IPhO の問題を発展させる（2） | 問いから始める物理

総合演習 57

IPhO 1991 第1問（改題） ★★★★☆

動くベルトが跳ね返りに渡すエネルギー

質量 $m$ ，半径 $r$ ，慣性モーメント $I = κ m r^{2}$ の円板を，重心の並進速度0，時計回りの角速度 $ω_{0} \geq 0$ で，最下点のベルトからの高さ $h$ から落とします．水平ベルトは駆動装置で右向きの速さ $U > 0$ を保ちます．重力加速度 $g$ ，鉛直反発係数 $0 < e < 1$ ，動摩擦係数 $μ^{'}$ ．鉛直面内で動き，傾き，空気抵抗，接触中の重力の力積，接線の弾性変形を無視します．滑り停止後の接線力は0とします．

落下の速さ $w$ ，法線力積 $J_{N}$ ，摩擦力積 $J$ と滑りが止まる条件を求めよ．
衝突後の水平速度 $v_{x}$ ，角速度 $ω$ ，次の接触までの水平移動距離を求めよ．
水平並進と回転のエネルギー $K_{t}$ ，駆動の仕事 $W_{b}$ ，摩擦熱 $Q_{t}$ の収支を導け．滑りが止まる場合に $K_{t}$ が増す条件と，摩擦熱が正である理由を述べよ．

**［図：回転する円板と右向きに動くベルト］**
質量m，半径rの円板を，最下点とベルトの間の高さhから落とす初期配置．重心の並進速度は0，角速度ω_0は時計回りである．ベルトの速さUは右向きで，x軸は右，y軸は上を向く．

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考え方

滑りの停止で力積に上限を付け，駆動装置も収支に含める．

$m g h = m w^{2} / 2$ より $w = \sqrt{2 g h}$ ．衝突後の上向き速度は $e w$ なので $J_{N} = m (1 + e) w$ ．時計回りを正とすれば

v_{x} = \frac{J}{m}, ω = ω_{0} - \frac{r J}{I}, v_{x} - r ω - U = - (r ω_{0} + U) + \frac{1 + 1 / κ}{m} J .

初めの相対速度は負で，摩擦は右向きである．相対速度を0にする力積は $J_{*} = m κ (r ω_{0} + U) / (1 + κ)$ ．滑り中は摩擦力が $μ^{'} N$ だから

J = min (J_{*}, μ^{'} J_{N}), J_{*} \leq μ^{'} J_{N}

なら滑りが止まる．等号は離れる瞬間に止まる境界である．

速度と角速度は(1)の $J$ を最初の式に代入すればよい．飛行時間 $2 e w / g$ より $D = 2 e w J / (m g)$ ．
初終の運動エネルギーを引けば

Δ K_{t} = \frac{J^{2}}{2 m} + \frac{I}{2} (ω^{2} - ω_{0}^{2}) = - r ω_{0} J + \frac{1 + 1 / κ}{2 m} J^{2} .

ベルトへは左向きの摩擦が働き，駆動装置は同じ大きさの右向きの力を補うので $W_{b} = U J$ ．滑りの速さと微小力積 $d j$ の積から

Q_{t} = \int_{0}^{J} [r ω_{0} + U - \frac{1 + 1 / κ}{m} j] d j = (r ω_{0} + U) J - \frac{1 + 1 / κ}{2 m} J^{2} = W_{b} - Δ K_{t} \geq 0 .

$J = J_{*}$ なら

Δ K_{t} = \frac{m κ}{2 (1 + κ)} [U^{2} - (r ω_{0})^{2}], Q_{t} = \frac{m κ}{2 (1 + κ)} {(U + r ω_{0})}^{2} .

