ファインマン物理学Ⅳ第１章 AC回路（問題）

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第１章　AC回路（問題）


1-1

$R=1\Omega $とする.

1)
頂点を$A,B,C,D$とおく.
対角線上の点$A, C$について電位差を$V$とおく.
$ABC$を流れる電流を$I_1$
$ADC$を流れる電流を$I_2$とおく.

\[
V=2RI_1=2RI_2,I=I_1+I_2
\]
よって
\[
V=RI.
\]

2)
隣り合う点$A, B$について電位差を$V$とおく.
$AB$を流れる電流を$I_1$
$ADCB$を流れる電流を$I_2$とおく.
\[
V=RI_1=3RI_2, I=I_1+I_2,
\]
より
\[
R=\frac{V}{I_1+I_2}=\frac{V}{\frac{V}{R}+\frac{V}{3R}}=\frac{3R}{4}
\]


1-2

a)

コンデンサーを通る電流を$I_1$, インダクタンスを通る電流を$I_2$とおく.
キルヒホッフの法則より
\[
I_1+I_2=I,
\]
\[
-\mathcal{E}+Ii\omega L+I_1\frac{1}{i\omega C}=0,
\]
\[
-I_1\frac{1}{i\omega C}+I_2i\omega L=0.
\]
これを解くと
（
一番目と二番目の式より
\[
-\mathcal{E}+(I_1+I_2)i\omega L+I_1\frac{1}{i\omega C}=0.
\]
これから三番目の式を引いて
\[
-\mathcal{E}+I_1\left( i\omega L+\frac{2}{i\omega C}\right) =0.
\]
\[
I_1=\frac{-\mathcal{E}}{i\omega L+\frac{2}{i\omega C}}.
\]
\begin{eqnarray*}
I&=&I_1+I_2\\
&=&I_1(1-\frac{1}{\omega ^2}CL)\\
&=&\frac{-\mathcal{E}}{i\omega L+\frac{2}{i\omega C}}\frac{\omega ^2CL-1}{\omega ^2CL}\\
&=& \frac{-i\mathcal{E}}{\omega L}\frac{1-\omega ^2CL}{2-\omega ^2 CL}.
\end{eqnarray*}
$\mathcal{E}=V_0e^{i\omega t}$とおいて実数部をとると
\[
\Re I=\frac{V_0\sin \omega t}{\omega L}\frac{1-\omega ^2CL}{2-\omega ^2 CL}
\]
）
(答えと違うが答えは相互インダクタンスを$0$とおいた場合になっていないので間違いだと思われる.)

b)
\[
I_1+I_2=I,
\]
\[
-\mathcal{E}+Ii\omega L+I_2i\omega M+I_1\frac{1}{i\omega C}=0,
\]
\[
-I_1\frac{1}{i\omega C}+I_2i\omega L+Ii\omega M=0.
\]


これを解くと
(
第一式を第二式と第三式に代入すると
\[
-\mathcal{E}+(I_1+I_2)i\omega L+I_2i\omega M+I_1\frac{1}{i\omega C}=0,
\]
\[
-I_1\frac{1}{i\omega C}+I_2i\omega L+(I_1+I_2)i\omega M=0.
\]
両辺を引くと
\[
-\mathcal{E}+I_1\left( i\omega L+\frac{2}{i\omega C}-i\omega M\right) .
\]
第三式を変形して
\[
I_1\left( -\frac{1}{i\omega C}+i\omega M\right) =-I_2i\omega (L+M).
\]
\begin{eqnarray*}
I&=&I_1+I_2\\
&=&I_1\left( 1+ \frac{\frac{1}{i\omega C}-i\omega M}{i\omega (L+M)})\right) \\
&=&\frac{-\mathcal{E}}{i\omega L+\frac{2}{i\omega C}-i\omega M}
\frac{ i\omega (L+M)+ \frac{1}{i\omega C}-i\omega M}{i\omega (L+M)} \\
&=&
\frac{-i\mathcal{E}}{\omega (L+M)}\frac{1-\omega ^2CL}{2-\omega ^2 C(L-M)}
\end{eqnarray*}
)

\[
\Re I=\frac{V_0\sin \omega t}{\omega (L+M)}\frac{1-\omega ^2CL}{2-\omega ^2 C(L-M)}.
\]


