「リードα 物理基礎・物理 改訂版」徹底解説！【第26章】応用問題

456 正方形コイルの誘導起電力

【問題の確認】まずは問題文をしっかり読み解こう

この問題は、コイルが磁場を通過する際に生じる電磁誘導について、磁束・誘導起電力・外力をコイルの位置の関数として考察する問題です。コイルが磁場に「入るとき」「完全に中にあるとき」「出るとき」の3つの区間で物理現象がどう変わるかを正確に捉えることが鍵となります。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「一様な磁場を通過するコイルに生じる電磁誘導」です。コイルの位置によって磁束の変化の仕方が変わるため、区間ごとの場合分けが重要です。

問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。

基本的なアプローチは以下の通りです。

問(1)

思考の道筋とポイント
コイルを貫く磁束 \(\Phi\) は、磁束密度 \(B\) と、コイルのうち磁場領域内にある面積 \(S_{\text{内}}\) の積で与えられます。コイルの右辺の位置が \(x\) であることに注意しながら、\(x\) の値に応じて \(S_{\text{内}}\) がどう変化するかを考えます。

この設問における重要なポイント

• 磁束の定義: \(\Phi = B \times S_{\text{内}}\)。ここで \(S_{\text{内}}\) はコイルが磁場を貫いている部分の面積です。
• 区間ごとの面積計算: コイルが磁場に「入る」「中にある」「出る」の3つの状況で、\(S_{\text{内}}\) を \(x\) の式で正確に表現することが重要です。

具体的な解説と立式
コイルの右辺の \(x\) 座標を \(x\)、左辺の \(x\) 座標を \(x-a\) として、各区間での磁束 \(\Phi\) を計算します。

• \(0 \le x \le a\) の区間 (コイルが磁場に入る)
  磁場内にあるコイルの面積は、縦 \(a\)、横 \(x\) の長方形なので \(S_{\text{内}} = ax\) です。
  $$ \Phi = B S_{\text{内}} = Bax \quad \cdots ① $$
• \(a < x < 3a\) の区間 (コイルが完全に磁場内にある)
  コイル全体が磁場内にあるため、面積は一定で \(S_{\text{内}} = a^2\) です。
  $$ \Phi = B S_{\text{内}} = Ba^2 \quad \cdots ② $$
• \(3a \le x \le 4a\) の区間 (コイルが磁場から出る)
  磁場内にあるコイルの面積は、縦 \(a\)、横 \(3a – (x-a) = 4a-x\) の長方形なので \(S_{\text{内}} = a(4a-x)\) です。
  $$ \Phi = B S_{\text{内}} = Ba(4a-x) \quad \cdots ③ $$
• その他の区間 (\(x < 0, x > 4a\))
  コイルは磁場領域の外にあるため、磁束は \(0\) です。

上記①、②、③式から、グラフの形状を考えます。

• \(x=0\) のとき、①式より \(\Phi = 0\)。
• \(x=a\) のとき、①式より \(\Phi = Ba^2\)。この区間では \(\Phi\) は \(x\) に比例して直線的に増加します。
• \(a < x < 3a\) の区間では、②式より \(\Phi = Ba^2\) で一定です。
• \(x=3a\) のとき、③式より \(\Phi = Ba(4a-3a) = Ba^2\)。
• \(x=4a\) のとき、③式より \(\Phi = Ba(4a-4a) = 0\)。この区間では \(\Phi\) は \(x\) の一次関数として直線的に減少します。

これらの点を結ぶと、解答図(a)のような台形のグラフが得られます。縦軸の最大値は \(\Phi_{\text{最大}} = Ba^2\) です。

磁束とは、コイルを貫く磁力線の本数のようなものです。コイルが磁場に入っていくとき、貫く本数はだんだん増えていきます（\(0 \le x \le a\)）。コイルがすっぽり磁場の中に入ってしまうと、動いても貫く本数は変わりません（\(a < x < 3a\)）。そして、磁場から出ていくときに、本数はだんだん減っていきます（\(3a \le x \le 4a\)）。この様子をグラフにしたものが答えです。

