東大後期の過去問を発展させる（4） | 問いから始める物理

総合演習 13

東京大 2001 後期（改題） ★★★★★

捕獲後の軌道と衝突熱

半径 $R$ ，質量 $M$ の球形天体のまわりを，質量 $m$ の宇宙機が半径 $r_{0} > R$ の円軌道で回ります．反動，空気抵抗，破片との相互重力を無視します．円軌道の速さを $v_{0}$ ，外向き・進行方向の単位ベクトルを $e_{r}, e_{t}$ とします．質量 $η m$ の破片が速度 $u = v_{0} (- a e_{r} + b e_{t})$ で衝突して付着します． $a, η > 0$ ，衝突時間は短いとします．

$v_{0}$ ，衝突後の速度，単位質量あたりの軌道エネルギー $ϵ$ と角運動量 $h$ を求めよ． $A = η a / (1 + η), B = (1 + η b) / (1 + η) > 0$ とする．
束縛軌道の条件と近点・遠点距離を求めよ．保存則から半径方向速度0の位置の方程式を導き，天体に衝突しない条件も示せ．
衝突のエネルギー損失を求めよ． $η = 0.10, a = 0.60, b = - 0.80, r_{0} = 2 R, R = 6.0 \times 10^{6} m, G M = 3.6 \times 10^{14} m^{3} s^{- 2}$ で，軌道の安全性と損失の宇宙機の初運動エネルギー比を求めよ．
この小問では入射方向の制限 $a > 0$ を外し，破片の速度を自由に選べるものとします．捕獲で脱出させる最小の破片速度と最適方向を求めよ． $η \to 0$ の極限も説明せよ．

**［図：円軌道上の宇宙機と破片の入射］**
半径R，質量Mの天体を，質量mの宇宙機が半径r0の円軌道で回る．宇宙機の速さv0，外向きer，進行方向etを示す．破片の質量はηm，入射速度はu＝v0（−a er＋b et）．矢印の向きは小問 (3) のb＝−0.80の場合である．

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考え方

衝突では運動量，その後は中心力の保存則を使う．

向心力から $v_{0}^{2} = G M / r_{0}$ ．天体の力積を無視して

v_{+} = \frac{m v_{0} e_{t} + η m u}{m (1 + η)} = v_{0} (- A e_{r} + B e_{t}), ϵ = \frac{v_{0}^{2}}{2} (A^{2} + B^{2} - 2), h = r_{0} v_{0} B .

衝突点は転回点ではない．

$χ = 2 - A^{2} - B^{2} > 0$ が束縛条件．接線速度は $h / r$ なので

ϵ = \frac{1}{2} {(\frac{d r}{d t})}^{2} + \frac{h^{2}}{2 r^{2}} - \frac{G M}{r} .

$\frac{d r}{d t} = 0$ ， $z = r / r_{0}$ を代入して $χ z^{2} - 2 z + B^{2} = 0$ ．従って

e = \sqrt{1 - χ B^{2}}, r_{p} = \frac{r_{0} (1 - e)}{χ} = \frac{r_{0} B^{2}}{1 + e}, r_{a} = \frac{r_{0} (1 + e)}{χ} .

判別式は ${(1 - B^{2})}^{2} + A^{2} B^{2} \geq 0$ ．初め近点へ進む．非接触条件は $r_{p} > R$ ．

重力位置エネルギーは不変で，相対運動の損失は

Q_{h} = \frac{1}{2} \frac{m η}{1 + η} {| v_{0} e_{t} - u |}^{2} = \frac{m η v_{0}^{2}}{2 (1 + η)} [a^{2} + {(b - 1)}^{2}] .

数値は $v_{0} = 5.5 \times 10^{3} m s^{- 1}, A = 0.0545, B = 0.836, e = 0.304$ ， $r_{p} = 0.536 r_{0} = 1.07 R$ で衝突を免れる．損失の比は

\frac{Q_{h}}{m v_{0}^{2} / 2} = \frac{η}{1 + η} [a^{2} + {(b - 1)}^{2}] = 0.33 .

軌道の安全性と内部損傷は別である．

破片の速さを $u$ とすると $| v_{+} | \leq (v_{0} + η u) / (1 + η)$ ．等号は同じ進行方向から追い付く場合．脱出速度 $\sqrt{2} v_{0}$ に達する最小値は

u_{min} = \frac{\sqrt{2} (1 + η) - 1}{η} v_{0} .

