動く導体と誘導 | 問いから始める物理

総合演習 10

オリジナル ★★★★☆

磁場へ落ちるコイルの電流はすぐには立ち上がらない

横幅 $ℓ$ ，高さ $h$ ，巻数 $N$ ，質量 $m$ の長方形コイルを鉛直の案内に沿って落とします．コイル面に垂直な一様磁場 $B$ が，水平な境界より下の半空間だけにあります．下辺が境界に達した瞬間を $t = 0$ とし，このとき速度と電流はともに0です．下辺の下向き変位を $x$ ，下向きを正とする速度を $v$ ，磁束の増加を妨げる向きの電流を $I$ とします．全抵抗 $R$ と自己インダクタンス $L$ は一定で，磁場の源は動かず，摩擦・空気抵抗・巻線間の電気容量を無視します． $K = N B ℓ$ とおき， $K^{2} / (m L) > R^{2} / (4 L^{2})$ とします．

$0 < x < h$ の連立方程式を立て，終端速度の候補 $v_{\infty}$ を求めよ．機械的エネルギー，磁気エネルギー，発熱の収支を，時間微分の形で示せ．
$α = R / (2 L)$ ， $ω_{d} = \sqrt{K^{2} / (m L) - α^{2}}$ を用い，複素指数関数から $v (t), I (t), x (t)$ を求めよ． $m = 0.020 kg$ ， $K = 0.20 T m$ ， $L = 0.050 H$ ， $R = 0.20 Ω$ ， $h = 0.120 m$ ， $g = 9.8 m s^{- 2}$ のとき，初めて $x = h$ に達する時刻，速さ，電流を求めよ．
コイル全体が磁場に入った後の運動と電流，その後に生じる熱量を求めよ．この装置で終端速度を観測できるとは限らない理由を説明し，自己誘導を省く近似の条件を時間尺度の比で示せ．

**［図：磁場境界へ下辺から入る長方形コイル］**
水平な磁場境界と，そこへ下辺から入る長方形コイルを描く．下向きのx，幅ℓ，高さh，巻数N，磁場の向きと正の電流の向きを示す．

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考え方

一辺だけが磁場にある間に外部磁束が変わる．一定の集中定数 $R, L$ を使う準静的模型で，運動と回路を連立する．

外部磁束の大きさは $N B ℓ x = K x$ である．正の電流の向きを定義したので，駆動起電力は $K v$ ．下辺への上向きの磁気力は $K I$ となり，

m \frac{d v}{d t} = m g - K I, L \frac{d I}{d t} + R I = K v, \frac{d x}{d t} = v .

定常な候補では $I_{\infty} = m g / K$ ，従って $v_{\infty} = m g R / K^{2}$ である．両式にそれぞれ $v, I$ を掛けると，交換項 $K I v$ が消えて

\frac{d}{d t} (\frac{1}{2} m v^{2} + \frac{1}{2} L I^{2} - m g x) = - R I^{2} .

重力の仕事が運動・磁気エネルギーと熱に分かれる．

第1式を微分し，第2式で $I$ を消去すると

\frac{d^{2} v}{d t^{2}} + \frac{R}{L} \frac{d v}{d t} + \frac{K^{2}}{m L} v = \frac{R g}{L} .

$v - v_{\infty} \propto e^{s t}$ を代入した特性方程式は $s^{2} + 2 α s + K^{2} / (m L) = 0$ で，根は $- α \pm i ω_{d}$ ．実部をとった解を $v = v_{\infty} + e^{- α t} (C_{1} \cos ω_{d} t + C_{2} \sin ω_{d} t)$ と書く． $v (0) = 0$ ， $I (0) = 0$ より $d v / d t (0) = g$ なので， $C_{1} = - v_{\infty}$ ， $C_{2} = (g - α v_{\infty}) / ω_{d}$ である．従って

v = v_{\infty} + e^{- α t} [- v_{\infty} \cos ω_{d} t + \frac{g - α v_{\infty}}{ω_{d}} \sin ω_{d} t],

I = \frac{m}{K} [g - e^{- α t} (g \cos ω_{d} t + \frac{v_{\infty} (ω_{d}^{2} + α^{2}) - α g}{ω_{d}} \sin ω_{d} t)] .

