第21章の章末問題 | 問いから始める物理

演習 1

オリジナル ★☆☆☆☆

長さと断面積がともに等しい2本の導線を並列につなぎ，電池につなぐ．導線1の抵抗率は $ρ$ ，導線2は $2 ρ$ で，電子の数密度は等しい．長さ $ℓ = 2.0 m$ ，断面積 $S = 2.0 \times 10^{- 8} m^{2}$ ， $ρ = 3.0 \times 10^{- 8} Ω m$ ，電池の起電力 $E = 9.0 V$ とする．導線1の抵抗を $R$ とし，電池の内部抵抗は $R / 3$ である．

電池の電流，各導線の電流，端子電圧を求めよ．
両導線の電子のドリフト速度の大きさの比と，両導線および電池内部の発熱率を求めよ．

**［図：抵抗率が異なる並列導線と電池］**
長さℓと断面積Sが等しい2本の導線を並列につなぐ．導線1の抵抗率はρ，導線2は2ρで，電池の起電力はℰ，内部抵抗はR/3である．

解答を見る

考え方
並列部分は等電圧である．電池内部の電圧降下も含めて電流を決める．

$R = ρ ℓ / S = 3.0 Ω$ ，導線2の抵抗は $2 R$ ．並列部分の抵抗は $R_{p} = 2 R / 3$ だから，全抵抗は $R / 3 + 2 R / 3 = R$ ．電池の電流は $I = E / R = 3.0 A$ ，端子電圧は $V = I R_{p} = 6.0 V$ ．各電流は $I_{1} = V / R = 2.0 A$ ， $I_{2} = V / (2 R) = 1.0 A$ である．
$I_{k} = n e S v_{d, k}$ より，速度の大きさの比は $v_{d, 1} : v_{d, 2} = 2 : 1$ ．電子の移動は電流と逆向きである．発熱率は $P_{1} = I_{1}^{2} R = 12 W$ ， $P_{2} = I_{2}^{2} (2 R) = 6.0 W$ ， $P_{r} = I^{2} R / 3 = 9.0 W$ ．合計 $27 W$ は電池の仕事率 $E I$ と等しく，内部の発熱を含めて収支が合う．

演習 2

オリジナル ★☆☆☆☆

理想電源の正極A，負極Bの電位差は $E > 0$ である．AからBへ，抵抗 $R$ ，接続点P，抵抗 $3 R$ を直列につなぐ枝と，抵抗 $2 R$ ，接続点N，抵抗 $R$ を直列につなぐ枝を置く．P，N間には容量 $C$ のコンデンサーをつなぐ．十分時間がたった状態を考える．

Bを電位の基準としてP，Nの電位，コンデンサーのP側極板の電荷，蓄積エネルギーを求めよ．
電源の電流と4本の抵抗の全発熱率を求めよ．コンデンサーの電流が0であることから，その電荷も0と判断してよいか．

**［図：分圧点PとNの間のコンデンサー］**
正極Aから負極Bへ，R，P，3Rの枝と，2R，N，Rの枝を接続する．PとNの間に容量Cのコンデンサーを置き，電源の極性を示す．

解答を見る

考え方
定常状態ではコンデンサーの枝を電流について開放とみなし，2つの分圧を比較する．

左右の枝の電流は $E / (4 R)$ ， $E / (3 R)$ である．したがって $V_{P} = 3 E / 4$ ， $V_{N} = E / 3$ ， $V_{P} - V_{N} = 5 E / 12$ ．P側の電荷は $q_{P} = C (V_{P} - V_{N}) = 5 C E / 12$ ，N側は $- q_{P}$ ．エネルギーは $U = C (V_{P} - V_{N})^{2} / 2 = 25 C E^{2} / 288$ である．
電源電流は $I = E / (4 R) + E / (3 R) = 7 E / (12 R)$ ．全発熱率は $P = 4 R [E / (4 R)]^{2} + 3 R [E / (3 R)]^{2} = 7 E^{2} / (12 R) = E I$ ．コンデンサー電流が0とは電荷が変化しないことであり，電荷が0という意味ではない．電荷の式は電圧を反転すると符号を変え，エネルギーは変わらない．

