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 26

東京大 1994 後期（改題） ★★★★☆

周波数の揺れと反射縞から音源を探す

静止空気の音速は $v = 340 m s^{- 1}$ です．鉛直で平らな壁を $x = 0$ ，水平な観測線を $y = 0$ とし，音源を $(d, h)$ ， $d = 0.500 m$ に置きます．壁以外の反射を無視します．周波数 $f_{0}$ ，高さ $h$ は未知です．

壁を吸音材で覆い，音源を鉛直に小さく単振動させると，直下 $(d, 0)$ で受ける周波数の最大は $5100 Hz$ ，最小は $4900 Hz$ ，変動周期は $0.200 s$ でした．次に吸音材を除き音源を止めると， $(X, 0)$ 付近に反射音と直接音の干渉縞が生じ，隣り合う強め合いの間隔は $0.680 m$ でした．測定位置は $h$ に比べて $| X |, d$ が小さい範囲です．反射での位相変化は0とします．

$f_{0}$ ，音源の最大速さと振幅を求めよ．受信周期と運動周期が等しい理由も示せ．
光路差に相当する音の経路差から $h$ を決め，近似の条件も確かめよ．
音源が同じ $x = d$ の線上，高さ $H$ で短い音波の束を発する．直下での直接音と反射音の到着時刻の差を $Δ t$ として $H$ を逆算する式を導け． $H = 8.00 m$ で到着時刻差を求め，連続音との違いを述べよ．

**［図：壁で反射する音と直接届く音の経路］**
鉛直壁，音源の平衡位置 $(d,h)$，直下の観測点と観測線上の点 $(X,0)$ を描く．直接経路と壁を経る経路，鏡像音源を示す．

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考え方

周波数の極値で速度，干渉縞で位置を決める．静止空気，点音源と平面反射を仮定する．

最大速さを $u_{m}$ とすると，音源が下向きで接近，上向きで遠ざかり

f_{max} = \frac{f_{0}}{1 - u_{m} / v}, f_{min} = \frac{f_{0}}{1 + u_{m} / v} .

両式の逆数を加え，差も取れば

f_{0} = \frac{2 f_{max} f_{min}}{f_{max} + f_{min}} = 4998 Hz, u_{m} = v \frac{f_{max} - f_{min}}{f_{max} + f_{min}} = 6.80 m s^{- 1} .

発生時刻を $s$ ，直下までの距離を $r (s)$ とすれば受信時刻は $t = s + r (s) / v$ ．一周期後に距離が戻るため $t (s + T) - t (s) = T$ で，受信周期も $T = 0.200 s$ である．従って振幅は $A = u_{m} T / (2 π) = 0.216 m$ ．

直接経路と反射経路の長さは $r_{D} = \sqrt{h^{2} + (X - d)^{2}}$ ， $r_{R} = \sqrt{h^{2} + (X + d)^{2}}$ ．二次まで展開すると

Δ = r_{R} - r_{D} ≃ \frac{2 d X}{h}, δ X = \frac{h λ}{2 d}, h = \frac{2 d f_{0} δ X}{v} = 10.0 m, λ = \frac{v}{f_{0}} .

発生位置が共通なので

v Δ t = \sqrt{H^{2} + 4 d^{2}} - H, H = \frac{4 d^{2} - (v Δ t)^{2}}{2 v Δ t} .

数値は $Δ t = 1.83 \times 10^{- 4} s$ である．束の間の運動を無視する．

連続音の同一受信時刻では，反射音は早く発生した音である．加速する音源では，発生速度を分ける． $v Δ t \to 0$ では高さが増す一方，時間差の相対誤差も拡大する．干渉の近似には $d / h, | X | / h$ が小さく，捨てた経路差を $λ$ で割った量も小さいことが要る． $A / h = 0.0216$ ， $u_{m} / v = 0.0200$ も小さい．

総合演習 27

東京大 2013 前期（改題） ★★★★☆

2つの角度の反射時間で深さと音速を分ける

2液体 A・B の平面境界に超音波を送ります．A の厚さは $h_{A} = 0.0200 m$ ，音速は $v_{A} = 1.50 \times 10^{3} m s^{- 1}$ です．B の音速 $v_{B}$ と境界からの深さ $h$ にある小さな散乱体の位置は未知です．音は各層で一定速度で進み，境界の法線に対する入射角を $θ$ ，屈折角を $ϕ$ とします．入射経路を戻る後方散乱を測ります．

