IPhO の問題を発展させる（3） | 問いから始める物理

総合演習 61

IPhO 2017 第2問（改題） ★★★★☆

狭く浅くなる水路と，急な段差

密度 $ρ$ の非圧縮液体の水路を，周期 $T$ ，水面振幅 $A$ の波が進みます．水深 $d$ と幅 $b$ は緩やかに変わります．水面と水平流速 $u$ は幅方向に一様， $u$ は深さによらず，鉛直方向は静水圧とします．平均流は0とし，粘性，表面張力，反射を無視し， $A / d$ と $k d$ は十分小さいとします． $k = 2 π / λ$ です．

入口では $d_{0} = 4.00 \times 10^{2} m$ ， $A_{0} = 0.100 m$ ， $T = 600 s$ です．幅は $b / b_{0} = {(d / d_{0})}^{1 / 4}$ に従います． $g = 9.80 m s^{- 2}$ を使え．

**［図：水路の幅と水深，水面変位と急な段差］**
平面図は緩やかに狭くなる水路の幅 b と波の進行方向を示す．局所的な横断面は静水面から底までの深さ d と，静水面から測った水面変位 y を示す．別枠の縦断面は幅一定で水深が d₁ から d₂ へ急変する段差を示す．

一定水深での質量保存と運動方程式は $\frac{\partial y}{\partial t} = - d \frac{\partial u}{\partial x}$ ， $\frac{\partial u}{\partial t} = - g \frac{\partial y}{\partial x}$ です．波の速さと進行波の $u, y$ の関係を導け．
単位水平面積の平均エネルギーと仕事率保存から $A (d)$ を導け． $d = 25.0 m$ での振幅と波長も求めよ．
幅一定で水深が $d_{1}$ から $d_{2}$ へ急変します．境界で水面変位と体積流量が連続する1次元模型を用い，反射・透過の水面振幅比を求め，エネルギー保存を確かめよ．(2)を急変に使えない理由と，小振幅・緩やかな変化の条件も述べよ．

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考え方

反射を捨てられる区間と，境界条件で反射を求める区間を分ける．

第1式を時間，第2式を位置で微分して代入すると

\frac{\partial^{2} y}{\partial t^{2}} = g d \frac{\partial^{2} y}{\partial x^{2}}, v = \sqrt{g d}, u = \frac{v}{d} y

となる．右向き波では $\frac{\partial y}{\partial t} = - v \frac{\partial y}{\partial x}$ を第1式に入れ，平均流0として積分した．左向きなら符号が逆になる．

位置エネルギー密度は $ρ g y^{2} / 2$ ，運動エネルギー密度は $ρ d u^{2} / 2$ ． $⟨ y^{2} ⟩ = A^{2} / 2$ と(1)より，平均はどちらも $ρ g A^{2} / 4$ である．分散のない波の平均仕事率は

P = b v \frac{ρ g A^{2}}{2}, \frac{A}{A_{0}} = \sqrt{\frac{b_{0}}{b}} {(\frac{d_{0}}{d})}^{1 / 4} = {(\frac{d_{0}}{d})}^{3 / 8} .

指定点では $A = 0.283 m$ ， $v = 15.7 m s^{- 1}$ ， $λ = v T = 9.39 \times 10^{3} m$ である．

複素振幅を $Y_{i}, Y_{r}, Y_{t}$ ，速さを $v_{j} = \sqrt{g d_{j}}$ とする．時間因子 $e^{i ω t}$ を除き，境界条件は

Y_{i} + Y_{r} = Y_{t}, v_{1} (Y_{i} - Y_{r}) = v_{2} Y_{t} .

