東大の電磁気・波の過去問を発展させる | 問いから始める物理

総合演習 22

東京大 2002 前期（改題） ★★★★☆

結合が不完全なコイルで負荷を選ぶ

結合した2コイルの自己インダクタンスを $L_{1}, L_{2}$ ，相互インダクタンスを $M > 0$ とします．一次側は抵抗 $R_{1}$ と電源 $V_{0} \cos ω t$ ，二次側は可変抵抗 $R_{2} > 0$ で閉じます．電流方向は磁気エネルギーが $U_{B} = L_{1} I_{1}^{2} / 2 + M I_{1} I_{2} + L_{2} I_{2}^{2} / 2$ となるように選びます．巻線抵抗を含め，容量，鉄心の損失，飽和を無視します． $M^{2} < L_{1} L_{2}$ とします．

$L_{1} = 0.200 H$ ， $L_{2} = 0.0500 H$ ， $M = 0.0800 H$ ， $R_{1} = 4.00 Ω$ ， $ω = 100 rad s^{- 1}$ ， $V_{0} = 10.0 V$ とします．

複素振幅 ${\hat{I}}_{1}, {\hat{I}}_{2}$ の連立方程式と，電源から見たインピーダンスを求めよ．
二次抵抗での平均電力 $P_{2}$ を $R_{2}$ の関数として求め，それを最大にする $R_{2}$ と最大電力を求めよ．
二次側のリアクタンス $ω L_{2}$ に $R_{2}$ を合わせれば最大電力になる，という判断を検討せよ．電源と両抵抗の平均電力の収支も確かめよ．

**［図：巻き方向をそろえた結合コイルの回路］**
一次閉回路に交流電源と $R_1,L_1$，二次閉回路に $R_2,L_2$ を描き，結合 $M$，電流の向きと巻き方向を記す．

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考え方

素子一定の線形集中定数回路として，2回路を同時に解く．

電流を ${\hat{I}}_{j} e^{i ω t}$ の実部とすれば

(R_{1} + i ω L_{1}) {\hat{I}}_{1} + i ω M {\hat{I}}_{2} = V_{0}, i ω M {\hat{I}}_{1} + (R_{2} + i ω L_{2}) {\hat{I}}_{2} = 0.

後式より ${\hat{I}}_{2} = - i ω M {\hat{I}}_{1} / (R_{2} + i ω L_{2})$ ．これを前式へ代入すると

Z_{in} = R_{1} + i ω L_{1} + \frac{ω^{2} M^{2}}{R_{2} + i ω L_{2}}, {\hat{I}}_{1} = \frac{V_{0}}{Z_{in}} .

$D = L_{1} L_{2} - M^{2} > 0$ とおく．行列式を実部と虚部に分けると

{\hat{I}}_{2} = \frac{- i ω M V_{0}}{R_{1} R_{2} - ω^{2} D + i ω (R_{1} L_{2} + R_{2} L_{1})}, P_{2} = \frac{R_{2} ω^{2} M^{2} V_{0}^{2}}{2 [{(R_{1} R_{2} - ω^{2} D)}^{2} + ω^{2} {(R_{1} L_{2} + R_{2} L_{1})}^{2}]} .

分母の括弧内は $a R_{2}^{2} + b R_{2} + c$ と書け，

a = R_{1}^{2} + ω^{2} L_{1}^{2}, b = 2 R_{1} ω^{2} M^{2}, c = ω^{4} D^{2} + ω^{2} R_{1}^{2} L_{2}^{2} .

$A = ω^{2} M^{2} V_{0}^{2} / 2$ とすると $P_{2} = A R_{2} / (a R_{2}^{2} + b R_{2} + c)$ だから

\frac{d P_{2}}{d R_{2}} = A \frac{c - a R_{2}^{2}}{{(a R_{2}^{2} + b R_{2} + c)}^{2}} .

最大は $R_{2}^{*} = \sqrt{c / a}$ である．代入して $R_{2}^{*} = 2.02 Ω$ ， $P_{2, max} = 1.46 W$ ． $a R_{2}^{2}, b R_{2}, c$ の次元はすべて抵抗の4乗である．

$ω L_{2} = 5.00 Ω$ は最適値と異なる．二次電圧を負荷によらず一定とすれば $R_{2} = ω L_{2}$ が出る．今回は一次電流も負荷で変わる．

時間領域の2式を各 $I_{1}, I_{2}$ で掛けて足すと

V (t) I_{1} = R_{1} I_{1}^{2} + R_{2} I_{2}^{2} + \frac{d U_{B}}{d t} .

