IPhO の問題を発展させる（1） | 問いから始める物理

総合演習 53

IPhO 1972 第2問（改題） ★★★★☆

熱量と圧力から気体の模型を決める

水平な2本のシリンダーのピストンを剛い棒で結び，断面積はともに $A$ です．右向きの変位 $z$ に対し，左の気体Aは $V_{A} = V_{0} + A z$ ，右の気体Bは $V_{B} = V_{0} - A z$ です．各室の理想気体は同じ物質量 $ν$ で，初状態は $p_{0}, V_{0}, T_{0}$ です．Aは断熱し，比熱比 $γ > 1$ は未知の定数です．Bは温度 $T_{0}$ の熱源に接します．漏れ，摩擦，棒を通る熱伝導を無視します．外部駆動で準静的に右へ動かし固定しました．

$p_{0} = 1.00 \times 10^{5} Pa$ ， $V_{0} = 1.00 \times 10^{- 3} m^{3}$ ， $A = 1.00 \times 10^{- 2} m^{2}$ とします．熱源への熱はBからだけです．

測定量	値
熱源の受熱 $Q_{b}$	$22.31 J$
Aの終圧力 $p_{A}$	$7.380 \times 10^{4} Pa$

第一法則から $p V^{γ}$ 一定を導き， $s = A z / V_{0}$ と $γ$ を測定値から決めよ．
各気体と駆動装置の仕事を求め，収支も示せ．
駆動装置を一定の右向きの力 $F_{*}$ を与えるものに替え，固定を外す．連結体の質量は $M = 1.00 kg$ とする．終位置を平衡に保つ $F_{*}$ と，Bが振動中も等温である場合の小振動周期を求めよ．条件も示せ．

**［図：連結ピストン，断熱壁と熱源］**
剛い棒で結ばれた2本のピストンを外部駆動で右へ変位zだけ動かす．気体Aの壁は断熱され，気体Bは温度T₀の熱源に接する．両側の断面積はAで，破線は初位置を示す．初状態はp₀，V₀，T₀，変位後の体積はV_A=V₀+Az，V_B=V₀−Azである．

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考え方

気体は一様，操作は可逆とする．Bの放熱から圧縮量，Aの圧力から比熱比を出す．

$C_{V, A} = R / (γ - 1)$ ， $p V = ν R T$ と，第一法則 $ν C_{V, A} d T = - p d V$ より

\frac{d T}{T} = - (γ - 1) \frac{d V}{V}, T V^{γ - 1} = 一定, p V^{γ} = 一定 .

Bの等温仕事は $W_{B} = ν R T_{0} \ln (1 - s)$ ，熱源の受熱は $Q_{b} = - W_{B}$ ．従って

s = 1 - e^{- Q_{b} / (p_{0} V_{0})} ≃ 0.2000, γ = - \frac{\ln (p_{A} / p_{0})}{\ln (1 + s)} ≃ 1.667 .

以下は $γ = 5 / 3$ ， $s = 0.200$ を使う．

圧力を体積で積分すると

W_{A} = p_{0} V_{0} \int_{1}^{1 + s} u^{- γ} d u = \frac{p_{0} V_{0}}{γ - 1} [1 - (1 + s)^{1 - γ}] = 17.2 J, W_{B} = p_{0} V_{0} \ln (1 - s) = - 22.3 J .

静止状態間の外部仕事は $W_{d} = - W_{A} - W_{B} = 5.15 J$ ．Bの圧縮仕事がAの膨張仕事を上回る． $Δ U_{A} = - W_{A}$ ， $Δ U_{B} = 0$ だから， $Δ U_{A} + Δ U_{B} = W_{d} - Q_{b}$ とも一致する．

$p_{B} = p_{0} / (1 - s) = 1.25 \times 10^{5} Pa$ である．従って $F_{*} = A (p_{B} - p_{A}) = 512 N$ ．終位置からの変位を $η$ とすると，Aの圧力変化は $- γ p_{A} A η / V_{A}$ ，等温Bは $p_{B} A η / V_{B}$ ．一定外力を加えると

M \frac{d^{2} η}{d t^{2}} = - K η, K = A^{2} (\frac{γ p_{A}}{V_{A}} + \frac{p_{B}}{V_{B}}), T = 2 π \sqrt{\frac{M}{K}} = 0.0391 s .

