東大後期の過去問を発展させる（1） | 問いから始める物理

総合演習 1

東京大 1996 後期（改題） ★★★★★

回転する二体に接線方向の力積を加える

無重力空間で質量 $m, 2 m$ の小球を，自然長 $ℓ_{0}$ ，ばね定数 $κ$ の軽いばねで結びます．初め距離 $a > ℓ_{0}$ を保ち，静止した重心のまわりに角速度 $Ω$ で回ります．両球に逆向きで等しい接線力積を加え，相対接線速度を $1 + ϵ$ 倍にします． $1 ≫ ϵ > 0$ で，力積中の変位と散逸を無視します．距離を $r$ ，相対位置の角を $θ$ ，換算質量を $m_{r} = 2 m / 3$ とします．

相対運動の運動エネルギーと角運動量 $J$ ， $Ω$ と仕事を求めよ．
力積後の有効ポテンシャルから，円軌道半径 $a + δ a$ を1次まで，半径振動の角振動数 $ω_{r}$ を最低次で求めよ．
力積直後を $t = 0$ とし， $r (t)$ と角速度を1次まで求めよ． $a = 2 ℓ_{0}, m = 0.30 kg, κ = 12 N m^{- 1}, ℓ_{0} = 0.20 m, ϵ = 0.025$ で角振動数と最大伸びを計算せよ．
半径振動のエネルギーを2次まで求めよ．同じ増分を時間 $τ$ で与え，振動を小さくする条件を述べよ．

**［図：回転する二球と接線方向の力積］**
二球，間隔a，重心からの距離，接線速度を描く．逆向きの力積と角θを示す．

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考え方

全力積は0で重心は静止する．角運動量を固定し半径運動を調べる．

重心からの距離は $2 r / 3, r / 3$ だから

K = \frac{m_{r}}{2} [{(\frac{d r}{d t})}^{2} + r^{2} {(\frac{d θ}{d t})}^{2}], J = m_{r} r^{2} \frac{d θ}{d t} .

つり合いは $m_{r} a Ω^{2} = κ (a - ℓ_{0})$ より $Ω^{2} = κ (a - ℓ_{0}) / (m_{r} a)$ ． $J_{0} = m_{r} a^{2} Ω$ は $J_{1} = (1 + ϵ) J_{0}$ となる．仕事は

W = \frac{m_{r} a^{2} Ω^{2}}{2} [{(1 + ϵ)}^{2} - 1] = κ a (a - ℓ_{0}) (ϵ + \frac{ϵ^{2}}{2}) .

$U_{eff} = κ {(r - ℓ_{0})}^{2} / 2 + J_{1}^{2} / (2 m_{r} r^{2})$ ．最小の条件 $κ (r - ℓ_{0}) = J_{1}^{2} / (m_{r} r^{3})$ を初状態から展開すると

κ (4 - \frac{3 ℓ_{0}}{a}) δ a = 2 κ (a - ℓ_{0}) ϵ, δ a = \frac{2 a (a - ℓ_{0})}{4 a - 3 ℓ_{0}} ϵ .

曲率は $\frac{d^{2} U_{eff}}{d r^{2}} = κ + 3 J_{1}^{2} / (m_{r} r^{4})$ ．最低次では

ω_{r}^{2} = \frac{κ}{m_{r}} (4 - \frac{3 ℓ_{0}}{a}) > 0.

$r (0) = a, d r / d t (0) = 0$ なので

r = a + δ a (1 - \cos ω_{r} t), \frac{d θ}{d t} = \frac{J_{1}}{m_{r} r^{2}} ≃ Ω [1 + ϵ - \frac{2 δ a}{a} (1 - \cos ω_{r} t)] .

$m_{r} = 0.20 kg, Ω = 5.5 s^{- 1}, ω_{r} = 12 s^{- 1}, δ a = 4.0 \times 10^{- 3} m$ ．最大伸びの計算値は $0.208 m$ で，有効数字2桁では $0.21 m$ ．

最小点からの初期変位が $- δ a$ だから

E_{r} = \frac{1}{2} m_{r} ω_{r}^{2} δ a^{2} = \frac{2 κ a {(a - ℓ_{0})}^{2}}{4 a - 3 ℓ_{0}} ϵ^{2} .