$r = Y_{r} / Y_{i} = (v_{1} - v_{2}) / (v_{1} + v_{2})$ ， $t = Y_{t} / Y_{i} = 2 v_{1} / (v_{1} + v_{2})$ ．反射率と透過率は $R = r^{2}$ ， $T = (v_{2} / v_{1}) t^{2}$ なので， $R + T = 1$ ． $d_{2} = d_{1}$ なら $r = 0, t = 1$ に戻る．変化の長さを $ℓ$ とすると，増幅則は $A / d, k d, 1 / (k ℓ)$ が十分小さい範囲に限る．段差では最後の条件が破れる．指定点では $A / d = 0.0113, k d = 0.0167$ ．浅くなるほど振幅の条件は悪くなる．

総合演習 62

IPhO 2019 第1問（改題） ★★★★☆

重いばねの長さと周期

自然長 $L_{0}$ ，ばね定数 $k$ ，質量 $M$ の一様な鉛直ばねの下端に，質量 $m$ を付けます．自然長では張力0です．自然長での上端からの座標を $s$ とすると，微小区間 $d s$ のばね定数は $k L_{0} / d s$ ，質量は $M d s / L_{0}$ です．横振れ，摩擦，巻き同士の接触を無視し，静的な伸びにもフックの法則を使います．

$L_{0} = 0.3000 m$ ， $g = 9.80 m s^{- 2}$ を既知とし，次の全長 $H$ を測りました．

$m$ （ $kg$ ）	$H$ （ $m$ ）
$0.400$	$0.5254$
$0.600$	$0.6234$
$0.800$	$0.7214$

**［図：重い鉛直ばねの自然長の座標と全長］**
左に張力0の自然長 L₀ を基準として，上端を0，下端を L₀ とする下向きの座標 s を示す．右に上端を固定した質量 M，ばね定数 k のばねと下端質量 m を示す．全長 H は固定上端からばね下端までの長さである．

張力と全長 $H (m)$ を求め，両端の測定から $k, M$ を決め，中央も確かめよ．
平衡からの下向き変位 $ξ (s, t)$ の波動方程式と下端の境界条件を導け．
上端固定の振動 $ξ = ϕ (s) \cos ω t$ を考えます． $q = ω \sqrt{M / k}$ とおき，基本振動の方程式と根の区間を求め， $m = 0.600 kg$ の周期を数値で求めよ．
$1 ≫ M / m$ のとき，ばね質量を $M / 3$ の集中質量で置き換えられることを示し，(3)と比較せよ．上端だけを短く微小に動かし戻すとき，下端の応答までの最短時間を求め，集中質量模型と比較せよ．

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考え方

静的張力と，ばね内部の分布した慣性を使う．

張力は $S (s) = g [m + M (1 - s / L_{0})]$ である．区間の伸びは $S (s) d s / (k L_{0})$ なので

H = L_{0} + \int_{0}^{L_{0}} \frac{S (s)}{k L_{0}} d s = L_{0} + \frac{g}{k} (m + \frac{M}{2}) .

傾きは $a = g / k = 0.1960 / 0.400 = 0.490 m {kg}^{- 1}$ ，切片は $0.3294 m$ ．従って $k = g / a = 20.0 N m^{- 1}$ ， $M = 2 k (0.3294 m - L_{0}) / g = 0.120 kg$ ．中央の予測は $0.6234 m$ で一致する．

平衡の重力と張力差はつり合う．追加張力は $k L_{0} \frac{\partial ξ}{\partial s}$ だから

\frac{M}{L_{0}} \frac{\partial^{2} ξ}{\partial t^{2}} = k L_{0} \frac{\partial^{2} ξ}{\partial s^{2}}, v_{s} = L_{0} \sqrt{\frac{k}{M}}, m \frac{\partial^{2} ξ (L_{0}, t)}{\partial t^{2}} = - k L_{0} \frac{\partial ξ}{\partial s} (L_{0}, t) .

$v_{s}$ は自然長の座標で測った速度である．

$\frac{d^{2} ϕ}{d s^{2}} = - (ω / v_{s})^{2} ϕ$ ， $ϕ (0) = 0$ より $ϕ = C \sin (q s / L_{0})$ ．下端条件は

k q \cos q = m ω^{2} \sin q, q \tan q = \frac{M}{m} .

