東大後期の過去問を発展させる（2） | 問いから始める物理

総合演習 5

東京大 1991 後期（改題） ★★★★☆

光で捕まえた粒子の熱運動

半径 $R$ ，屈折率 $n > 1$ ，質量 $m$ の透明な円柱を，軸を $z$ 方向に保って $y$ 方向だけ動けるなめらかな案内に載せます．中心は $(0, y)$ です． $x$ 軸上を反対向きに進む2本の細い光線を当て，各光線のパワーを $P$ とします．真空中の光速は $c$ ，光子のエネルギーと運動量は $h ν, h ν / c$ です．反射と吸収を無視し， $1 ≫ | y | / R$ で幾何光学を使います．

$y > 0$ のとき， $+ x$ 方向へ入った光線が射出時に $+ y$ 側へ曲がる角を $δ$ とします．入射角 $α$ ，屈折角 $β$ を使って $δ$ を求め， $y / R$ の1次まで近似せよ．
力を求め， $F_{y} = - K_{o} y$ の $K_{o}$ と振動数を求めよ．1本の照射で生じる $x$ 方向の力は何次か．
弱い熱結合の平衡で $⟨ y^{2} ⟩ = k_{B} T_{0} / K_{o}$ とします． $R = 5.0 \times 10^{- 6} m$ ， $n = 1.50$ ， $m = 2.0 \times 10^{- 13} kg$ ， $P = 5.0 \times 10^{- 4} W$ ， $T_{0} = 300 K$ ， $c = 3.00 \times 10^{8} m s^{- 1}$ ， $k_{B} = 1.38 \times 10^{- 23} J K^{- 1}$ で振動数と位置の標準偏差を求めよ．標準偏差を $0.050 R$ 以下にする最小 $P$ も求めよ．

**［図：中心がずれた円柱への対向照射と屈折角］**
中心がyだけずれた円柱と反対向きの入射光を描く．半径R，入射点の法線，入射角α，屈折角β，射出角δを示す．

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考え方

光の運動量変化を数える．対向照射で縦の力が消え，横の復元力が加わる．

円の幾何と屈折の法則より $\sin α = y / R$ ， $\sin β = \sin α / n$ ．入射・射出の両面で同じだけ曲がるので

δ = 2 (α - β) ≃ 2 (1 - \frac{1}{n}) \frac{y}{R} .

$y < 0$ では符号が逆になる．

毎秒の光子数は $P / (h ν)$ だから， $+ x$ 方向の入射による力は $F_{x} = P (1 - \cos δ) / c$ ， $F_{y} = - P \sin δ / c$ ．逆向きの入射では $F_{x}$ が逆， $F_{y}$ は同じである．従って

F_{y} ≃ - \frac{4 P}{c R} (1 - \frac{1}{n}) y, K_{o} = \frac{4 P (n - 1)}{n c R}, f = \frac{1}{2 π} \sqrt{\frac{K_{o}}{m}} .

1本の $F_{x} ≃ P δ^{2} / (2 c)$ は2次である．光の通過中，円柱はほぼ静止するとした．

$K_{o} = 4.4 \times 10^{- 7} N m^{- 1}$ ， $f = 2.4 \times 10^{2} Hz$ ．標準偏差は

σ_{y} = \sqrt{\frac{k_{B} T_{0}}{K_{o}}} = 9.7 \times 10^{- 8} m, \frac{σ_{y}}{R} = 0.019 .

弱い減衰ならこの $f$ を使える．

標準偏差の条件は $k_{B} T_{0} / K_{o} \leq {(0.050 R)}^{2}$ なので

P \geq \frac{n c k_{B} T_{0}}{4 (n - 1) {(0.050)}^{2} R} = 7.5 \times 10^{- 5} W .

幾何光学では波長と光線幅が $R$ より小さく，速さは $1 ≫ v / c$ が必要である．小振幅には $1 ≫ σ_{y} / R$ を要する．

総合演習 6

東京大 1993 後期（改題） ★★★★★

平面の位相板はどの距離でよいレンズになるか

厚さ $d$ ，半径 $R_{p}$ の位相板を，光軸からの距離 $r$ に応じて位相 $2 π d [n (r) - 1] / λ$ を加える模型で扱います．両面は同じ平面とし，内部の横伝播を省略します． $n (r)$ は有効な屈折率で，板の外は真空です．光軸上の距離 $f$ の点光源を平面波に変える板を設計します．中心の値は $n (0) = n_{0}$ です．展開には $\sqrt{1 + z} = 1 + z / 2 - z^{2} / 8 + \dots$ を使ってよいとします．