近似には $A | η | / V_{A}$ ， $A | η | / V_{B}$ が十分小さいことを要する． $ω = 2 π / T$ とし，熱交換時間 $τ_{h}$ に対し等温は $1 ≫ ω τ_{h}$ ，断熱は $ω τ_{h} ≫ 1$ を要する．気体の長さ $ℓ_{i}$ ，音速 $v_{i}$ に対し $1 ≫ ω ℓ_{i} / v_{i}$ も必要である． $K$ は $N m^{- 1}$ の次元をもつ．

総合演習 54

IPhO 1982 第1問（改題） ★★★★☆

力率補償とヒーターの発熱

抵抗 $R_{h} = 60.0 Ω$ のヒーターと，未知の抵抗 $r$ ，自己インダクタンス $L$ をもつコイルを直列につなぎます．理想電源の電圧は $V (t) = \sqrt{2} V_{e} \cos ω t$ ， $V_{e} = 100 V$ です．表は丸めた実効値です．測定器の負荷を無視し，素子は一定とします．

$ω$ （ $rad s^{- 1}$ ）	$I_{e}$ （ $A$ ）
100	1.118
200	0.8839
400	0.5590

複素数を使い， $(V_{e} / I_{e})^{2}$ を $ω^{2}$ に対して直線化して $r, L$ を求めよ．
$ω = 200 rad s^{- 1}$ で，理想コンデンサーを電源に並列につなぎ，電源電流を電圧と同位相にする．容量，電源電流の実効値と各平均発熱を求めよ．
同じ振動数で温度 $T_{a} = 300 K$ のヒーターを加熱する．熱容量は $C_{h} = 20.0 J K^{- 1}$ ，外への放熱仕事率は $H (T - T_{a})$ ， $H = 0.500 W K^{- 1}$ とする．電気の過渡を無視する． $T (t)$ と，初めて $350 K$ に達する時間を求めよ．抵抗の温度係数を $α = 2.0 \times 10^{- 4} K^{- 1}$ として，抵抗一定の近似を評価せよ．

**［図：交流電源，コイルとヒーターの回路］**
交流電源V(t)=√2 V_e cos ωtに，電流計，抵抗rと自己インダクタンスLをもつコイル，抵抗R_h=60.0 Ωのヒーターを直列接続する．電流計は直列枝の実効電流I_eを測る．破線のコンデンサー枝は小問(2)で電源に並列接続する．V_e=100 Vである．

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考え方

電圧・電流は複素振幅と $e^{i ω t}$ の積の実部とする．負荷電圧は一定とし，周期平均の発熱を熱収支に入れる．

$R_{t} = R_{h} + r$ とすると， $Z = R_{t} + i ω L$ ， $\hat{I} = \hat{V} / Z$ ．従って

Y = {(\frac{V_{e}}{I_{e}})}^{2} = R_{t}^{2} + L^{2} ω^{2} .

$Y$ は約 $8000, 12800, 32000 Ω^{2}$ ．最初の2点から傾きは $0.160 H^{2}$ ，切片は $6.40 \times 10^{3} Ω^{2}$ で， $L = 0.400 H$ ， $R_{t} = 80.0 Ω$ ， $r = 20.0 Ω$ ．3点目も一致する．

コンデンサーは $Z_{C} = 1 / (i ω C)$ ．電源の複素電流は

{\hat{I}}_{s} = \hat{V} [\frac{1}{R_{t} + i ω L} + i ω C] = \hat{V} [\frac{R_{t}}{D} + i ω (C - \frac{L}{D})], D = R_{t}^{2} + ω^{2} L^{2} .

虚部0より $C = L / D = 3.13 \times 10^{- 5} F$ ． $I_{s, e} = V_{e} R_{t} / D = 0.625 A$ ．直列枝は $I_{e} = V_{e} / \sqrt{D}$ のままで，

P_{h} = I_{e}^{2} R_{h} = 46.9 W, P_{r} = I_{e}^{2} r = 15.6 W .

和は $62.5 W = V_{e} I_{s, e}$ ．コンデンサーの平均消費電力は0で，ヒーターの発熱は変わらない．

熱収支は $C_{h} \frac{d T}{d t} = P_{h} - H (T - T_{a})$ ．定常値は $T_{a} + P_{h} / H$ ，時定数 $τ = C_{h} / H$ より

T (t) = T_{a} + \frac{P_{h}}{H} (1 - e^{- t / τ}), τ = 40.0 s, T_{\infty} = 394 K .