（答えあわない.棚上げ問）

1-3

1-4

左側を通る電流を$I_1$,
右側を通る電流を$I_2$とする.
キルヒホッフの法則より
\[
I=I_1+I_2,
\]
\[
-\mathcal{E}+I_1R+\frac{1}{i\omega C}I_1=0,
\]
\[
-\mathcal{E}+I_2\frac{1}{i\omega C}+I_2R=0.
\]
第2, 3式より
\[
I_1=I_2=\frac{-\mathcal{E}}{R+\frac{1}{i\omega C}}.
\]
$b$と$a$の電位差は
\begin{eqnarray*}
V_b-V_a&=&\frac{I_2}{i\omega C}-R I_1\\
&=&\left( \frac{1}{i\omega C}-R\right) \frac{\mathcal{E}}{R+\frac{1}{i\omega C}}\\
&=&-\frac{R+\frac{i}{\omega C}}{R-\frac{i}{\omega C}}V_0e^{i\omega t}\\
&=&-e^{i(\theta +\omega t)}V_0,
\end{eqnarray*}
ここで
\[
\tan \frac{\theta }{2}=\frac{1}{R\omega C}.
\]

1-5

一番上の線を通る電流を左から$I_1, I_2, I_3$とする.
抵抗とインダクタンスを通る電流をそれぞれ$I_3, I_4$とする.

キルヒホッフの法則より
\[
I_0=I_1+I_3,
\]
\[
I_1=I_2+I_4,
\]
\[
-\mathcal{E}+I_3R=0,
\]
\[
-\mathcal{E}+I_3i\omega L=0,
\]
\[
-\mathcal{E}+I_3\frac{1}{i\omega C}=0.
\]

よって
\begin{eqnarray*}
I_0&=&I_2+I_3+I_4\\
&=&\left( \frac{1}{R}+\frac{1}{i\omega L}+i\omega C\right) \mathcal{E}\\
&=&\left( \frac{1}{R}+i\left( \omega C-\frac{1}{\omega L}\right) \right) \mathcal{E}\\
\end{eqnarray*}

直列のときは
\[
-\mathcal{E}=\left( R+i(\omega L-\frac{1}{\omega C})\right) I.
\]

1-6
\[
L_1=R_a+\mathcal{L},
\]
\[
L_2=R,
\]
\[
L_3=R,
\]
\[
L_4=\frac{\frac{1}{i\omega C}R_b}{R_b+\frac{1}{i\omega C}}=\frac{R_b}{i\omega C R_b+1}
\]
とおく.

$R_D$を電流が流れていないとするとキルヒホッフの法則と$R_D$の
両端が等電位であることより
\[
-\mathcal{E}+I_1L_1+I_1L_3,
\]
\[
-\mathcal{E}+I_2L_2+I_2L_4
\]
\[
I_1L_1=I_2L_2.
\]
これらの条件から$I_1, I_2$を消去し$L_1$を求める.
\[
L_1=\frac{I_2}{I_1}L_2=\frac{L_1+L_3}{L_2+L_4}L_2
\]
よって
\[
(L_2+L_4)L_1=(L_1+L_2)L_2,
\]
よって
\[
L_1=\frac{L_2L_3}{L_4}=\frac{R^2}{\frac{R_b}{i\omega CR_b+1}}
\]
よって
\[
\mathcal{L}=L_1-Ra=\frac{R^2}{R_b}(i\omega CR_b+1)-R_a.
\]

