Theoretical problems: solutions. Language: Japanese

IPhO 2022(これは解答例の主要部分の日本語訳である。採点基準，訳出していない別解などは英文を参照。)

T1: 永久磁石 (10点)Part A: 2つの磁石の相互作用

F2 =

(A.1)
Solution 1.
磁石間の距離が大きさに比べて大きいから，それぞれを次の大きさのモーメントをもつ双極子とみなせる。
πm = d2 hJ = 0.75 A m2 .
4双極子は互いに平行，それらを結ぶ直線にも平行で，相互作用エネルギーは一方がつくる場の中にもう一方があると
して
µ0 m2
⃗ ·m
W = −B⃗ =−,2πL3
これを微分してF1 =これから，上と同じ I = Jh を得る。
(A.3)
磁石間の距離が直径より十分小さいので，長さ πd の直線
電流 I が L 離れたときの力と近似できる:dW
3µ0 m2=≈ 0.21 mN.
dL
2πL4Solution 2.
円板を (超電導) 電流のリングと置き換えると，その電流はI = mA = Jh. リングの線要素 dl に他方のリングのつくる双極子場は，他方のリングの中心と dl を結ぶベクトルの動径方向成分と接線方向成分に分けられ，対称性によりリングに働く力は後者によるもので，大きさは F = Bp Iπd,
ここで Bp は接線成分 (リング面内の成分)。双極子場の式µ0 m
3µ0 m sin θ cos θから |Bp | = 4πr.
3 (2 cos θ sin θ + sin θ cos θ) =4πr 3dtan θ = 2L を代入し，θ が小さいから sin θ ≈ θ と cos θ ≈ 1
20m
を用いれば F = 3µ2πL4 .

(A.4)
鎖にかかる荷重は上の鎖ほど大きいから，鎖は一番上で壊れる。磁石の数を N + 1，一つの質量は M = π6 ρδ 3 ≈ 0.5 gとすると，磁石の重さ F = M N g が磁石の力
3µ0 m2 X 1µ 0 m2 π 3=,
2πδ 4 n=1 n4
60δ 4
N

F =

と釣り合う。ここで，m = π6 Jδ 3 ≈ 78 mA m2 であり，N ≫ 1だから N = ∞ とおけることを用いた。釣り合いからN=µ0
B = B ẑ =
4π

Z2π
0

µ0 Id2I(d/2)dθ d/2
ẑ.
ẑ
=
z3
z
8z 3

(1)

µ0 m2 π 3
≈ 1320;60M gδ 4

したがって，全長は N δ = 6.6 m. また，N = 1320 は確かに1より十分大きい。
(A.5)
Solution 1.
各球状磁石は双極子モーメント m の磁場をつくる。双極子と観測点の距離より十分小さい距離 s をとれば，この磁場は ±q の磁荷が距離 s = m/q にあるときの磁場と同じである。s = δ (したがって，q = m/δ) とすれば，途中の磁荷は打ち消しあい，両端の磁荷だけが残る。その内一方は十分遠いので，P の磁場は O にある磁荷によるものであり
B=

(A.2)
磁化が一様な場合，磁性体内部では磁化電流は打ち消し
あい，磁化に垂直でない表面 (今の場合，円筒の側面) にだ
け残る。円筒の高さは半径に比べて小さいから，この電流はリング電流 I とみなせる。リング電流の双極子モーメン
ト πd2 I/4 は磁石の全双極子モーメント πd2 hJ/4 と等しくならなければならないので，I = Jh ≈ 2.4 kA.
注意: 電流が円筒の側面をリング状に流れることが分かったら，どこかの点 (例えばリングの軸上で遠方) で電流の磁場を双極子場と比べても I が求まる。ビオ-サバ ― ルの法則により軸上で z ≫ d の点では