位置も初期値を保って積分する． $D = (g - α v_{\infty}) / ω_{d}$ ， $Q = α^{2} + ω_{d}^{2}$ とおくと

C (t) = \int_{0}^{t} e^{- α s} \cos ω_{d} s d s = \frac{α + e^{- α t} (- α \cos ω_{d} t + ω_{d} \sin ω_{d} t)}{Q},

S (t) = \int_{0}^{t} e^{- α s} \sin ω_{d} s d s = \frac{ω_{d} - e^{- α t} (α \sin ω_{d} t + ω_{d} \cos ω_{d} t)}{Q}, x = v_{\infty} t - v_{\infty} C (t) + D S (t) .

数値では $α = 2.0 s^{- 1}$ ， $ω_{d} = 6.0 rad s^{- 1}$ ， $v_{\infty} = 0.98 m s^{- 1}$ ． $x (t_{h}) = h$ の最初の根から

t_{h} \approx 0.16 s, v_{h} \approx 1.4 m s^{- 1}, I_{h} \approx 0.39 A .

速度の時間微分は $\frac{d v}{d t} = g e^{- α t} (\cos ω_{d} t + α \sin ω_{d} t / ω_{d})$ ．この時刻までは $ω_{d} t < π / 2$ で正なので， $v (0) = 0$ から速度は正となり，位置は単調増加する．電流の遅れにより終端速度の候補を上回る．

両横辺が一様磁場に入ると外部磁束は一定となり，両辺への磁気力は打ち消し合う． $u = t - t_{h} \geq 0$ とおけば

I = I_{h} e^{- R u / L}, v = v_{h} + g u, x = h + v_{h} u + \frac{1}{2} g u^{2} .

残る磁気エネルギーは

Q_{after} = \int_{0}^{\infty} R I_{h}^{2} e^{- 2 R u / L} d u = \frac{1}{2} L I_{h}^{2} \approx 3.8 \times 10^{- 3} J

として熱になる．未丸め値を使い，入口から全進入までの熱も(1)から $Q_{in} = m g h - m v_{h}^{2} / 2 - L I_{h}^{2} / 2 \approx 1.1 \times 10^{- 3} J > 0$ であり，直接の $\int_{0}^{t_{h}} R I^{2} d t$ と一致する．

終端速度の観測には，最も遅い減衰時間 $τ_{s}$ に対し $t_{h} / τ_{s} ≫ 1$ が必要だが，今回は $t_{h} < 1 / α$ で終了する．自己誘導を省くには，電流応答時間 $τ_{e} = L / R$ と抵抗だけの制動時間 $τ_{m} = m R / K^{2}$ の比 $τ_{e} / τ_{m} = L K^{2} / (m R^{2})$ を十分小さくする．その場合でも出発直後の $t \sim τ_{e}$ は除く．境界幅 $δ$ を0とする模型は，実際には $δ / h$ が小さい極限である．次元は $K v$ が電圧， $K I$ が力となり，有限の境界力によって $v, I$ が不連続に跳ばないことも確かめられる．

総合演習 11

オリジナル ★★★★☆

回転円板からコンデンサーへ移すエネルギー

慣性モーメント $J$ の導体円板が，固定された一様磁場 $B$ に垂直な軸のまわりに回ります．半径 $a, b$ の同心円上に理想的な集電接点を置き， $0 < a < b$ とします．接点間の外部回路には抵抗 $R$ と容量 $C$ のコンデンサーを直列に入れます．初めコンデンサーの電荷は0，円板の角速度は $ω_{0} > 0$ です．円板の抵抗，回路の自己インダクタンス，接点の摩擦，電荷担体の遠心力を無視します．正の回転は外側接点へ正電荷を送る向きとし， $K = B (b^{2} - a^{2}) / 2$ とおきます．

径方向の運動起電力を積分で求め，円板への制動トルクが $- K I$ となることを示せ． $q$ を充電される極板の電荷として， $ω, q$ の関係を求めよ．
充電中の $q (t), ω (t)$ と時定数，十分後の回転エネルギー，静電エネルギー，全発熱を $η = C K^{2} / J$ で表せ． $η = 1$ のとき，各エネルギーは初めの回転エネルギーの何倍か．
充電が終わるたびに円板を回路から切り離し，コンデンサーだけを別の抵抗で完全放電してから同じ回路へ戻します．これを $n$ 回行った後の角速度と，二つの抵抗での累積発熱を求めよ．一度の充電と，この繰り返しで到達する状態の違いを説明せよ．

**［図：回転円板の充電位置と円板を外した放電位置］**
磁場に垂直な回転円板，半径aとbの集電接点，直列のRとCを描く．円板を切り離してCだけを放電する切り替え位置も示す．

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考え方

動く円板の電荷へのローレンツ力を積分する．電荷と角運動量を結び，電源のない系の全エネルギーを数える．

半径 $r$ の導体の速さは $ω r$ で，径方向の単位電荷への力は $B ω r$ ．従って

E = \int_{a}^{b} B ω r d r = K ω .

