第21章の発展問題 | 問いから始める物理

演習 1

IPhO 1967 第2問（改題） ★★★★☆

共通の下側導線Bに対して，上側の端子Aから抵抗 $R$ を1本進むごとに，下側へ抵抗 $2 R$ を1本つなぐ．この組を右へ無限に繰り返す． $N$ 組で打ち切り，最後の $2 R$ より右を開放した回路のA，B間の抵抗を $X_{N}$ とし，無限回路は定常状態の $N \to \infty$ の極限で定義する．

無限回路の抵抗 $X$ を求めよ．A，B間の電圧を $V > 0$ としたとき，第 $k$ 接続点の電位と，そこにつながる $2 R$ の電流を求めよ．Bを基準とする．
上側の抵抗群と下側へ向かう抵抗群の発熱率を，それぞれ無限級数から求めよ．
有限回路の $X_{N}$ を求め，無限回路の抵抗に対する相対誤差を1 %以下にする最小の $N$ を求めよ．

**［図：無限はしご回路と有限回路の打ち切り］**
上図は上側のRと共通導線Bへの2Rを3組示し，右へ無限に繰り返す．下図はN組の有限回路で，接続点番号k = Nの2Rより右を開放する位置を示す．

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考え方
1組進んだ先にも同じ回路がある．有限回路の漸化式を先に考えると，自己相似から得た根の選び方と極限を確かめられる．

最初の抵抗の先は $2 R$ と残りの $X$ の並列だから， $X = R + 2 R X / (2 R + X)$ ．整理すると $X^{2} - R X - 2 R^{2} = (X - 2 R) (X + R) = 0$ ．正の抵抗を選び $X = 2 R$ ．最初の抵抗の先の並列抵抗は $R$ なので，電位は1組ごとに半分になる．したがって $V_{k} = V / 2^{k}$ ，下側への電流は $I_{b, k} = V_{k} / (2 R) = V / (R 2^{k + 1})$ ．
上側の第 $k$ 抵抗の電圧降下は $V / 2^{k - 1} - V / 2^{k} = V / 2^{k}$ ．したがって， $\sum_{k = 1}^{\infty} 4^{- k} = 1 / 3$ を使うと

P_{a} = \frac{V^{2}}{R} \sum_{k = 1}^{\infty} 4^{- k} = \frac{V^{2}}{3 R}, P_{b} = \frac{V^{2}}{2 R} \sum_{k = 1}^{\infty} 4^{- k} = \frac{V^{2}}{6 R} .

合計は $V^{2} / (2 R) = V^{2} / X$ である．上側と下側への枝は2対1の割合で発熱する．

$x_{N} = X_{N} / R$ とすれば $x_{1} = 3$ ， $x_{N} = (3 x_{N - 1} + 2) / (x_{N - 1} + 2)$ ．2つの固定点2， $- 1$ を使い，直接変形すると

\frac{x_{N} - 2}{x_{N} + 1} = \frac{1}{4} \frac{x_{N - 1} - 2}{x_{N - 1} + 1} .

$(x_{1} - 2) / (x_{1} + 1) = 1 / 4$ より比は $4^{- N}$ ．これを $x_{N}$ について解くと $X_{N} = R (2 + 4^{- N}) / (1 - 4^{- N})$ ．相対誤差は $(X_{N} - X) / X = 3 / [2 (4^{N} - 1)]$ で， $N = 3$ では $1 / 42$ ， $N = 4$ では $1 / 170$ ．したがって最小は $N = 4$ である．誤差を制御する小さい無次元量は $4^{- N}$ であり，この極限は無限に遠い抵抗まで瞬時に応答するという仮定を必要としない．

演習 2

APhO 2000 第2問（改題） ★★★★☆

電荷を集めるセンサーを，電流源と，それに並列な容量 $C$ ，読み出し抵抗 $R$ で表す．電流源は1回の信号で，時刻0から $t_{c}$ まで一定電流 $I_{s} = Q / t_{c}$ を上側接続点へ送り込み，その後は電流を流さない．初めの電圧は0で，測定器の影響は無視する．上側の電圧を $v$ ， $τ = R C$ とする．