µ0 I 2µ0 I 2 dπd =≈ 14 N.
2πL
2L

µ0 m
Jµ0 δ 2
µ0 q
=
=
.
2
2
4πr
4πδr
24r2

Solution 2.
磁石の大きさに比べて考えている距離は十分大きいから，
磁場は磁石の形に依らず，全磁気モーメントにより決まる。
したがって，磁石を長さ δ の円柱とみなしてよい。その結果，
鎖は断面積 A = π6 δ 2 のつながった円柱となる。その結果，表面電流密度 J のソレノイドと同じ磁場が生じる。ソレノイ
ドの中の磁場は B0 = µ0 J で，磁束は Φ = B0 A = π6 δ 2 µ0 J.
ソレノイドの両端では磁束は外に出る。マックスウェル方程式により，磁場 (磁束密度) は回転 (rot) が0なのでポテンシ⃗ = f (r)r̂ャルで表せ，発散 (div) も0である。解は中心力場 B(r は端からの距離で r̂ はその単位ベクトル) の形であり，ガ20δウスの法則から 4πr2 f (r) = Φ = π6 δ 2 µ0 J, よって B = Jµ24r 2 .
Solution 3.(略)Solution 4.(略)Solution 5.(略)Part B: 強磁性体との相互作用(B.1)
強磁性体表面における境界条件により，磁力線は強磁性⃗体にほとんど垂直に入る。アンペールの回路定理から B/µの接線成分が連続，ガウスの法則から磁束密度の法線成分が連続だから，表面での屈折の式は tan α = µ tan β, α と βは法線との角，となるが，µ ≫ 1 だから，α が0に近いとき
以外は β ≈ 0 である。強磁性体板に入った磁力線はどこか

Theoretical problems: solutions. Language: Japanese

IPhO 2022

2

3

1

2

で強磁性体板から出るが，図のように磁石から遠いところ
で出ることになる。

Part C: 強磁性体と反強磁性体のモデル(C.1)
Solution 1,
双極子の一つの配置を見つけることだから，要請を満たす配置を試してみる。まず，A.4 で解析した鎖状の配置では，すべての双極子が互いに平行で鎖に平行なとき安定である。このような2つの鎖を平行または反平行に置いてみる。どちらの場合も回転に対しては安定である。左右の球⃗2 = ±1B⃗⃗ 1 = x̂ µ0 m3 の磁場を受け，上下の球から B
から B
2πδ
2 1
の磁場を受ける。’+´ は反平行の場合，’−´ は平行の場合である。B2 < B1 だから，どちらの場合もこれらの力の和は x̂方向であり，回転に対して安定である。
2つの鎖間の引力には垂直方向の最近接の対を考えれば20mよい。距離が y のとき相互作用エネルギーは W = ± µ4πy
3 で

(B.2)
この問題は磁石の映像–表面に関して対称で双極子の向きを反転–を用いて解ける。映像磁石をおけば，表面の境界条件が満たされ，磁力線は表面に垂直に入る。磁石に働く力
3µ0 m2やトルクは映像磁石から及ぼされると考えてよい。平衡に y 方向の力は Fy = dW = ∓ 3µ0 m42 ，即ち，
Fy = dWdy
4πydy = ∓ 4πy 4 .
なるのは双極子が映像磁石のつくる場に平行になる場合で， よって，反平行のとき引力で，平行のとき斥力である。した双極子モーメントが表面に垂直な場合である。答えは1行目 がって，図のように，反強磁性体となる。
および2行目の左端である。力の大きさは (A.4) で求めたものと同様であるが，その第1項のみである
F =3µ0 m2= 5.9 N.
2πδ 4

(B.3)
Solution 1.
上で説明したように，磁力線は強磁性体板表面に垂直である。隙間は幅に比べて小さいので隙間の磁場はほぼ直線である。アンペールの回路定理により隙間の磁場は一様である。磁石の円板は側面に沿う密度 J の電流と等価である。
図の磁力線に沿った回路定理はI⃗ · d⃗r ≈ (B1 + B2 )h/µ0 ,I= H
ここで，B1 と B2 は磁石内と磁石外 (ただし隙間の中) の磁束密度。また，µ が大きいから強磁性体板の中からの寄与を無視した。ガウスの法則により， π4 d2 B1 = π4 (D2 − d2 )B2 であり，D = 2d だから B1 = 3B2 ，したがって B2 = Iµ0 /4h =磁 石 の 一 つ を 取 り 出 す の に 必 要 な 仕 事 は4つ の 最 近
Jµ0 /4 = 0.375 T，B1 = 1.125 T.
接 磁石 と の 相 互 作 用 エ ネ ル ギ ー に 負 号 を 付 け た も の で，
⃗ · m,⃗ = 2B⃗ 1 + 2B
⃗ 2 = 3µ0 m
強磁性体板に働く力を求めるには，力が磁場の原因には W = B⃗ ここで，B
2πδ 3 x̂. よって
2
よらないことに注意して，円板磁石を側面を流れる超電導 W = 3µ0 m = 29 mJ.
2πδ 3
電流 I のリングで置き換え，強磁性体板の間隔を dx だけ変化させる (仮想変位)。超電導リングの磁束は変化しないか
Solution 2,
らこと，強磁性体板中の磁場のエネルギーは隙間の磁場の下図のような安定な配位も可能に思われる。
エネルギーに比べて約 1/µr であるから無視できることを用いて，
3π 2 2
π 2 2[d B1 + (D2 − d2 )B22 ]dx =B2 d dx
dW =
8µ0
2µ0

