東大の原子の過去問を発展させる | 問いから始める物理

総合演習 10

東京大 1989 前期（改題） ★★★★☆

光電管の充電と電力

光電管で容量 $C = 2.00 \times 10^{- 6} F$ を充電します．容量の電圧 $V \geq 0$ は光電子を減速する向きで，接触電位差は無視します．電流の特性を $I_{ph} = I_{0} (1 - V / V_{s})$ （ $0 \leq V \leq V_{s}$ ）， $I_{ph} = 0$ （ $V > V_{s}$ ）と与えます． $V_{s}$ は阻止電圧です．波長 $λ_{1} = 400 nm$ ， $λ_{2} = 600 nm$ の単色光で，阻止電圧はそれぞれ $V_{s 1} = 2.00 V$ ， $V_{s 2} = 0.960 V$ でした． $1 nm = 10^{- 9} m$ ， $e = 1.60 \times 10^{- 19} C$ ， $c = 3.00 \times 10^{8} m s^{- 1}$ ，電子の質量は $m = 9.11 \times 10^{- 31} kg$ です．

以下では波長を $400 nm$ ， $I_{0} = 4.00 \times 10^{- 6} A$ とし，初め無電荷の容量と並列に $R = 1.00 \times 10^{6} Ω$ を接続して時刻0から照射します．漏れ，配線抵抗，光電管の遅れを無視します．

**［図：光電管の減速極性と並列RC回路］**
光電管の光電子放出電極を正，集電子極を負とした減速電圧Vを，並列の容量Cと抵抗Rにも与える．下段には問題文で与えた光電流I_phの電圧特性を示す．I_0とV_sは特性の目盛りである．

阻止電圧からプランク定数 $h$ と仕事関数 $W$ を求め， $V = 0$ での電子の最大速さを計算せよ．
電荷保存で $V (t)$ を求め，定常電圧・電流と， $1.00 V$ に達する時刻 $t_{*}$ を求めよ．
照射中の給電が容量と抵抗に分かれるエネルギー収支を示せ． $t_{*}$ で照射を止めた後，抵抗へ渡るエネルギーも求めよ．

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考え方

与えた光電流と電荷保存を連立する．光電管の遅れを無視する集中定数模型を使う．

$e V_{s} = h c / λ - W$ の差を取ると

h = \frac{e (V_{s 1} - V_{s 2})}{c (1 / λ_{1} - 1 / λ_{2})} = 6.66 \times 10^{- 34} J s .

$W = h c / λ_{1} - e V_{s 1} = 1.12 eV$ ． $K_{max} = e V_{s 1}$ より $v_{max} = \sqrt{2 e V_{s 1} / m} = 8.38 \times 10^{5} m s^{- 1}$ ．

充電電流と抵抗電流に分けると

C \frac{d V}{d t} = I_{0} - (\frac{I_{0}}{V_{s}} + \frac{1}{R}) V, V_{\infty} = \frac{I_{0}}{I_{0} / V_{s} + 1 / R}, τ = \frac{C}{I_{0} / V_{s} + 1 / R} .

初期条件から $V = V_{\infty} (1 - e^{- t / τ})$ ．今回 $V_{\infty} = 4 / 3 V < V_{s}$ ， $τ = 2 / 3 s$ で，定常電流は $V_{\infty} / R = 1.33 \times 10^{- 6} A$ ． $1.00 / (4 / 3) = 3 / 4$ より $t_{*} = τ \ln 4 = 0.924 s$ となる．

$t_{*}$ で暗くすると電流源は0になり， $C \frac{d V}{d t} = - V / R$ ．抵抗へ渡るエネルギーは

\int_{t_{*}}^{\infty} \frac{V^{2}}{R} d t = \frac{1}{2} C V {(t_{*})}^{2} = 1.00 \times 10^{- 6} J .

電荷保存式に $V$ を掛けると $d (C V^{2} / 2) / d t = V I_{ph} - V^{2} / R$ となり収支も合う．検算では， $R \to \infty$ なら阻止電圧へ近づき電流は消える．近似には $e V_{s} / (m c^{2})$ と回路伝搬時間を $τ$ で割った比が小さいことが必要である．

総合演習 11

東京大 2014 前期（改題） ★★★★★

日陰の電池と保護素子

太陽電池2個を直列にし，抵抗 $R_{L} = 400 Ω$ へつなぎます．電池jの出力電流と電圧は

I_{j} (V_{j}) = {\begin{array}{ll} I_{s j} - V_{j} / R_{s} & V_{j} < 0, \\ I_{s j} & 0 \leq V_{j} \leq V_{0}, \\ I_{s j} - (V_{j} - V_{0}) / r & V_{j} > V_{0} \end{array}

