」。これが負で後方へ飛ぶ：
$$\alpha v_\mathrm{A} + v_\mathrm{A}\cos\theta_0 < 0 \quad\Longrightarrow\quad \cos\theta_0 < \boxed{\,-\alpha\,}$$空欄 エ（転回軌道が成立しない $x_0$）：$\cos\theta_0 < -\alpha$ が解をもつには $-\alpha > -1$、すなわち $\alpha<1$。$\alpha=\sqrt{2x_0/L}<1$ より $x_0 < \dfrac{L}{2}$。よって $x_0 > \boxed{\,\dfrac{L}{2}\,}$ では転回軌道は実現しない。
空欄 オ（$x<0$ へ入らない条件）：後方へ飛んだ $\mathrm{A}$（電気量 $q$、質量 $m$）の加速度は $a_\mathrm{A}=\dfrac{qE}{m}=\dfrac{2v_\mathrm{A}^2}{L}$。$\mathrm{A}$ の初速 $x$ 成分の大きさ $|(\alpha+\cos\theta_0)v_\mathrm{A}|$ で後退し、止まるまでの後退距離は
$$d = \frac{\{(\alpha+\cos\theta_0)v_\mathrm{A}\}^2}{2 a_\mathrm{A}} = \frac{(\alpha+\cos\theta_0)^2 v_\mathrm{A}^2}{2\cdot \dfrac{2v_\mathrm{A}^2}{L}} = \frac{(\alpha+\cos\theta_0)^2 L}{4}$$$x<0$ に入らない条件は $d \le x_0 = \dfrac{\alpha^2 L}{2}$。
$$\frac{(\alpha+\cos\theta_0)^2 L}{4} \le \frac{\alpha^2 L}{2} \;\Longrightarrow\; (\alpha+\cos\theta_0)^2 \le 2\alpha^2$$後方なので $\alpha+\cos\theta_0<0$。$-(\alpha+\cos\theta_0)\le\sqrt2\,\alpha$ より $\cos\theta_0 \ge -(1+\sqrt2)\alpha$。よって
$$\cos\theta_0 > \boxed{\,-(1+\sqrt{2})\,\alpha\,}$$空欄 カ（$\theta_0$ によらず $x<0$ に入らない $x_0$）：$\cos\theta_0\ge -1$ なので、オの条件 $\cos\theta_0\ge-(1+\sqrt2)\alpha$ がすべての $\theta_0$ で成り立つには $-(1+\sqrt2)\alpha \le -1$、すなわち $(1+\sqrt2)\alpha\ge 1$。
$$\alpha \ge \frac{1}{1+\sqrt2} = \sqrt2 - 1 \;\Longrightarrow\; \alpha^2 \ge (\sqrt2-1)^2 = 3-2\sqrt2$$$x_0=\dfrac{\alpha^2 L}{2}$ より、
$$x_0 > \boxed{\,\dfrac{(3-2\sqrt{2})L}{2}\,}$$| ア | イ | ウ |
|---|---|---|
| $\sqrt{\dfrac{2x_0}{L}}$ | $\dfrac{\alpha L}{v_\mathrm{A}}$ | $-\alpha$ |
| エ | オ | カ |
| $\dfrac{L}{2}$ | $-(1+\sqrt2)\,\alpha$ | $\dfrac{(3-2\sqrt2)L}{2}$ |
$\mathrm{A}$ は電気量 $q$、質量 $m$。電場 $E=\dfrac{2mv_\mathrm{A}^2}{qL}$ から受ける力は $qE=\dfrac{2mv_\mathrm{A}^2}{L}$（$+x$ 向き）。よって加速度は
$$a_\mathrm{A} = \frac{qE}{m} = \frac{2v_\mathrm{A}^2}{L}.$$$\mathrm{X}$（質量 $4m$、電気量 $2q$）の加速度 $a_\mathrm{X}=\dfrac{v_\mathrm{A}^2}{L}$ の2倍。等加速度運動の公式 $v^2-v_0^2=2a\,(\text{距離})$、後退距離 $=\dfrac{v_0^2}{2a}$ をそのまま使えばよい。
検出器系の速度＝「親核 $\mathrm{X}$ の速度」＋「$\mathrm{X}$ 静止系での飛び出し速度」のベクトル和。転回軌道は $x$ 成分が負（後方）になる場合で、後退距離が分裂地点 $x_0$ を超えると $x<0$ に出てしまう。$x_0$ が大きいほど（速い $\mathrm{X}$ ほど）後方へ飛んでも戻れる。
立式（検出器でのエネルギー）：$\mathrm{A}$ の検出器系初速は $x$ 成分 $(\alpha+\cos\theta_0)v_\mathrm{A}$、$y$ 成分 $v_\mathrm{A}\sin\theta_0$。$x$ 方向に加速度 $a_\mathrm{A}=\dfrac{2v_\mathrm{A}^2}{L}$ で進み、$x_0$ から $L$ まで距離 $(L-x_0)$ を走る。$x$ 軸上検出は $y$ 成分 $=0$ ⇒ $\sin\theta_0=0$ ⇒ $\theta_0=0$ または $\pi$。検出器での速さの2乗は
$$v_x^2 = \{(\alpha+\cos\theta_0)v_\mathrm{A}\}^2 + 2a_\mathrm{A}(L-x_0)$$ここで $2a_\mathrm{A}(L-x_0) = \dfrac{4v_\mathrm{A}^2}{L}\left(L - \dfrac{\alpha^2 L}{2}\right) = (4 - 2\alpha^2)v_\mathrm{A}^2$。運動エネルギー $K=\dfrac12 m v_x^2$ は、$\cos^2\theta_0=1$ を使って整理すると