信号の前半と後半の $v (t)$ および最大電圧 $V_{p}$ を求めよ． $Q / C$ を最大電圧とみなす近似の相対誤差を， $x = t_{c} / τ$ の先頭の次数まで求めよ．
$Q = 6.00 \times 10^{- 12} C$ ， $C = 30.0 \times 10^{- 12} F$ ， $t_{c} = 1.00 \times 10^{- 4} s$ とする．最大電圧は $0.160 V$ 以上，次の信号の開始時刻 $Δ t = 1.20 \times 10^{- 3} s$ に残る電圧は $V_{p}$ の1 %以下，という両条件を満たす $R$ の範囲を求めよ．必要なら $(1 - e^{- x}) / x = 0.800$ の正の根を数値で求めてよい．
読み出し抵抗を通じて失う全エネルギーと電流源の仕事を求めよ．(2)の信号間隔を保つとき，実現できる最大の $V_{p}$ はいくらか．

**［図：センサーの並列回路と矩形電流パルス］**
センサーの電流源，容量C，読み出し抵抗Rを並列につなぐ．電流源は時刻0からt_cまでQ/t_cを上側へ送り込む．別の図に与えられた電流パルスと次の信号の開始時刻Δtを示す．

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考え方
電荷を集める間にも抵抗へ電流が流れる．大きな信号と短い残留時間の要求は，時定数に逆向きの制約を与える．

前半は $C \frac{d v}{d t} = Q / t_{c} - v / R$ ．定常値 $Q R / t_{c}$ からの差を積分し， $v (0) = 0$ を使うと $v = Q R (1 - e^{- t / τ}) / t_{c}$ ．電流源が止まった後は $C \frac{d v}{d t} = - v / R$ だから

V_{p} = \frac{Q R}{t_{c}} (1 - e^{- x}) = \frac{Q}{C} \frac{1 - e^{- x}}{x}, v = V_{p} e^{- (t - t_{c}) / τ} (t \geq t_{c}) .

前半は増加し後半は減少するので，最大は $t = t_{c}$ にある． $e^{- x} = 1 - x + x^{2} / 2 + \dots$ より $V_{p} = (Q / C) (1 - x / 2 + \dots)$ ．真の値を分母にした過大評価の相対誤差 $[(Q / C) - V_{p}] / V_{p}$ は $x / 2$ が先頭項である．

$Q / C = 0.200 V$ なので，振幅条件は $f (x) = (1 - e^{- x}) / x \geq 0.800$ ． $f^{'} (x) = [(1 + x) e^{- x} - 1] / x^{2} < 0$ である．ここでは $e^{x} > 1 + x$ を使った．根は $x_{*} = 0.4642$ だから， $τ \geq t_{c} / x_{*} = 2.154 \times 10^{- 4} s$ ．残留条件は $e^{- (Δ t - t_{c}) / τ} \leq 0.010$ なので $τ \leq (Δ t - t_{c}) / \ln 100 = 2.389 \times 10^{- 4} s$ ．よって

7.18 M Ω \leq R \leq 7.96 M Ω

が3桁で表した範囲である．厳密な端点は上の時定数の式を $C$ で割った値である．

前半に電流源がする仕事は

W = \int_{0}^{t_{c}} \frac{Q}{t_{c}} v d t = \frac{Q^{2} R}{t_{c}^{2}} [t_{c} - τ (1 - e^{- x})] .

前半の抵抗の熱は $W - C V_{p}^{2} / 2$ ，後半の熱は $\int_{t_{c}}^{\infty} v^{2} d t / R = C V_{p}^{2} τ / (2 R) = C V_{p}^{2} / 2$ なので，全熱は $Q_{J} = W$ ．振幅は $τ$ とともに増えるため，残留条件の上限で最大となり， $x = t_{c} \ln 100 / (Δ t - t_{c}) = 0.4187$ を代入すると $V_{p, max} = 0.163 V$ ．小さい $x$ の近似を使うには $t_{c} / τ$ が十分小さくなければならず，設計範囲では約0.42から0.46であるため，(2)(3)は指数関数を展開せずに計算した．