従って $U > r ω_{0}$ で増加し，増加分と摩擦熱を駆動装置が供給する． $U \to 0$ では $Δ K_{t} = - Q_{t}$ ．接触時間 $τ_{c}$ に対し $g τ_{c} / w$ が十分小さいことが，重力の力積を捨てる条件である．

総合演習 58

IPhO 2012 第3問（改題） ★★★★★

熱を放出すると温まる気体球

真空中の質量 $M$ の気体球を，半径 $r (t)$ だけで近似します．一様密度で，距離 $s$ の要素の速度は $s \dot{r} / r$ ， $\dot{r} = d r / d t$ ．モル質量 $M_{mol}$ ，比熱比 $γ > 1$ の理想気体で，質量平均の温度 $\bar{T}$ ，気体定数 $R_{g}$ に対し $U = M R_{g} \bar{T} / [M_{mol} (γ - 1)]$ です．圧力・温度は一様とは仮定せず，外圧，自転，核反応を無視します．安定性はこの一座標模型内で考えます．

球殻の積分で，重力エネルギー $Ω = - a / r$ の $a$ と巨視的運動のエネルギーを求めよ．
放射を止めた可逆断熱の変形で， $U (r_{0}) = U_{0}$ とする． $U (r)$ ，平衡半径 $r_{e}$ の温度，安定条件，小振動の角振動数を導け．
$γ = 5 / 3$ で平衡をほぼ保ち放射で収縮する．熱容量を無視できる外層が $T_{s} = η \bar{T}$ （ $η$ 一定）を保ち， $P_{rad} = 4 π r^{2} σ T_{s}^{4}$ を放射し，入熱は0とする．全エネルギーと温度の関係，半径の変化， $r_{0} / 2$ までの時間を，初期放射仕事率 $P_{0}$ で表せ．
$τ_{d} = \sqrt{r^{3} / (G M)}$ ， $τ_{r} = | U + Ω | / P_{rad}$ の比で準静的近似を検査せよ．収縮中に条件は満たしやすくなるか．

**［図：気体球の球殻と外層からの放射］**
一様密度の質量M，半径rの気体球を断面で示す．中心から距離sの球殻と半径rを示し，収縮時の内向き速度を青い矢印で表す．要素の速度はs ṙ/rで，半径に比例する．外層温度はT_sで，放射は外向きの矢印で示す．

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考え方

エネルギーの曲率で安定性を調べる．放射中はエントロピーが変わる平衡列を使う．

$M (s) = M (s / r)^{3}$ ， $d M (s) = 3 M s^{2} d s / r^{3}$ だから

Ω = - \int_{0}^{r} \frac{G M (s)}{s} d M (s) = - \frac{3 G M^{2}}{r^{6}} \int_{0}^{r} s^{4} d s = - \frac{3 G M^{2}}{5 r}, K_{r} = \frac{1}{2} \int_{0}^{r} {(\frac{s \dot{r}}{r})}^{2} d M (s) = \frac{3}{10} M {\dot{r}}^{2} .

$a = 3 G M^{2} / 5$ ，有効質量は $3 M / 5$ ．

各要素の体積は $r^{3}$ に比例する．断熱の $T V^{γ - 1}$ 一定より $U = U_{0} (r_{0} / r)^{b}$ ， $b = 3 (γ - 1)$ ． $U = U - a / r$ とおけば

\frac{d U}{d r} = \frac{- b U + a / r}{r}, b U_{e} = \frac{a}{r_{e}}, {\bar{T}}_{e} = \frac{G M M_{mol}}{5 R_{g} r_{e}} .

曲率は $\frac{d^{2} U}{d r^{2}} (r_{e}) = (b - 1) a / r_{e}^{3}$ ． $ξ = r - r_{e}$ に対し $(3 M / 5) \ddot{ξ} = - (b - 1) a ξ / r_{e}^{3}$ より $ω_{r}^{2} = (3 γ - 4) G M / r_{e}^{3}$ ． $γ > 4 / 3$ なら安定， $γ < 4 / 3$ は不安定． $γ = 4 / 3$ は停留条件を満たす場合に中立である．

$b = 2$ なら $U = a / (2 r)$ ．従って

E = - U = - \frac{a}{2 r} = - \frac{3 M R_{g}}{2 M_{mol}} \bar{T}, \frac{d E}{d \bar{T}} = - \frac{3 M R_{g}}{2 M_{mol}} < 0 .