B

これから，力はdW
3π 2 2
3π 2
F =
=
B d =
J µ0 d2 ≈ 210 N.
dx
2µ0 2
32

A

C

E
D
Solution 2.(略)Solution 3.(略)Solution 4. (Incorrect)(略)

安定であることを示すために，磁石 A において，4つの最近接磁石 (双極子) からの磁場を考えよう。B と D による磁IPhO 2022

Theoretical problems: solutions. Language: Japaneseδ
場は共に b(x̂ + 2ŷ)，x̂ と ŷ は水平，垂直方向の単位ベクト ここで，cos α = 2lを用い，微分してから l = δ とおいた。
1/2
3
ル，である (b = mµ0 /4 · 2 πδ )。一方，C と E の磁場は共 この力が負であるためには ( dl > 0) だから) 負号が必要でdyに b(2x̂ + ŷ) であるから，合わせて 6b(x̂ + ŷ) の磁場となり， ある。したがって下図のように強磁性秩序となる。
A の双極子の方向となる。したがって，A にはトルクは生じない。

隣接する磁石間，例えば A と B，の力を求めるには，例√
えば，m⃗ A = m0 (x̂ + ŷ)，m⃗ B = m0 (−x̂ + ŷ)，m0 = m/ 2と分解する。容易に分かるように m0 x̂ と −m0 x̂，m0 ŷ と−m0 ŷ は引き合う。他の対 (m0 x̂ と m0 ŷ，m0 ŷ と −m0 x̂) の間には水平方向の力は働かない。水平方向の力が0である
ことは，次のように考えてもよい。A が B に及ぼす B の中心に関するトルクを TAB ，B が A に及ぼす A の中心に関するトルクを TBA とすると，対称性から TAB = −TBA .
一方，作用反作用の法則から，A の中心に関して，B がA に及ぼすトルクと A が B に及ぼすトルクの和は0である。これは，A が B に及ぼす水平方向の力を Fx とすれば，
TAB + TBA + Fx δ = 0 と表される。よって，Fx = 0 である。 一つの磁石を取り出すのに必要なエネルギーは (C.1) と同じように，次のように求まる:
したがって，隣り合う球は互いに引き合い，全体の配位は3µ0 m2⃗安定である。(W = B · m⃗ = 2πδ3 = 29mJ)
2⃗ 5 · mx̂ = 3µ0 m = 15 mJ.
W
=
B
(C.2)
4πδ 3
磁石相互の配置が違うだけで，前問と同じことを繰り返す。上の列の磁石は下の列の2つの磁石と正三角形をなして相互作用する。底辺は不変で，底辺以外の2辺の長さ l が変化する仮想変位を考える。

下の2つの磁石 (大きさ m のモーメントをもち，水平方向) が上の磁石の位置につくる磁場は，対称性から，水平 (x) 方向である。下の左の磁石のモーメントをそれぞれの半径方向と半径に垂直方向に分ければ，m∥ = m cos α と m⊥ = m sin αとなる。したがって磁場の x 成分は
B3x =

µ0
µ0 m
(2m∥ cos α − m⊥ sin α) =(3 cos2 α − 1).
3
4πl
4πl3

下の2つの磁石からの磁場は 2B3x x̂.
回転に対する安定性を考える。各列の磁石の向きは列に平行に揃っていて，隣り合う列は平行か反平行とすると，どちらの場合でも着目する磁石の上下の列では向きは同じである: x 方向とする。上下の列は着目する磁石の点では
2B3x x̂ の磁場を及ぼす。また，着目する磁石と同じ列の左⃗ 4x = ± µ0 m3 x̂. ここで，‘+’ は強磁性
右の磁石からの磁場は B
2πδ
配列，‘−’ は反強磁性配列の場合。l = δ と cos α = 12 に注意すれば，⃗ 5 = 4B
⃗ 3x + 2B⃗ 4x = µ0 m − 1 ± 2 x̂.
B
2πδ 3
2
‘+’，‘−’ にかかわらず着目する磁石と同じ向きであり，安定である。
m⃗ = ±x̂m とし，y を2等辺三角形の高さとすると，下の列の磁石から受ける力はdl 3µ0 m2d ⃗dl d µ0 m2 3δ 2
−
1
=
∓
;
F5y =
B3 · m⃗ =±dy
dy dl 4πl3
4l2
dy 16πδ 3