演習 3

オリジナル ★★★★☆

電子の質量を $m$ ，電荷を $- e$ ，数密度を $n$ とする．一様な導体に一定電場 $E = E e_{x}$ （ $E > 0$ ）を加える． $e_{x}$ は $x$ 方向の単位ベクトルである．電子の熱運動は電流の平均に寄与しないとし，衝突で電場による速度だけが0に戻る模型を考える．連続する衝突の間隔 $s$ は独立で，密度 $p (s) = e^{- s / τ} / τ$ に従う．定常状態で最後の衝突からの時間も同じ分布に従うことを使ってよい．

定常状態の電流密度と抵抗率を求めよ．衝突で格子へ渡る単位体積・単位時間のエネルギーを， $⟨ s^{2} ⟩$ から求め， $j E$ と比較せよ．
衝突間隔が必ず $τ$ で，電子の衝突時刻が均等にずれている別の模型を考える．定常電流密度と単位体積あたりの発熱率を求め，(1)と比較せよ．
最初の模型で時刻0に電場を加え，直前の電場による速度は全電子で0とする．電流密度 $j (t)$ ，電場による運動エネルギー密度 $K (t)$ ，格子への単位体積あたりの発熱率 $H (t)$ を求め，過渡状態の収支を確かめよ．巨視的なRC回路で瞬時のオームの法則を使う条件も述べよ．

**［図：導体内の電場と電子の自由飛行］**
一様な導体のx軸と，正のx方向に与える一定電場E = Ee_xを示す．衝突の間の自由飛行を方向のない模式線で表し，飛行時間sを記す．電子の電荷は−e，質量はm，数密度はnである．

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考え方
平均速度が電流を決め，速度の2乗の平均が衝突で失うエネルギーを決める．平均をとってから2乗する操作とは区別する．

$a = e E / m$ とすると，自由飛行中の速度は $- a s$ ．指数分布の積分を部分積分すると

⟨ s ⟩ = \int_{0}^{\infty} \frac{s}{τ} e^{- s / τ} d s = \int_{0}^{\infty} e^{- s / τ} d s = τ, ⟨ s^{2} ⟩ = \int_{0}^{\infty} \frac{s^{2}}{τ} e^{- s / τ} d s = 2 \int_{0}^{\infty} s e^{- s / τ} d s = 2 τ^{2} .

したがって $v_{d} = a τ$ ， $j = n e v_{d} = n e^{2} E τ / m$ ，抵抗率は $ρ = E / j = m / (n e^{2} τ)$ である．1回の衝突で失う平均エネルギーは $m a^{2} ⟨ s^{2} ⟩ / 2 = m a^{2} τ^{2}$ ．単位体積で毎秒 $n / τ$ 回の衝突があるので

H = n m a^{2} τ = \frac{n e^{2} E^{2} τ}{m} = j E .

平均速度を2乗した $m v_{d}^{2} / 2$ を1回の損失とすると半分になり，揺らぎの寄与を落としてしまう．

観測時の経過時間は0から $τ$ まで一様だから，平均速度の大きさは $a τ / 2$ ．よって $j = n e^{2} E τ / (2 m)$ ．衝突直前の速度の大きさは必ず $a τ$ であり，毎秒の衝突数はやはり $n / τ$ なので $H = n m a^{2} τ / 2 = j E$ ．同じ平均衝突間隔でも，時間の分布を変えると電流と発熱は半分になる．
負の $x$ 方向の速度成分の大きさを $u$ とする．短時間 $d t$ に衝突する割合は $d t / τ$ である．平均をとると

\frac{d ⟨ u ⟩}{d t} = a - \frac{⟨ u ⟩}{τ}, \frac{d ⟨ u^{2} ⟩}{d t} = 2 a ⟨ u ⟩ - \frac{⟨ u^{2} ⟩}{τ} .

第1式を初期値0で解くと $⟨ u ⟩ = a τ (1 - e^{- t / τ})$ ， $j (t) = n e^{2} E τ (1 - e^{- t / τ}) / m$ ．これを第2式へ入れ，両辺に $e^{t / τ}$ を掛けて積分すると

e^{t / τ} ⟨ u^{2} ⟩ = 2 a^{2} τ [τ (e^{t / τ} - 1) - t], K (t) = \frac{n m}{2} ⟨ u^{2} ⟩ = n m a^{2} τ^{2} [1 - (1 + \frac{t}{τ}) e^{- t / τ}] .