送受信点を動かして散乱体を測ると，垂直入射の往復時間は $t_{0} = 56.67 μ s$ ， $θ = {30.0}^{\circ}$ の往復時間は $t_{θ} = 71.04 μ s$ でした．散乱体の大きさ，分散，多重反射，装置の遅れを無視します．

境界で位相がつながる条件から屈折の法則を導き，往復時間を表せ．
2測定から $v_{B}, h$ を求めよ．
入射角を小さくすると深さと音速の分離が難しくなる理由を， $θ$ の二次までの展開から説明せよ．各時間の不確かさを $0.20 μ s$ とし， $θ = {3.0}^{\circ}$ での2層目の時間差と比較せよ．大きい角度にも測定上の限界があることを述べよ．

**［図：二層の液体を往復する超音波の経路］**
厚さ $h_A$ の液体 A と液体 B，小さな散乱体を描く．垂直経路と屈折した往復経路，角 $\theta,\phi$，散乱体の深さ $h$，送受信点を示す．

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考え方

垂直入射で深さと音速の比，斜め入射で音速を決める．層と経路が波長より十分長い模型を使う．

接線座標を $x$ とすると，入射・透過波の位相の傾きは $k_{A} \sin θ$ ， $k_{B} \sin ϕ$ である．両者は等しく，振動数も共通なので $k_{j} = 2 π f / v_{j}$ を使って

\frac{\sin θ}{v_{A}} = \frac{\sin ϕ}{v_{B}}, t_{θ} = 2 (\frac{h_{A}}{v_{A} \cos θ} + \frac{h}{v_{B} \cos ϕ}) .

A 内の既知の時間を引き， $s_{0} = t_{0} - 2 h_{A} / v_{A}$ ， $s_{θ} = t_{θ} - 2 h_{A} / (v_{A} \cos θ)$ とおく．すると

s_{0} = \frac{2 h}{v_{B}}, \frac{s_{0}}{s_{θ}} = \cos ϕ = \sqrt{1 - {(\frac{v_{B}}{v_{A}} \sin θ)}^{2}},

従って

v_{B} = \frac{v_{A}}{\sin θ} \sqrt{1 - {(\frac{s_{0}}{s_{θ}})}^{2}}, h = \frac{v_{B} s_{0}}{2} .

$s_{0} = 30.00 μ s$ ， $s_{θ} = 40.25 μ s$ を代入して $v_{B} = 2.00 \times 10^{3} m s^{- 1}$ ， $h = 0.0300 m$ ． $\sin ϕ = 2 / 3$ ， $ϕ = {41.8}^{\circ}$ で，両時間を再現する．

$\sin θ ≃ θ$ ， $(1 - x)^{- 1 / 2} ≃ 1 + x / 2$ を使うと

s_{θ} - s_{0} ≃ \frac{s_{0}}{2} {(\frac{v_{B}}{v_{A}})}^{2} θ^{2} .

角度を小さくすると違いは二次で消える． ${3.0}^{\circ} = 0.0524 rad$ では，差は約 $0.0731 μ s$ である．差の不確かさは $0.20 + 0.20 = 0.40 μ s$ となり，信号の違いより大きい．時間差が小さく， $v_{B}$ を精密に決められない．

大角度では差が増えるが， $(v_{B} / v_{A}) \sin θ < 1$ を満たす必要である．臨界角近くでは横の移動と経路が長く，有限の試料と減衰に制限される．小角展開の条件は $(v_{B} / v_{A})^{2} θ^{2}$ が十分小さいことで， ${3.0}^{\circ}$ では0.00487である．逆算には屈折の式を用いた．

総合演習 28

東京大 1998 前期（改題） ★★★★☆

コイルの電流を待ってから電圧へ変える

$L = 0.0200 H$ ，内部抵抗 $r = 4.00 Ω$ のコイルに，電源から定常電流 $I_{0} = 4.00 A$ を流しておきます．電源を切り離し，コイルを抵抗のない導線で短絡して $t_{w} = 3.00 ms$ だけ待ちます．次に導線を無電荷の $C = 50.0 μ F$ のコンデンサーに替えます．切り替え中も電流の道を確保し，電流・電荷は連続とします．

接続時刻を $t = 0$ とし，極板へ入る電流を $I = \frac{d q}{d t}$ とします．コイルの飽和，容量の漏れ，配線の容量・抵抗，切り替え中の損失を無視します．

待ち時間後の電流 $I_{w}$ と，その間の発熱を求めよ．
コンデンサー接続後の $q (t)$ を複素指数関数から求め，電圧が初めて最大になる時刻と値を求めよ．初めの磁気エネルギーに対する最大時の静電エネルギーの割合も求めよ．
同じ素子で，最大電圧を $40.0 V$ 以上にするために許される待ち時間の上限を求めよ．損失を無視する条件も述べよ．