Theoretical problems: solutions. Language: Japanese

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T2: ジェームス・ウェッブ宇宙望遠鏡 (12点)

これから，回折 (ボケ) を無視した値としてPart A: 星の像 (1.8 pt)

Tp =1. 像の直径Do ≫ f の距離にある直径 do の物体の像の直径を di とすると，その比は
di
f
=
,
(2)
do
Do
よって

 41

Tg ≈ 530 K.

(8)回折を考慮すると星の像の面積はより大きくなる:2
di + dd′a =a ≈ 7.46a.
(9)di
ここで2. の解を用いた。

=(1.7 × 10 m)(130m)=(89 ly)(3 × 108 m/s)(365 d/y)(86, 400 s/d)=

2.6 × 10−5 m = 26 µ m.

11

di

A
πf 2

ボケの角度の広がり (頂角の1/2) は
λ
.
D

(3)

題意により λ = 800nm.
D は主鏡の口径の1/2だから π4 D2 = 25 m2 , 即ちD = 5.6m.
像のボケは
dd = 2θmin f = 2.44

λλf.
f = 1.22 p
D
A/π

(4)

数値は
dd

= 2(1.22)(8 × 10−7 m)(130 m) =(5.6 m)= 4.5 × 10−5 m = 45 µ m.
dd = 37µm も可 (因子 1.22 の無視可)。
3. 像の位置における CCD の平衡温度星から放射されるエネルギーは(5)

Pg = 4πro 2 σTg 4 .
望遠鏡の位置での強度は
Pg
=
Ig =
4πDo 2



ro
Do

2
σTg 4 .

(6)

これが面積 A の鏡で集められ半径 ri の像になる。入射
パワーは

2
 2
ro
ri
Pi = AσTg 4 = A
σTg 4
(7)
Do
f
一方，像の温度を Tp とすれば
Pi = aσTp 4 ,ここで a = πri2 . よって
4

aσTp =rif
Tp,correct =2. 像のボケ (広がり)θmin = 1.22

したがって，像の位置の CCD の温度は

2
AσTg 4 .

A(7.46)πf 2

 41

Tg ≈ 320K.

(10)Theoretical problems: solutions. Language: Japanese

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Part B: 光子のカウント (1.8 pt)

Part C: 受動的冷却 (4.4点)

1. 光源の温度

1. 1番目と5番目のシートの温度の表式

グラフの傾きはslope =

以下は「理想的な」解を整理したもの
Qi を表面からの熱流，Qij を向かい合う2面の表面からの熱流の差とする。

(3) − (−1)= −100 K.
(0.111/K) − (0.151/K)

次の3つの場合を考える必要がある。

これから

太陽と第1番目のシート:
∆Eg|| = ln 10 × 100 K = 230K
6kB

Q01 = ϵAσ

よって，ピクセルに電子を励起することができる温度は∆Eg= 6 × 230K = 1380K.
kB
2. 全計数の不確かさ σt(12)が太陽からシート1への正味の熱流。
隣り合うシートでは:
Qij = ϵAσ Ti4 − Tj4 ,最後のシートと空間 (真空) の間では:
Q56 = ϵAσ T54 ,σr ,√σd = id τ ,√σp = pτ .

(13)

(14)

これは最後のシートから出ていく熱流。
題意から，1つのシートから放射されて隣のシートに吸収されるのは
qi = αQi ,よって2σt = σr + (id + p) τ.
3. S/N 比 S/N = 10 のために必要な光子のカウント
温度 T = 7.5K のとき，暗電流 (カウント) は id = 5 電子/s だから，全暗電流 (カウント) はしたがってシートを出て隣のシートに吸収されるのは
qij = αQij ,2つのシートの間から空間に放出されるのはid τ = 5 × 104 .

′qij= βQij .

id = 5 ± 1 で可。
P を光子のカウントとすると(採点には関係ないが) 問題では β がどのシート間でも同じと仮定した。この近似により問題が解ける。

P = 10σt .