（純虚数じゃないのは変な気がするが答えもこうなってる.）

1-7

\[
L_1=r_1,
\]
\[
L_2=R_1+\frac{1}{i\omega C_1},
\]
\[
L_3=r_3,
\]
\[
L_4=\frac{\frac{R_2}{i\omega C}}{R_2+\frac{1}{i\omega C}},
\]
とおくと，
前問と同様に
\[
L_1L_4=L_2L_3.
\]
よって
\[
r_1 \frac{R_2}{R_2i\omega C_2+1}=\left( R_1+\frac{1}{i\omega C_1}\right) r_2
\]
よって
\begin{eqnarray*}
\frac{r_1}{r_2}&=&\frac{ R_1+\frac{1}{i\omega C_1}}{\frac{R_2}{R_2i\omega C_2+1}}\\
&=&\left( R_1+\frac{1}{i\omega C_1}\right) (R_2i\omega C_2+1)\frac{1}{R_2}\\
&=&\frac{R_1}{R_2}+\frac{C_2}{C_1}+i\left( R_1\omega C_2-\frac{1}{\omega C_1R_2}\right)
\end{eqnarray*}
上式の実部と虚部を比較して
\[
\frac{r_1}{r_2}=\frac{R_1}{R_2}+\frac{C_2}{C_1},
\]
\[
\left( R_1\omega C_2-\frac{1}{\omega C_1R_2}\right) =0.
\]
よって
\[
\omega =\frac{1}{\sqrt{C_1C_2R_1R_2}}
\]

1-8

a)

\[
-\mathcal{E}+\left( \frac{R\frac{1}{i\omega C}}{R+\frac{1}{i\omega C}}+\frac{Ri\omega L}{R+i\omega L}\right) I.
\]
\[
I=\frac{\mathcal{E}}{\frac{R\frac{1}{i\omega C}}{R+\frac{1}{i\omega C}}+\frac{Ri\omega L}{R+i\omega L}}
\]
$RC=L/R$を代入し計算すると
\[
\frac{R\frac{1}{i\omega C}}{R+\frac{1}{i\omega C}}+\frac{Ri\omega L}{R+i\omega L}=\frac{L}{RC}.
\]

b)
上のレジスター，キャパシターを流れる電流を$I_1, I_2$とする.
\[
I_1+I_2=I,
\]
\[
I_1R=I_2\frac{1}{i\omega C}.
\]
二番目の式より
\[
I_2=i\omega CRI_1.
\]
これを一番目の式に代入して
\[
I_1(1+i\omega CR)=I.
\]
よって
\[
I_1=\frac{I}{1+i\omega CR}=\frac{1}{1+i\omega CR}\frac{CR}{L}\mathcal{E}.
\]
レジスター・キャパシター対に加わる電圧を$V_{RC}$とおくと，
\[
V_{RC}=I_1R=\frac{1}{1+i\omega CR}\frac{CR}{L}\mathcal{E}
\]
よって位相差を$\delta $とおくと
\[
\tan \delta =i\omega CR.
\]


1-9


a)
\[
I=\frac{\mathcal{E}}{R+i\omega L+\frac{m}{i\omega C}}.
\]

\[
\hat{I}=\frac{V_0}{R+i\omega L+\frac{m}{i\omega C}}.
\]
よって$R$で失われる平均のエネルギーは
\[
=\frac{R|\hat{I}|^2}{2}=\frac{RV_0^2}{R^2+\left( \omega L-\frac{m}{\omega C}\right) }.
\]

b)

i)

\[
\omega L-\frac{m}{\omega C}=0
\]
より
\[
m=\omega ^2LC=2.
\]

ii)

$P_0, P_1$間の電圧は
\[
\frac{1}{i\omega C}I=\frac{1}{i\omega C}\frac{V_0 e^{i\omega t}}{R}=50e^{i\omega t}V.
\]
$R$の両端の電圧は
\[
RI=\mathcal{E}=100e^{i\omega t}V.
\]