出口の位相がそろう $n (r)$ を求め， $r^{4}$ まで展開せよ．
この板で距離 $a > f$ の物点を距離 $b$ の実像へ結びます．物点から像までの光学距離の2次の項を消す条件と，4次の係数 $Γ$ を求めよ．
$a = b = 2 f$ ， $f = 0.100 m$ ， $d = 1.00 \times 10^{- 3} m$ ， $n_{0} = 1.60$ ， $λ = 600 nm$ とします．中心と縁の位相差を $π / 4$ 以下とする最大 $R_{p}$ を求めよ．
同じ $a, b$ で4次の項も消す屈折率分布の係数を求め，元の板との違いを示せ．開口を大きくするとき，次に調べるべき近似を述べよ．

**［図：位相板の中心と半径rの点を通る経路］**
位相板の中心と半径rの点を通る二つの経路，光軸上の物点と像を描く．距離a，b，板の半径R_pを示す．

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考え方

位相をそろえる．2次だけ一致する条件と，4次も一致する条件を区別する．

出口の光学距離は $\sqrt{f^{2} + r^{2}} + d [n (r) - 1]$ ．中心と等置すれば

n (r) = n_{0} - \frac{\sqrt{f^{2} + r^{2}} - f}{d} ≃ n_{0} - \frac{r^{2}}{2 d f} + \frac{r^{4}}{8 d f^{3}} .

中心ほど位相を遅らせる．

$n = n_{0} - α r^{2} + β r^{4}$ と書く．物点から像までの光学距離は

L = \sqrt{a^{2} + r^{2}} + \sqrt{b^{2} + r^{2}} + d [n (r) - 1] = L_{0} + [\frac{1}{2 a} + \frac{1}{2 b} - d α] r^{2} + [d β - \frac{1}{8} (\frac{1}{a^{3}} + \frac{1}{b^{3}})] r^{4} + \dots .

$α = 1 / (2 d f)$ なので2次の条件は $1 / a + 1 / b = 1 / f$ ．元の板の $β = 1 / (8 d f^{3})$ を使うと

Γ = \frac{1}{8} [{(\frac{1}{a} + \frac{1}{b})}^{3} - \frac{1}{a^{3}} - \frac{1}{b^{3}}] = \frac{3}{8 f a b} > 0.

$Γ = 3 / (32 f^{3})$ ．位相差 $2 π Γ R_{p}^{4} / λ \leq π / 4$ より

R_{p} \leq {(\frac{4 λ f^{3}}{3})}^{1 / 4} = 5.32 \times 10^{- 3} m .

$R_{p} / f = 0.0532$ で近軸の条件を満たす．

2次の係数は変えず， $β_{a b} = (a^{- 3} + b^{- 3}) / (8 d)$ とすればよい． $a = b = 2 f$ では $β_{a b} = 1 / (32 d f^{3})$ で，元の板の4分の1となる．

近軸展開は $1 ≫ R_{p} / a, R_{p} / b, R_{p} / f$ が条件であり，開口を増せば6次以降の位相誤差も検査する．厚い板には内部の光線の曲がりによる誤差もある．その光学距離誤差も $λ / 8$ より小さいか確かめる． $a \to f, b \to \infty$ では $Γ \to 0$ となり，設計条件へ戻る．

総合演習 7

東京大 1993 後期（改題） ★★★★★

交流で使うコイルの巻数を選ぶ

体積 $V$ ，抵抗率 $ρ$ の銅線を，平均1周長 $ℓ$ の巻枠に $N$ 回巻きます．線の断面は一様で，長い空心ソレノイドの長さ $ℓ_{s}$ ，断面積 $S$ は一定です． $L = l N^{2}$ ， $l = μ_{0} S / ℓ_{s}$ ，内部の磁場は $B = μ_{0} N I / ℓ_{s}$ と近似します．起電力 $E (t) = \sqrt{2} V_{e} \cos ω t$ ，直列抵抗 $R_{s} > 0$ の交流電源につなぎます．銅の温度変化，表皮効果，寄生容量，放射を無視し， $N$ は連続量として最適化します．

コイル抵抗を $R = r N^{2}$ の形にせよ．電流を $I (t) = Re [\hat{I} e^{i ω t}]$ とし，複素振幅 $\hat{I}$ ，磁場実効値 $B_{e}$ ，位相の遅れを求めよ．
$q = \sqrt{r^{2} + ω^{2} l^{2}}$ とおき， $B_{e}$ を最大にする巻数と最大値を求めよ．直流極限と高振動数極限を調べよ．
最適巻数での銅の発熱率を $P_{*}$ とします．発熱を $P_{*} / 2$ 以下に制限したとき，最大磁場を作る巻数を求めよ． $r = 4.0 \times 10^{- 4} Ω$ ， $l = 2.0 \times 10^{- 8} H$ ， $ω = 2.0 \times 10^{4} s^{- 1}$ ， $R_{s} = 4.0 Ω$ ， $V_{e} = 12 V$ で巻数と $P_{*}$ を計算せよ．
1. の二つの設計について，直列抵抗の損失と銅へ届く平均電力の割合を比べよ．