$0 < q < π / 2$ で左辺は0から無限大へ増加し，根は一つ．表の中心値で $M / m = 0.200$ の根は $q = 0.43284$ ， $ω = 5.58795 rad s^{- 1}$ ，周期は $1.12 s$ （近似との比較用に桁を残すと $1.1244 s$ ）．

下端条件を $m ω^{2} = k q \cot q$ と書き， $q \cot q = 1 - q^{2} / 3 + \dots$ を使うと

(m + \frac{M}{3}) ω^{2} + \dots = k .

主要項は $ω \approx \sqrt{k / (m + M / 3)}$ ．周期の近似値は，比較用に桁を残すと $1.1240 s$ で，厳密値との差は約0.040 %である．

最短時間は $L_{0} / v_{s} = \sqrt{M / k} = 0.0775 s$ ．到達前は下端は動かず，集中質量模型では表せない．実効質量は $q^{2}$ が小さい低振動数に限り，短いパルスには使えない．追加ひずみ $| \frac{\partial ξ}{\partial s} |$ も十分小さい必要がある．

総合演習 63

IPhO 2013 第2問（改題） ★★★★★

光を熱に変える粒子には最適な半径があるか

真空中の半径 $a$ の金属球を， $E = - E_{0} \cos ω t \hat{x}$ の光で照らします．電子密度は $n$ ，電子の質量・電荷は $m, - e$ ．中性の粒子の正イオン球を固定し，電子雲は形を保って $x (t)$ 動きます． $| x | / a, ω a / c$ は十分小さいとします．粒子内の衝突による抵抗力は電子1個につき $- m \frac{d x}{d t} / τ$ です．

中心面を横切る分離電荷を $Q = n e π a^{2} x$ ， $I = \frac{d Q}{d t}$ と定義します．電子数は $N = 4 π a^{3} n / 3$ ．振幅 $A$ の平均放射率を $P_{r} = (N e)^{2} A^{2} ω^{4} / (12 π ε_{0} c^{3})$ と与えます．数値計算では固有角振動数 $ω_{0} = 6.50 \times 10^{15} rad s^{- 1}$ ， $ω_{0} τ = 52.0$ ， $c = 3.00 \times 10^{8} m s^{- 1}$ を使います．

等価な直列回路は $C = 3 π ε_{0} a / 4$ ， $L = 4 m / (3 π n e^{2} a)$ ，駆動電圧 $V = V_{0} \cos ω t$ ， $V_{0} = 4 a E_{0} / 3$ と与えます．

**［図：外場による電子雲の変位と等価直列回路］**
固定された半径 a の正イオン球と，形を保って x だけずれた電子雲，正イオン球の中心面を示す．外場は cos ωt が正の位相で負の x 方向を向く．別枠にコイル L，コンデンサー C，抵抗 Rₕ と Rᵣ，駆動電圧 V＝V₀ cos ωt の交流電源を直列に描く．

ガウスの法則から復元力と固有角振動数 $ω_{0}$ を求め， $1 / \sqrt{L C}$ と一致することを示せ．
衝突と放射を直列抵抗 $R_{h}, R_{r}$ で表し，複素インピーダンスから電流振幅と発熱率 $P_{h}$ を求めよ．共鳴光の波長も求めよ．
共鳴で $E_{0}, n, τ$ を固定し，粒子1個の発熱を最大にする半径と $P_{r} / P_{h}$ を求めよ．
$ω_{0} a / c \leq 0.10$ に制限した最適半径を求めよ．その粒子 $N$ 個を互いに影響しないよう配置し，熱容量 $C_{h}$ の等温板を加熱します．発熱だけが板へ入り，散乱光は逃げます．板を熱コンダクタンス $G$ で熱源 $T_{b}$ につなぎ，初め $T_{b}$ としたときの昇温を求めよ．