径方向の電流が受ける接線方向の力から，幅 $d r$ の部分のトルクは $- I B r d r$ となる．これを積分すると $J d ω / d t = - K I$ である． $I = d q / d t$ を使い，初期値まで積分すれば

J ω + K q = J ω_{0} .

円板単独の角運動量保存ではない．

回路方程式 $R d q / d t + q / C = K ω$ に(1)を入れると

R \frac{d q}{d t} + (\frac{1}{C} + \frac{K^{2}}{J}) q = K ω_{0} .

従って $τ = R C / (1 + η)$ ， $q_{\infty} = C K ω_{0} / (1 + η)$ として

q = q_{\infty} (1 - e^{- t / τ}), ω = \frac{ω_{0}}{1 + η} (1 + η e^{- t / τ}) .

$E_{0} = J ω_{0}^{2} / 2$ とおく．終状態の各エネルギーと熱は

E_{rot} = \frac{E_{0}}{(1 + η)^{2}}, U_{C} = \frac{q_{\infty}^{2}}{2 C} = \frac{η E_{0}}{(1 + η)^{2}}, Q_{R} = \frac{η E_{0}}{1 + η} .

途中の収支は $d / d t (J ω^{2} / 2 + q^{2} / (2 C)) = - R I^{2}$ である．また $I = q_{\infty} e^{- t / τ} / τ$ を使った直接積分は $Q_{R} = R q_{\infty}^{2} / (2 τ)$ となり，同じ式を与える． $η = 1$ なら回転に $1 / 4$ ，コンデンサーに $1 / 4$ ，熱に $1 / 2$ が配分される．

$r = 1 / (1 + η)$ とおけば，各回の充電で角速度が $r$ 倍になるので $ω_{n} = r^{n} ω_{0}$ ．第 $j$ 回の直前の回転エネルギーは $E_{0} r^{2 (j - 1)}$ である．充電抵抗の熱と放電抵抗の熱はそれぞれ

Q_{charge, n} = \frac{η}{1 + η} E_{0} \sum_{j = 0}^{n - 1} r^{2 j} = E_{0} \frac{1 + η}{2 + η} (1 - r^{2 n}),

Q_{discharge, n} = \frac{η}{(1 + η)^{2}} E_{0} \sum_{j = 0}^{n - 1} r^{2 j} = \frac{E_{0}}{2 + η} (1 - r^{2 n}) .

和と残る $E_{0} r^{2 n}$ を足すと $E_{0}$ に戻る．一度だけなら電圧が起電力を打ち消して回転が残り，放電するたびに再び減速できる． $η > 0$ で $n \to \infty$ なら全初期エネルギーが熱になるが，完全な充放電も無限回の操作も理想極限である．切り替えは電流が十分小さくなってから行う．自己インダクタンスを省くには $L / (R τ)$ が小さく，さらに $ω_{0} b / c$ と装置の伝播時間を $τ$ で割った量が十分小さいことを要する． $K \to 0$ では充電も減速も消え， $η$ が無次元であることとも整合する．

総合演習 12

オリジナル ★★★★★

誘導による制動は抵抗を下げれば強くなるか

間隔 $ℓ$ の水平な導体レール上を，質量 $m$ の棒が摩擦なく動きます．棒はばね定数 $κ$ のばねにつながり，自然長からの変位を $x$ とします．回路には抵抗 $R > 0$ と一定の自己インダクタンス $L > 0$ が直列に入り，レール面に垂直な一様磁場 $B$ が固定されています．外力 $F_{0} \cos ω t$ を加えた定常振動を考え， $K = B ℓ$ とします．正の電流は正の速度が作る向きです．棒・レールの抵抗，機械的な減衰，電気容量を無視し，定数は変位によらないとします．

複素振幅 $\hat{x}, \hat{I}$ と $Z = R + i ω L$ を使い，変位と電流の振幅・位相を決める式を導け．磁気力を速度比例成分と復元力成分に分けよ．
外力の平均仕事率と抵抗の平均発熱率が等しいことを示せ． $m = 0.10 kg$ ， $κ = 10 N m^{- 1}$ ， $K = 0.20 T m$ ， $L = 0.20 H$ ， $R = 2.0 Ω$ ， $F_{0} = 5.0 \times 10^{- 4} N$ ， $ω = 10 rad s^{- 1}$ で変位・電流の振幅と平均発熱率を求めよ．
速度振幅を外部装置で一定に保つ場合，平均発熱を最大にする $R$ を求めよ．次に外力振幅を一定にし， $ω = \sqrt{κ / m}$ で $R$ を変える場合と比較せよ．大きな $R$ へ結果を延長できるか，棒の許される変位幅 $a$ を使って論じよ．