演習 3

オリジナル ★★☆☆☆

未知の容量 $C$ と漏れ抵抗 $R_{ℓ}$ が並列になったコンデンサーがある．初めの電圧を0とし，起電力 $E = 6.00 V$ の理想電源に既知の直列抵抗 $R_{s}$ を介してつなぐ．測定器の影響は補正済みである．十分後の電圧 $V_{\infty}$ と， $\ln [(V_{\infty} - v) / V_{\infty}]$ のグラフの傾き $- 1 / τ$ から次の値を得た．

$R_{s}$	$2.00 M Ω$	$4.00 M Ω$	$8.00 M Ω$
$V_{\infty}$	$4.00 V$	$3.00 V$	$2.00 V$
$τ$	$4.00 s$	$6.00 s$	$8.00 s$

$1 / τ$ を $1 / R_{s}$ の1次式で表し，最初の2列から $C, R_{ℓ}$ を決めよ．最後の列と定常電圧も検算せよ．
$R_{s} = 4.00 M Ω$ の定常電圧だけに $\pm 0.03 V$ の誤差があるとき，この電圧から推定する $R_{ℓ}$ の範囲を求めよ．漏れを無視して $C = τ / R_{s}$ とすると，3列の結果はどうなるか．

**［図：漏れ抵抗をもつコンデンサーの測定回路］**
電源ℰと直列抵抗R_sの先に，容量Cと漏れ抵抗R_ℓを並列につなぐ．測定する電圧vは並列部分の上側を正とした電圧である．

解答を見る

考え方
充電電流の一部は漏れへ流れる．減衰率の傾きと切片を分けて容量と漏れ抵抗を求める．

接続点での電荷保存は

C \frac{d v}{d t} = \frac{E - v}{R_{s}} - \frac{v}{R_{ℓ}} .

右辺を0とすると $V_{\infty} = E R_{ℓ} / (R_{s} + R_{ℓ})$ ． $w = V_{\infty} - v$ とおけば $\frac{d w}{d t} = - w / τ$ となり，積分と初期条件から $w = V_{\infty} e^{- t / τ}$ ．ここで

\frac{1}{τ} = \frac{1}{C} \frac{1}{R_{s}} + \frac{1}{C R_{ℓ}} .

最初の2列の傾きは $[1 / (4.00 s) - 1 / (6.00 s)] / [1 / (2.00 M Ω) - 1 / (4.00 M Ω)] = 1 / (3.00 μ F)$ ．したがって $C = 3.00 μ F$ ．第2列では $1 / τ - 1 / (C R_{s}) = 1 / (12.0 s)$ だから $R_{ℓ} = 4.00 M Ω$ ．第3列の並列抵抗は $8 / 3 M Ω$ で， $τ = 8.00 s$ ．定常電圧も順に $4.00, 3.00, 2.00 V$ となり一致する．

定常値から $R_{ℓ} = R_{s} V_{\infty} / (E - V_{\infty})$ ．これは $V_{\infty}$ とともに増加するので，両端を代入した範囲は

4.00 M Ω \times \frac{2.97}{3.03} \leq R_{ℓ} \leq 4.00 M Ω \times \frac{3.03}{2.97} .

すなわち約 $3.92 M Ω$ から $4.08 M Ω$ である．漏れを無視した容量は順に $2.00, 1.50, 1.00 μ F$ となり，一定容量の模型と両立しない．漏れを無視する条件は $R_{s} / R_{ℓ}$ が十分小さいことであり，この測定では満たされない．

演習 4

オリジナル ★★☆☆☆

容量 $C$ の未充電のコンデンサーの下側極板を電源の負極につなぐ．上側極板は抵抗 $R$ を介して切り替えスイッチにつなぐ．時刻0から $T = R C \ln 3$ までは起電力 $E > 0$ の理想電源の正極に，その後は負極につなぐ．コンデンサーの上側の電圧を $v$ ，上側極板へ入る電流を $I$ とする．