**［図：電流準備から短絡を経てコンデンサーへ接続］**
電流準備，コイル短絡，コンデンサー接続の3回路を並べる．コイル内部抵抗 $r$，$L,C$，電流の連続する方向，時間 $t_w$ を示す．

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考え方

電流を引き継ぎ，各区間の発熱を差し引く．素子一定の線形回路とする．

待つ間は $L \frac{d I}{d t} + r I = 0$ なので $I_{w} = I_{0} e^{- r t_{w} / L} = 2.20 A$ ．初めの磁気エネルギーは $U_{0} = L I_{0}^{2} / 2 = 0.160 J$ ，待ち時間後は $U_{w} = L I_{w}^{2} / 2 = 0.0482 J$ ．発熱は

H_{w} = \int_{0}^{t_{w}} r I_{0}^{2} e^{- 2 r t / L} d t = \frac{L I_{0}^{2}}{2} (1 - e^{- 2 r t_{w} / L}) = 0.112 J .

和は $U_{0}$ に戻る．

$q (0) = 0$ ， $\frac{d q}{d t} (0) = I_{w}$ として

L \frac{d^{2} q}{d t^{2}} + r \frac{d q}{d t} + \frac{q}{C} = 0, s^{2} + 2 α s + ω_{0}^{2} = 0, α = \frac{r}{2 L}, ω_{0} = \frac{1}{\sqrt{L C}} .

根は $s = - α \pm i ω_{d}$ ， $ω_{d} = \sqrt{ω_{0}^{2} - α^{2}}$ ．2根から実解を作り，初期条件を入れると

q (t) = \frac{I_{w}}{ω_{d}} e^{- α t} \sin ω_{d} t, I (t) = I_{w} e^{- α t} (\cos ω_{d} t - \frac{α}{ω_{d}} \sin ω_{d} t) .

$V = q / C$ の最初の最大は $I = 0$ だから

t_{*} = \frac{1}{ω_{d}} \arctan \frac{ω_{d}}{α}, V_{max} = I_{w} \sqrt{\frac{L}{C}} e^{- α t_{*}} .

$\sin (ω_{d} t_{*}) = ω_{d} / ω_{0}$ を用いた．数値は $α = 100 s^{- 1}$ ， $ω_{d} = 995 rad s^{- 1}$ ， $t_{*} = 1.48 ms$ ， $V_{max} = 37.9 V$ である．初めの磁気エネルギーに対する最大時の割合は

\frac{C V_{max}^{2} / 2}{L I_{0}^{2} / 2} = e^{- 2 r t_{w} / L - 2 α t_{*}} = 0.224 .

2.24割で，静電エネルギーは $0.0359 J$ ．残りは発熱である．

最大電圧は $I_{0} \sqrt{L / C} \exp [- r t_{w} / L - α t_{*}]$ なので，指定電圧を $V_{a}$ とすると

t_{w} \leq \frac{L}{r} \ln (\frac{I_{0} \sqrt{L / C} e^{- α t_{*}}}{V_{a}}) = 2.73 ms .

$3.00 ms$ は上限を超える．

待ち区間と最初の電圧最大までの損失をともに省くには， $r t_{w} / L$ と $α t_{*}$ がそれぞれ十分小さい必要がある．弱減衰なら $α t_{*} ≃ π α / (2 ω_{0})$ である．今回は $r t_{w} / L = 0.600$ ， $α t_{*} = 0.148$ で，両区間の損失を残す．集中定数近似には $ω_{0} ℓ / v_{s}$ が十分小さいことも要る．

総合演習 29

東京大 2007 後期（改題） ★★★★★

動く鏡の位相から加速度まで測る

真空中のマイケルソン干渉計に，波長 $λ = 640 nm$ の単色光を入れます． $c = 3.00 \times 10^{8} m s^{- 1}$ ， $ν = c / λ$ です．一方の鏡は固定され，他方は半透鏡から遠ざかる向きを正として直線運動します．反射時刻 $s$ における距離を $ℓ (s)$ ，速度を $u (s) = \frac{d ℓ}{d s}$ ， $| u | < c$ とします．戻り光が半透鏡に到達する時刻を $t$ ，同じ光が半透鏡から出た時刻を $t_{e}$ とします．

