第23章の章末問題 | 問いから始める物理

演習 1

オリジナル ★☆☆☆☆

固定された2つのコイルの相互インダクタンスを $M > 0$ とし，正の電流が作る磁束は強め合うものとします．2次コイルは自己インダクタンス $L$ ，全抵抗 $R$ の閉回路です．1次電流を0から $I_{p}$ まで変え，その後は一定に保ちます．2次電流は初め0で，操作後も十分長く待ちます．

2次回路の式を立て，全時間に通過する符号付き電荷 $q_{tot}$ を求めよ．
$M = 6.0 mH$ ， $R = 3.0 Ω$ ， $I_{p} = 2.0 A$ で評価せよ．1次電流を増す速さだけを変えると，答えは変わるか．

**［図：固定された二つのコイルの磁気結合］**
固定した1次コイルと閉じた2次コイルを描く．正の電流が同じ向きの磁束を作る巻き方向と，2次回路のL，Rを示す．

解答を見る

考え方 回路の式を操作前から電流が消えるまで積分する．

1次電流を $I_{1} (t)$ ，2次電流を $I (t)$ とすれば， $L \frac{d I}{d t} + R I = - M \frac{d I_{1}}{d t}$ である．両辺を全時間にわたって積分すると

L [I (\infty) - I (0)] + R \int_{0}^{\infty} I d t = - M [I_{1} (\infty) - I_{1} (0)] .

両端で2次電流は0だから， $q_{tot} = - M I_{p} / R$ となる．負号は増加した1次磁束を打ち消す向きに電荷が通過することを示す．

$q_{tot} = - (6.0 \times 10^{- 3} H) (2.0 A) / (3.0 Ω) = - 4.0 mC$ ．電流の波形は変わっても積分値は変わらない．単位も $H A Ω^{- 1} = C$ となり，電流が消えるまで待つ条件が重要である．

演習 2

オリジナル ★☆☆☆☆

静止した $N = 100$ 巻の検出コイルの1巻の面積は $S = 2.0 \times 10^{- 3} m^{2}$ です．正の法線方向の外部磁場を $B (t) = B_{0} \sin ω t$ ， $B_{0} = 0.010 T$ ， $ω = 1.0 \times 10^{3} s^{- 1}$ とします．検出コイルを含む閉回路の全抵抗は $R = 30 Ω$ ，自己インダクタンスは $L = 40 mH$ です．定常状態を扱います．

誘導起電力と電流の複素振幅を求め，実際の電流を表せ．正の電流は正の法線方向に磁場を作ります．
平均発熱率と，磁場を変える装置が回路に与える1周期あたりのエネルギーを求めよ．

**［図：外部装置による磁場変化と検出コイル］**
静止コイル，抵抗，磁場を変える外部装置を描く．S，N，正の法線と正の電流の対応を示す．

解答を見る

考え方 外部磁束の変化を電源に相当する起電力とし，自己誘導はインピーダンスに含める．

外部の鎖交磁束は $N S B_{0} \sin ω t$ だから， $E = - N S B_{0} ω \cos ω t = - 2.0 \cos ω t V$ ．複素振幅は $\hat{E} = - 2.0 V$ ， $Z = R + i ω L = (30 + 40 i) Ω$ である．したがって

\hat{I} = \frac{- 2.0}{30 + 40 i} A = (- 0.024 + 0.032 i) A, I (t) = (- 0.024 \cos ω t - 0.032 \sin ω t) A .

$I_{e} = | \hat{I} | / \sqrt{2} = 0.040 / \sqrt{2} A$ より， $P = R I_{e}^{2} = 0.024 W$ ．回路の式に $I$ を掛けると $E I = R I^{2} + \frac{d}{d t} (L I^{2} / 2)$ ．1周期でコイルのエネルギーは元に戻るので，装置からの供給は $W = P T = 2 π P / ω = 1.5 \times 10^{- 4} J$ となる．自己磁束を外部磁束と二重に数えておらず， $L \to 0$ では電流が起電力と同位相になる．

演習 3

オリジナル ★★☆☆☆

自己インダクタンス $L$ ，抵抗 $R > 0$ の静止した1巻き閉回路を考えます．正の法線方向の外部磁束を，時刻0から $T$ の間だけ一定の割合 $- E_{0}$ で減らし，それ以外では一定に保ちます． $E_{0} > 0$ ，初め電流0です．