$ω_{r} τ ≫ 1$ としトルクの始終を滑らかにすれば，半径が動く最小点に追随し，振動を小さくできる．

近似は $1 ≫ ϵ, | δ a | / a$ ，時間波形にはさらに $1 ≫ ϵ ω_{r} t$ が必要である．

総合演習 2

東京大 1994 後期（改題） ★★★★★

電源につなぐと気体の復元力はどう変わるか

水平筒の金属底面と質量 $M_{p}$ ，面積 $S$ のピストンを極板とします．間隔 $x > 0$ ，気体体積 $S x$ ，容量 $C = ε_{0} S / x$ です．物質量 $ν$ ，比熱比 $γ = 7 / 5$ の二原子理想気体を熱源 $T_{0}$ に接し，外圧を $p_{a} > 0$ とします．無帯電の平衡間隔は $x_{0} = ν R T_{0} / (p_{a} S)$ ．摩擦，重力，漏電，放電，端の電場を無視し，気体の誘電率は $ε_{0}$ とします．

電荷 $\pm Q$ 一定の引力をエネルギーから導き，等温の平衡位置と角振動数を求めよ．
電圧 $V \geq 0$ 一定の引力を，電源の仕事を含めて導け．平衡位置，安定性，臨界電圧 $V_{c}$ を求めよ．
振動中だけ可逆断熱になる場合の角振動数を求め，等温の臨界位置でも復元力があることを示せ．熱交換時間 $τ_{h}$ ，音速 $v_{s}$ で両近似の条件を述べよ．

**［図：気体を挟む極板の電荷固定と電圧固定］**
水平筒の極板，気体，外圧p_aと間隔xを描く．電荷固定と電源接続を並べる．

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考え方

力の傾きで安定性を決める．電源も収支へ入れる．

$U_{Q} = Q^{2} x / (2 ε_{0} S)$ より外向きの力は $- d U_{Q} / d x = - Q^{2} / (2 ε_{0} S) = - F_{Q}$ ．気体の力 $ν R T_{0} / x$ とつり合わせ， $ξ = x - x_{Q}$ で線形化すると

x_{Q} = \frac{ν R T_{0}}{p_{a} S + F_{Q}}, M_{p} \frac{d^{2} ξ}{d t^{2}} = - \frac{ν R T_{0}}{x_{Q}^{2}} ξ, ω_{Q}^{2} = \frac{ν R T_{0}}{M_{p} x_{Q}^{2}} .

電源の仕事 $V d Q = V^{2} d C$ から場の増加 $V^{2} d C / 2$ を引くと極板の仕事になる．外向きの力は $V^{2} d C / d x / 2 = - ε_{0} S V^{2} / (2 x^{2})$ ． $A = ν R T_{0}$ ， $P = p_{a} S$ ， $D = ε_{0} S V^{2} / 2$ とおくと合力は $F = A / x - P - D / x^{2}$ ．従って

x_{\pm} = \frac{x_{0}}{2} [1 \pm \sqrt{1 - {(\frac{V}{V_{c}})}^{2}}], V_{c}^{2} = \frac{A^{2}}{2 ε_{0} p_{a} S^{2}} .

平衡では $D = A x - P x^{2}$ なので $\frac{d F}{d x} = (A - 2 P x) / x^{2}$ ． $x_{+} > x_{0} / 2$ は安定， $x_{-} < x_{0} / 2$ は不安定． $V = 0$ では $x = x_{0}$ のみである． $V > V_{c}$ なら平衡はない．臨界で $F = - P {(x - x_{0} / 2)}^{2} / x^{2} \leq 0$ で，安定な平衡ではない．

平衡圧を $p_{*}$ ，変位を $ξ = x - x_{+}$ とし $p = p_{*} {[x_{+} / (x_{+} + ξ)]}^{γ} ≃ p_{*} (1 - γ ξ / x_{+})$ ．気体の力の傾きは $- γ A / x_{+}^{2}$ ，電気力の傾きは $2 D / x_{+}^{3}$ だから

ω_{A}^{2} = \frac{(γ - 2) A + 2 P x_{+}}{M_{p} x_{+}^{2}} .