衝突で毎秒失うエネルギーは $H = K / τ$ ．したがって $j E - H = n m a^{2} t e^{- t / τ} = \frac{d K}{d t}$ で，電場の仕事は熱と電子の運動エネルギー増加に分かれる．定常極限では $\frac{d K}{d t} \to 0$ となり(1)へ戻る．RC回路の時定数を $τ_{RC}$ とすると，瞬時の抵抗を使う条件は $τ / τ_{RC}$ が十分小さいことである．この模型は熱運動や衝突率が電場によって変わらない範囲に限られる．

演習 4

オリジナル ★★★★★

起電力 $E$ の理想電源から抵抗 $R$ を介して接続点Aへ電流を送り，Aから電源の負極Bへ，容量 $C$ と非線形素子を並列につなぐ．AのBに対する電圧を $v$ ， $u = v / V_{*} - 2$ ， $I_{*} = V_{*} / R$ とする． $V_{*} > 0$ で，素子のAからBへの電流は， $0 \leq v \leq 4 V_{*}$ において $I_{D} = I_{*} (u^{3} - 3 u + 3)$ に従う．素子はこの特性へ遅れなく応答すると仮定する．

$E = 5 V_{*}$ で全定常電圧を求め，微小な電圧変化に対する安定性と緩和時間を調べよ．初期値 $0 < v (0) < 4 V_{*}$ からどの定常値へ近づくかも示せ．
$h = E / V_{*} - 5$ とし，3つの異なる定常値が存在する $h$ の範囲を $- h_{c} < h < h_{c}$ の形で求めよ．その範囲を含む近傍で，定常値が1つだけの状態から起電力を十分ゆっくり上げ下げするとき，電圧が跳び移る起電力を求めよ．
起電力を上げたときの跳び移りに近い $h = h_{c} - δ$ ， $0 < δ$ で，消滅に近い安定状態の緩和時間の先頭項を求めよ．近似に必要な $δ$ と電圧変化の条件を示せ．また，負の微分抵抗があることがエネルギー保存に反するか，収支の式から判定せよ．

**［図：非線形素子とコンデンサーの並列回路］**
電源ℰから抵抗Rを介してAへ接続し，Aと負極Bの間に容量Cと非線形素子を並列につなぐ．下図は与えられた特性I_D = I_*(u³−3u+3)だけを，v/V_*とI_D/I_*の軸で示す．

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考え方
特性曲線との交点だけでは安定性は決まらない．接続点に余った電流がコンデンサーを充電する向きを調べる．

電荷保存は $C \frac{d v}{d t} = (E - v) / R - I_{D}$ なので

R C \frac{d u}{d t} = h + 2 u - u^{3} .

$h = 0$ では $u (2 - u^{2}) = 0$ より， $v = (2 - \sqrt{2}) V_{*}, 2 V_{*}, (2 + \sqrt{2}) V_{*}$ ．定常値 $u_{s}$ からのずれを $ξ$ とすると $R C \frac{d ξ}{d t} = (2 - 3 u_{s}^{2}) ξ$ が1次の式である．外側2つは係数 $- 4$ で安定， $ξ = ξ (0) e^{- 4 t / (R C)}$ ，緩和時間は $R C / 4$ ．中央は係数2で不安定である． $- 2 < u < 0$ では $- \sqrt{2}$ に向かう符号， $0 < u < 2$ では $\sqrt{2}$ に向かう符号となるため， $v (0) < 2 V_{*}$ なら下の安定値， $v (0) > 2 V_{*}$ なら上の安定値へ近づく．ちょうど中央から出発すれば模型上は中央にとどまる．

定常値の条件は $h = g (u) = u^{3} - 2 u$ ． $g^{'} (u) = 3 u^{2} - 2$ の零点は $u = \pm a$ ， $a = \sqrt{2 / 3}$ ． $g (- a) = 4 a / 3$ ， $g (a) = - 4 a / 3$ だから，異なる3根をもつ範囲は $- h_{c} < h < h_{c}$ ， $h_{c} = 4 \sqrt{2 / 3} / 3$ ．外側は安定，中央は不安定である．起電力を上げて下の枝をたどると $h = h_{c}$ で安定値が消滅し，上の枝へ移る．下げると $h = - h_{c}$ で逆に移る．したがって跳び移る起電力の準静的極限は

E_{up} = V_{*} (5 + \frac{4}{3} \sqrt{\frac{2}{3}}), E_{down} = V_{*} (5 - \frac{4}{3} \sqrt{\frac{2}{3}}) .