丸め前の値で $t = - 40.0 \ln (1 - 50.0 / 93.75) s = 30.5 s$ ．抵抗の相対変化は最大で $α P_{h} / H = 0.0188$ ．約2 %の抵抗変化を捨てている．熱の近似には電気周期と内部平衡化時間が $τ$ より十分短いこと，集中定数回路には配線長 $ℓ$ に対し $1 ≫ ω ℓ / c$ が必要である． $t \to \infty$ で発熱と放熱がつり合う．

総合演習 55

IPhO 1985 第3問（改題） ★★★★★

重力アシストの最適な接近距離

恒星の周りを半径 $a$ ，速さ $U$ で円運動する惑星の近くを，質量 $m$ の探査機が通ります．惑星の速度は $U e_{y}$ と一定に扱い，相対入射速度を $u e_{x}$ とします． $e_{x}, e_{y}$ は軌道面内の直交単位ベクトルです．惑星の質量を $M_{p}$ ，重力定数を $G$ とし， $κ = G M_{p}$ と置きます．安全距離の下限は $R_{*}$ です． $m / M_{p}$ は十分小さく，推進と大気抵抗を無視します．恒星の潮汐力を無視し，相対速度を $+ y$ 側へ角 $δ$ 曲げる側を通します．入射・出射速度は惑星の双曲線軌道の漸近速度です．

恒星系での単位質量あたりのエネルギー増加を $U, u, δ$ で表せ．反作用を含め保存則を説明せよ．
衝突径数 $b$ ，最接近距離 $r_{p}$ と $δ$ の関係を導け．中心力軌道の式

r = \frac{j^{2} / κ}{1 + e \cos ϕ}, j = b u

を使ってよい． $r$ は惑星からの距離， $j$ は単位質量あたりの角運動量， $e$ は離心率で， $ϕ = 0$ が最接近点です．

$r_{p} \geq R_{*}$ のもとでエネルギー増加を最大にする $r_{p}$ を求めよ． $U = 12.0 km s^{- 1}$ ， $u = 6.00 km s^{- 1}$ ， $κ = 4.00 \times 10^{14} m^{3} s^{- 2}$ ， $R_{*} = 4.00 \times 10^{3} km$ の場合，恒星から脱出できるか判定せよ．無限遠での速さと条件も示せ．

**［図：重力アシストの局所配置と安全境界］**
惑星の位置を基準に直交方向e_x，e_yを示す．惑星速度はU e_y，相対入射速度はu e_xであり，探査機は惑星の下側から入り，+y側へ曲がる．入射漸近線と惑星の間が衝突径数b，惑星から最接近点までがr_pである．破線の円は半径R_*の安全境界を示す．軌道の形は模式的である．

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考え方

二体散乱と恒星周りの軌道を接続する．相対速度を回して恒星系へ戻し，公転方向の成分を最大にする．

惑星系のエネルギー保存から入射・出射の速さは $u$ ．恒星系では

v_{i} = u e_{x} + U e_{y}, v_{f} = u \cos δ e_{x} + (U + u \sin δ) e_{y} .

恒星からの距離を同じと近似すると

Δ ϵ = \frac{v_{f}^{2} - v_{i}^{2}}{2} = U u \sin δ .

惑星の運動量変化は $- m (v_{f} - v_{i})$ ，運動エネルギー変化は質量比の最低次で $- m U u \sin δ$ ．増加分は公転から来る．

最接近点でのエネルギー・角運動量保存から

\frac{u^{2}}{2} = \frac{j^{2}}{2 r_{p}^{2}} - \frac{κ}{r_{p}}, b^{2} = r_{p}^{2} + \frac{2 κ r_{p}}{u^{2}}, e = 1 + \frac{r_{p} u^{2}}{κ} .

最後は軌道式の $ϕ = 0$ と保存式を使う．漸近線は $\cos ϕ_{\infty} = - 1 / e$ ．入射速度は位置と逆向きなので偏向角は $δ = 2 ϕ_{\infty} - π$ ．従って

\sin \frac{δ}{2} = \frac{1}{e} = \frac{1}{1 + r_{p} u^{2} / κ} .

$δ$ は $r_{p}$ とともに減り， $\sin δ$ は $π / 2$ で最大なので

r_{p, opt} = max [R_{*}, (\sqrt{2} - 1) \frac{κ}{u^{2}}] .

許される角が $π / 2$ 未満なら下限を使い，それ以外は $δ = π / 2$ にする．今回は下限より遠い $r_{p, opt} = 4.60 \times 10^{3} km$ で $δ = π / 2$ にできる．

円軌道から恒星の重力定数と質量の積は $U^{2} a$ で，位置 $a$ での脱出速度は $\sqrt{2} U$ ．最適出口速度は $U + u = 18.0 km s^{- 1} > \sqrt{2} U$ ．恒星の重力で

v_{\infty} = \sqrt{(U + u)^{2} - 2 U^{2}} = 6.00 km s^{- 1} .