両区間の $v, I$ を求め，切り替え前後で連続な量を示せ．切り替え後，初めて $v = E / 6$ となるまでの時間も求めよ．
その時刻までの電源の仕事と全ジュール熱を求め，残る蓄積エネルギーと比較せよ．

**［図：充電と放電を切り替えるスイッチ］**
コンデンサーCの下側は電源の負極につながる．上側は抵抗Rと切り替えスイッチを介して，時刻Tまでは正極，その後は負極につながる．上側の電圧vと上側極板へ入る電流Iの基準を示す．

解答を見る

考え方
有限抵抗を通る切り替えでは極板電荷が連続する．電源につながる区間と放電だけの区間を別々に解く．

$τ = R C$ とする．前半では $C \frac{d v}{d t} = (E - v) / R$ ． $E - v$ の対数を積分すると $v = E (1 - e^{- t / τ})$ ， $I = E e^{- t / τ} / R$ である． $v (T) = 2 E / 3$ ．後半は $s = t - T$ として $C \frac{d v}{d s} = - v / R$ より

v = \frac{2 E}{3} e^{- s / τ}, I = - \frac{2 E}{3 R} e^{- s / τ} .

電荷 $C v$ と電圧 $v$ は連続するが，電流は $E / (3 R)$ から $- 2 E / (3 R)$ へ変わる．到達条件は $e^{- s / τ} = 1 / 4$ なので $s = R C \ln 4$ ．

前半に電源から渡る電荷は $2 C E / 3$ で，仕事は $W = 2 C E^{2} / 3$ ．切り替え時のエネルギーは $U_{T} = C (2 E / 3)^{2} / 2 = 2 C E^{2} / 9$ だから，前半の熱は $Q_{J, 1} = W - U_{T} = 4 C E^{2} / 9$ ．終状態は $U_{f} = C (E / 6)^{2} / 2 = C E^{2} / 72$ なので，後半の熱は $Q_{J, 2} = U_{T} - U_{f} = 5 C E^{2} / 24$ ．合計は $Q_{J} = 47 C E^{2} / 72$ で， $Q_{J} + U_{f} = W$ ．切り替えの理想化は，電圧が切り替わる時間を $t_{s}$ ，回路の大きさを $ℓ$ ，光の速さを $c$ とすると， $ℓ / (c t_{s})$ と $t_{s} / (R C)$ をともに十分小さくできる場合に適用できる．

演習 5

オリジナル ★★☆☆☆

容量 $C$ のコンデンサー1をA，M間，容量 $2 C$ のコンデンサー2をM，B間につなぐ．Mにつながる2枚の極板と導線は，他の導体から孤立している．初めの電位差は $V_{A} - V_{M} = 0$ ， $V_{M} - V_{B} = V > 0$ である．時刻0にBを理想電源の負極へ，Aを抵抗 $R$ を介して正極へつなぐ．起電力は $4 V$ とする．

Mの保存電荷を符号つきで数え，十分後の両コンデンサーの電圧と電荷を求めよ．
電源からAへ流れる電流 $I (t)$ ，時定数，渡る全電荷を求めよ．
十分後までの電源の仕事とジュール熱を求めよ．

**［図：孤立接続点Mをもつ直列コンデンサー］**
電源4Vから抵抗R，A，容量C，M，容量2C，Bの順に接続する．破線はMにつながる2枚の極板と導線の範囲である．初めの電位差V_A−V_M = 0とV_M−V_B = Vを記す．

解答を見る

考え方
直列コンデンサーの電荷が等しいとは限らない．Mの電荷を保存したまま，外側端子の電圧の変化を追う．

Bを基準とし， $v_{1} = V_{A} - V_{M}$ ， $v_{2} = V_{M}$ ， $v = V_{A} = v_{1} + v_{2}$ とする．M側の電荷の和は初め $- C v_{1} + 2 C v_{2} = 2 C V$ である．したがって全時刻で $- C v_{1} + 2 C v_{2} = 2 C V$ ，すなわち

v_{1} = \frac{2}{3} (v - V), v_{2} = \frac{1}{3} v + \frac{2}{3} V .

