測定から模型を決める | 問いから始める物理

総合演習 19

オリジナル ★★★★☆

電圧計を替えて漏れを測る

未知の容量 $C$ のコンデンサーには，電圧によらない未知の漏れ抵抗 $R_{p}$ が並列に付いています．電圧計の入力抵抗 $R_{m}$ も並列に入ります．コンデンサーの両端電圧を $V (t)$ ，電圧計の表示を $Y (t) = V (t) + b$ とし，零点のずれ $b$ は時間によらず，電圧計を替えても同じとします．各測定で同じ電圧に充電して電源を切り離し，次の表示を得ました．

測定	入力抵抗	時間間隔 $Δ t$	$Y (0)$	$Y (Δ t)$	$Y (2 Δ t)$	$Y (3 Δ t)$
A	$1.00 \times 10^{6} Ω$	$0.693 s$	$4.10 V$	$2.10 V$	$1.10 V$	$0.600 V$
B	$2.50 \times 10^{5} Ω$	$0.277 s$	$4.10 V$	$2.10 V$	$1.10 V$	$0.600 V$

表示と抵抗の不確かさを無視し，各時定数の相対不確かさの上限を2 %とします．配線の抵抗・自己誘導，容量の電圧依存，温度変化は無視します．

放電の微分方程式を立て，等間隔の表示の差から時定数 $τ$ と $b$ を求める方法を導け．測定 A・B に適用し， $\ln Y$ を時刻に対して直線化する方法の問題点も説明せよ．
$C, R_{p}$ を決め， $C$ の相対不確かさの上限を求めよ．2種類の入力抵抗が近いと推定が不安定になる理由を述べよ．
測定 A で初めに蓄えたエネルギーと，漏れ抵抗・電圧計で発生する全ジュール熱を求めよ．さらに，別の放電で隣り合う表示の差の比が時間とともに変わった場合，この模型のどの仮定を検討すべきか挙げよ．

**［図：漏れ抵抗と入力抵抗を含む電圧測定回路］**
コンデンサー，漏れ抵抗，電圧計を並列に描く．電源切断のスイッチ，$C,R_p,R_m$，両端電圧 $V$ と表示 $Y$ を記す．

解答を見る

考え方

2本の放電電流を足す．表示の差で零点のずれを消し，入力抵抗の異なる測定から容量と漏れを分離する．容量・抵抗・零点一定の模型を使う．

正に帯電した極板の電荷は $Q = C V$ であり，外へ流れる電流は $V / R_{p} + V / R_{m}$ である．したがって

C \frac{d V}{d t} = - (\frac{1}{R_{p}} + \frac{1}{R_{m}}) V, V (t) = V_{i} e^{- t / τ}, \frac{1}{τ} = \frac{1}{C} (\frac{1}{R_{p}} + \frac{1}{R_{m}}) .

$r = e^{- Δ t / τ}$ ， $Y_{j} = Y (j Δ t)$ とおくと $Y_{j} = b + V_{i} r^{j}$ ．連続する差 $D_{j} = Y_{j} - Y_{j + 1}$ は $V_{i} (1 - r) r^{j}$ なので

r = \frac{D_{j + 1}}{D_{j}}, τ = - \frac{Δ t}{\ln r}, b = \frac{Y_{j + 1} - r Y_{j}}{1 - r} .

両測定の差は $2.00, 1.00, 0.500 V$ ，比は $1 / 2$ である．よって $b = 0.100 V$ ， $V_{i} = 4.00 V$ ， $τ_{A} = 0.693 / \ln 2 ≃ 1.00 s$ ， $τ_{B} = 0.277 / \ln 2 ≃ 0.400 s$ となる．

正しい直線化は $\ln [(Y - b) / V_{i}] = - t / τ$ である．一方， $\frac{d \ln Y}{d t} = - V / [τ (V + b)]$ は一定ではない．正の零点ずれがあると，放電後半ほど見かけの時定数が大きくなる．

$a_{A} = 1 / τ_{A}$ ， $a_{B} = 1 / τ_{B}$ ， $g_{A} = 1 / R_{m, A}$ ， $g_{B} = 1 / R_{m, B}$ とおく．2式の差から

C = \frac{g_{B} - g_{A}}{a_{B} - a_{A}} = \frac{3.00 \times 10^{- 6}}{\ln 2 / 0.277 - \ln 2 / 0.693} F ≃ 2.00 \times 10^{- 6} F .