$U \to 0$ で増加は0となる．接続半径 $r_{m}$ には $κ / (r_{m} u^{2})$ ， $r_{m} / a$ ，潮汐力の比 $U^{2} r_{m}^{3} / (a^{2} κ)$ が十分小さいことを要する．遭遇時間 $τ$ に対し $U τ / a$ ，反作用の近似には $m / M_{p}$ も十分小さくする．

総合演習 56

IPhO 1986 第1問（改題） ★★★★★

交互の位相反転で分光する

幅 $a$ ，間隔 $d$ の平行スリットを偶数 $N$ 個並べ， $j = 0, 1, \dots, N - 1$ と番号を付けます．同じ偏光の平面波を垂直入射します．奇数番だけに振幅を変えず位相を $π$ ずらす素子を置きます．位相差は狭い波長範囲で一定とします．角 $θ$ は法線から測り，隣接位相差を $φ = 2 π d \sin θ / λ$ とします．遠方回折を考え，1本の法線強度を $I_{1}$ とし， $a = d / 3$ ， $d = 2.00 \times 10^{- 6} m$ です．

複素振幅で強さ分布を導き，主極大の方向を求めよ．幅の効果は各点の振幅の積分で求めよ．
波長 $λ = 600 nm$ と $λ + Δ λ$ ， $Δ λ = 1.00 nm$ の光を分ける．主極大同士が最初の暗線まで離れれば分解可能とする． $\sin θ = p λ / d$ ， $p > 0$ について一次近似の分解条件を求めよ． $p = 3 / 2$ の方向，単スリットの強さ因子，必要な偶数の最小 $N$ を求めよ．
強さと位相を保ち，偶数番を水平偏光，奇数番を鉛直偏光に替える．法線強度と主極大の方向を求めよ．水平・鉛直の振幅を同符号で足す $45^{\circ}$ の検光子を後に置くと，最初の分布とどう関係するか．経路の記録を残す量子力学とも対応させよ．

**［図：交互の位相素子，偏光と検光子］**
上段は幅a，中心間隔dのN本のスリットを示す．Nは偶数で，奇数番に位相をπずらす素子を置く．平面波は垂直入射し，観測方向の角θは法線から測る．下段は小問(3)の偏光をスリット正面から見た図で，偶数番は水平，奇数番は鉛直であり，位相πの素子を保つ．光の後方に45°の検光子を置く．途中のスリットは省略している．

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考え方

光路差を位置に比例させる．直交偏光は強さを足し，同じ偏光への投影後は振幅を足す．

中心の座標を $x$ として，単独の振幅は法線の振幅 $E_{1}$ に対して

\frac{E_{1}}{a} \int_{- a / 2}^{a / 2} e^{i 2 π x \sin θ / λ} d x = E_{1} \frac{\sin β}{β}, β = \frac{π a \sin θ}{λ} .

$q = φ + π$ とおくと $(- 1)^{j} e^{i j φ} = e^{i j q}$ ．等比級数から

E = E_{1} \frac{\sin β}{β} e^{i (N - 1) q / 2} \frac{\sin (N q / 2)}{\sin (q / 2)}, I = I_{1} {(\frac{\sin β}{β})}^{2} {[\frac{\sin (N q / 2)}{\sin (q / 2)}]}^{2} .

分母0は極限を取る．同位相になる $q = 2 π k$ より， $d \sin θ = (k - 1 / 2) λ$ ．正の $p$ は半整数である． $θ = 0$ では偶数・奇数が打ち消し0となる．主極大は格子因子の極大とする．

最初のゼロは $| Δ q | = 2 π / N$ より $| Δ (\sin θ) | = λ / (N d)$ ．極大の間隔は $p Δ λ / d$ なので

N p Δ λ \geq λ .

$p = 3 / 2$ では $\sin θ = 0.450$ ， $θ = {26.7}^{\circ}$ ， $β = π / 2$ より強さ因子は $4 / π^{2} = 0.405$ ．一次近似の最小偶数は $N = 400$ ．

$n = N / 2$ とおく．偶数群と奇数群の振幅は

E_{H} = E_{1} \frac{\sin β}{β} \sum_{l = 0}^{n - 1} e^{i 2 l φ}, E_{V} = - e^{i φ} E_{H} .

法線で各群の振幅は $n | E_{1} |$ で，強さの和は $2 n^{2} I_{1} = N^{2} I_{1} / 2$ ．各群の主極大は $φ = k π$ ，すなわち $d \sin θ = k λ / 2$ ．検光子で両群は同じ偏光へ振幅 $1 / \sqrt{2}$ で投影され，振幅は $(E_{H} + E_{V}) / \sqrt{2}$ ．強さは(1)の $I / 2$ となり，法線は再び暗い．

量子力学でも偶奇の記録を残せば，群内は振幅，群間は確率を足す．検光子通過を選ぶと記録がそろい，振幅が干渉する． $β \to 0$ で幅の因子は1となる．遠方回折には観測距離 $ℓ$ に対し $1 ≫ (N d)^{2} / (λ ℓ)$ ，分光の一次近似には $1 ≫ Δ λ / λ$ を要する．素子の位相の波長依存も無視する．