この2つが異なるため，上げ下げで履歴が残る．近傍の定常値は与えた特性の範囲内にあり，境界 $u = \pm 2$ での電圧変化も内側へ向く．

上側の消滅点は $u_{c} = - a$ ． $u = - a + y$ とおくと

h + 2 u - u^{3} = - δ + 3 a y^{2} - y^{3} .

$δ$ が十分小さいと，近傍の定常値は $y \approx \pm \sqrt{δ / (3 a)}$ ．安定なのは負の根である．右辺の傾きは $6 a y - 3 y^{2} \approx - 2 \sqrt{3 a δ}$ なので

τ_{rel} \approx \frac{R C}{2 \sqrt{3 a δ}} .

近似には $δ$ が1より十分小さく，さらに安定値からのずれ $| ξ |$ が $\sqrt{δ / (3 a)}$ より十分小さいことが必要である．緩和が遅くなるため，有限速度で電源を変えると(2)の準静的な跳び移りからずれる．

電源からの電流を $I_{R} = (E - v) / R$ とすると，蓄積エネルギー $U = C v^{2} / 2$ の収支は

\frac{d U}{d t} = v (I_{R} - I_{D}) = E I_{R} - R I_{R}^{2} - v I_{D} .

右辺は電源の仕事率から抵抗と素子の消費電力を引いた値である． $- 2 \leq u \leq 2$ で $u^{3} - 3 u + 3 \geq 1$ だから $v I_{D} \geq 0$ ．微分抵抗が負でも，素子の消費電力は負ではなく，エネルギー保存に反しない．

演習 5

オリジナル ★★★★★

容量 $C$ のコンデンサーをA，O間とB，O間に1個ずつ置く．抵抗 $R$ をA，O間，抵抗 $2 R$ をB，O間，別の抵抗 $R$ をA，B間につなぐ．Oを電位の基準とする．コンデンサーの初期電圧をそれぞれ $V > 0, 0$ とし，電源を外した後の時刻0に3本の抵抗を同時につなぐ．電圧を $v_{A}, v_{B}$ とする．

電荷保存から2つの微分方程式を立て， $v_{A} (t), v_{B} (t)$ を求めよ． $v_{B}$ が最大となる時刻と最大電圧を求め，それぞれ $R C, V$ を単位として数値で示せ．
3本の抵抗がそれぞれ失う全エネルギーを求めよ．
同じ回路で初期電圧を $v_{A} (0) = a, v_{B} (0) = b$ に変更し，初期エネルギー $U_{0} = C (a^{2} + b^{2}) / 2 > 0$ を固定する．A，B間の抵抗で失うエネルギーを最大にする $b / a$ と， $U_{0}$ に対する最大の割合を求めよ．負の初期電圧も準備できるものとする．

**［図：二つのコンデンサーを結ぶ抵抗回路］**
AとO，BとOの間に容量Cを1個ずつ置き，AとOにはR，BとOには2R，AとBにはRをつなぐ．初期電圧Vと0，変更時のaとbは，Oを基準とする上側電圧の符号で表す．

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考え方
2つの電圧は連成して減衰する．時間変化は2つの指数関数で解き，全発熱は電圧の積の積分を使うと簡単になる．

各接続点の電荷保存より

R C \frac{d v_{A}}{d t} = - 2 v_{A} + v_{B}, R C \frac{d v_{B}}{d t} = v_{A} - \frac{3}{2} v_{B} .