一周期で $U_{B}$ が戻るため，電源の平均電力は $R_{1} {| {\hat{I}}_{1} |}^{2} / 2 + P_{2}$ である．配線長 $ℓ$ ，伝播速度 $v_{s}$ に対し $ω ℓ / v_{s}$ と鉄心の非線形・損失補正が十分小さくなければならない．

総合演習 23

東京大 1990 前期（改題） ★★★★★

抵抗を通した電荷の遅れが回転を減衰させる

回転式コンデンサーを慣性モーメント $J$ の軸とねじりばねにつなぎます．角 $θ = 0$ 付近で $C (θ) = C_{0} + c_{1} θ + c_{2} θ^{2} / 2$ ， $C_{0}, c_{1}, c_{2} > 0$ とします．ばねのトルクは $- κ (θ - θ_{r})$ ．電圧 $V_{0}$ で0を平衡とするため $θ_{r} = - V_{0}^{2} c_{1} / (2 κ)$ とします．重力，軸の摩擦，端の電場，回路の自己誘導を無視します．

電圧一定での電気的トルクを，電源の仕事と静電エネルギーから導け．電荷を $Q_{0} = C_{0} V_{0}$ に固定した場合を考え，両場合の0付近の小振動の角振動数と安定条件を比較せよ．
電圧一定で安定な系を，抵抗 $R$ を通して電源 $V_{0}$ へつなぎ，外部トルク $T_{a} \cos ω t$ を加えた定常応答で， $θ$ と電圧ずれ $δ V$ の複素振幅を求めよ． $τ = R C_{0}$ とし，ばねの強さと減衰係数を表せ．
外部駆動で振幅 $A$ と $ω$ を保つとき，一周期のジュール熱を求め，熱が最大になる $R$ を求めよ．

**［図：回転式コンデンサーの軸と抵抗付き電源］**
ねじりばねと回転軸につながる可動極板，固定極板，抵抗付き直流電源を描く．角度 $\theta$，回転の向き，容量 $C(\theta)$，外部トルクを示す．

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考え方

電源を含めて仕事を数える．有限抵抗での電荷の遅れを一次までの応答で求める．

電源の仕事は $d W_{s} = V_{0} d Q = V_{0}^{2} d C$ ，場の増加は $d U = V_{0}^{2} d C / 2$ である．差が軸の仕事なので，トルクは $T_{e} = V_{0}^{2} (c_{1} + c_{2} θ) / 2$ ．合トルクは $- κ_{V} θ$ ，ただし $κ_{V} = κ - V_{0}^{2} c_{2} / 2$ である．

電荷一定では $U = Q_{0}^{2} / [2 C (θ)]$ から

T_{e} = - \frac{d U}{d θ} = \frac{Q_{0}^{2} (c_{1} + c_{2} θ)}{2 C^{2}}, {\frac{d T_{e}}{d θ} |}_{θ = 0} = \frac{V_{0}^{2} c_{2}}{2} - \frac{V_{0}^{2} c_{1}^{2}}{C_{0}} .

0でのトルクは同じである． $G = V_{0}^{2} c_{1}^{2} / C_{0} > 0$ とおけば

ω_{V} = \sqrt{\frac{κ_{V}}{J}}, ω_{Q} = \sqrt{\frac{κ_{V} + G}{J}} .

安定条件は各根号の中が正であること．

電荷変化は $δ Q = C_{0} δ V + V_{0} c_{1} θ$ ，電源の式は $R I + δ V = 0$ ， $I = \frac{d δ Q}{d t}$ である． $e^{i ω t}$ の実部で表し，複素振幅を使うと

\hat{δ V} = - \frac{V_{0} c_{1}}{C_{0}} \frac{i ω τ}{1 + i ω τ} \hat{θ}, \hat{θ} = \frac{T_{a}}{κ_{V} - J ω^{2} + G \frac{i ω τ}{1 + i ω τ}} .

$i x / (1 + i x) = (x^{2} + i x) / (1 + x^{2})$ だから，分母の実部と虚部は

κ_{eff} - J ω^{2} + i ω Γ, κ_{eff} = κ_{V} + G \frac{ω^{2} τ^{2}}{1 + ω^{2} τ^{2}}, Γ = \frac{G τ}{1 + ω^{2} τ^{2}} > 0.

$θ (t)$ は $\hat{θ} e^{i ω t}$ の実部である． $ω τ \to 0$ では電圧一定， $ω τ \to \infty$ では電荷一定のばねの強さを回収する．

電流振幅は $| \hat{I} | = V_{0} c_{1} ω A / \sqrt{1 + ω^{2} τ^{2}}$ ．平均発熱 $R {| \hat{I} |}^{2} / 2$ に周期を掛けると

H = π G A^{2} \frac{ω τ}{1 + ω^{2} τ^{2}} = π Γ ω A^{2} .