衝突点が近点の放物線軌道となる．数値は $u_{min} ≃ 3.0 \times 10^{4} m s^{- 1}$ ． $η \to 0$ では $(\sqrt{2} - 1) v_{0} / η$ と発散するが，極端には $u / c$ が小さいという条件が破れる．衝突時間と周期の比，物体寸法と $r_{0}$ の比も十分小さいことを要する．

総合演習 14

東京大 2003 後期（改題） ★★★★★

虹の明るい縁と光の広がり

半径 $a$ ，屈折率 $1 < n < 2$ の透明球へ，空気中から平行な単色光を入射させます．入射角・屈折角を $θ_{1}, θ_{2}$ ，中心軸からの入射距離を $b = a \sin θ_{1}$ とします．球内で1回反射して出る光だけを考え，入射方向からの偏角を $D$ ，反太陽方向からの角距離を $ρ = π - D$ とします．経路の割合 $w$ は一定とし，吸収を無視します．入射強度 $I_{in}$ は一様です．

スネルの法則と幾何から $D = π + 2 θ_{1} - 4 θ_{2}$ を導き，最小偏角の入射角と角半径 $ρ_{*}$ を求めよ．
$n = 1.330, 1.340$ の各 $ρ_{*}$ を求め，どちらの色が外側か説明せよ．
最小偏角の近くで $D - D_{*} ≃ K {(θ_{1} - θ_{1 *})}^{2} / 2$ とする． $K$ と， $D_{*} < D < D_{*} + δ$ へ出る光量の入射光量 $π a^{2} I_{in}$ に対する比を求めよ．角度分布が発散しても積分は有限と示せ．
波動による角度の広がりを，本問では $δ_{w} \sim {(λ / a)}^{2 / 3}$ という見積もりを使ってよい． $a = 0.50 mm, λ = 550 nm$ で2色の角半径の差と比べよ．(3)を $δ = 10^{- 3} rad$ まで使えるか検討せよ．

**［図：透明球で1回内部反射する光線］**
半径a，屈折率nの透明球へ平行光が入射する．中心軸から入射光までの距離b，入射点の法線に対する入射角θ1と屈折角θ2を示す．光線は球内で1回反射して出射し，矢印が進行方向を表す．

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考え方

方向変化の停留点を探し，入射面積から光量を数える．

入射・出射でそれぞれ $θ_{1} - θ_{2}$ ，内部反射で $π - 2 θ_{2}$ だけ向きが変わるので，合計が指定の $D$ ． $\sin θ_{1} = n \sin θ_{2}$ から

q = \frac{d θ_{2}}{d θ_{1}} = \frac{\cos θ_{1}}{n \cos θ_{2}}, \frac{d D}{d θ_{1}} = 2 - 4 q .

停留点の $q = 1 / 2$ をスネルの法則と合わせると

\sin^{2} θ_{1 *} = \frac{4 - n^{2}}{3}, θ_{2 *} = \arcsin \frac{\sin θ_{1 *}}{n}, ρ_{*} = 4 θ_{2 *} - 2 θ_{1 *} .

$q$ は入射角とともに $1 / n$ から0へ減るため，唯一の最小である．

代入すると $n = 1.330$ で $ρ_{*} = {42.52}^{\circ}$ ， $1.340$ で ${41.07}^{\circ}$ ．屈折率の小さい色が外側へ来る．
$\frac{d q}{d θ_{1}} = q (- \tan θ_{1} + q \tan θ_{2})$ より

K = - 4 {\frac{d q}{d θ_{1}} |}_{*} = 2 \tan θ_{1 *} - \tan θ_{2 *} = \frac{3}{2} \tan θ_{1 *} > 0.

角度帯に対応する入射角は $θ_{1 *} \pm Δ θ_{1}$ ， $Δ θ_{1} = \sqrt{2 δ / K}$ ．入射光の環状面積から

d P = 2 π w I_{in} b d b = 2 π w I_{in} a^{2} \sin θ_{1} \cos θ_{1} d θ_{1} .

両側の寄与を積分して

\frac{P_{δ}}{π a^{2} I_{in}} ≃ 4 w \sin θ_{1 *} \cos θ_{1 *} \sqrt{\frac{2 δ}{K}} .