未丸め値では $C = 1.99717 \times 10^{- 6} F$ ， $1 / R_{p} = C a_{A} - g_{A} = 9.97596 \times 10^{- 7} Ω^{- 1}$ なので， $R_{p} ≃ 1.00 \times 10^{6} Ω$ である．それぞれの逆数の相対不確かさも一次では2 %だから，差の絶対不確かさの上限は

δ (a_{B} - a_{A}) \leq 0.02 (a_{B} + a_{A}) = 0.0700 s^{- 1}, \frac{δ C}{C} \leq \frac{0.0700}{1.50} ≃ 0.047 .

従って容量の相対不確かさの上限は約4.7 %である．入力抵抗が近いと $g_{B} - g_{A}$ ，従って $a_{B} - a_{A}$ が小さくなる．差に誤差が残り，相対不確かさが拡大する．

初めの場のエネルギーは $U_{i} = C V_{i}^{2} / 2 ≃ 1.60 \times 10^{- 5} J$ である．測定中は電源が切り離されており， $b$ は蓄える電圧に含めない．抵抗 $R_{j}$ の熱を積分すると

H_{j} = \int_{0}^{\infty} \frac{V_{i}^{2} e^{- 2 t / τ_{A}}}{R_{j}} d t = \frac{V_{i}^{2} τ_{A}}{2 R_{j}} = U_{i} \frac{1 / R_{j}}{1 / R_{p} + 1 / R_{m, A}} .

未丸めの時定数と抵抗を使うと $H_{p} ≃ 7.98 \times 10^{- 6} J$ ， $H_{m} ≃ 8.00 \times 10^{- 6} J$ ．両抵抗はほぼ等しいが厳密には異なり，未丸めの熱の和は $U_{i}$ と一致する．

差の比が一定でない場合，漏れ抵抗や容量の電圧依存，複数の時定数，零点の時間変化を検討する．放電終盤は丸めや雑音も比を乱すため，模型の破綻とは即断できない．配線長 $ℓ$ ，伝播速度 $v_{s}$ に対し $ℓ / (v_{s} τ_{B})$ が十分小さく，自己誘導による過渡が測定の時間間隔より短いことが必要である．

総合演習 20

オリジナル ★★★★☆

共振曲線と自由減衰は同じコイルを示すか

未知のインダクタンス $L$ と内部抵抗 $r$ をもつコイル，未知のコンデンサー $C$ ，既知の抵抗 $R_{s} = 12.0 Ω$ を直列につなぎます．電源の実効電圧は全角振動数で $V_{e} = 3.00 V$ です．定常状態の電流の実効値を測ると，最大は $ω_{0} = 1.000 \times 10^{3} rad s^{- 1}$ で，次の値を得ました．半値とは電力が最大の半分になることです．

位置	$ω$	$I_{e}$
低周波側の半値	$800 rad s^{- 1}$	$0.0707 A$
最大	$1000 rad s^{- 1}$	$0.100 A$
高周波側の半値	$1250 rad s^{- 1}$	$0.0707 A$

電源を短絡し，同じ閉回路の自由減衰を測りました．同符号の隣り合う電流の極大の間隔は $6.45 ms$ ，極大の大きさの比は後の値を前の値で割って0.400でした．内部抵抗一定，コンデンサーの漏れなし，磁気飽和なしを候補の模型とします．

複素インピーダンスから共振曲線を導き， $r, L, C$ と，共振の鋭さ $Q = ω_{0} L / (R_{s} + r)$ を求めよ．半値点の差と積がどの量を与えるかも導け．
電源短絡後の特性方程式を複素指数関数で解き，周期と極大の比を予測せよ．測定と模型の整合性を判定せよ．
$V_{e}, I_{e} (ω_{0}), ω_{0}$ の相対不確かさの上限をそれぞれ1 %，2 %，0.3 %，各半値角振動数の絶対不確かさを $5 rad s^{- 1}$ とする． $L, C$ の相対不確かさを見積もり，極大の比の食い違いを容量の測定誤差だけで説明できるか論じよ．