放射で温度が上がる．負なのは重力を含む平衡列の熱容量である． $T_{s} \propto 1 / r$ より $P_{rad} = P_{0} (r_{0} / r)^{2}$ ．収支は

\frac{a}{2 r^{2}} \frac{d r}{d t} = - P_{0} \frac{r_{0}^{2}}{r^{2}}, \frac{d r}{d t} = - \frac{2 P_{0} r_{0}^{2}}{a}, t_{1 / 2} = \frac{a}{4 P_{0} r_{0}} = \frac{τ_{r} (r_{0})}{2} .

半径は等速で減る．放射中は断熱時の $U_{0} r_{0}^{2}$ は一定ではない．

$τ_{r} = a r / (2 P_{0} r_{0}^{2})$ より

\frac{τ_{d}}{τ_{r}} = \frac{2 P_{0} r_{0}^{2} \sqrt{r}}{a \sqrt{G M}} .

比が十分小さければ準静的近似を使える． $r^{1 / 2}$ に比例し，収縮中に減少する．小振動には $| ξ | / r_{e}$ も十分小さいことを要する．比熱や放射の模型が変われば時間も変わる．

総合演習 59

IPhO 1993 第1問（改題） ★★★★☆

電場計の周波数応答から抵抗を決める

一様な上向き電場 $E$ 中で，接地した可動遮蔽板が検出板の露出面積を $A (t) = A_{0} + A_{1} \cos ω t$ ， $A_{0} > A_{1} > 0$ と変えます．短絡時の誘導電荷は $q_{s} = ε_{0} E A (t)$ ，信号電流の向きは $I_{s} = d q_{s} / d t$ と定義します．接地まで並列抵抗 $R$ と容量 $C$ をつなぎます．縁の場，検出板自身の容量，検出電圧による場の変化を無視し，遮蔽は指定の運動を保ちます．

$E$ 一定として複素インピーダンスで定常電圧 $V (t) = Re (\hat{V} e^{i ω t})$ を求めよ． $τ = R C$ とし，振幅と面積変化に対する位相を示せ．
$C = 2.00 \times 10^{- 10} F$ ， $A_{1} = 1.00 \times 10^{- 2} m^{2}$ ， $ε_{0} = 8.85 \times 10^{- 12} F m^{- 1}$ とする．同じ電場・抵抗での測定から $τ, R, E$ を決めよ．振幅に1 %の不確かさがあるとき，両周波数とも $ω τ$ が小さい場合と大きい場合の推定の限界を説明せよ．

$ω$	電圧振幅 $V_{0}$
$100 rad s^{- 1}$	$2.37 \times 10^{- 2} V$
$400 rad s^{- 1}$	$4.75 \times 10^{- 2} V$

$E_{est} = C V_{0} / (ε_{0} A_{1})$ の系統誤差を1 %以下にする条件と，今回の高い周波数での過小評価率を求めよ．電場の変化時間 $τ_{E}$ ，装置の大きさ $d$ ，光速 $c$ を使い，周波数を上げる方法の条件も示せ．

**［図：可動遮蔽板と検出板の並列RC回路］**
上向きの一様電場E中に検出板と接地した可動遮蔽板を置く．検出板の露出面積はA(t)=A_0+A_1 cos ωtである．検出板から接地まで抵抗Rと容量Cを並列につなぎ，検出板の電圧をVとする．抵抗は長方形，コンデンサーは平行な2本の線で示す．

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考え方

振幅比で時定数を決め，信号の絶対値で電場を決める．

$q_{1} = ε_{0} E A_{1}$ とすると ${\hat{I}}_{s} = i ω q_{1}$ ． $Z_{C} = 1 / (i ω C)$ より並列回路は $Z = (1 / R + i ω C)^{- 1}$ なので

\hat{V} = \frac{i ω R q_{1}}{1 + i ω τ} = \frac{q_{1}}{C} \frac{x^{2} + i x}{1 + x^{2}}, V_{0} = \frac{q_{1}}{C} \frac{x}{\sqrt{1 + x^{2}}}, ϕ = \arctan \frac{1}{x}, x = ω τ .