$$K = \frac{1}{2}m v_\mathrm{A}^2\left(5 - \alpha^2 + 2\alpha\cos\theta_0\right)$$前向き $\theta_0=0$（$\cos\theta_0=1$）：
$$K_{\text{前}} = \frac{1}{2}m v_\mathrm{A}^2\left(5 - \alpha^2 + 2\alpha\right), \quad \alpha\in(0,\sqrt2)$$$5-\alpha^2+2\alpha$ は $\alpha=1$ で最大値 $6$。よって $K_{\text{前}}$ の最大は $\alpha=1$（$x_0=L/2$）で
$$K_{\text{前,max}} = \frac{1}{2}m v_\mathrm{A}^2 \cdot 6 = 3\,m v_\mathrm{A}^2$$（端では $\alpha\to0$ で $\dfrac52 m v_\mathrm{A}^2$、$\alpha\to\sqrt2$ で約 $2.9\,m v_\mathrm{A}^2$。）
後ろ向き $\theta_0=\pi$（$\cos\theta_0=-1$、転回軌道）：
$$K_{\text{後}} = \frac{1}{2}m v_\mathrm{A}^2\left(5 - \alpha^2 - 2\alpha\right)$$転回軌道が成立し $x<0$ に入らない範囲は（オより $\cos\theta_0=-1\ge-(1+\sqrt2)\alpha$ から）$\alpha\ge\sqrt2-1$、かつ転回成立に $\alpha<1$。この範囲で $K_{\text{後}}$ は減少し、
$$\alpha=\sqrt2-1\ \text{で}\ K_{\text{後}} = 2\,m v_\mathrm{A}^2, \qquad \alpha\to1\ \text{で}\ K_{\text{後}} \to m v_\mathrm{A}^2$$全体としては最小 $m v_\mathrm{A}^2$（含まず）から最大 $3\,m v_\mathrm{A}^2$ までの値をとる。
$x$ 軸上検出は $\theta_0=0$（前向き）か $\theta_0=\pi$（後ろ向き）の二択しかなく、その間の角度では $y\neq0$ になって軸からずれる。だから $K$ は前向きの枝（$\tfrac52$〜$3\,mv_\mathrm{A}^2$）と後ろ向きの枝（$1$〜$2\,mv_\mathrm{A}^2$）の二つに分かれ、間の $2\sim\tfrac52\,m v_\mathrm{A}^2$ は $x$ 軸上では実現しない。最大は前向きの $\alpha=1$、最小は後ろ向きの $\alpha\to1$（転回成立の限界）。
$x$ 軸上検出 ⇒ $\sin\theta_0=0$（前か後ろ）。検出器でのエネルギーは仕事 $qE(L-x_0)$ を加えて計算。前向きは加速が乗って大きく、後ろ向き（転回）は一度逆走するぶん小さい。最大 $3mv_\mathrm{A}^2$、最小は $mv_\mathrm{A}^2$ に近づく。
立式（低エネルギーの $\mathrm{A}$ が出る条件）：$\mathrm{A}$ の検出器での運動エネルギーは設問Ⅱ(2)の一般式（$\theta_0$ 任意）から
$$K = \frac{1}{2}m v_\mathrm{A}^2\left(5 - \alpha^2 + 2\alpha\cos\theta_0\right)$$$K < m v_\mathrm{A}^2$ となる条件は、
$$5 - \alpha^2 + 2\alpha\cos\theta_0 < 2 \;\Longrightarrow\; \cos\theta_0 < \frac{\alpha^2 - 3}{2\alpha}$$右辺が $-1$ より大きい（解が存在する）ためには、
$$\frac{\alpha^2-3}{2\alpha} > -1 \;\Longrightarrow\; \alpha^2 + 2\alpha - 3 > 0 \;\Longrightarrow\; (\alpha+3)(\alpha-1) > 0 \;\Longrightarrow\; \alpha > 1$$$\alpha = \sqrt{2x_0/L} > 1$ は $x_0 > \dfrac{L}{2}$ を意味する。すなわち低エネルギー（$K
分裂地点 $x_0$ と時間の関係：注入から $x_0$ までの時間は設問Ⅱ(1)イより $t=\dfrac{\alpha L}{v_\mathrm{A}}$。$x_0>L/2$（$\alpha>1$）は $t > \dfrac{L}{v_\mathrm{A}}$ に対応する。つまり「注入から $L/v_\mathrm{A}$ より長く生き残ってから分裂した $\mathrm{X}$」だけが低エネルギーの $\mathrm{A}$ を生む。
半減期 $T$ による違い：分裂までの時間 $t$ の分布は半減期 $T$ で決まる（生存割合 $(1/2)^{t/T}$）。
一般式 $K=\dfrac12 m v_\mathrm{A}^2(5-\alpha^2+2\alpha\cos\theta_0)$ で、$\cos\theta_0$ は $-1\sim1$。$\alpha$ が小さい（$x_0$ 小）ときは $5-\alpha^2$ が大きく、$K$ は $mv_\mathrm{A}^2$ より十分大きい値しかとれない。$\alpha$ が $1$ を超えて初めて、後方飛び出し（$\cos\theta_0$ が十分負）で $K
検出されるエネルギー分布は、$\mathrm{X}$ がどこで分裂したか（$x_0$）＝どれだけ生き残ったか（$t$）に支配される。半減期 $T$ はこの時間分布を決めるパラメータ。低エネルギー $\mathrm{A}$ は遠方（長寿命）分裂の指標になる。