**［図：直列回路の切り替えと3つの電流測定点］**
交流電源，抵抗，内部抵抗付きコイル，コンデンサーの直列回路を描く．電源を短絡へ切り替えるスイッチと電流測定位置を示し，図の別枠に表で与えた3測定点だけを置く．

解答を見る

考え方

定常応答の幅と最大位置から定数を決め，自由減衰も計算する．電源短絡後にも $R_{s}$ が残る．

$R = R_{s} + r$ とし，電圧・電流をそれぞれ複素振幅 $\hat{V}, \hat{I}$ に $e^{i ω t}$ を掛けた実部とする．振幅 $V_{0} = \sqrt{2} V_{e}$ の電源に対し

Z = R + i ω L + \frac{1}{i ω C} = R + i (ω L - \frac{1}{ω C}), \hat{I} = \frac{\hat{V}}{Z}, I_{e} = \frac{V_{e}}{\sqrt{R^{2} + {(ω L - 1 / (ω C))}^{2}}} .

最大ではリアクタンスが0だから $ω_{0}^{2} = 1 / (L C)$ ， $R = 3.00 / 0.100 = 30.0 Ω$ ， $r = 18.0 Ω$ となる．半値点 $ω_{-}, ω_{+}$ は

ω_{-} L - \frac{1}{ω_{-} C} = - R, ω_{+} L - \frac{1}{ω_{+} C} = R .

各式を角振動数で掛け，差と和を整理すると $ω_{+} - ω_{-} = R / L$ ， $ω_{-} ω_{+} = 1 / (L C) = ω_{0}^{2}$ である．従って

L = \frac{30.0}{450} H = 0.0667 H, C = \frac{1}{L ω_{0}^{2}} = 1.50 \times 10^{- 5} F, Q = \frac{1000}{450} = 2.22 .

半値点の幾何平均が最大の位置を与える．

極板の電荷 $q$ と電流 $I = \frac{d q}{d t}$ に対し $L \frac{d^{2} q}{d t^{2}} + R \frac{d q}{d t} + q / C = 0$ ． $q \propto e^{s t}$ として

L s^{2} + R s + \frac{1}{C} = 0, s = - α \pm i ω_{d}, α = \frac{R}{2 L} = 225 s^{- 1}, ω_{d} = \sqrt{ω_{0}^{2} - α^{2}} = 974 rad s^{- 1} .

電流も $e^{- α t}$ と正弦波の積である．同符号の極大は位相が $2 π$ 増えた位置にあり，時間間隔と比は

T_{d} = \frac{2 π}{ω_{d}} = 6.45 ms, η = e^{- α T_{d}} = 0.234 .

周期は合うが比は合わない．測定値から逆に得る減衰率は $- \ln 0.400 / T_{d} = 142 s^{- 1}$ である．同じ線形直列回路では両測定を説明できない．コイルの振幅依存，切り替え後の回路，測定器の接続を調べる．

$R = V_{e} / I_{e} (ω_{0})$ の相対不確かさの上限は3 %．幅 $D = ω_{+} - ω_{-} = 450 rad s^{- 1}$ の不確かさは最大 $10 rad s^{- 1}$ ，相対値は2.22 %である．従って

\frac{δ L}{L} \leq 0.030 + \frac{10}{450} = 0.0522, \frac{δ C}{C} \leq \frac{δ L}{L} + 2 \frac{δ ω_{0}}{ω_{0}} = 0.0582 .

約5.2 %と5.8 %となる． $α = D / 2$ は容量によらず，その不確かさは $5 s^{- 1}$ である．周期の測定値をそのまま使えば予測比は約0.227〜0.242であり，0.400には届かない．容量の誤差では説明できない．

模型のエネルギー $L I^{2} / 2 + q^{2} / (2 C)$ は $\frac{d U}{d t} = - R I^{2}$ を満たす．振幅による定数の変化率と $ω ℓ / v_{s}$ が十分小さいことが必要である．また $α / ω_{0} = 0.225$ は0とみなせないため，減衰周期を無減衰周期に置き換えずに検算した．

総合演習 21

オリジナル ★★★★☆

気体の屈折率と測定管の伸びを分ける

マイケルソン干渉計の一方の腕に，気体を出し入れできる透明な管を入れます．光は管を往復し，真空中の波長は $λ = 600 nm$ です．管内の気体は一様な希薄理想気体で，屈折率を $n - 1 = K p / T$ とする模型を考えます． $K$ は未知の定数です．管の長さは $ℓ (T) = ℓ_{0} [1 + α (T - T_{0})]$ ， $ℓ_{0} = 0.100 m$ ， $T_{0} = 300 K$ とします．窓などによる，圧力によらない位相の変化もあります．