**［図：ばねにつながる導体棒と直列RL回路］**
ばねにつながるレール上の棒と，直列のR，Lを描く．正のx，電流，磁場，周期外力だけを示す．

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考え方

複素インピーダンスで電流の遅れを残すと，制動と復元力が現れる．過渡解が消えた定常状態で，固定する振幅を区別する．

実際の量を $x = Re (\hat{x} e^{i ω t})$ ， $I = Re (\hat{I} e^{i ω t})$ とする．運動と回路の式は $m \frac{d^{2} *}{d x^{2}} t = - κ x - K I + F_{0} \cos ω t$ ， $L d I / d t + R I = K d x / d t$ ．従って

\hat{I} = \frac{i ω K}{Z} \hat{x}, \hat{x} = \frac{F_{0}}{D}, D = κ - m ω^{2} + \frac{i ω K^{2}}{R + i ω L} .

実部と虚部に分けると

D = d_{r} + i d_{i}, d_{r} = κ - m ω^{2} + \frac{ω^{2} K^{2} L}{R^{2} + ω^{2} L^{2}}, d_{i} = \frac{ω K^{2} R}{R^{2} + ω^{2} L^{2}} .

変位振幅は $F_{0} / \sqrt{d_{r}^{2} + d_{i}^{2}}$ ，位相は複素数 $1 / D$ の偏角で決まる．電流振幅は $ω K | \hat{x} | / | Z |$ ，位相は変位に対し $π / 2 - \arctan (ω L / R)$ だけ進む．磁気力は $- b_{e} d x / d t - κ_{e} x$ と表せ， $b_{e} = K^{2} R / (R^{2} + ω^{2} L^{2})$ ， $κ_{e} = ω^{2} K^{2} L / (R^{2} + ω^{2} L^{2})$ である．

複素振幅の積の実部を使うと

⟨ P_{F} ⟩ = \frac{1}{2} Re [F_{0} (i ω \hat{x})^{*}] = \frac{F_{0}^{2} ω d_{i}}{2 {| D |}^{2}} = \frac{R ω^{2} K^{2} F_{0}^{2}}{2 {| Z |}^{2} {| D |}^{2}} = \frac{1}{2} R {| \hat{I} |}^{2} .

収支も $d / d t (m v^{2} / 2 + κ x^{2} / 2 + L I^{2} / 2) = F v - R I^{2}$ となり，一周期で蓄積エネルギーの変化が0になる．数値では $Z = 2 + 2 i$ （単位 $Ω$ ）， $D = 0.10 + 0.10 i$ （単位 $N m^{- 1}$ ）．従って

| \hat{x} | = 3.5 \times 10^{- 3} m, | \hat{I} | = 2.5 \times 10^{- 3} A, ⟨ P_{R} ⟩ = 6.3 \times 10^{- 6} W .

変位は外力より $π / 4$ 遅れ，電流は変位より $π / 4$ 進むので，電流と外力は同位相である．

速度振幅 $v_{0}$ を固定するなら $⟨ P_{R} ⟩ = K^{2} v_{0}^{2} R / [2 (R^{2} + ω^{2} L^{2})]$ ．微分の符号は $ω^{2} L^{2} - R^{2}$ と同じなので最大は $R = ω L$ ． $R \to 0, \infty$ で発熱は0になる．

一方，外力を固定して裸の固有角振動数で駆動すると $κ - m ω^{2} = 0$ であり，

\hat{x} = \frac{F_{0} Z}{i ω K^{2}}, \hat{I} = \frac{F_{0}}{K}, ⟨ P_{R} ⟩ = \frac{R F_{0}^{2}}{2 K^{2}} .

制動が弱まるほど振幅と外力の供給仕事が増し，発熱も増す．ただし $| \hat{x} | / a = F_{0} | Z | / (ω K^{2} a)$ が十分小さい範囲に限る．大きな $R$ では変位範囲を超え，発散の予測は使えない．集中定数近似には $ω d / c$ が小さいことも必要で， $d$ は回路の最大寸法である． $R \to 0$ の $κ_{e} \to K^{2} / L$ と $R \to \infty$ の両磁気成分0は，磁気エネルギーの蓄積と開回路の極限に合う．