これらの表式よって
P 2 = 100 σr2 + id τ + P





(11)

Q01

=

Q12

=

Q23

=

Q34

=

J

Q45

=

ここでは B.1 (大きさの程度) と違って数値が必要。

Q56=

これから P ≈ 2290, p = 0.229 光子/s.
4. 光源の強度
光子 (近赤外) のエネルギーは Eg = 2.3 × 6kB T , 即ちEλ = (1380 K)(1.38 × 10

−23

−20

J/K) = 1.9 × 10

1秒間に受け取るエネルギーは p = 0.229 光子/s を用いて
E = (0.23)(1.9 × 10−20 J) = 4.4 × 10−20 J
だから，主鏡への入射強度は(4.4 × 10
J/s)
E/t
=
= 1.8 × 10−22 W/m2 .
A(25 m2 )
−20

I=



ただし，これは便宜的に定義したもので2シート間の正味の熱流ではない。

3つの不確かさはそれぞれ

2

I0
− T14
σ


I0
− T14
σ

ϵAσ T14 − T24ϵAσ T24 − T34
ϵAσ T34 − T44
ϵAσ T44 − T54
ϵAσ T54
ϵAσ

(15)
(16)
(17)
(18)
(19)
(20)

を加えると
Q01 + Q12 + Q23 + Q34 + Q45 + Q56 = ϵAI0 .

(21)

各シートについては次が成り立つ:′
qi−1,i = qi,i+1 + qi,i+1(22)

即ち，シート i − 1 からシート i への熱流はシート i からのシート i + 1 への熱流と空間への放出の和である。
Qij を代入して，
αQi−1,i = αQi,i+1 + βQi,i+1

Theoretical problems: solutions. Language: Japanese

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つまり
Qi−1,i =α+βα
Qi,i+1 .

(23)

シート1, 5に対しては少し違った表式となる:
q0,1 = Q0,1 = αQ1,2 + βQ1,2 ,(24)

q4,5 = Q5,6 .

(25)

最も重要なのはQ5,6 =

α4
Q0,1 .
(α + β)4(26)

Eq. 21 に漸化式 Eq. 23 を代入して和を求めると
kQ0,1 = ϵAI0 ,(27)

ここで k はk = 1+

1
α
α2
α3
α4
+
+
+
+
α + β (α + β)2 (α + β)3 (α + β)4 (α + β)4(28)

したがって，Eq. 12 により
s 
 r
1
4 I0
4 I0
1−
=
(k − 1).
T1 =
σ
k
kσ

(29)

Eq. 26 と Eq. 14 によりr
α 4 I0T5 =α + β kσ
即ち

(30)

r
α 4 1
T5 =
T1 .
α+β k−1

2. α と β の値
ヒントのモデルから
ギャップの面積:
Agap = 4hpAsheet(31)

シートの面積 Asheet
1つのシートで吸収される割合は実効的な面積の比と仮定してϵAsheet.
(32)
α=2ϵAsheet + Agap
これから α = 0.3.
放射の割合は次の実効的な面積の比と仮定して
β=Agap
2ϵAsheet + Agap

(33)

これから β = 0.4 This result yields β = 0.4.
3. シート1とシート5の温度の数値
太陽光の強度は I0 = 1360 W/m2 ，空間 (背景) の温度はTb = 20 K で無視できる。
C.1 と 2α + β = 1 から

β
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7

α
0.35
0.3
0.25
0.2
0.15

T1 (K)
383
380
376
373
369

T5 (K)
120
102
83
65
48

α
0.7
0.6
0.5
0.4
0.3

T1 (K)
370
368
365
363
361

T5 (K)
189
165
140
114
87

α + β = 1 とすれば
β
0.3
0.4
0.5
0.6
0.7

これらの値は理論的な値 T1 = 320K, T5 = 90K と合う。
違いの主な原因は，面による表面のコーティングの違い，シート1の太陽側で赤外を放射し可視光を反射するよう設計された放射・吸収係数の温度・波長依存性，シートにおける温度の不均一，である。

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Part D: 極低温冷却 (4点)

熱の出入りはないから
U2 − U1 = ∆U = Q + Wnet = P1 V1 − P2 V2 ,1. 状態変数がどう変化するか?
(a) 抵抗のあるプラグ (栓) に気体を通すために P1 >P2 であり，この差が気体を通す力となる。
(b) プラグの抵抗のためにプラグを通るときエネル
ギーが散逸するが，散逸したエネルギーはどこにも行かないので気体の内部エネルギーは増加して
U1 < U 2 .