$x_{+} = x_{0} / 2$ では $ω_{A}^{2} = 4 (γ - 1) P / (M_{p} x_{0}) > 0$ ．圧縮で昇温するため復元力が残る．長時間の安定性は保証しない．

等温の角振動数は $ω_{T}^{2} = (2 P x_{+} - A) / (M_{p} x_{+}^{2})$ ．等温には $1 ≫ ω_{T} τ_{h}$ ，断熱には $ω_{A} τ_{h} ≫ 1$ が必要で，圧力一様にはさらに $1 ≫ ω x_{+} / v_{s}$ を要する．小振動は $1 ≫ | ξ | / x_{+}$ ，平行板近似は $1 ≫ x_{+} / \sqrt{S}$ が条件である．

総合演習 3

東京大 1995 後期（改題） ★★★★☆

発熱する抵抗の測定と熱暴走

温度一様な抵抗体の温度上昇を $θ = T - T_{0}$ ，抵抗を $R = R_{0} (1 + α θ)$ ，放熱率を $G_{h} θ$ ，熱容量を $C_{h}$ とします．係数はすべて正です．表は独立な温度・抵抗・電力の定常測定値で，模型に一致します．

$θ / K$	$R / Ω$	電力 $P / W$
25	30	10
50	40	20
100	60	40

表から $R_{0}, α, G_{h}$ を決めよ．一定電流 $I$ で加熱する場合の温度の微分方程式を立て，定常温度と安定性の条件を求めよ．
起電力 $E$ ，直列抵抗 $R_{s}$ の電源につなぎます． $r = R / R_{0}, s = R_{s} / R_{0}, β = α E^{2} / (G_{h} R_{0})$ で定常式を作り，解の一意性を示せ．
温度のずれが減る時定数を求めよ． $R_{s} = 20 Ω, E = 30 \sqrt{2} V, C_{h} = 12 J K^{- 1}$ で温度上昇，電流，時定数を求めよ．
定常温度上昇を $100 K$ 以下とする最大起電力を求めよ． $R_{s} \to \infty, E / R_{s} = I_{b}$ の極限と一定電流の暴走の関係を説明せよ．

**［図：抵抗体の加熱回路と外界への放熱］**
電源，直列抵抗R_s，抵抗体を描く．外界への放熱G_hθを示す．

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考え方

発熱と放熱の差を温度で微分し安定性を調べる．電源の条件も収支へ入れる．

表の傾きと切片より $R_{0} = 20 Ω, α = 0.020 K^{- 1}$ ， $P / θ$ より $G_{h} = 0.40 W K^{- 1}$ ．収支は

C_{h} \frac{d θ}{d t} = I^{2} R_{0} + (α I^{2} R_{0} - G_{h}) θ .

$G_{h} > α I^{2} R_{0}$ なら $θ_{*} = I^{2} R_{0} / (G_{h} - α I^{2} R_{0})$ は安定．等号では線形，逆なら指数的に昇温する．臨界は $I_{c} = \sqrt{G_{h} / (α R_{0})} = 1.0 A$ ．

電流は $I = E / (R_{s} + R)$ ，発熱は $E^{2} R / {(R_{s} + R)}^{2}$ ．定常式は

β = \frac{(r - 1) {(s + r)}^{2}}{r} .

右辺は $r = 1$ で0，発散し，微分 ${(s + r)}^{2} / r^{2} + 2 (r - 1) (s + r) / r > 0$ より解は一つである．

発熱の温度微分 $α E^{2} R_{0} (R_{s} - R) / {(R_{s} + R)}^{3}$ と定常式を使い

\frac{d δ θ}{d t} = - \frac{δ θ}{τ}, τ = \frac{C_{h}}{G_{h}} \frac{r (s + r)}{s + 2 r^{2} - r} .

$s \geq 0, r \geq 1$ で $τ > 0$ だから安定である．数値は $s = 1, β = 4.5, r = 2$ ， $θ_{*} = 50 K$ ， $I = 0.71 A$ ， $τ = 26 s$ ．発熱・放熱はともに $20 W$ である．

上限で $R = 60 Ω$ ．温度は起電力とともに増すから

E_{max} = (R_{s} + R) \sqrt{\frac{G_{h} θ}{R}} = 80 \sqrt{\frac{2}{3}} V ≃ 65 V .

電流は $0.82 A$ ．有限の $R_{s}$ では，高温で電流と発熱が下がる．一方， $E = I_{b} R_{s}$ の極限では有限温度で $I \to I_{b}$ ． $I_{b} < I_{c}$ なら(1)の定常温度に近づき， $I_{b} \geq I_{c}$ なら定常温度は発散する．電流源の極限は特異である．