です． $V_{0} = 0.400 V$ ， $r = 100 Ω$ ， $R_{s} = 1.00 \times 10^{3} Ω$ ，照射の弱い電池1は $I_{s 1} = 1.00 \times 10^{- 3} A$ ，電池2は $I_{s 2} = 3.00 \times 10^{- 3} A$ とします．逆電圧でも使えます．

電池1に並列の保護素子を付けます．素子は通常オフで， $V_{1} = - V_{D}$ ， $V_{D} = 0.100 V$ に達するとオンになり，逆電圧を制限します．オンでは電池1を補う電流を同じ向きへ流します．電池と保護素子の内部容量・応答の遅れは無視します．

**［図：直列太陽電池と並列の保護素子・容量］**
照射の弱い太陽電池1と太陽電池2を直列にし，負荷R_Lと容量Cを並列につなぐ．保護素子は電池1と並列で，V_1が−V_Dに達するとオンになる．各電池と負荷の電圧の正方向を示す．

保護素子がない定常状態の電流と両電圧を求めよ．電池1の電力の符号と，特性の枝も調べよ．
保護素子付きの電流，負荷電力，迂回電流を求めよ．電池1と保護素子の消費電力も含めて収支を確認せよ．
保護素子を付けたまま，負荷と並列に $C = 1.00 \times 10^{- 6} F$ を接続する．初電圧は $V (0) = 0.800 V$ であり，時刻0で照射を上記へ変える．保護素子がオンになる時刻を求めよ．電源全体の出力電流 $I$ と微分抵抗 $- \frac{d V}{d I}$ も，オンになる前後で連続か．

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考え方

共通電流と特性の枝を連立する．準静的な特性を使い，素子内部の遅れを無視する．

$I > I_{s 1}$ の枝では $V_{1} = R_{s} (I_{s 1} - I) = 1.00 V - R_{s} I < 0$ ．電池2は $V_{2} = V_{0} + r (I_{s 2} - I) = 0.700 V - r I$ ． $V_{1} + V_{2} = R_{L} I$ より

I = \frac{1.70 V}{R_{s} + r + R_{L}} = 1.13 \times 10^{- 3} A, V_{1} = - 0.133 V, V_{2} = 0.587 V .

$I > I_{s 1}$ ， $V_{2} > V_{0}$ で仮定と合う．電池1の電力 $I V_{1} = - 1.51 \times 10^{- 4} W$ は負で，消費する．

(1)の電圧は $- V_{D}$ より負なので，保護素子はオンとなる． $V_{1} = - 0.100 V$ ， $V_{2} = 0.700 V - r I$ を使い

I = \frac{0.600 V}{R_{L} + r} = 1.20 \times 10^{- 3} A, V_{2} = 0.580 V, P_{L} = I^{2} R_{L} = 5.76 \times 10^{- 4} W .

電池1は $I_{1} = I_{s 1} + V_{D} / R_{s} = 1.10 \times 10^{- 3} A$ で，迂回電流は $I - I_{1} = 1.00 \times 10^{- 4} A$ ． $I \geq I_{1}$ ， $V_{2} > V_{0}$ でオンと枝の条件を満たす．

電池2は $I V_{2} = 6.96 \times 10^{- 4} W$ ．電池1は $V_{D} I_{1} = 1.10 \times 10^{- 4} W$ ，保護素子は $V_{D} (I - I_{1}) = 1.00 \times 10^{- 5} W$ を消費し，差は負荷電力に等しい．

負荷電圧が $0.600$ から $1.00 V$ の範囲では，平坦な枝で $I = I_{s 1}$ ， $V_{2} = 0.600 V$ ．電荷保存は $C \frac{d V}{d t} = I_{s 1} - V / R_{L}$ ． $τ_{1} = R_{L} C = 0.400 ms$ とすると

V (t) = 0.400 V + 0.400 V e^{- t / τ_{1}} .

$V = 0.600 V$ で逆電圧へ移り， $t_{1} = τ_{1} \ln 2 = 0.277 ms$ ．次の枝では $I = (1.70 V - V) / (R_{s} + r)$ だから

V (t) = V_{a} + (0.600 V - V_{a}) e^{- (t - t_{1}) / τ_{2}}, V_{a} = 0.453333 V, τ_{2} = \frac{C}{1 / (R_{s} + r) + 1 / R_{L}} = 0.293333 ms .