**［図：交流回路と空心コイルの巻線寸法］**
空心コイルと交流電源，直列抵抗R_sを描く．コイルの長さℓ_s，断面S，巻数N，1周長ℓを示す．

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考え方

抵抗とリアクタンスの巻数依存を，複素インピーダンスへ入れる．

導線長 $N ℓ$ ，断面積 $V / (N ℓ)$ より $r = ρ ℓ^{2} / V$ ． $Z_{L} = i ω L$ を使うと

\hat{I} = \frac{\sqrt{2} V_{e}}{R_{s} + (r + i ω l) N^{2}}, B_{e} = \frac{μ_{0} V_{e}}{ℓ_{s}} \frac{N}{\sqrt{{(R_{s} + r N^{2})}^{2} + ω^{2} l^{2} N^{4}}}, \tan ϕ = \frac{ω l N^{2}}{R_{s} + r N^{2}} .

電流は $I (t) = \sqrt{2} I_{e} \cos (ω t - ϕ)$ ， $I_{e} = | \hat{I} | / \sqrt{2}$ である．

$x = N^{2}$ ， $D = R_{s}^{2} + 2 R_{s} r x + q^{2} x^{2}$ とおく． $B_{e}^{2}$ は $x / D$ に比例し，微分の符号は $R_{s}^{2} - q^{2} x^{2}$ で決まる．従って

N_{*}^{2} = \frac{R_{s}}{q}, B_{*}^{2} = {(\frac{μ_{0} V_{e}}{ℓ_{s}})}^{2} \frac{1}{2 R_{s} (r + q)} .

直流では $q = r$ となり，コイル抵抗が $R_{s}$ に等しいとき最大である． $ω l ≫ r$ では $N_{*} ≃ \sqrt{R_{s} / (ω l)}$ ， $B_{*} \propto ω^{- 1 / 2}$ ．

銅の発熱率は $P_{c} = I_{e}^{2} r N^{2} = r V_{e}^{2} x / D$ だから， $P_{c} / B_{e}^{2} = r ℓ_{s}^{2} / μ_{0}^{2}$ は一定である．従って制限下の最大磁場は $B_{*} / \sqrt{2}$ ． $t = N^{2} / N_{*}^{2}$ ， $a_{r} = r / q$ とおけば

\frac{P_{c}}{P_{*}} = \frac{2 (1 + a_{r}) t}{1 + 2 a_{r} t + t^{2}}, t^{2} - (4 + 2 a_{r}) t + 1 = 0.

正根 $t_{\pm} = 2 + a_{r} \pm \sqrt{{(2 + a_{r})}^{2} - 1}$ から $N_{\pm} = N_{*} \sqrt{t_{\pm}}$ ．数値は $a_{r} = 1 / \sqrt{2}$ ， $N_{*} ≃ 84$ ， $P_{*} = r V_{e}^{2} / [2 R_{s} (r + q)] = 7.5 W$ ，巻数の選定用に桁を残すと $N_{-} ≃ 36.8, N_{+} ≃ 192.2$ ．整数なら36以下か193以上を選ぶ．

同じ $B_{e}$ なら $N I_{e}$ は同じなので，損失 $P_{s} = R_{s} I_{e}^{2}$ は $N^{- 2}$ に比例する．また銅へ届く平均電力の割合は

η_{c} = \frac{P_{c}}{P_{c} + P_{s}} = \frac{r N^{2}}{R_{s} + r N^{2}} .

連続量としての $N_{-}, N_{+}$ では，銅の発熱はともに $3.7 W$ ，直列抵抗の損失はそれぞれ $28 W, 1.0 W$ ， $η_{c}$ は $0.12, 0.79$ となる．巻数が多い方は損失が小さく， $η_{c}$ は大きい．位相差は大きく，電源容量は平均電力だけでは決まらない．磁気エネルギーは周期ごとに戻り，平均供給電力は $P_{c} + P_{s}$ である．

$N \to 0$ でも $N \to \infty$ でも磁場は0へ近づく．高振動数の近似は $ω l / r ≫ 1$ と，装置寸法を $d_{s}$ とした $1 ≫ ω d_{s} / c$ をともに満たす範囲で使う．寄生容量や表皮効果も小さい範囲に限る．