十分後は $v = 4 V$ だから $v_{1} = v_{2} = 2 V$ ．コンデンサー1のA側は $2 C V$ ，M側は $- 2 C V$ ．コンデンサー2のM側は $4 C V$ ，B側は $- 4 C V$ で，Mの和は $2 C V$ のままである．

A側電荷は $q_{A} = C v_{1} = 2 C (v - V) / 3$ なので $I = 2 C \frac{d v}{d t} / 3$ ． $4 V = R I + v$ より， $τ = 2 R C / 3$ として $\frac{d (4 V - v)}{d t} = - (4 V - v) / τ$ ．初期値 $v (0) = V$ から $v = 4 V - 3 V e^{- t / τ}$ ， $I = 3 V e^{- t / τ} / R$ ．全電荷は $\int_{0}^{\infty} I d t = 3 V τ / R = 2 C V$ である．
電源の仕事は $W = (4 V) (2 C V) = 8 C V^{2}$ ．初期エネルギーは $U_{i} = (2 C) V^{2} / 2 = C V^{2}$ ，終状態は $U_{f} = C (2 V)^{2} / 2 + (2 C) (2 V)^{2} / 2 = 6 C V^{2}$ ．よって $Q_{J} = W - (U_{f} - U_{i}) = 3 C V^{2}$ ．電流からも $\int_{0}^{\infty} R I^{2} d t = 9 V^{2} τ / (2 R) = 3 C V^{2}$ となる． $R$ を小さくしても熱は減らず，集中定数近似には $ℓ / (c τ)$ が十分小さいことが必要である．

演習 6

オリジナル ★★★☆☆

A，B間の電位差が初め $V_{A} - V_{B} = E > 0$ の理想電源である．AからBへ，抵抗 $R$ ，P，抵抗 $2 R$ の枝と，抵抗 $2 R$ ，N，抵抗 $R$ の枝を置く．PからNへは抵抗 $R$ と容量 $C$ のコンデンサーを直列につなぐ．十分待った後，時刻0に電源の極性を反転し， $V_{A} - V_{B} = - E$ にする．コンデンサーのP寄り極板の電位からN寄り極板の電位を引いた電圧を $v$ ，PからNへの枝電流を $I$ とする．

反転後の $v (t), I (t)$ を求めよ．
Bを基準として $V_{P} (t), V_{N} (t)$ を求め，反転直後に $V_{P} - V_{N}$ と $v$ が等しくなるか調べよ．
P，N間の枝の抵抗 $R$ で生じる全ジュール熱を求めよ．

**［図：電源を反転する分圧回路と直列RC枝］**
AからBへR，P，2Rの枝と2R，N，Rの枝を置き，Pから抵抗R，容量C，Nの順に接続する．反転前後の電源の極性，PからNを正とする電流Iとコンデンサー電圧vの基準を示す．

解答を見る

考え方
コンデンサーの枝から見た回路をテブナンの電源に置き換える．枝電流による分圧点のずれも求める．

反転前の開放電圧は $2 E / 3 - E / 3 = E / 3$ で， $v (0) = E / 3$ ．反転後は $V_{th} = - E / 3$ ．電源を短絡して見た抵抗は，各分圧点から共通点までが $R ∥ 2 R = 2 R / 3$ だから $R_{th} = 4 R / 3$ である．枝の $R$ を加えると $R_{t} = 7 R / 3$ ． $I = C \frac{d v}{d t}$ ， $V_{th} = R_{t} I + v$ を解くと

τ = \frac{7 R C}{3}, v = - \frac{E}{3} + \frac{2 E}{3} e^{- t / τ}, I = - \frac{2 E}{7 R} e^{- t / τ} .

Pでの電荷保存は $(V_{P} + E) / R + V_{P} / (2 R) + I = 0$ ，Nでは $(V_{N} + E) / (2 R) + V_{N} / R - I = 0$ ．これらから

V_{P} = - \frac{2 E}{3} - \frac{2 R}{3} I, V_{N} = - \frac{E}{3} + \frac{2 R}{3} I .