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考え方

電子の慣性と復元力を等価回路に対応させ，熱と放射の損失を分ける．

球内で $4 π r^{2} E = 4 π r^{3} n e / (3 ε_{0})$ より， $E = n e r / (3 ε_{0})$ ．電子雲への力は $F = - N n e^{2} x / (3 ε_{0})$ ．球外の薄い部分は高次として捨てる． $N m \frac{d^{2} x}{d t^{2}} = F$ から $ω_{0}^{2} = n e^{2} / (3 ε_{0} m) = 1 / (L C)$ が得られる．
平均損失を $N m ⟨ (\frac{d x}{d t})^{2} ⟩ / τ = R_{h} ⟨ I^{2} ⟩$ ， $P_{r} = R_{r} ⟨ I^{2} ⟩$ と置く． $⟨ I^{2} ⟩ = (n e π a^{2})^{2} ω^{2} A^{2} / 2$ より

R_{h} = \frac{L}{τ}, R_{r} = \frac{8 a^{2} ω^{2}}{27 π ε_{0} c^{3}}, Z = R_{h} + R_{r} + i ω L + \frac{1}{i ω C} .

電流は $I (t) = Re [(V_{0} / Z) e^{i ω t}]$ ．従って $I_{0} = V_{0} / | Z |$ ， $P_{h} = R_{h} V_{0}^{2} / (2 {| Z |}^{2})$ ．入力の平均仕事率は $(R_{h} + R_{r}) I_{0}^{2} / 2 = P_{h} + P_{r}$ となる． $λ_{0} = 2 π c / ω_{0} = 290 nm$ ．

共鳴では虚部が0． $α = a R_{h}$ ， $β = R_{r} / a^{2}$ は半径によらず，

P_{h} = \frac{8 E_{0}^{2}}{9 α} \frac{a^{3}}{{(1 + β a^{3} / α)}^{2}} .

$z = β a^{3} / α$ に対し $\frac{d}{d z} [z / (1 + z)^{2}] = (1 - z) / (1 + z)^{3}$ なので，最大は $z = 1$ ． $a_{*} = (α / β)^{1 / 3} = {[3 c^{3} / (2 τ ω_{0}^{4})]}^{1 / 3} = 14.2 nm$ ， $R_{r} = R_{h}$ ， $P_{r} / P_{h} = 1$ である．

無制限では $ω_{0} a_{*} / c = 0.307$ で近似の余裕が小さい．上限は $a_{max} = 0.10 c / ω_{0} = 4.62 nm < a_{*}$ ．この区間で発熱は増すので，上限が最適である． $P_{r} / P_{h} = {(a_{max} / a_{*})}^{3} = 0.0347$ ．

板の温度を $T_{b} + θ$ と置くと， $C_{h} \frac{d θ}{d t} = N P_{h} - G θ$ ， $θ (0) = 0$ だから， $θ = N P_{h} (1 - e^{- G t / C_{h}}) / G$ ． $G \to 0$ では $θ = N P_{h} t / C_{h}$ に戻る． $n, τ$ の温度変化が小さく， $| x | / a$ が小さく，板が等温を保つ範囲に限る．

総合演習 64

IPhO 2018 第2問（改題） ★★★★★

見えない粒子の縦運動量は一意に決まるか

入射方向を $z$ 軸とし，衝突前の全横運動量は0です．親粒子 X が陽電子と，未検出の質量0の粒子へ崩壊しました．他に見落としはありません．磁場 $B = B \hat{z}$ で陽電子の横平面への射影は半径 $r$ の円となり，崩壊直後の横運動量は $+ x$ 方向です． $p_{*} = 1.00 \times 10^{- 20} kg m s^{- 1}$ として， $e B r = 3 p_{*}$ ，陽電子の縦運動量は $4 p_{*}$ ，それ以外の検出粒子の横運動量の和は $(- 2 p_{*}, - 2 p_{*})$ でした．X の既知の静止エネルギーは $6 c p_{*}$ です．

陽電子には $E = c p$ ，親には $E_{X}^{2} - c^{2} p_{X}^{2} = M_{X}^{2} c^{4}$ を使います． $e = 1.60 \times 10^{- 19} C$ ， $m = 9.11 \times 10^{- 31} kg$ ， $B = 0.500 T$ ， $c = 3.00 \times 10^{8} m s^{- 1}$ とし，飛行中の放射と物質中での損失を無視してください．