総合演習 8

東京大 1991 後期（改題） ★★★★☆

計器が変えた回路を測定値から復元する

起電力 $E$ ，内部抵抗 $R_{s}$ の直流電源につながる抵抗 $R$ の，計器を入れる前の電力を求めます．電流計の内部抵抗は $R_{A} = 10.0 Ω$ ．電圧計を $R$ に並列，電流計を全電流を測る位置に直列接続します．電圧計の内部抵抗を切り替え測りました．温度変化と電源の変動を無視し，計器抵抗は正確に既知とします．

電圧計の内部抵抗 $R_{V} / Ω$	電圧 $V / V$	全電流 $I / A$
100	6.00	0.1200
300	7.20	0.0960

二つの測定から $R$ が一致するか確かめよ． $E, R_{s}$ を求めよ．
元の電力を求めよ．1回目の $V I$ と抵抗の実際の電力を比べ， $V I$ を使う問題点を述べよ．
各読みの独立な標準不確かさを $σ_{V} = 0.010 V$ ， $σ_{I} = 2.0 \times 10^{- 4} A$ とします． $R_{s}$ の標準不確かさと，1回目の $R$ の標準不確かさを誤差伝播で求めよ．
$R$ に未知容量 $C$ のコンデンサーを並列に追加します．無充電から接続した時定数は， $R_{V} = 100 Ω$ で $10.0 ms$ ， $300 Ω$ で $12.0 ms$ でした． $C$ を求め，測定の整合性を調べよ． $R_{V}$ を両方とも大きくすることが， $R_{s}$ の推定には不利になる理由も述べよ．

**［図：計器を接続した回路とコンデンサーの追加］**
電源，電流計，並列の抵抗Rと電圧計を描く．追加するコンデンサーCも別図に示す．

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考え方

動作点から電源を決め，元の回路を復元する．

$I_{R} = I - V / R_{V}$ なので $R = {(I / V - 1 / R_{V})}^{- 1}$ ．1回目は $I_{R} = 0.0600 A$ ，2回目は $0.0720 A$ で，どちらも $R = 100 Ω$ ．回路の式は $E = V_{j} + (R_{s} + R_{A}) I_{j}$ だから

R_{s} = \frac{V_{2} - V_{1}}{I_{1} - I_{2}} - R_{A} = 40.0 Ω, E = V_{1} + (R_{s} + R_{A}) I_{1} = 12.0 V .

計器を外すと $I_{0} = E / (R_{s} + R)$ ，従って $P_{0} = E^{2} R / {(R_{s} + R)}^{2} = 0.735 W$ ．1回目は $V I = 0.720 W$ だが，抵抗の電力は $V^{2} / R = 0.360 W$ ．残る $0.360 W$ は電圧計が消費する．積が $P_{0}$ に近いのは，回路の乱れと電圧計の消費が偶然相殺したためである．
$A_{V} = V_{2} - V_{1}$ ， $A_{I} = I_{1} - I_{2}$ ， $S_{R} = R_{s} + R_{A} = A_{V} / A_{I}$ とおく．独立な読みの差の分散は $2 σ_{V}^{2}, 2 σ_{I}^{2}$ だから

σ_{R_{s}}^{2} = \frac{2 σ_{V}^{2}}{A_{I}^{2}} + \frac{2 A_{V}^{2} σ_{I}^{2}}{A_{I}^{4}}, σ_{R_{s}} = 0.83 Ω .

(1)の偏微分は $\partial R / \partial I = - R^{2} / V$ ， $\partial R / \partial V = R^{2} I / V^{2}$ ．従って

σ_{R} = R^{2} \sqrt{\frac{σ_{I}^{2}}{V^{2}} + \frac{I^{2} σ_{V}^{2}}{V^{4}}} = 0.47 Ω .

コンデンサーの電荷保存は $C d V / d t = (E - V) / (R_{s} + R_{A}) - V / R - V / R_{V}$ ．定常値からのずれは指数的に減り，時定数は

τ = C {[\frac{1}{R_{s} + R_{A}} + \frac{1}{R} + \frac{1}{R_{V}}]}^{- 1} .

並列抵抗は1回目が $25.0 Ω$ ，2回目が $30.0 Ω$ なので，いずれも $C = 4.00 \times 10^{- 4} F$ ．両方の $R_{V}$ が非常に大きいと動作点が近づき， $A_{I}, A_{V}$ が小さくなる．誤差式より，負荷を減らしても $R_{s}$ の不確かさは増す．

誤差伝播には $1 ≫ σ_{V} / V, σ_{I} / I, \sqrt{2} σ_{I} / | A_{I} |$ を要する．最後の比も $0.012$ で小さい． $τ / C$ の次元は抵抗である．