オン条件は $I = I_{1}$ で，電圧は $0.490 V$ ．よって

t_{D} = t_{1} + τ_{2} \ln \frac{0.600 V - V_{a}}{0.490 V - V_{a}} = t_{1} + τ_{2} \ln 4 = 0.684 ms .

オン後は $I = (0.600 V - V) / r$ ．
オン直前の電流は $(1.70 V - 0.490 V) / (R_{s} + r) = 1.10 \times 10^{- 3} A$ ，オン直後も $(0.600 V - 0.490 V) / r$ で同じ値になる．したがって $\frac{d V}{d t}$ も連続である．一方，電源全体の微分抵抗は $- \frac{d V}{d I} = R_{s} + r = 1.10 \times 10^{3} Ω$ から $r = 100 Ω$ へ変わり，不連続である．近似には伝搬と素子の遅れが最短時定数 $C / (1 / r + 1 / R_{L}) = 0.0800 ms$ より十分短い条件が要る．

総合演習 12

東京大 2000 後期（改題） ★★★★★

崩壊の運動量

真空中の平行な放射線ビームに，垂直な磁場 $B = 0.200 T$ をかけます．正電荷が上へ曲がる向きです．上の単色線は $r_{α} = 1.00 m$ ，下の連続線は最大半径 $r_{max} = 1.00 \times 10^{- 2} m$ ，直進する線もあります．α線，β線，γ線を含みます． $e = 1.60 \times 10^{- 19} C$ ， $c = 3.00 \times 10^{8} m s^{- 1}$ ， $1 MeV = 1.60 \times 10^{- 13} J$ ， $1 u = 1.66 \times 10^{- 27} kg$ ，電子の静止エネルギー $m c^{2} = 0.511 MeV$ とします．

α粒子は $4 u$ ，娘核は $196 u$ です．βの娘核の静止エネルギーは $M_{D} c^{2} = 1.00 \times 10^{5} MeV$ とします．α崩壊とβ崩壊では親核は静止し，娘核は基底状態です．電子は ${(p_{e} c)}^{2} = K_{e} (K_{e} + 2 m c^{2})$ ，α粒子と娘核には非相対論式を使い，ニュートリノの質量は0とします．

**［図：磁場中の3種類の放射線と運動量測定部］**
正電荷が上へ曲がる垂直磁場B中で，上に曲がる単色線，下に曲がる連続線，直進線を示す．半径r_αと最大半径r_maxは問題文の測定値である．軌道の縮尺は模式的で，下段の電子・娘核の測定部とは別の配置図である．

各線を識別し，α粒子の運動量と運動エネルギー，α崩壊の $Q$ 値を求めよ．β線の最大運動量・運動エネルギーと，反跳を含めたβ崩壊の $Q$ 値を求めよ．
β線の一事象で，電子は $K_{e} = 0.100 MeV$ ，娘核は $p_{D} c = 0.400 MeV$ だった．ニュートリノのエネルギーと，電子との角を求めよ．(1)で得た $Q$ は丸めず使え．
2体崩壊だけで連続したβ線を説明できるか．(2)の事象でニュートリノの存在を運動量から検査するには，娘核の運動量の大きさ以外に何を測る必要があるか．

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考え方

親核静止，娘核は基底状態とする．運動量と3粒子の収支を使う．

上がα線，下がβ線，直進がγ線． $p = | q | B r$ より

p_{α} = 2 e B r_{α} = 6.40 \times 10^{- 20} kg m s^{- 1}, K_{α} = \frac{p_{α}^{2}}{2 (4 u)} = 1.93 MeV .

娘核は反対の同じ運動量を持つので， $Q_{α} = K_{α} (1 + 4 / 196) = 1.97 MeV$ ．電子は $p_{max} = e B r_{max} = 3.20 \times 10^{- 22} kg m s^{- 1}$ ， $p_{max} c = 0.600 MeV$ ．したがって

K_{max} = \sqrt{{(p_{max} c)}^{2} + {(m c^{2})}^{2}} - m c^{2} = 0.277 MeV .

端点ではニュートリノのエネルギーが0へ近づき，娘核が逆の運動量を持つ． $Q_{β} = K_{max} + {(p_{max} c)}^{2} / (2 M_{D} c^{2})$ であり，反跳は $1.80 \times 10^{- 6} MeV$ ．丸めると $Q_{β} = 0.277 MeV$ となる．

娘核は $K_{D} = {(p_{D} c)}^{2} / (2 M_{D} c^{2}) = 8.00 \times 10^{- 7} MeV$ ．エネルギー保存から $E_{ν} = Q_{β} - K_{e} - K_{D} ≃ 0.177 MeV$ ．電子の運動量は $p_{e} c = \sqrt{K_{e} (K_{e} + 2 m c^{2})} = 0.335 MeV$ である． $p_{D} = - (p_{e} + p_{ν})$ ， $p_{ν} c = E_{ν}$ より，角 $θ$ は

\cos θ = \frac{{(p_{D} c)}^{2} - {(p_{e} c)}^{2} - E_{ν}^{2}}{2 (p_{e} c) E_{ν}} = 0.138, θ = {82.0}^{\circ} .

