問題

問題12.1

コイルの直径$sd$と長さ$sl$がそれぞれ

$$\begin{eqnarray*} sd &=& 25.0 \times 10^{-3}~{\rm m} \\ sl &=& 45.0 \times 10^{-3}~{\rm m} \\ \phi &=& 0.5 \times 10^{-3}~{\rm m} \\ N_L &=& 10 \end{eqnarray*}$$

のコイルを考える。そして、温度$T=300$ K、$B_0 = 30$ mTの 磁束密度に対応した磁場を急に切った後の磁化の地球磁場の 下での歳差運動を考える。

本文に従って、具体的な数値を議論せよ。

===== 解答 =====

1. コイルの体積$sv$は
   $$\begin{eqnarray*} sv = \pi sd^2 sl /4 = 2.209 \times 10^{-5}~{\rm m}^3 \end{eqnarray*}$$
   
   
   である。コイルの中に存在する水素原子のモル数$sa$は
   $$\begin{eqnarray*} sa = sv \rho_{\rm H_2O} = sv \cdot 1.11 \times 10^5 \,{\rm mol \, m}^{-3} = 2.452 ~{\rm mol} \end{eqnarray*}$$
   
   
   となる。

   温度$T=300$ K、$B_0 = 30$ mTの磁束密度に対応した磁場 の下での水素原子1個が持つ磁気モーメント$\mu_{\rm H}$は

   $$\begin{eqnarray*} \mu_H = \frac{(\hbar \gamma_H)^2 }{4k_B}\frac{B_0}{T} = 1.44\times 10^{-33}~{\rm A\,m^2} \end{eqnarray*}$$
   
   
   となる。水素原子に由来する試料の全磁化$M_H$は
   $$\begin{eqnarray*} M_H = sa \,\mu_H N_A = 2.13 \times 10^{-9} ~{\rm A\,m^2} \end{eqnarray*}$$
   
   
   となる。試料の断面を貫く磁束$\Phi_H$は
   $$\begin{eqnarray*} \Phi_H = \mu_0 \frac{M_H}{sv}(\pi sd^2/4) = \mu_0 M_H /sl = 5.95 \times 10^{-14}~{\rm Wb} \end{eqnarray*}$$
   
   
   となる。試料の周囲に巻かれた1巻きコイルに誘起される電圧$V_H$は
   $$\begin{eqnarray*} V_H = \frac{d \Phi_H}{dt} = \omega_H \Phi_H = 7.48 \times 10^{-10}~{\rm V} \end{eqnarray*}$$
   
   
   となる。

2. コイルの全巻き数 $N_t = (sl/\phi)N_L$で与えられる。コイルのインダク タンス$L$は

   $$\begin{eqnarray*} L = A_n \mu_0 \frac{\pi (sd/2)^2}{sl} N_t^2 = 7.64 \times 10^{-3}~{\rm H} \end{eqnarray*}$$
   
   
   となる。ただし、$A_n$は長岡係数で考えているコイルの形状の場合 $A_n =0.688$が表より与えられている。一方、コイルの抵抗$R$は
   $$\begin{eqnarray*} R = \rho_{Cu} \frac{\pi sd}{\pi (\phi/2)^2}N_t = 6.12~\Omega \end{eqnarray*}$$
   
   
   となる。以上により、コイルの$Q$は
   $$\begin{eqnarray*} Q = \frac{\omega_H L}{R} = 15.7 \end{eqnarray*}$$
   
   
   となり、期待される信号の大きさは
   $$\begin{eqnarray*} V_H N_t Q = 1.1 \times 10^{-5}~{\rm V} \end{eqnarray*}$$
   
   
   となる。すなわち、約100 $\mu$Vとなる。

   また、$\omega_H$で共鳴するために必要なコンデンサーの容量$C$は

   $$\begin{eqnarray*} C = \frac{1}{\omega_H^2 L} = 8.29 \times 10^{-7}~{\rm F} \end{eqnarray*}$$
   
   
   である。

3. 試料に蓄えられている磁場のエネルギーは
   
   $$\frac{(M_H/sv)^2}{2 \mu_0} sv = 8 \times 10^{-8}~{\rm J}$$
   
   
   である。一方、1周期の間に消費される電力は
   
   $$\frac{(V_H N_t Q)^2}{R} \frac{2 \pi}{\omega_H} = 9.1\times 10^{-15}~{\rm J}$$
   
   
   となる。従って、准定常状態と考えて良いであろう。

4. オシロスコープは最大感度において、1 mV程度の信号を識別できる。従って、 現在期待される信号が10 $\mu$V程度なので、コイルから得られる信号を100倍 すれば、オシロスコープで観察できる計算になる。

   実際には得られる信号はこのような理想的な条件で計算した値より小さいことが 多く、また2 kHzのような低い周波数では1000倍の増幅率を持ったアンプを 作ることは容易なので、1000倍の プリアンプを導入すれば良いだろうと考えられる。

5. 無限に長いコイルの内部に発生する磁場$H$は、アンペールの法則により
   $$\begin{eqnarray*} H = n I \end{eqnarray*}$$
   
   
   である。ただし、$n$は単位長さ当たりの巻き数である。今考えているコイルの 場合には$n = N_L/\phi$になる。従って、
   $$\begin{eqnarray*} B_0 = \mu_0 \frac{N_L}{\phi} I \end{eqnarray*}$$
   
   
   より、30 mTの磁束密度を持つ磁場を作るために必要な電流$I = 1.2$ Aを求める ことができる。