微分した角度分布は ${(D - D_{*})}^{- 1 / 2}$ に比例するが，積分は $\sqrt{δ}$ に比例し，有限である．光の集中が縁を明るくする．

$δ_{w} \sim {(550 \times 10^{- 9} / (0.50 \times 10^{- 3}))}^{2 / 3} = 1.1 \times 10^{- 2} rad$ ．2色の差 ${1.45}^{\circ} = 2.52 \times 10^{- 2} rad$ はこれより大きく，この模型では縁を分けられる．ただし $δ = 10^{- 3} rad$ は広がりより小さいので(3)の定量計算には使えない．幾何光学には $λ / a$ が十分小さく，縁では $δ ≫ δ_{w}$ も必要．二次展開には $\sqrt{2 δ / K}$ が十分小さく，範囲の端から離れることを要する．

総合演習 15

東京大 2005 後期（改題） ★★★★☆

往復する音源の位相と周波数

静かな空気中で点音源を $x_{s} (s) = A \cos Ω s$ に従って往復させます． $s$ は発音時刻で，音源は一定振動数 $f_{0}$ で鳴ります．観測点は $x = D > A$ ，受信時刻は $t$ です．音速を $v$ ， $β = A Ω / v < 1$ とします．反射，風，非線形性と反作用を無視し，外部装置で動かします．

両時刻を関係付け，位相 $2 π f_{0} s$ から観測振動数を求めよ．最大・最小と変調の周期も示せ．
位相を $2 π f_{0} [t - (D - x_{s} (t)) / v]$ とする誤りを説明せよ． $β$ の1次までの正しい振動数を求め，この置き換えの振幅・位相の誤差を示せ． $v = 340 m s^{- 1}, D = 17.0 m, Ω = 5 π s^{- 1}$ で位相誤差も求めよ．
$β \to 1$ で最大振動数が大きくなる理由を波面の到達間隔から説明し， $β > 1$ へ単純に延長できるか述べよ．

**［図：往復する音源と右側の観測点］**
音源はxs（s）＝A cos Ωsに従い−AからAの間を往復し，一定振動数f0で鳴る．発音時刻sの音源位置xs（s）と，D＞Aにある観測点を示す．音速はvで，寸法線は発音位置から観測点までの伝播距離を表す．

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考え方

到達時間を発音時刻で微分して周波数を求める．

伝播距離から

t = s + \frac{D - A \cos Ω s}{v}, \frac{d t}{d s} = 1 + β \sin Ω s > 0, f_{obs} = \frac{1}{2 π} \frac{d}{d t} (2 π f_{0} s) = \frac{f_{0}}{1 + β \sin Ω s} .

最大は $f_{+} = f_{0} / (1 - β)$ ，最小は $f_{-} = f_{0} / (1 + β)$ ． $T_{s} = 2 π / Ω$ とすれば $t (s + T_{s}) = t (s) + T_{s}$ ，周期も $T_{s}$ ．

誤りは受信時刻の位置を使う点である． $τ = t - D / v$ とおけば $s = τ + (A / v) \cos Ω s$ ． $β$ の1次まで

s ≃ τ + \frac{A}{v} \cos Ω τ, f_{obs} ≃ f_{0} [1 - β \sin Ω (t - D / v)] .

誤った式の微分は $f_{0} (1 - β \sin Ω t)$ ．1次の振幅は一致するが，位相を $Ω D / v = π / 4$ 誤る．有限の $β$ では極値の分母 $1 \mp β$ と，誤った極値 $f_{0} (1 \pm β)$ の差が2次から現れる．

発音間隔 $d s$ に対し $d t = (1 - {\dot{x}}_{s} / v) d s$ ，ここで ${\dot{x}}_{s} = \frac{d x_{s}}{d s}$ ．音速へ近づくと間隔が縮む． $β = 1$ では一部で微分が0になり， $β > 1$ では負の区間が生じ，発音時刻が多価となる．波面が重なるため，一価の周波数にはできない．1次展開には $β$ が十分小さく，遅れを捨てるには $Ω D / v$ も十分小さいことを要する．音波の線形近似には圧力変動と静圧の比も小さいことを要する．

総合演習 16

東京大 2007 後期（改題） ★★★★☆

自由振動から回路を決め，共振を予測

容量 $C$ のコンデンサーを，電圧 $V_{b} = 4.00 V$ の電源で十分充電し，電源を外して抵抗 $R$ ，自己インダクタンス $L = 0.100 H$ のコイルとコンデンサーだけの直列回路へ切り替えます．この時を $t = 0$ ，コイルの初期電流を0とします．素子は線形で，抵抗だけが散逸し，放電向きを電流 $I$ の正方向，最初に正だった極板の電荷を $q$ ，電位差を $V_{C} = q / C$ とします．

切り替え後の方程式を立て，弱減衰の $q (t), I (t)$ を，複素指数関数 $e^{s t}$ と初期条件から求めよ．
次の正の山から $R, C$ を推定し，3点目を照合せよ．初電荷と全発熱も求めよ．