よって∆U = U2 − U1 = P1 V1 − P2 V2 ,U 2 + P2 V 2 = U 1 + P1 V 1 .
したがって
U + PV(c) 熱の出入りはないが，この過程は不可逆仮定でありエントロピー一定ではなく S1 < S2 .

が保存される。

(d) 圧力勾配があるところを通過するから運動エネル
ギーが与えられ，右側の気体のバルク速度は左よ
り大きいはずである: 問題にあるように僅かに大きい。質量保存則からモル当たりの体積は増加す
る V1 < V 2 .

プラグを通過する気体の微小部分に着目する方法(e) 正しいのは T1 ?T2 . 理想気体ならば U ∝ T だから
T1 ≤ T2 だが，理想気体でなければ U は温度と密度の関数であり，T1 と T2 の関係は分からない。このことは問題の要点であり，(かつて) ヘリウム液化の鍵となった。
2. P1 , V1 , T1 , U1 の1モルの気体プラグの左側から右側に通過し，P2 , V2 , T2 , U2 となったとする。
体積変化から考える方法
下 は プ ラ グ を 通 る1モ ル の 気 体 の 図 で あ る; 着 目 する1モルの気体をピンク色で示す。ピンクの気体より左側の気体は一定の力 P1 A でピンクの気体を体積 V1
だけ押す。

(35)

別の考え方
微小部分 δm の全エネルギーは内部エネルギー δU と(並進運動の) 運動エネルギー δK の和である。体積は
δV である。以下の誤解されないところでは δ を略す。
簡単のために δm を底面積 δA 長さ dx の円筒形とする。
働く力は両端に働く圧力と側面に働く摩擦力である。
両端の圧力による力はFends = −VdPdx(δ)V は円筒の体積。
しかし，この力は側面からの摩擦力 Fwalls とほぼ釣り合っている: 圧力の勾配を生じさせているのは摩擦力である。
また，(並進運動の) バルク運動エネルギーはほとんど変化しない: プラグを通過しても気体のバルク速度はほとんど変わらない。
このような考え方の問題点は系が熱平衡にないことである: 過程は不可逆であり，状態変数は厳密には定義できない。したがって

Gas Parcel

dU = T dS − P dV
Porous Plug
着目する1モルの気体はプラグを通過し，右側の気体を一定の力 P2 A で体積 V2 だけ押す。

(36)と書いても，積分して U を求めることはできない: こ
こまでで分かるように dS ̸= 0 であり，V dP = −T dS
とおく根拠はない。これを解決するには，上に述べた
体積変化から考えることが必要である。
一方，(状態変数が熱力学的に厳密には定義されないとしても) エネルギー保存則は成り立つ:

Gas Parcel

dU = −P dV − V dP.
何故なら，−V dP は (バルクの) 運動エネルギーを変えずに気体の内部エネルギーとなるからである。
よってPorous PlugdU = −d(P V )領域1で左側の気体が着目する1モルの気体にした仕事は圧力一定で体積 V1 だから
W 1 = P1 V 1 ,同様に，領域2では右側の気体は体積 V2 だけ排除されるから
W2 = −P2 V2 ,正味の仕事はWnet = P1 V1 − P2 V2 .

(34)

即ち
U + PVが保存される。

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3. このグラフから圧力が次のように求まる。
dU = T dS − P dVにおいて dS = 0 を要求すれば


∂U
P =−
.
∂V S

(37)

即ち，U − V 図の等エントロピー線の勾配に負号を付けたものが圧力である。
別の方法は U 一定の条件で


P
∂S
=
.
T
∂V U
保存量は


U + PV = U −

∂U
∂V


V
S

だから，(U1 , V1 ) で等エントロピー線の接線を引けば，勾配は (∂U /∂V )S であり，接線が U 軸 (V = 0) を切る
ところが保存量である。
(同じことだが) H を

4. 縦軸の保存量の値 40.7 kJ/kg から等エントロピー線に接線を引き，接点 (小さなオレンジ色の点) をつなぐと，
V1 の関数としての U1 が得られる。これと交わる等温線のうち，最も温度の高いものを探す (定規を当てればわかるから，必ずしもすべての接線を実際に引かなくてもよい)。
結果は T1 = 11K である。T1 がこれより高いと，T2 =7.5K まで冷やせない。