実部に戻して $V (t) = V_{0} \cos (ω t + ϕ)$ ． $A_{0}$ による一定の誘導電荷は信号電流を作らない．

$b = V_{02} / V_{01}$ ， $x_{1} = ω_{1} τ$ とする．周波数比は4なので

b^{2} = \frac{16 (1 + x_{1}^{2})}{1 + 16 x_{1}^{2}}, x_{1}^{2} = \frac{16 - b^{2}}{16 (b^{2} - 1)} .

$b = 4.75 / 2.37$ より $x_{1} = 0.498$ ， $τ = x_{1} / ω_{1} = 4.98 \times 10^{- 3} s$ ， $R = τ / C = 2.49 \times 10^{7} Ω$ ．さらに $E = C V_{01} \sqrt{1 + x_{1}^{2}} / (ε_{0} A_{1} x_{1}) = 1.20 \times 10^{2} V m^{- 1}$ ．

低周波では $V_{0} ≃ ε_{0} E A_{1} ω R$ で積 $E R$ しか決まらず，高周波では $V_{0} ≃ ε_{0} E A_{1} / C$ で $R$ に依存しない．振幅比がそれぞれ $ω_{2} / ω_{1}$ と1に近づくと，測定誤差で時定数の逆算が不安定になる．今回は $x_{1} = 0.498, x_{2} = 1.99$ と応答が変わる範囲をはさむ．

$E_{est} / E = x / \sqrt{1 + x^{2}}$ ．これを0.99以上とする不等式を2乗して解くと $x \geq 0.99 / \sqrt{1 - {0.99}^{2}} = 7.02$ ．今回の $x_{2}$ では比が0.894，約11 %の過小評価となる．電場一定と集中定数回路の近似には， $2 π / (ω τ_{E})$ と $ω d / c$ が十分小さいことを要する．検出電圧による場の変化も小さいことを要する． $R C$ は時間の次元で， $R \to \infty$ の振幅は $q_{1} / C$ となる．

総合演習 60

IPhO 1991 第3問（改題） ★★★★★

冷却する光と反跳によるゆらぎ

質量 $m$ の原子に， $x$ 軸の正負から等強度の光を照射します．共鳴と光の角振動数は $ω_{a}, ω$ ，離調は $Δ = ω - ω_{a} < 0$ ，波数は $k = 2 π / λ$ ．速度 $v$ での各方向からの吸収・自発放出の率を

r_{\pm} (v) = \frac{r_{0}}{1 + 4 {(Δ \mp k v)}^{2} / Γ^{2}}

と与えます． $Γ$ は線幅， $r_{0} / Γ$ は十分小さいとします．吸収力積は $\pm ℏ k$ ，放出光子の運動量の大きさは $ℏ k$ ．放出は独立で等方的とし，方向余弦は $⟨ n_{x} ⟩ = 0$ ， $⟨ n_{x}^{2} ⟩ = 1 / 3$ ．各過程は確率 $r_{\pm} d t$ で起こり，原子間衝突，外力，再吸収を無視します．

平均力を $F = - α v$ の形まで展開し，平均速度の減衰時間を求めよ．
1回の力積 $Δ p$ の2乗平均から， $p = m v$ の2乗平均の方程式と定常値を導け． $⟨ p ⟩ = 0$ ， $| k v | / Γ$ は十分小さいとする． $k_{B} T_{x} = ⟨ p^{2} ⟩ / m$ と定義する温度とその最低値を求めよ．
強さ一定で最も速く減衰させる離調と，その温度を求めよ．最低温度の状態で $E_{r} / (ℏ Γ) = 0.0010$ ， $r_{0} / Γ = 0.010$ とし， $k v_{rms} / Γ$ ， $E_{r} / (k_{B} T_{x})$ で近似を検査せよ． $E_{r} = (ℏ k)^{2} / (2 m)$ ， $v_{rms} = \sqrt{k_{B} T_{x} / m}$ ．平均力だけで温度0を予測する問題点も述べよ．