時刻0以後の電流を求めよ．
$t = 0$ から電流が消えるまでの全発熱量を求め，起電力がする仕事と比較せよ．
外部磁束変化量の大きさ $Δ Φ = E_{0} T$ を固定して $T$ を変えるとき， $T \to 0$ の発熱量を求めよ．

**［図：有限時間の外部磁束変化とRL閉回路］**
閉回路のLとR，正の周回方向を描く．外部磁束の時間グラフに初期値，傾き，変化時間Tだけを示す．

解答を見る

考え方 起電力の有無で解をつなぎ，コイルに残るエネルギーも最終的には熱になると考える．

$τ = L / R$ とおく． $0 < t < T$ では $L \frac{d I}{d t} + R I = E_{0}$ だから，定常解と斉次解を加えて $I = E_{0} (1 - e^{- t / τ}) / R$ ．電流の連続性より $I_{T} = E_{0} (1 - e^{- T / τ}) / R$ ． $t \geq T$ では $I = I_{T} e^{- (t - T) / τ}$ である．
初めも終わりも磁気エネルギーは0なので，全発熱量は起電力の仕事に等しい．直接積分すると

Q_{tot} = \int_{0}^{T} E_{0} I d t = \frac{E_{0}^{2}}{R} [T - τ (1 - e^{- T / τ})] .

発熱を別々に積分しても，操作中は $E_{0}^{2} [T - 2 τ (1 - e^{- T / τ}) + τ (1 - e^{- 2 T / τ}) / 2] / R$ ，操作後は $L I_{T}^{2} / 2$ であり，和は上式になる．

$E_{0} = Δ Φ / T$ を代入する． $u = T / τ$ が小さいとき $1 - e^{- u} = u - u^{2} / 2 + \dots$ なので， $Q_{tot} \to Δ Φ^{2} / (2 L)$ ．この極限では直後の電流が $Δ Φ / L$ となり，その磁気エネルギーが熱になる．極限は集中定数模型での値であり，実際に速い操作を近似するには信号伝達時間と $T$ の比も十分小さくなければならない．

演習 4

オリジナル ★★☆☆☆

相互誘導のない理想コイル $L_{1} = L$ ， $L_{2} = 2 L$ と抵抗 $R$ を，同じ端子A，Dの間に並列につなぎます．時刻0に電源から切り離された直後の電流は，コイル1でAからDへ $I_{*} > 0$ ，コイル2で0です．切り替え中もコイルの電流経路を確保します．以後，外部電源はありません．

両コイルの電流の和と，それぞれの電流を求めよ．両電流の正方向はAからDです．
十分時間がたった後の電流と，全発熱量を求めよ．

**［図：初期電流が異なる三本の並列枝］**
AとDの間の3本の並列枝にL，2L，Rを配置する．両コイルの電流の正方向と初期電流I_*を示す．

解答を見る

考え方 並列枝の電圧は共通である．電流の和は減衰するが，コイルどうしを循環する電流は残りうる．

$J = I_{1} + I_{2}$ とおく．抵抗電流はAからDへ $- J$ ，共通電圧は $V = - R J$ である． $L \frac{d I_{1}}{d t} = 2 L \frac{d I_{2}}{d t} = V$ より， $\frac{d J}{d t} = - 3 R J / (2 L)$ ．したがって $J = I_{*} e^{- t / τ}$ ， $τ = 2 L / (3 R)$ ．一方， $L I_{1} - 2 L I_{2} = L I_{*}$ が保存される．これと和の式から

I_{1} = \frac{I_{*} + 2 J}{3}, I_{2} = \frac{J - I_{*}}{3} .

$J \to 0$ なので $I_{1} \to I_{*} / 3$ ， $I_{2} \to - I_{*} / 3$ ．初期エネルギーは $L I_{*}^{2} / 2$ ，終状態では $L {(I_{*} / 3)}^{2} / 2 + 2 L {(I_{*} / 3)}^{2} / 2 = L I_{*}^{2} / 6$ である．全発熱量は差の $Q = L I_{*}^{2} / 3$ ．直接積分しても $\int_{0}^{\infty} R J^{2} d t = R I_{*}^{2} τ / 2 = L I_{*}^{2} / 3$ となる．抵抗電流が消えても，各理想コイルの電流が0になるとは限らない．

