■解答
(イ) \(\displaystyle\frac{BL^2}{2}･\frac{\pi}{T}\) (ロ) \(\displaystyle\frac{BL^2}{2R}･\frac{\pi}{T}\) (ハ) \(RI^2\)
(ニ) \(\displaystyle\frac{QI}{C}\) (ホ) \(\displaystyle\frac{IBL^2}{2}･\frac{\pi}{T}\) (ヘ) \(C･\displaystyle\frac{BL^2}{2}･\frac{\pi}{T}\)
(ト) \(CR\)
問１ 略
(チ) \(1-x\) (リ) \(-(1-x)^2\) (ヌ) \((1-x)(1-x+x^2)\)
問２ \(T<t_c\)
■解説
(イ)
ファラデーの法則より
\(|V|=\displaystyle\frac{\Delta \phi}{\Delta t}=\displaystyle\frac{\Delta(BS)}{\Delta t}\)
\(=B\displaystyle\frac{\Delta S}{\Delta t}\)
\(=B\displaystyle\frac{\Delta (\frac{1}{2}L^2\theta)}{\Delta t}\)
ここで \(\omega=\displaystyle\frac{\Delta \theta}{\Delta t}\) より
\(=B･\displaystyle\frac{1}{2}L^2\omega\)
また、\(\omega=\displaystyle\frac{2\pi}{T}\)より、半周する時間を\(t=T\)とするならば、往復では\(2T\)となるので、\(\omega=\displaystyle\frac{2\pi}{2T}\)として、
\(|V|=\displaystyle\frac{BL^2}{2}･\frac{\pi}{T}\)
(ロ)
\(I=\displaystyle\frac{V}{R}\) より
\(I=\displaystyle\frac{BL^2}{2R}･\frac{\pi}{T}\)
(ハ)
(ジュール熱)\(=RI^2\Delta t\)
(ニ)
静電エネルギーは、\(U=\displaystyle\frac{1}{2}QV\)であるから、変化量を\(\Delta U\)とすると、\(Q\)、\(V\)もそれぞれ変化し、
\(U+\Delta U=\displaystyle\frac{1}{2}(Q+\Delta Q)(V+\Delta V)\)
\(=\displaystyle\frac{1}{2}QV+\frac{1}{2}Q\Delta V +\frac{1}{2}\Delta Q･V+\frac{1}{2}\Delta Q･\Delta V\)
となる。ここで第一項は\(U\)であり、第四項は\(2\)次の微小量として十分小さいので無視する。
よって
\(\Delta U=\displaystyle\frac{1}{2}Q･\displaystyle\frac{\Delta Q}{C}+\frac{1}{2}\Delta Q･\frac{Q}{C}\)
\(=\displaystyle\frac{Q\Delta Q}{C}\)
\(\Delta Q=I\Delta t\)より
\(\Delta U=\displaystyle\frac{QI}{C}\Delta t\)
(ホ)
(ハ)と(ニ)の和は、
\(\left(RI^2+\displaystyle\frac{QI}{C}\right)\Delta t\)
\(=\left( RI+\displaystyle\frac{Q}{C} \right) I\Delta t\)
(i)式のキルヒホッフ第二法則より
\(=\displaystyle\frac{BL^2}{2}･\frac{\pi}{T}･I \Delta t\)
(ヘ)
\(Q=CV\) より
\(Q_C=C･\displaystyle\frac{BL^2}{2}･\frac{\pi}{T}\)
(ト)
\(\Delta Q=I\Delta t\) より
\(Q_C=It_C\)
\(\displaystyle\frac{CBL^2}{2}･\frac{\pi}{T}=It_C\)
(i)式より、\(t=0\)のとき、\(Q=0\)であることを考慮すると、
\(\displaystyle\frac{BL^2}{2}･\frac{\pi}{T}=IR\)
となるから、
\(C･IR=It_C\)
\(t_C=CR\)
問１ 略
・\(+Q_C\)スタート
・\(-Q_C\)ゴール
・考える時間領域は\(T~2T\)間
・\(t_C\)の長さは前問までの設定と同じ(時定数という)
に注意をしたグラフを描く
(チ)
(iii)式 \(Q(t)=Q_{\infty}+(Q_0-Q_{\infty})e^{-a(t-t_0)}\)
において、\(t_0=0\)、\(t=T\)から、\(Q_{\infty}=+Q_C\)、\(Q_0=0\)、\(Q(t)=Q(T)\)と置換して、
\(Q(T)=Q_C-Q_Ce^{-aT}\)
さらに、\(e^{-aT}=x\)と置いて、
\(Q(T)=Q_C(1-x)\)
(リ)
\(T~2T\)を考えると、コンデンサーに蓄えられる電荷は逆符号になるので\(Q_{\infty}=-Q_C\)と置換する。また、\(t_0=T\)、\(t=2T\)から、\(Q_0=Q(T)\)、\(Q(t)=Q(2T)\)と置換して、
\(Q(2T)=-Q_C+(Q(T)+Q_C)e^{-a(2T-T)}\)
\(=-Q_C+{Q_C(1-x)+Q_C}x\)
\(=-Q_C+(1-x)xQ_C+xQ_C\)
\(=Q_C[-1+(1-x)x+x]\)
\(=-Q_C(1-x)^2\) \((=-Q_C(x-1)^2)\)
よって
\(Q(2T)=-(1-x)^2･Q_C\)
(ヌ)
\(2T~3T\)では、再びコンデンサーに蓄えられる電荷が逆符号になり、\(Q_{\infty}=+Q_C\)となる。また、\(t_0=2T\)、\(t=3T\)から、\(Q_0=Q(2T)\)、\(Q(t)=Q(3T)\)と置換して、
\(Q(3T)=Q_C+(Q(2T)-Q_C)e^{-a(3T-2T)}\)
\(=Q_C+[-(1-x)^2Q_C-Q_C]x\)
\(=Q_C[1-(1-x)^2x-x]\)
\(=Q_C[1-x-(1-x)^2x]\)
\(=Q_C(1-x)[1-(1-x)x]\)
\(=Q_C(1-x)(1-x+x^2)\)
問２
\(t=t_0\)で、\(Q_0=-\displaystyle\frac{4}{9}Q_C\)
\(t=t'\)で、\(Q(t')=\displaystyle\frac{4}{9}Q_C\) として、
\(t'-t_0=T\)であるから、(iii)式より
\(\displaystyle\frac{4}{9}Q_C=Q_C+\left(-\displaystyle\frac{4}{9}Q_C-Q_C\right) e^{-a(t'-t_0)}\)
\(=Q_C-\displaystyle\frac{13}{9}Q_C･x\)
\(=Q_C\left( 1-\displaystyle\frac{13}{9}x \right)\)
\(\displaystyle\frac{4}{9}=1-\frac{13}{9}x\)
\(\displaystyle\frac{13}{9}x=\frac{5}{9}\)
\(x=\displaystyle\frac{5}{13}\)
ここで、
\(x=e^{-aT}\)より、\(a=\displaystyle\frac{1}{t_C}\)としているので、
\(x=e^{-\frac{T}{t_c}}\)
\(\displaystyle\frac{5}{13}=e^{-\frac{T}{t_c}}\)
\(\displaystyle\frac{13}{5}=e^{\frac{T}{t_c}}\)
\(2.6=e^{\frac{T}{t_c}}\)
また、\(e≒2.72\)であるから、
\(\displaystyle\frac{T}{t_C}<1\)
であるとわかる。よって、
\(T<t_C\)