線形化には $1 ≫ | α δ θ | / r$ ，電気応答時間が $τ$ より短いことを要する． $C_{h} / G_{h}$ の次元は時間である．

総合演習 4

東京大 1998 後期（改題） ★★★★★

電子捕獲のあとに出る光の反跳と待ち時間

静止した原子番号20，質量数43の原子模型 X が，電子捕獲で娘原子 Y と質量0の電子ニュートリノを作ると仮定します．Y の内側の空席へ $n = 2$ の電子が移り光子を出します．準位は有効核電荷 $Z_{eff} = Z_{Y} - σ$ を使う $E_{n} = - 13.6 Z_{eff}^{2} / n^{2} eV$ とします．反跳質量は $M$ ， $M c^{2} = 4.00 \times 10^{4} MeV$ ．捕獲で運動へ分かれる量は $Q = 0.400 MeV$ ． $Q$ は電子の結合と Y の励起を織り込んだ値で，後の光子を再び差し引きません．反跳は非相対論的です．

$1 eV = 1.60 \times 10^{- 19} J$ ， $k_{B} = 1.38 \times 10^{- 23} J K^{- 1}$ とします．

$Z_{Y}, A_{Y}$ を求め，反跳補正前の $n = 2$ から $n = 1$ への遷移エネルギー $E_{*} = 3.3048 keV$ から $σ$ を求めよ．
ニュートリノのエネルギーと Y の反跳を， $Q / (M c^{2})$ の最初の補正まで求めよ．
原子の速度 $u$ と射出光子の角を $θ$ とします．ドップラー効果と光子反跳の1次までエネルギーを求め，捕獲直後の範囲を求めよ．
放射時刻の確率密度が $e^{- t / τ_{X}} / τ_{X}$ ，媒質中で捕獲による速度が $u_{0} e^{- t / τ_{s}}$ とします．一定方向の平均ドップラーずれを求め， $τ_{X} = 4 τ_{s}$ の値と $300 K$ の熱的な標準偏差を比べよ．

**［図：電子捕獲による反跳と後続光子の射出］**
捕獲前後の原子，ニュートリノ，反跳するY，後から出る光子を描く．速度uと光子の角θを示す．

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考え方

核の変化，電子の準位，原子の反跳を数える．媒質は準位と放射率を変えないとする．

陽子が電子を捕獲して中性子に変わり， $Z_{Y} = 19, A_{Y} = 43$ ．準位差は $E_{*} = E_{2} - E_{1} = 13.6 Z_{eff}^{2} (1 - 1 / 4) eV$ ．従って $Z_{eff} = \sqrt{3304.8 / 10.2} = 18$ ， $σ = 19 - 18 = 1$ ．
Y の運動量の大きさは $E_{ν} / c$ ．保存則 $Q = E_{ν} + E_{ν}^{2} / (2 M c^{2})$ を1次補正まで解くと

E_{ν} ≃ Q - \frac{Q^{2}}{2 M c^{2}}, K_{Y} ≃ \frac{Q^{2}}{2 M c^{2}} = 2.00 eV, \frac{u_{0}}{c} ≃ \frac{Q}{M c^{2}} = 1.00 \times 10^{- 5} .

$E_{ν} ≃ 399.998 keV$ は補正を含む値である．

原子の運動量は放射で $M u$ から $M u - p_{γ}$ に変わる．運動エネルギーの差を含めると

E_{*} = E_{γ} - \frac{u E_{γ}}{c} \cos θ + \frac{E_{γ}^{2}}{2 M c^{2}}, E_{γ} ≃ E_{*} (1 + \frac{u}{c} \cos θ) - \frac{E_{*}^{2}}{2 M c^{2}} .

範囲は $E_{*} - 1.37 \times 10^{- 4} eV$ を中心に $\pm 0.0330 eV$ ．下方補正は光子反跳である．励起の慣性質量差は省略した．

時間で平均して

⟨ u ⟩ = \int_{0}^{\infty} \frac{u_{0}}{τ_{X}} e^{- t (1 / τ_{s} + 1 / τ_{X})} d t = \frac{u_{0}}{1 + τ_{X} / τ_{s}}, ⟨ Δ E_{D} ⟩ = \frac{E_{*} u_{0} \cos θ}{c (1 + τ_{X} / τ_{s})} .

$τ_{X} = 4 τ_{s}$ では最大平均ずれは $0.00661 eV$ ．等分配則 $M ⟨ u_{∥}^{2} ⟩ = k_{B} T$ を使うと $σ_{E} = E_{*} \sqrt{k_{B} T / (M c^{2})} = 0.00266 eV$ ．等方的には平均ずれは0．

近似には $1 ≫ Q / (M c^{2}), E_{*} / (M c^{2}), u / c$ を要し，各値は $10^{- 5}, 8.3 \times 10^{- 8}, 10^{- 5}$ 程度．減速中は媒質へエネルギーが渡る．