直後は $V_{P} = - 10 E / 21$ ， $V_{N} = - 11 E / 21$ だから $V_{P} - V_{N} = E / 21$ ．一方 $v = E / 3$ であり，両者の差 $- 2 E / 7$ は枝の抵抗の電圧 $R I$ である．極板間電圧が連続でも，分圧点の電位が連続するとは限らない．

この枝の抵抗に定常電流は流れない．したがって

Q_{J} = \int_{0}^{\infty} R I^{2} d t = \frac{4 E^{2}}{49 R} \frac{τ}{2} = \frac{2 C E^{2}}{21} .

これは4本の分圧抵抗の熱を含まない． $C \to 0$ で熱も0となる．反転を短時間の操作とみなすには，切り替え時間 $t_{s}$ に対する $ℓ / (c t_{s})$ と $t_{s} / τ$ がともに十分小さい必要がある．

演習 7

オリジナル ★★★☆☆

半径 $a, b$ （ $b > a$ ）の同心球状電極の間を，誘電率 $ε$ ，抵抗率 $ρ$ の一様な物質で満たす．ここで $ρ$ は抵抗率である．物質の漏れはオームの法則に従うとし，外側電極の外の場は無視する．

球面を通る定常電流から漏れ抵抗 $R_{ℓ}$ を，ガウスの法則から容量 $C$ を導け．電源を外して自己放電させるときの時定数を求めよ．
未充電の状態から，起電力 $E$ の理想電源と直列抵抗 $R_{s} = R_{ℓ}$ につなぐ．電圧の時間変化と定常状態での電源の仕事率，物質内と直列抵抗の発熱率を求めよ．
$a, b$ を変えても一定な時定数はどちらか．その理由を説明せよ． $R_{s}$ は変更しないものとする．

**［図：同心球電極と充電用外部回路］**
半径aとbの同心球電極の断面と，電極間の誘電率ε，抵抗率ρを示す．外部回路は電源ℰ，直列抵抗R_s，スイッチからなり，内側電極への導線は外側電極と絶縁して通す．

解答を見る

考え方
漏れ抵抗と容量には同じ幾何学的因子が逆向きに現れる．外部抵抗を加えた時定数とは区別する．

半径 $r$ の球面の電流密度は $j = I / (4 π r^{2})$ ． $E = ρ j$ から電圧は $V = \int_{a}^{b} E d r = ρ I (1 / a - 1 / b) / (4 π)$ なので

R_{ℓ} = \frac{ρ}{4 π} (\frac{1}{a} - \frac{1}{b}) .

内側に電荷 $q$ があるとき，ガウスの法則 $4 π r^{2} ε E = q$ より $V = q (1 / a - 1 / b) / (4 π ε)$ ．したがって $C = 4 π ε / (1 / a - 1 / b)$ ．自己放電は $C \frac{d v}{d t} = - v / R_{ℓ}$ だから $v = v (0) e^{- t / (R_{ℓ} C)}$ ，時定数は $τ_{0} = R_{ℓ} C = ρ ε$ である．

$C \frac{d v}{d t} = (E - v) / R_{s} - v / R_{ℓ}$ ． $R_{s} = R_{ℓ}$ なので $\frac{d (E / 2 - v)}{d t} = - 2 (E / 2 - v) / (R_{ℓ} C)$ となり， $v = E (1 - e^{- t / τ_{c}}) / 2$ ， $τ_{c} = ρ ε / 2$ ．定常電流は $I = E / (2 R_{ℓ})$ ，電源の仕事率は $E^{2} / (2 R_{ℓ})$ ．物質内の発熱率は $(E / 2)^{2} / R_{ℓ} = E^{2} / (4 R_{ℓ})$ ，直列抵抗も同じである．
自己放電の $τ_{0}$ は幾何学によらない．一方，変更後の充電時定数は $τ_{c} = C R_{s} R_{ℓ} / (R_{s} + R_{ℓ}) = ρ ε R_{s} / (R_{s} + R_{ℓ})$ であり， $R_{s}$ を固定すると一定ではない． $R_{ℓ} C$ は時間の次元をもち，外部回路を付けると放電経路が増えるため時定数が短くなる．球対称と集中定数の近似には，外部接続による場の乱れを無視でき， $b / (c τ_{c})$ が十分小さい必要がある．