H = U + PV
で定義するとU = H 2 − P2 V∂UV
U = H2 +∂V S 2(38)が接線の方程式で，V = 0 のとき U = H2 である。
おおよその値は，次のように求まる (下図)。V2 = 0.120,
T2 = 7.5 を通る等エントロピー線を推定して，これに接線を引くと 40 付近で U 軸を切る (緑の線)。

5. 縦軸の保存量 40.7 kJ/kg から温度最大の点への直線の
傾きから圧力を求める。
以上の結果から
P1 = −

精度を上げるには次のようにする。
V2 = 0.100, T2 = 7.5 を通る等エントロピー線に近い2つの等エントロピー線に接線を引く (下図，紫色)。これらの U 切片は それぞれ 39 ，41.
物差しで測ると，V2 = 0.100, T2 = 7.5 の点は，これらの2つの紫線と V2 = 0.100 の交点の下から約 75% のところにある (明るい緑線)。したがって，保存量 (U 切片)
は下から 75% である (明るい青線)。
よ っ て， 保 存 量 は 約 41 kJ/kg, 正 確 に は U + P V =40.7 kJ/kg.

(41) − (10) kJ/kg= 1.8 MPa(0) − (0.0170) m3 /kg

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Task C: 恒星間旅行 (2点)T3: スケーリング則 (8点)

宇宙飛行士の全旅行時間を T = 50 yrs とする。最も遠くに達するために，一定の固有加速度 a = g で固有時間 T /4 だ
け飛行し，d/2 だけ移動する。それから，a = −g で固有時
スパゲッティの左半分に着目する。
間 T /4 だけ減速して さらに d/2 だけ移動して静止する。次(着目部分の) 右端において，重力によるトルク τ ∝ ml ∝ に逆に繰り返して，地球に帰還する。
d2 l2 と右端に作用するトルクが釣り合う。後者は 水平応力
(相対論を無視すれば，d ∝ 12 gt2 ∝ g だから答えは1.5になの勾配から生じる。水平応力の大きさを σ とすると，力は る。もちろんこれは正しくない。)F ∝ σd2 でトルクは τ ∝ F d ∝ σd3 . よって，Solution 1:√
3
2 2
一つの方法は，宇宙船の固有座標系で加速度一定というσd ∝ d l =⇒ l ∝ d,
ことは，地球の座標系でも一定の力が働くことを意味することを用いる方法である。これは，例えば，x 方向に動く座
即ちr
標系にローレンツ変換しても電場の x 成分は変わらないこ
′
√
d
l′ =
l = 10 · 50 cm = 158 cm.
とから導かれる。静止質量 m 電荷 e の加速している粒子にd
働く力は実験室系と同じである。t において粒子の速度が vのとき，v で動く慣性系 (瞬間静止系) での加速度はいつでも eEx /m0 である。
Task B: 砂の城 (2点)上記は電磁場のローレンツ変換によらないでも，次のように導くことができる。(i) を実験室系，(ii) を瞬間静大きな表面張力により，砂粒の表面を濡らす水は砂粒に対止系 (物理量に’ を付ける) とし，t = t′ = 0 のとき，(i)して糊の働きをする。このためには全ての砂粒が空気と水で宇宙船の速度は v とする。微小時間後には，p′ = F ′ t′ ,の境界面に接している必要があり，水の量は少なすぎても
x′ = 0, m′ = m0 である。ローレンツ変換により t = γt′ and
多すぎてもいけない: 少なすぎれば大部分の砂粒は水と接
p = γ(F ′ t′ +m0 v) = tF ′ +γm0 v. 一方，(i) では，p = γm0 v+F t
しない，多すぎるとほとんどの砂粒は水に浸かってしまい，であるから，比較して F = F ′ (力はローレンツ不変).
やはり表面張力は働かない。砂の城の強度は水の量に依存
いずれにしても，宇宙船の速度は旅行時間より十分短いする。どちらも水の量は適切なもので，砂粒の形は統計的時間でほとんどc となる。c = 1 の単位系では，t までの移に同じとする。水のメニスカス (以下，「首」と呼ぶ) でつな
動距離は
精度よく
x = t と書ける。
がれた2つの砂粒を考えよう。首は紙面に垂直方向に遠くまt と固有時間 τ の関係はで伸びているであろうが，紙面の部分を指すとする。