$x / (1 + x^{2})$ の微分は $(1 - x^{2}) / (1 + x^{2})^{2}$ なので，最大は $ω τ = 1$ ， $R = 1 / (ω C_{0})$ で， $H_{max} = π G A^{2} / 2$ となる．電荷が戻るため直流電源の正味の仕事 $V_{0} \int I d t$ は0で，熱は機械的駆動から来る．

近似条件は $| c_{1} A | / C_{0}$ ， $| c_{2} A^{2} | / C_{0}$ ， $| δ V | / V_{0}$ が十分小さいことである．

総合演習 24

東京大 2014 前期（改題） ★★★★☆

不等間隔スリットはどの波長を集めるか

遮光板に， $y = \pm y_{j}$ ， $y_{j}^{2} = 2 j λ_{0} f_{0}$ ， $j = 1, \dots, N$ の位置で $z$ 方向に伸びる細いスリットを開けます． $y = 0$ のスリットはありません．スリットごとの振幅を同じ $a_{s}$ とし，伝播距離による差を無視します．光路はスリットの横位置の2次までの近軸近似で求めます． $f_{0} = 0.400 m$ ， $λ_{0} = 600 nm$ ， $N = 40$ とします．

波長 $λ_{0}$ の平面波を垂直に入射させると，板から距離 $f_{0}$ の軸上で各スリットの光が強め合うことを示せ．同次数で波長 $λ$ を集める距離 $f (λ)$ を求めよ．
板の手前の軸上，距離 $a = 1.20 m$ に点光源を置く．第一の集光次数について，像までの距離 $b$ の式と， $λ = 660 nm$ での値を求めよ．
平面波の配置に戻し，検出器を $f_{0}$ に固定する．軸上の強さを設計波長での強さで割った式を，複素振幅の和から導け．設計波長に最も近い両側の零点の波長を求め，近軸展開で位相まで正しく保つ条件を検討せよ．

**［図：対称な不等間隔スリットへの二つの入射配置］**
遮光板の対称な不等間隔スリットと軸を描く．平面波入射の配置，距離 $a$ の点光源と距離 $b$ の観測点の配置を並べ，$y_j$ と最外スリットを示す．

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考え方

光路を二次まで展開し，複素振幅を幾何級数で足す．

軸上距離 $b$ までの光路は $\sqrt{b^{2} + y_{j}^{2}} ≃ b + y_{j}^{2} / (2 b)$ ． $b = f_{0}$ なら中心軸からの余分な距離は $j λ_{0}$ で，位相差は $2 π j$ となる．対称な組の光路も等しく， $2 N$ 本が強め合う．波長 $λ$ の同次数では $y_{j}^{2} / (2 f) = j λ$ より $f (λ) = f_{0} λ_{0} / λ$ ．
入射側の光路も加えると， $j$ に依存する部分は $y_{j}^{2} (1 / a + 1 / b) / 2$ ．光路差を $λ$ とする条件は

\frac{1}{a} + \frac{1}{b} = \frac{λ}{λ_{0} f_{0}}, b = {(\frac{λ}{λ_{0} f_{0}} - \frac{1}{a})}^{- 1} .

右辺が正なら後方に実像ができる． $660 nm$ で $b = 0.522 m$ ．

$ϵ = λ_{0} / λ - 1$ とおく．共通位相を除くと

A = 2 a_{s} \sum_{j = 1}^{N} e^{- 2 π i j ϵ}, \sum_{j = 1}^{N} e^{- 2 π i j ϵ} = e^{- π i (N + 1) ϵ} \frac{\sin (N π ϵ)}{\sin (π ϵ)} .

強さは複素振幅の絶対値の二乗に比例するので

\frac{I (λ)}{I (λ_{0})} = \frac{1}{N^{2}} {[\frac{\sin (N π ϵ)}{\sin (π ϵ)}]}^{2} .