**［図：対向レーザーを受ける原子と放出光子］**
質量mの原子にx軸の両側から等強度のレーザー光を照射する．入射光の波数はkで，光の矢印は原子へ向く．原子の速度vはx軸に沿う．斜めの外向き矢印は運動量の大きさℏkの放出光子を示し，放出方向のx軸に関する方向余弦をn_xとする．

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考え方

吸収率の差による摩擦と反跳による加熱をつり合わせる．

放出の平均力積は0で $F = ℏ k (r_{+} - r_{-})$ ． $D_{0} = 1 + 4 Δ^{2} / Γ^{2}$ とし，率を展開すると $r_{\pm} = r_{0} / D_{0} \pm 8 r_{0} Δ k v / (Γ^{2} D_{0}^{2})$ ．従って

F = \frac{16 ℏ k^{2} r_{0} Δ}{Γ^{2} D_{0}^{2}} v = - α v, α = - \frac{16 ℏ k^{2} r_{0} Δ}{Γ^{2} D_{0}^{2}} > 0 .

$m \frac{d ⟨ v ⟩}{d t} = - α ⟨ v ⟩$ より減衰時間は $τ_{v} = m / α$ ．

1回の力積は $Δ p = ℏ k (\pm 1 - n_{x})$ なので $⟨ (Δ p)^{2} ⟩ = (4 / 3) (ℏ k)^{2}$ ． $(p + Δ p)^{2} - p^{2} = 2 p Δ p + (Δ p)^{2}$ を各率で平均する．第1項は $2 ⟨ p F ⟩$ ，第2項では率の和を速度0で評価して

\frac{d ⟨ p^{2} ⟩}{d t} = - \frac{2 α}{m} ⟨ p^{2} ⟩ + B_{p}, B_{p} = \frac{4}{3} (ℏ k)^{2} \frac{2 r_{0}}{D_{0}} .

定常値は $⟨ p^{2} ⟩ = m B_{p} / (2 α)$ ．従って

k_{B} T_{x} = \frac{B_{p}}{2 α} = - \frac{ℏ Γ^{2} D_{0}}{12 Δ} = \frac{ℏ Γ}{6} (z + \frac{1}{z}), z = - \frac{2 Δ}{Γ} > 0 .

$z + 1 / z \geq 2$ より，最低温度は $Δ = - Γ / 2$ で $T_{min} = ℏ Γ / (3 k_{B})$ ．指定模型の1方向の温度で，3方向の熱平衡は仮定していない．

$α = (8 ℏ k^{2} r_{0} / Γ) z / (1 + z^{2})^{2}$ の微分の符号は $1 - 3 z^{2}$ で決まる．最大は $z = 1 / \sqrt{3}$ ，従って $Δ = - Γ / (2 \sqrt{3})$ ．温度比は $T_{x} / T_{min} = 2 / \sqrt{3} ≃ 1.15$ で，最低温度とは異なる．最低温度では $k v_{rms} / Γ = \sqrt{2 E_{r} / (3 ℏ Γ)} = 0.026$ ， $E_{r} / (k_{B} T_{x}) = 3 E_{r} / (ℏ Γ) = 0.0030$ ．速度の展開と反跳を微小変化とする近似は自己整合的である．平均力だけなら運動は0へ減衰するが，力積の2乗は0にならず反跳で加熱する． $α$ の次元は質量を時間で割ったもの． $Δ \to 0^{-}$ では摩擦が消え，温度の式が発散して小速度近似も破れる．