$x = t / (R C)$ とし， $v_{A} = A e^{- k x}, v_{B} = B e^{- k x}$ を代入すると $(2 - k) A - B = 0$ ， $- A + (3 / 2 - k) B = 0$ ．係数の行列式は $(2 - k) (3 / 2 - k) - 1 = 0$ ，すなわち $k^{2} - 7 k / 2 + 2 = 0$ ． $s = \sqrt{17}$ ， $k_{-} = (7 - s) / 4$ ， $k_{+} = (7 + s) / 4$ とすれば，初期条件を満たす係数は

v_{A} = \frac{V}{2 s} [(s - 1) e^{- k_{-} x} + (s + 1) e^{- k_{+} x}], v_{B} = \frac{2 V}{s} (e^{- k_{-} x} - e^{- k_{+} x}) .

実際に $v_{A} (0) = V, v_{B} (0) = 0$ ， $\frac{d v_{A}}{d x} (0) = - 2 V$ となる． $\frac{d v_{B}}{d x} = 0$ は $k_{+} e^{- k_{+} x} = k_{-} e^{- k_{-} x}$ だから

x_{p} = \frac{2}{s} \ln \frac{k_{+}}{k_{-}}, v_{B, p} = \frac{2 V}{s} (e^{- k_{-} x_{p}} - e^{- k_{+} x_{p}}) .

数値では $t_{p} = 0.656 R C$ ， $v_{B, p} = 0.224 V$ ．微分は初め正，十分後は負なので唯一の最大である．

(3)にも使うため，一般の初期電圧 $a, b$ で積分する． $J_{A A} = \int_{0}^{\infty} v_{A}^{2} d x$ ， $J_{A B} = \int_{0}^{\infty} v_{A} v_{B} d x$ ， $J_{B B} = \int_{0}^{\infty} v_{B}^{2} d x$ とする．微分方程式から2乗と積を微分し，終状態 $v_{A} = v_{B} = 0$ を使うと

4 J_{A A} - 2 J_{A B} = a^{2}, 3 J_{B B} - 2 J_{A B} = b^{2}, \frac{7}{2} J_{A B} - J_{A A} - J_{B B} = a b .

最初の2式を最後の式へ入れると $J_{A B} = (3 a^{2} + 12 a b + 4 b^{2}) / 28$ ．これを戻して

J_{A A} = \frac{17 a^{2} + 12 a b + 4 b^{2}}{56}, J_{B B} = \frac{4 a^{2} + 16 a b + 24 b^{2}}{56} .

$d t = R C d x$ だから，A，O間の熱は $Q_{A O} = C J_{A A}$ ，B，O間は $Q_{B O} = C J_{B B} / 2$ ，A，B間は $Q_{A B} = C (J_{A A} - 2 J_{A B} + J_{B B})$ ． $a = V, b = 0$ として

Q_{A O} = \frac{17 C V^{2}}{56}, Q_{B O} = \frac{C V^{2}}{28}, Q_{A B} = \frac{9 C V^{2}}{56} .

合計は $C V^{2} / 2$ で初期エネルギーに等しい．

一般の式から $Q_{A B} = C (9 a^{2} - 20 a b + 12 b^{2}) / 56$ ． $r = b / a$ とすると

\frac{Q_{A B}}{U_{0}} = \frac{9 - 20 r + 12 r^{2}}{28 (1 + r^{2})}, \frac{d}{d r} (\frac{Q_{A B}}{U_{0}}) = \frac{20 r^{2} + 6 r - 20}{28 (1 + r^{2})^{2}} .

停留条件は $10 r^{2} + 3 r - 10 = 0$ ．負の根 $r = - (3 + \sqrt{409}) / 20$ が最大を与え，正の根は最小を与える． $a = 0$ の場合の割合 $3 / 7$ とも比較すると，大域的な最大は

\frac{b}{a} = - \frac{3 + \sqrt{409}}{20} \approx - 1.16, \frac{Q_{A B, max}}{U_{0}} = \frac{21 + \sqrt{409}}{56} \approx 0.736 .

逆極性に準備してA，B間の電圧差を大きくすると，その枝への散逸を増やせる．最大割合は1より小さく，他の抵抗にも必ず熱が出る．2つの減衰時間のうち短いものは $R C / k_{+}$ なので，集中定数近似には $ℓ k_{+} / (c R C)$ が十分小さい必要がある．