最初の $T_{0}$ ・真空での位相を基準に，位相差の変化を $2 π$ で割った符号付き縞数 $N$ を連続して測りました．端数も読み取れます．

温度	$p = 0$	$p = 20.0 kPa$	$p = 40.0 kPa$
$300 K$	0.00	20.00	40.00
$400 K$	3.00	18.15	33.30

各温度の真空での縞数を $N_{b} (T)$ とし， $N (p, T)$ の式を導け．圧力に対する傾きから $K, α$ を決め， $300 K$ ， $100 kPa$ での屈折率を求めよ．
各傾きの絶対不確かさの上限が $0.005 {kPa}^{- 1}$ で，他の量の不確かさを無視できるとする． $K, α$ の不確かさを見積もり，管の伸びを検出したといえるか判定せよ．
管の断面積を温度によらず一定とし， $T_{0}$ ， $p_{0} = 40.0 kPa$ で弁を閉じて $400 K$ まで温める．密閉した同じ気体が管の伸びに合わせて全体積を変えるとき，圧力と縞数の変化を予測せよ．定圧で温める場合との違いを説明せよ．

**［図：気体管を往復する光と基準の腕］**
2腕の干渉計の一方に，圧力計，温度計，弁を付けた気体管を置く．管内の往復光路と基準の腕を描き，$\ell(T),p,T,\lambda$ を示す．

解答を見る

考え方

真空測定を引いて背景を消し，傾きの温度依存から気体密度と管の伸びを分ける．密閉加熱には粒子数一定の条件を使う．

$T_{1} = 400 K$ とする．往復の光路差は $2 ℓ (T) (n - 1)$ だから

N (p, T) = N_{b} (T) + s (T) p, s (T) = \frac{2 K ℓ_{0}}{λ T} [1 + α (T - T_{0})] .

表から $s_{0} = 1.000 {kPa}^{- 1} = 1.000 \times 10^{- 3} {Pa}^{- 1}$ ， $s_{1} = 0.7575 {kPa}^{- 1}$ ．従って

K = \frac{λ T_{0} s_{0}}{2 ℓ_{0}} = 9.00 \times 10^{- 7} K {Pa}^{- 1}, α = \frac{(T_{1} / T_{0}) (s_{1} / s_{0}) - 1}{T_{1} - T_{0}} = 1.00 \times 10^{- 4} K^{- 1} .

$100 kPa$ で $n = 1 + K p / T_{0} = 1.000300$ と予測する． $400 K$ の真空の3縞を引かずに原点を通る直線を当てはめると，気体の係数まで誤る．

$K$ の相対不確かさは $0.005 / 1.000 = 0.005$ ，従って $δ K \leq 4.5 \times 10^{- 9} K {Pa}^{- 1}$ である． $F = (T_{1} / T_{0}) (s_{1} / s_{0}) = 1.010$ とすると

δ F \leq F (\frac{0.005}{0.7575} + \frac{0.005}{1.000}) ≃ 0.0117, δ α \leq \frac{δ F}{100 K} = 1.17 \times 10^{- 4} K^{- 1} .

この上限は推定した $α$ 自身より大きく， $α = 0$ を排除できない．管の伸びは近い量の差から決めるため，高い精度が必要である．

断面積一定，粒子数一定の状態方程式は $p (T) ℓ (T) / T = p_{0} ℓ_{0} / T_{0}$ となる．推定値を用いると

p (T_{1}) = p_{0} \frac{T_{1}}{T_{0}} \frac{ℓ_{0}}{ℓ (T_{1})} = 40.0 \frac{400}{300} \frac{1}{1.010} kPa = 52.8 kPa .

気体に由来する縞数は $2 K p (T) ℓ (T) / (λ T) = 2 K p_{0} ℓ_{0} / (λ T_{0}) = 40.00$ で変化しない．変化するのは背景だけなので，終値は43.00，変化は3.00縞である．定圧の $40.0 kPa$ なら表の終値33.30で，初めからの変化は $- 6.70$ 縞になる．

屈折率の減少を管の伸びが補償する．相殺は断面積一定と $n - 1 \propto p / T$ による．確かめとして $n - 1 = 3.00 \times 10^{- 4}$ ， $α (T_{1} - T_{0}) = 0.0100$ はともに十分小さい．高密度での屈折率の非線形性，断面積の熱膨張，窓の圧力依存を含めれば相殺も背景除去も修正が要る．