演習 5

オリジナル ★★☆☆☆

開放時の実効電圧 $V_{e} = 100 V$ ，内部抵抗 $r = 2.0 Ω$ の交流電源に理想変圧器の1次側をつなぎます．巻数比 $n = N_{2} / N_{1}$ を可変とし，2次側には $R = 200 Ω$ ， $L = 0.40 H$ ，可変容量 $C$ を直列につなぎます．角振動数は $ω = 5.0 \times 10^{2} s^{- 1}$ ，磁化電流は無視します．

抵抗 $R$ に供給する平均電力を $n, C$ の関数として表せ．
この電力を最大にする $C, n$ と最大電力を求め，電源の内部抵抗の発熱も求めよ．

**［図：内部抵抗付き電源と可変巻数比の変圧器］**
内部抵抗付き交流電源，巻数比nの変圧器，2次側の直列RLC負荷を描く．電源の起電力と1次端子電圧を区別する．

解答を見る

考え方 負荷を1次側へ換算し，リアクタンスを消してから巻数比を選ぶ．

$X = ω L - 1 / (ω C)$ ，負荷の複素インピーダンスを $Z = R + i X$ とする．1次側から見た負荷は $Z / n^{2}$ ．起電力の複素振幅を $\sqrt{2} V_{e}$ と取ると， ${\hat{I}}_{1} = \sqrt{2} V_{e} / (r + Z / n^{2})$ ， ${\hat{I}}_{2} = {\hat{I}}_{1} / n$ だから

P_{R} = \frac{R}{2} {| {\hat{I}}_{2} |}^{2} = \frac{V_{e}^{2} n^{2} R}{{(R + r n^{2})}^{2} + X^{2}} .

固定した $n$ では $X = 0$ が最適で， $C = 1 / (ω^{2} L) = 10 μ F$ ． $y = n^{2} > 0$ とすれば $\frac{d P_{R}}{d y} = V_{e}^{2} R (R - r y) / {(R + r y)}^{3}$ なので，最大は $y = R / r = 100$ ， $n = 10$ である． $P_{R, max} = V_{e}^{2} / (4 r) = 1.3 \times 10^{3} W$ ．丸める前の値は $1250 W$ で， $I_{1, e} = V_{e} / (2 r) = 25 A$ ，内部の発熱も $r I_{1, e}^{2} = 1250 W$ となる．電源が与える $V_{e} I_{1, e} = 2500 W$ の半分が負荷へ渡ることが検算になる．

演習 6

オリジナル ★★★☆☆

2端子の箱には，抵抗 $r$ と理想コイル $L$ ，または抵抗 $r$ とコンデンサー $C$ が直列に入っています． $V (t) = V_{0} \cos ω t$ ， $V_{0} = 10.0 V$ を加え，定常電流を $I (t) = I_{c} \cos ω t + I_{s} \sin ω t$ として測定しました．表は表示桁に丸めた値で，箱と計器の温度は一定です．

$ω [s^{- 1}]$	$I_{c} [mA]$	$I_{s} [mA]$
$1.00 \times 10^{3}$	$80.0$	$60.0$
$2.00 \times 10^{3}$	$38.5$	$57.7$

中の素子を判別し，最初の行から各定数を求め，2行目を予測せよ．
最初の周波数で $\cos ω t = 1$ となる瞬間に電源を外し，箱の両端を短絡します．切り替えで電流の経路は途切れません．以後の電流と全発熱量を求めよ．

**［図：測定する二端子の箱と短絡への切り替え］**
2端子の箱，交流電源，電流計と，電源を外して箱を短絡する切り替えを描く．箱の中の素子の種類は記さない．

解答を見る

考え方 正弦項の符号を複素振幅へ正しく移し，求めた定数を過渡応答でも使う．

実部に戻すときの符号から $\hat{I} = I_{c} - i I_{s}$ ．したがって

Z = \frac{V_{0}}{I_{c} - i I_{s}} = \frac{V_{0} (I_{c} + i I_{s})}{I_{c}^{2} + I_{s}^{2}} = (80.0 + 60.0 i) Ω .