装置は相対位相 $ϕ$ を，規格化信号 $D_{1} = \cos ϕ$ ， $D_{2} = \sin ϕ$ で測れるものとします．反射で加わる一定の位相を除き， $ϕ$ は固定腕の位相から可動腕の位相を引いた符号で定義します．

$t, t_{e}, s$ の関係から，相対位相と反射光の振動数を求めよ．符号付き縞の変化率 $b = \frac{d ϕ}{d t} / (2 π)$ と $u$ の関係を導け．
測定した $b, \frac{d b}{d t}$ から反射時刻での速度・加速度を求めよ．受信時刻で $b = 2.50 \times 10^{5} Hz$ ， $\frac{d b}{d t} = 6.25 \times 10^{6} Hz s^{- 1}$ のときの値を求めよ．
2信号で運動方向を判定できる理由を示せ．レーザーの振動数がゆっくり変化し，可動腕が固定腕より $0.300 m$ 長いとき，鏡を止めても生じる縞の変化率を求めよ． $\frac{d ν}{d t} = 1.00 \times 10^{12} Hz s^{- 1}$ とし，速度の見かけのずれと対策を述べよ．

**［図：可動鏡の反射時刻を区別する干渉計］**
固定鏡と可動鏡をもつ干渉計を描き，可動鏡の距離 $\ell(s)$，速度の正方向，出射・反射・帰着時刻を示す．2信号を読む検出部と固定腕の距離 $\ell_r$ を記す．

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考え方

出射時の位相を伝播時間を残して微分する．鏡の運動は外から指定し，速度による振幅変化を無視する．

往復の各長さは反射時の $ℓ (s)$ なので

t = s + \frac{ℓ (s)}{c}, t_{e} = s - \frac{ℓ (s)}{c}, \frac{d s}{d t} = \frac{1}{1 + u / c} .

固定腕の長さを $ℓ_{r}$ とすれば，出射時刻は固定腕で $t - 2 ℓ_{r} / c$ ，可動腕で $t_{e}$ ．従って

ϕ (t) = \frac{4 π ν}{c} [ℓ (s) - ℓ_{r}], ν_{r} = ν \frac{d t_{e}}{d t} = ν \frac{1 - u / c}{1 + u / c}, b = ν - ν_{r} = \frac{2 ν u}{c + u} .

近づく鏡では $u < 0$ ， $b < 0$ となる． $| u | / c$ が小さいとき $b ≃ 2 u / λ$ である．

速度は $u = c b / (2 ν - b)$ ．加速度は反射時刻で微分し， $a = \frac{d u}{d s}$ より

\frac{d u}{d t} = \frac{2 c ν}{(2 ν - b)^{2}} \frac{d b}{d t}, a = \frac{d u}{d t} \frac{d t}{d s} = \frac{4 c ν^{2}}{(2 ν - b)^{3}} \frac{d b}{d t} .

$ν = 4.6875 \times 10^{14} Hz$ より $| b | / (2 ν) = 2.67 \times 10^{- 10}$ である．近似式 $u ≃ λ b / 2$ ， $a ≃ (λ / 2) \frac{d b}{d t}$ を使って $u = 0.0800 m s^{- 1}$ ， $a = 2.00 m s^{- 2}$ となり，正確な式も一致する．反射時刻の値なので，受信時刻への補正が要る．

$(D_{1}, D_{2})$ は単位円上を進む．その回る向きが $b$ の符号を与える． $D_{1}$ だけでは $ϕ$ と $- ϕ$ を区別できない．

ゆっくり変わる出射位相を $Θ (t)$ ， $\frac{d Θ}{d t} = 2 π ν (t)$ とする．可動腕のほうが長い場合，固定鏡でも

\frac{1}{2 π} \frac{d ϕ}{d t} = ν (t - 2 ℓ_{r} / c) - ν (t - 2 ℓ / c) ≃ \frac{2 (ℓ - ℓ_{r})}{c} \frac{d ν}{d t} .

距離差が $0.300 m$ なら遅れの差は $2.00 ns$ ，見かけの $b$ は $2.00 \times 10^{3} Hz$ ，速度のずれは $λ b / 2 = 6.40 \times 10^{- 4} m s^{- 1}$ である．2信号でも鏡の移動と周波数変化を分離できない．腕の長さを近づけるか，周波数変化を別に測って補正する．

最後の展開では，遅れの間に $\frac{d ν}{d t}$ がほぼ一定で， $| Δ ν | / ν$ が小さいとした．運動では $| u | / c = 2.67 \times 10^{- 10}$ が十分小さく，2腕の遅れを超える可干渉時間も要る． $u = 0$ かつ周波数一定なら縞も動かない．