**［図：磁場中の陽電子のらせんと検出された横運動量］**
衝突点に x，y，z 軸を置き，入射方向の正の z 軸に沿う磁場 B と陽電子のらせんを示す．陽電子の縦運動量は 4p＊，横平面への射影は半径 r の円である．別枠には崩壊直後の陽電子の横運動量の向きが正の x 方向であることと，それ以外の検出粒子の横運動量の和（−2p＊，−2p＊）を示す．eBr＝3p＊は既知の条件である．横平面に垂直な磁場は ⊙ を並べて示す．

相対論的な運動方程式 $\frac{d p}{d t} = e v \times B$ から $p_{T} = e B r$ を導き， $r$ と未検出粒子の横運動量を求めよ．
未検出粒子の縦運動量を $z p_{*}$ と置き，X の静止エネルギーを使って $z$ の方程式を立て，すべての実数解を求めよ．2乗前の式を確かめ，解を選べるか説明せよ．陽電子の質量0近似の誤差も評価せよ．
X の静止エネルギーが未知なら，測定からどんな下限を得ますか． $z$ について不変量を最小化し，下限での2解の関係も説明せよ．

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考え方

横保存則と親の静止質量を使い，縦運動量は未定として残す．

磁場は $p_{T}$ の大きさを保ち，角速度 $v_{T} / r$ で回すので， $| \frac{d p_{T}}{d t} | = p_{T} v_{T} / r = e v_{T} B$ より $p_{T} = e B r$ ． $r = 3 p_{*} / (e B) = 0.375 m$ である．検出された横運動量の総和は $(p_{*}, - 2 p_{*})$ なので，未検出粒子は $p_{T}^{(u)} = (- p_{*}, 2 p_{*})$ を持つ．
陽電子のエネルギーは $5 c p_{*}$ ，未検出粒子は $c p_{*} \sqrt{5 + z^{2}}$ ．親の運動量は $p_{*} (2, 2, 4 + z)$ である．エネルギー・運動量保存を不変量へ代入すると

{(5 + \sqrt{5 + z^{2}})}^{2} - [8 + (4 + z)^{2}] = 36, 5 \sqrt{5 + z^{2}} - 4 z = 15.

平方根の式を2乗すると $9 z^{2} - 120 z - 100 = 0$ ．従って $z = (20 \pm 10 \sqrt{5}) / 3$ で，数値は $- 0.786893$ ， $14.1202$ ．両根で $15 + 4 z > 0$ となり，2乗前の式を満たす．

両根が保存則を満たし，この測定では選べない．独立の飛行方向測定などが必要である．

陽電子では $m c / (5 p_{*}) = 5.47 \times 10^{- 3}$ ． $\sqrt{p^{2} c^{2} + m^{2} c^{4}} \approx p c [1 + {(m c / p)}^{2} / 2]$ より，エネルギー近似の相対誤差は約 $1.49 \times 10^{- 5}$ である．

親の不変量を $(c p_{*})^{2}$ で割ると $F (z) = 2 [5 \sqrt{5 + z^{2}} - 4 z + 3]$ ．微分すると $\frac{d F}{d z} = 2 [5 z / \sqrt{5 + z^{2}} - 4]$ ， $\frac{d^{2} F}{d z^{2}} = 50 / {(5 + z^{2})}^{3 / 2} > 0$ なので，唯一の最小点は $z = 4 \sqrt{5} / 3$ である．従って

M_{X} c^{2} \geq c p_{*} \sqrt{6 \sqrt{5} + 6} = 4.41 c p_{*} .

下限で2根は合流し，それ未満には実数解がない．合流付近は測定誤差に敏感である．不変量の次元もエネルギーの2乗で整合する． $m c / p$ と飛行中の相対損失が十分小さい範囲での結果である．