虚部が正なのでコイルであり， $r = 80.0 Ω$ ， $L = 60.0 / (1.00 \times 10^{3}) H = 60.0 mH$ ．次の周波数では $Z = (80.0 + 120 i) Ω$ ， $\hat{I} = 10.0 / (80.0 + 120 i) A = (0.03846 - 0.05769 i) A$ ．よって表の2行目を表示精度内で説明する．

切り替え直後の電流は $I (0) = I_{c} = 0.0800 A$ である．以後 $L \frac{d I}{d t} + r I = 0$ を積分し， $I (t) = 0.0800 e^{- t / τ} A$ ， $τ = L / r = 0.750 ms$ ．全発熱量は $\int_{0}^{\infty} r I (0)^{2} e^{- 2 t / τ} d t = r I (0)^{2} τ / 2 = L I (0)^{2} / 2 = 1.92 \times 10^{- 4} J$ となる．切り替えに使うのは振幅でなくその瞬間の電流であり，信号伝達時間を $t_{d}$ とすれば $t_{d} / τ$ と $ω t_{d}$ が十分小さい範囲の模型である．

演習 7

オリジナル ★★★☆☆

間隔 $l$ の水平レール上の導体棒の質量を $m$ とします．レールの左端を抵抗 $R > 0$ とコンデンサー $C$ の直列で結び，面に垂直な一様磁場 $B$ を加えます．レールと棒の抵抗は0です．時刻0に，無電荷のコンデンサーを接続したまま棒へ右向きの速度 $u > 0$ を与えます．以後外力はなく，摩擦と自己誘導を無視します．正の電荷 $q$ は，右向きの運動が充電する極板の電荷です．

$q (t), v (t)$ と，十分時間がたった後の速度を求めよ．
全発熱量を求め，棒が停止しない理由を述べよ．

**［図：初速度を与えた棒と直列RC回路］**
水平レール，棒，左端の直列RCを描く．磁場，初速度u，充電される極板のqと電流の正方向を示す．

解答を見る

考え方 棒の運動量変化と通過電荷を結び付け，回路の式を電荷だけの方程式にする．

$b = B l$ とおく． $I = \frac{d q}{d t}$ ，回路の式は $R I + q / C = b v$ ，棒の式は $m \frac{d v}{d t} = - b I$ ．後者を積分すると $m v + b q = m u$ ．これを前者へ代入して

R \frac{d q}{d t} + (\frac{1}{C} + \frac{b^{2}}{m}) q = b u .

$τ = R m C / (m + b^{2} C)$ ， $q_{\infty} = m C b u / (m + b^{2} C)$ とおけば，初期条件より $q = q_{\infty} (1 - e^{- t / τ})$ ．したがって

v = \frac{m u}{m + b^{2} C} + \frac{b^{2} C u}{m + b^{2} C} e^{- t / τ}, v_{\infty} = \frac{m u}{m + b^{2} C} .

初期エネルギーから最終の運動エネルギーと静電エネルギーを引くと

Q = \frac{m u^{2}}{2} - \frac{m v_{\infty}^{2}}{2} - \frac{q_{\infty}^{2}}{2 C} = \frac{m b^{2} C u^{2}}{2 (m + b^{2} C)} .

直接積分でも $Q = \int_{0}^{\infty} R {(q_{\infty} / τ)}^{2} e^{- 2 t / τ} d t = R q_{\infty}^{2} / (2 τ)$ となり一致する．充電後は運動起電力とコンデンサー電圧がつり合い，電流も制動力も消える．自己誘導の無視には，無視したインダクタンスを $L_{s}$ として $L_{s} / (R τ)$ が十分小さいことが必要である．

演習 8

オリジナル ★★★☆☆

間隔 $l$ の水平レールの左端を，理想コイル $L$ とコンデンサー $C$ の直列で結びます． $L$ は一定で，レールと棒の自己誘導は無視します．質量 $m$ の導体棒に右向きの初速度 $u > 0$ を与え，時刻0に放します．一様磁場 $B$ は面に垂直で，初め電流も電荷も0，抵抗，摩擦，外力はありません． $q$ は右向きの運動が充電する極板の電荷です．

$q (t), I (t), v (t)$ を複素指数関数を用いて求めよ．
棒が左向きに動く時刻が存在するための条件を求めよ．また運動エネルギー，コイルとコンデンサーのエネルギーの和が保存されることを示せ．

**［図：初速度を与えた棒と直列LC回路］**
棒とレール，直列LCを描く．初速度u，磁場，qの極板，正の充電電流を示す．

解答を見る

考え方 棒の速度は通過電荷で変わるため，電気振動の復元項に運動の効果が加わる．

$b = B l$ ， $I = \frac{d q}{d t}$ とおく．回路と棒の式は $L \frac{d^{2} q}{d t^{2}} + q / C = b v$ ， $m \frac{d v}{d t} = - b \frac{d q}{d t}$ ．積分して $v = u - b q / m$ を代入すると

L \frac{d^{2} q}{d t^{2}} + (\frac{1}{C} + \frac{b^{2}}{m}) q = b u .