極限は1である．近い零点は $ϵ = \pm 1 / N$ だから， $λ = λ_{0} / (1 + 1 / N) = 585 nm$ ， $λ_{0} / (1 - 1 / N) = 615 nm$ である．

二次近似が捨てた光路は最大で $y_{N}^{4} / (8 f_{0}^{3})$ 程度で，その位相誤差は設計波長で $π N^{2} λ_{0} / f_{0}$ 程度である．今回は $y_{N} / f_{0} = 0.0110$ ，位相誤差は $0.00754 rad$ で，ともに小さい．入射側の四次の項も波長と比べる．

総合演習 25

東京大 1998 後期（改題） ★★★★☆

ホール電圧の反転と，立ち上がる時間

長さ $ℓ = 0.0400 m$ ，幅 $w = 0.0100 m$ ，厚さ $d = 0.500 mm$ の直方体試料に， $x$ 方向の電流 $I$ と $z$ 方向の磁場 $B$ を加えます．横電圧は $V_{H} = V (y = 0) - V (y = w)$ と定義します．電子のみが伝導し，その数密度を $n$ ，質量を $m = 9.10 \times 10^{- 31} kg$ ，電荷を $- e$ ， $e = 1.60 \times 10^{- 19} C$ とします．縦の抵抗は $R = 80.0 Ω$ です．

表示には接点位置による $η I R$ と，電流・磁場によらない $V_{b}$ が混ざり， $Y (I, B) = V_{H} (I, B) + η I R + V_{b}$ です． $I_{0} = 0.0100 A$ ， $B_{0} = 0.200 T$ で次の値を得ました．

$(I, B)$	$(I_{0}, B_{0})$	$(I_{0}, - B_{0})$	$(- I_{0}, B_{0})$	$(- I_{0}, - B_{0})$
表示 $Y$	$- 0.500 mV$	$1.100 mV$	$0.700 mV$	$- 0.900 mV$

平均速度には $m \frac{d v}{d t} = - e (E + v \times B) - m v / τ_{c}$ という緩和模型を与えます．試料の有効な誘電率は $ε = 1.00 \times 10^{- 7} F m^{- 1}$ です．

定常状態で横電流が0となる条件から $V_{H}$ を導き，4測定から $n$ を求めよ．
磁場なしの定常伝導から抵抗率 $ρ$ と $τ_{c}$ を求めよ．
電流を $I_{0}$ に保ち，磁場を0から $B_{0}$ へ切り替える．切り替え後の時間を $t$ とし，電子の慣性を無視して横電場の立ち上がりを求めよ．側面の回路は開き， $j_{y} + ε \frac{d E_{y}}{d t} = 0$ が成り立つ．立ち上がり時間と緩和時間を比較せよ．

**［図：直方体試料の電流と磁場と電圧接点］**
直方体試料に $x,y,z$ 軸，電流，磁場を示し，横の2接点と縦の抵抗測定端子を描く．幅 $w$，厚さ $d$，長さ $\ell$ と，横電圧の定義を記す．

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考え方

電流・磁場の反転で背景を消す．速度の緩和と側面の電荷蓄積の時間を分ける．

$I = - n e v_{x} w d$ ．横速度0でローレンツ力の横成分が消える条件は $E_{y} - v_{x} B = 0$ である．電位差の定義から $V_{H} = E_{y} w$ なので

V_{H} = - \frac{I B}{n e d} .

表の順で表示を $Y_{1}, Y_{2}, Y_{3}, Y_{4}$ とすると

V_{H} (I_{0}, B_{0}) = \frac{Y_{1} - Y_{2} - Y_{3} + Y_{4}}{4} = - 0.800 mV .

従って $n = I_{0} B_{0} / [e d | V_{H} |] = 3.13 \times 10^{22} m^{- 3}$ ．

磁場なしの定常状態では $v_{x} = - e τ_{c} E_{x} / m$ ，従って $j_{x} = n e^{2} τ_{c} E_{x} / m$ ． $ρ = E_{x} / j_{x}$ と $R = ρ ℓ / (w d)$ より

ρ = \frac{R w d}{ℓ} = 0.0100 Ω m, τ_{c} = \frac{m}{n e^{2} ρ} = 1.14 \times 10^{- 13} s .

慣性を落とした横成分から $j_{y} = σ (E_{y} - v_{x} B_{0})$ ， $σ = 1 / ρ$ である．与えた全電流の条件を使うと

ε \frac{d E_{y}}{d t} + σ E_{y} = σ v_{x} B_{0}, E_{y} (t) = v_{x} B_{0} (1 - e^{- t / τ_{H}}), τ_{H} = ε ρ = 1.00 ns .

初期値0より $V_{H} (t) = - 0.800 (1 - e^{- t / τ_{H}}) mV$ ．電荷蓄積と伝導が決める時間で， $τ_{c}$ より約 $8.8 \times 10^{3}$ 倍長く，同一視できない．

切り替えは $τ_{c}$ より遅く $τ_{H}$ より速く，誘導電場・配線の遅れを無視する． $τ_{c} / τ_{H} = 1.14 \times 10^{- 4}$ ， $e B_{0} τ_{c} / m = 0.00400$ が小さく，慣性と縦電流の補正を無視できる．