Task A: スパゲッティ (2点)

dτ =

m0
dt
= dt p 2;γ
m0 + m20 g 2 t2

積分して
τ = asinh(gt)/g ⇒ x ≈ t = sinh(gτ )/g ≈ exp(gτ )/2g.
砂粒を結び付けているのは2つの力である。一つは表面張力 Fs = γl, γ は定数，l は首の周囲の長さ。l ∼ rg , rg は砂
よって粒1個の大きさだから，Fs ∼ γrg . もう一つは界面の曲率による大気圧からの圧力の減少で，Fp = ∆pA, A は首の断面
gd22=
exp(1.5gτ − gτ ) = exp(gT /8) ≈ 480.
積で，∆p ∼ γ/rg . 2つの力は同程度の大きさなので，どちら
d1
1.5g
3
に着目しても正しいスケーリング則を得る。これらの力は砂粒を押しつけあう。したがって，法線成分も摩擦力も Fs
x と t の関係は，宇宙船のエネルギー m = m0 + m0 gx,，
および Fp と同程度である。
運動量 p = m0 gt から，ローレンツ不変な (m0 + m0 gx)2 −2(m0 gt)2 = m20 を用いて x(x + 2/g) = t2 = sinh (gτ )/g 2 , よSolution 1:
上記から，砂粒1個を動かすのに必要な力は F ∝ r . って x = [cosh(gτ ) − 1]/g としても求まる。
gg

水平な1つの層を動かすのに必要な力は ∝ Fg Nl , ここで
Nl ∼ A/rg2 は1つの層の砂粒の数。円柱を壊す力は，F ∝ Fg Nl ∝ rg /rg2 = rg−1 ∝ Vg−1/3 ,よって
Ff g = (1/10)−1/3 · Fcg = 21.5 N.
Solution 2:

仮想的な面を考えると，面に働く単位面積当たりの力は∆p ∼ γ/rg である。砂粒を動かすには同程度の大きさの力が必要である。どちらの円柱の場合も力を掛ける面の面積は同じだから，必要な力は F ∝ 1/rg ∝ V −1/3 .
Solution 3:(略)Solution 4:(略)Theoretical problems: solutions. Language: Japanese

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Task D: That sinking feeling (2点)
半分沈んだ球の振動は重力により駆動される。減衰なしの
角振動数は重力加速度の大きさと特徴的な長さ，今の場合r，により
pω0 ∝ g/r
これが次元的に正しい唯一の式である
抵抗力 Fd は球の速度 v [m/s], 大きさ r [m], と液体の粘性
係数 η に依存する。次元解析により Fd ∝ ηrv. したがって，
減衰率は
Fd
ηr
β=
∝
.
2mv
m
3
質量は r に比例するから
1
β ∝ 2.
r
したがって，
β2
ω2
=1− 2
2
ω0
ω0
から
1
β2
∝ 3
2
ω0
r
振動するのは β/ω0 < 1 の場合であるから
pr= 3 1 − (0.99)2 = 0.271
r0
Notes:√
1. 次元解析なしに ω0 ∝ 1/ r を得るには，y だけ微小変
2
位すると水中の体積が ∆V ∝p r y だけ変わり，浮力がpp2
F ∝ r y 変化するから ω0 = k/m ∝ r2 /r3 = 1/r.
2. 次元解析なしに Fd ∝ ηrv を得るには，速度場の変化の特徴的長さ l は r に比例するから粘性応力は Fd ∼Aσ ∝ ηrv. したがって粘性抵抗は A を球が水に接する
面積として，Fd ∼ Aσ ∝ ηrv.
3. Fd ∝ ηrv を得るには，ストークスの式で，球が無限に広がった一様流体の中にあるのではないことを無次元
定数 K により考慮して Fd = 6πηKrv を用いてもよい。
Solution 2: 振動の復元力は浮力の変化だから，x を変位とすれば Fr ∝ r2 x.
Solution 1のように，抵抗は Fd ∝ rv = rẋ. 振動するつ資料は m ∝ r3 . よって，運動方程式はk1 r2 ẍ + k2 ẋ + k3 rx = 0,
ここで，k1 , k2 , k3 は定数。抵抗がないときは k2 = 0で振動
数は
r
k3
.
ω0 =
k1 r
抵抗があるときは x = eαt を代入して振動数は ω = Imα. こ
れから，
s
k2
ω = ω02 − 22 4 ,
4k1 r




2
k2
k22
2
2
2
.
ω = ω0 1 − 2 4 2 = ω0 1 −4k1 r ω0
4k1 k3 r3r = rmin のとき ω = 0 だから
k22
3= rmin,4k1 k3


3
rmin
2
2
,
ω = ω0 1 − 3
r0
よって rminr0 = 0.271.