$q_{e} = m C b u / (m + b^{2} C)$ ， $Ω = \sqrt{(1 / C + b^{2} / m) / L}$ とする． $q - q_{e} \propto e^{s t}$ の特性方程式は $L s^{2} + 1 / C + b^{2} / m = 0$ ，根は $s = \pm i Ω$ ．初期条件から

q = q_{e} (1 - \cos Ω t), I = q_{e} Ω \sin Ω t, v = u [1 - α + α \cos Ω t], α = \frac{b^{2} C}{m + b^{2} C} .

最小速度は $u (1 - 2 α) = u (m - b^{2} C) / (m + b^{2} C)$ だから，左向きになる条件は $b^{2} C > m$ ．等号では瞬間的に静止するが，左向きにはならない．また

\frac{d}{d t} (\frac{1}{2} m v^{2} + \frac{1}{2} L I^{2} + \frac{q^{2}}{2 C}) = - b v I + I (L \frac{d I}{d t} + q / C) = 0.

初期値は $m u^{2} / 2$ であり，制動が続いた後にはコイルとコンデンサーから棒へエネルギーが戻る．微小な残留抵抗を $R_{s}$ とすると，無減衰の1周期を近似するには $R_{s} / (L Ω)$ が十分小さいことが必要である．

演習 9

オリジナル ★★★☆☆

面積 $S$ ，巻数 $N$ の発電コイルを，一様磁場 $B$ の中で一定の角速度 $ω > 0$ で回します．正の法線と磁場の角は $ω t$ です．静止した負荷を含む全回路は直列RLCで， $R, L, C > 0$ は回転速度によらず一定，定常状態とします．

電流の複素振幅と，回転を保つ外力の平均仕事率を求めよ．
$N, S, B, R, L, C$ を固定し，平均仕事率を最大にする有限の $ω$ が存在する条件と，その値を求めよ．電流の振幅を最大にする回転速度も求めよ．
$ω \to \infty$ の模型内の極限を求め，(2)の回転速度を $1 / \sqrt{L C}$ で近似する条件を述べよ．

**［図：回転コイルと静止した直列RLC負荷］**
回転コイルの磁場，法線，角ωt，摺動接点と静止した直列RLC負荷を描く．

解答を見る

考え方 回転を速めると起電力の振幅も増す．電圧振幅を一定にした共振条件をそのまま使わない．

$K = N S B$ とおけば， $E = K ω \sin ω t$ ， $\hat{E} = - i K ω$ ．したがって

\hat{I} = \frac{- i K ω}{R + i (ω L - 1 / (ω C))}, P = \frac{R}{2} {| \hat{I} |}^{2} = \frac{K^{2} R ω^{2}}{2 [R^{2} + {(ω L - 1 / (ω C))}^{2}]} .

実際の電流は $\hat{I} e^{i ω t}$ の実部である．1周期で回路の蓄積エネルギーは元に戻るので，外力の平均仕事率も $P$ となる．

$y = ω^{2}$ ， $a = R^{2} - 2 L / C$ とおくと， $P = K^{2} R y^{2} / [2 (L^{2} y^{2} + a y + C^{- 2})]$ ．微分すると

\frac{d P}{d y} = \frac{K^{2} R}{2} \frac{y (a y + 2 C^{- 2})}{{(L^{2} y^{2} + a y + C^{- 2})}^{2}} .

有限の最大点が存在するのは $a < 0$ ，すなわち $R^{2} C < 2 L$ の場合で， $ω_{*}^{2} = 1 / (L C - R^{2} C^{2} / 2)$ ．それ以外では単調増加して極限値へ近づく． $P = R I_{0}^{2} / 2$ だから，電流振幅の最大点も同じである．

$P \to K^{2} R / (2 L^{2})$ ， $I_{0} \to K / L$ ． $ϵ = R^{2} C / (2 L)$ が十分小さいとき， $ω_{*} = (L C)^{- 1 / 2} {(1 - ϵ)}^{- 1 / 2} \approx (L C)^{- 1 / 2} (1 + ϵ / 2)$ ．この近似の小さい量は $ϵ$ である．無限大の周波数の極限はあくまで回路模型内の値で，実際の集中定数近似には，回路内の信号伝達時間を $t_{d}$ として $ω t_{d}$ が十分小さいことも必要である．