山の時刻（ $s$ ）	$V_{C}$ （ $V$ ）
0	4.000
0.006315	2.127
0.012630	1.131

同じ回路を $V_{a} (t) = V_{0} \cos ω t, V_{0} = 2.00 V$ の電源で駆動する．複素インピーダンスで定常電流と平均電力を求めよ．電流振幅最大の角振動数を求めよ．
コンデンサー電圧振幅が最大の角振動数と振幅を求め，自由振動および電流共振と比較せよ．

**［図：直列RLC回路の放電と交流駆動］**
上段は充電後に電源を外した抵抗R，コイルL，コンデンサーCの直列放電回路である．最初に正だった極板の電荷q，電位差VC，放電向きを正とする電流Iを示す．下段は同じ素子を交流電源Va（t）＝V0 cos ωtで駆動する配置で，電流と電荷の符号の対応を保つ．

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考え方

減衰と周期を測定から求め，線形回路の複素振幅で応答を予測する．

$I = - \frac{d q}{d t}$ なので $L \frac{d^{2} q}{d t^{2}} + R \frac{d q}{d t} + q / C = 0$ ． $e^{s t}$ を代入して $L s^{2} + R s + 1 / C = 0$ ． $α = R / (2 L), ω_{0} = 1 / \sqrt{L C}$ とすれば $s = - α \pm i ω_{d}$ ， $ω_{d} = \sqrt{ω_{0}^{2} - α^{2}}$ ． $α < ω_{0}$ で複素解の実部を取り， $q_{0} = C V_{b}, \frac{d q}{d t} (0) = 0$ を使うと

q = q_{0} e^{- α t} (\cos ω_{d} t + \frac{α}{ω_{d}} \sin ω_{d} t), I = \frac{q_{0} ω_{0}^{2}}{ω_{d}} e^{- α t} \sin ω_{d} t .

電圧極大では $I = 0$ ．正の山の間隔 $T_{d} = 2 π / ω_{d}$ ，比 $e^{- α T_{d}}$ から

ω_{d} = \frac{2 π}{0.006315 s} = 9.95 \times 10^{2} s^{- 1}, α = - \frac{\ln (2.127 / 4.000)}{0.006315 s} = 1.00 \times 10^{2} s^{- 1} .

$R = 2 L α = 20.0 Ω$ ， $C = 1 / [L (ω_{d}^{2} + α^{2})] = 1.00 \times 10^{- 5} F$ ．次の山は $4.000 {(2.127 / 4.000)}^{2} V = 1.131 V$ と一致する． $q_{0} = C V_{b} = 4.00 \times 10^{- 5} C$ ， $Q_{d} = C V_{b}^{2} / 2 = 8.00 \times 10^{- 5} J$ ． $\frac{d q}{d t}$ を掛ければ $\frac{d}{d t} (L I^{2} / 2 + q^{2} / (2 C)) = - R I^{2}$ より，全エネルギーが熱になる．

電圧と電流を $\hat{V} e^{i ω t}, \hat{I} e^{i ω t}$ の実部とし， $\hat{V} = V_{0}$ と選ぶ．

Z = R + i ω L + \frac{1}{i ω C} = R + i X, X = ω L - \frac{1}{ω C}, \hat{I} = V_{0} / Z .

従って $I (t) = Re (\hat{I} e^{i ω t})$ ， $⟨ P ⟩ = R {| \hat{I} |}^{2} / 2 = R V_{0}^{2} / [2 (R^{2} + X^{2})]$ ．電流最大は $X = 0$ の $ω_{I} = ω_{0} = 1.00 \times 10^{3} s^{- 1}$ ．

${\hat{V}}_{C} = \hat{I} / (i ω C)$ から

| {\hat{V}}_{C} | = \frac{V_{0}}{\sqrt{{(1 - L C ω^{2})}^{2} + {(R C ω)}^{2}}} .

分母の2乗の微分は $2 ω [- 2 L C (1 - L C ω^{2}) + R^{2} C^{2}]$ だから

ω_{C} = \sqrt{ω_{0}^{2} - 2 α^{2}} = 9.90 \times 10^{2} s^{- 1} < ω_{d} < ω_{I} .

最大電圧振幅は $V_{C, max} = V_{0} ω_{0}^{2} / (2 α ω_{d})$ ．測定値から求めた丸め前の $R, C$ を使うと $10.0 V$ となる．非零の電圧共振には $ω_{0}^{2} > 2 α^{2}$ が必要．集中定数近似には回路寸法 $ℓ_{c}$ に対し $ω ℓ_{c} / c$ が十分小さく，温度による抵抗の相対変化も十分小さいことを要する．