2体なら逆向きの同じ運動量が $Q = K_{e} + K_{D}$ で一意に決まる．ニュートリノを含めると，運動量の三角形とエネルギー配分が変わる．

両粒子の方向も測り， $p_{miss} = - (p_{e} + p_{D})$ を構成する．大きさを $E_{ν} / c$ と照合する．検算では，αの $K_{α} / (m_{α} c^{2})$ と娘核の $K_{D} / (M_{D} c^{2})$ は小さいが，電子の運動には非相対論式を用いていない．

総合演習 13

東京大 1981 前期（改題） ★★★★☆

対消滅と第三の物体

静止電子と $+ x$ 向きの陽電子が2光子へ消滅します．陽電子の運動エネルギーは $K = 0.100 MeV$ ，両者の静止エネルギーは $m c^{2} = 0.511 MeV$ です．陽電子には $E_{+}^{2} = {(p c)}^{2} + {(m c^{2})}^{2}$ を使い，外部への運動量移動はないものとします．

**［図：静止電子へ入射する陽電子と光子検出器］**
運動エネルギーKの陽電子が+x向きに静止電子へ入射する．+y軸上に光子検出器を置く．2光子のエネルギーやなす角は示していない．

全エネルギーと全運動量を求め，自由な1光子消滅が不可能なことを示せ．
光子が $+ y$ 向きへ出る事象を選ぶ．そのエネルギー，もう1個のエネルギー，2光子のなす角を求めよ．
静止した電子と陽電子が，静止物体へ運動量を渡して1光子へ消滅する．物体の静止エネルギーは $M c^{2} = 1.00 \times 10^{5} MeV$ で，内部状態は変わらない．光子エネルギーを厳密に，反跳エネルギーを近似して求めよ．(1)と矛盾するか．

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考え方

光子の運動量 $E / c$ と全エネルギーを同時に保存させる．

$E_{T} = 2 m c^{2} + K = 1.122 MeV$ ， $p c = \sqrt{K (K + 2 m c^{2})} = 0.335 MeV$ ．1光子には $E_{T} = p c$ が必要で，不可能である．
$+ y$ 向きの光子のエネルギーを $E_{⟂}$ とすると，残りは $(p, - E_{⟂} / c)$ ．エネルギー $E_{T} - E_{⟂}$ より

{(E_{T} - E_{⟂})}^{2} = {(p c)}^{2} + E_{⟂}^{2}, E_{⟂} = \frac{E_{T}^{2} - {(p c)}^{2}}{2 E_{T}} = m c^{2} = 0.511 MeV .

他方は $E_{2} = m c^{2} + K = 0.611 MeV$ ．2光子の角 $ψ$ は， $+ y$ の単位方向と残りの運動量の内積から

\cos ψ = - \frac{E_{⟂}}{E_{2}} = - \frac{0.511}{0.611}, ψ = {146.8}^{\circ} .

入射運動量が正で，等エネルギーの逆向き放出はできない． $K \to 0$ の極限では，両光子が $m c^{2}$ を持ち，角は180度へ戻る．

$E_{0} = 2 m c^{2}$ とおく．全運動量0より，物体は光子と逆に $E_{γ} / c$ の運動量を持つ．物体のエネルギーも含めて

M c^{2} + E_{0} = E_{γ} + \sqrt{M^{2} c^{4} + E_{γ}^{2}} .

平方根を移して2乗すると

E_{γ} = \frac{E_{0} (2 M c^{2} + E_{0})}{2 (M c^{2} + E_{0})}, K_{M} = E_{0} - E_{γ} = \frac{E_{0}^{2}}{2 (M c^{2} + E_{0})} .

$1 ≫ E_{0} / (M c^{2})$ なら $K_{M} ≃ E_{0}^{2} / (2 M c^{2}) = 5.22 \times 10^{- 6} MeV = 5.22 eV$ ．物体が運動量を受け取るため，(1)と矛盾しない．検算では， $E_{0} / (M c^{2}) = 1.02 \times 10^{- 5}$ は小さく，重い物体ほど反跳のエネルギー費用が小さくなる．