演習 8

オリジナル ★★★☆☆

容量 $C$ のコンデンサーとダイオードを並列につなぎ，起電力 $E = 3 V_{D}$ の理想電源から抵抗 $R$ を介して充電する．下側を電位の基準とし，上側の電圧を $v \geq 0$ とする．ダイオードを上側から下側へ流れる電流は， $0 \leq v \leq V_{D}$ では0， $v > V_{D}$ では $I_{D} = (v - V_{D}) / r_{d}$ である． $V_{D} > 0$ ， $r_{d} > 0$ ，初め $v = 0$ とする．

ダイオードが電流を流し始める時刻 $t_{D}$ と，それ以前の $v (t)$ を求めよ．
それ以後の $v (t)$ ，定常電圧，時定数を求めよ． $r_{d} = R$ の場合，初めて $v = 3 V_{D} / 2$ となる時刻も求めよ．
$r_{d} = R$ の定常状態で，電源の仕事率が抵抗とダイオードの消費電力の和に等しいことを示せ． $r_{d} \to 0$ の極限で電圧がどうなるかも述べよ．

**［図：ダイオードを並列につないだ充電回路］**
電源3V_Dと抵抗Rの先に，コンデンサーCと上側から下側へ導通するダイオードを並列につなぐ．電圧vとダイオード電流I_Dの正方向，折れ曲がり電圧V_Dをもつ与えられた電流特性を示す．

解答を見る

考え方
素子の特性が変わる電圧で解をつなぐ．定常電圧だけでなく，ダイオードが流し始めた後の緩和も変わる．

導通前は $C \frac{d v}{d t} = (3 V_{D} - v) / R$ だから， $v = 3 V_{D} (1 - e^{- t / (R C)})$ ． $v (t_{D}) = V_{D}$ より $e^{- t_{D} / (R C)} = 2 / 3$ ， $t_{D} = R C \ln (3 / 2)$ ．
導通後は

C \frac{d v}{d t} = \frac{3 V_{D} - v}{R} - \frac{v - V_{D}}{r_{d}} .

定常値と時定数は $V_{\infty} = V_{D} (R + 3 r_{d}) / (R + r_{d})$ ， $τ = C R r_{d} / (R + r_{d})$ ． $V_{\infty} - v$ がこの時定数で指数減衰するので，初期値 $v (t_{D}) = V_{D}$ から $v = V_{\infty} - (V_{\infty} - V_{D}) e^{- (t - t_{D}) / τ}$ ．これは常に $v \geq V_{D}$ で，導通を仮定した範囲に収まる． $r_{d} = R$ では $V_{\infty} = 2 V_{D}$ ， $τ = R C / 2$ ． $3 V_{D} / 2 = 2 V_{D} - V_{D} e^{- (t - t_{D}) / τ}$ より

t = R C \ln \frac{3}{2} + \frac{R C}{2} \ln 2.

定常電流は $I = V_{D} / R$ ．電源の仕事率は $3 V_{D} I = 3 V_{D}^{2} / R$ ，抵抗の発熱率は $I^{2} R = V_{D}^{2} / R$ ，ダイオードの消費電力は $V_{\infty} I_{D} = 2 V_{D}^{2} / R$ で，和が一致する． $r_{d} \to 0$ では $V_{\infty} \to V_{D}$ ， $τ \to 0$ となり，導通後の電圧は $V_{D}$ に保たれる極限へ近づく．ただし有限の回路で過渡解を使うには $ℓ / (c τ)$ が十分小さい必要があり， $r_{d} = 0$ の瞬間的応答まで集中定数近似で保証したわけではない．