コイルを貫く磁束 \(\Phi\) のグラフは、\(x=a\) から \(x=3a\) まで \(\Phi = Ba^2\) の一定値をとり、その前後で直線的に変化する台形となる。これは物理的な状況と一致しており妥当です。

問(2)

思考の道筋とポイント
誘導起電力は、コイルを貫く磁束が「変化」するときにのみ生じます。導体棒が磁場を速さ \(v\) で垂直に横切るときに生じる起電力 \(V=vBl\) の公式を利用するのが直感的です。コイルの右辺と左辺がそれぞれ磁場を横切る際に生じる起電力を考え、回路全体として合成します。

この設問における重要なポイント

• 起電力の発生条件: 磁束が時間変化する区間、すなわちコイルが磁場に出入りする区間（\(0 \le x \le a\) と \(3a \le x \le 4a\)）でのみ起電力が生じます。
• 起電力の向き: レンツの法則（またはフレミングの右手の法則）に従います。磁束の増加を妨げる向き、または減少を補う向きに電流が流れるように起電力が生じます。
• 起電力の合成: コイルの各辺に生じる起電力を、回路全体で足し合わせます。向きが逆の場合は打ち消し合います。

具体的な解説と立式
各区間での誘導起電力 \(V\) を計算します。

• \(0 \le x \le a\) の区間 (コイルが磁場に入る)
  コイルの右辺のみが磁場を横切ります。この辺に大きさ \(V_1 = vBa\) の起電力が生じます。レンツの法則より、コイルを貫く「紙面に垂直で裏から表向き」の磁束が増加するため、それを打ち消す「表から裏向き」の磁束を作る向き、すなわち時計回りに電流を流そうとする起電力が生じます。問題の指示で「最初に発生した誘導起電力の向きを正」とするので、この時計回りの起電力を正とします。
  $$ V = vBa \quad \cdots ④ $$
• \(a < x < 3a\) の区間 (コイルが完全に磁場内にある)
  磁束が一定 (\(\Phi = Ba^2\)) なので、その時間変化は \(0\) です。したがって、誘導起電力は生じません。（別解釈：右辺と左辺にそれぞれ大きさ \(vBa\) の起電力が生じますが、回路内では互いに逆向きになるため打ち消し合います。）
  $$ V = 0 \quad \cdots ⑤ $$
• \(3a \le x \le 4a\) の区間 (コイルが磁場から出る)
  今度はコイルの左辺のみが磁場を横切ります。この辺に大きさ \(V_2 = vBa\) の起電力が生じます。レンツの法則より、コイルを貫く「紙面に垂直で裏から表向き」の磁束が減少するため、それを補う「裏から表向き」の磁束を作る向き、すなわち反時計回りに電流を流そうとする起電力が生じます。これは最初の起電力とは逆向きなので、負の値となります。
  $$ V = -vBa \quad \cdots ⑥ $$

④、⑤、⑥式より、\(V-x\) グラフを作成します。

• \(0 < x < a\) では、\(V = vBa\) (一定値)。
• \(a < x < 3a\) では、\(V = 0\)。
• \(3a < x < 4a\) では、\(V = -vBa\) (一定値)。

これは解答図(b)のグラフと一致します。正の最大値は \(vBa\)、負の最大値は \(-vBa\) です。

電池でないのに電流が流れるのは、コイルが「磁力線の本数が変わる場所」を動くからです。磁場に入るとき（本数が増えるとき）と、出るとき（本数が減るとき）にだけ電圧（誘導起電力）が発生します。すっぽり中に入っているときは本数が変わらないので電圧はゼロです。また、入るときと出るときでは、磁力線の変化の仕方が「増える」と「減る」で逆なので、発生する電圧の向きも逆になります。

誘導起電力は磁束の時間変化率に比例するため、磁束が直線的に変化する区間（\(0 \le x \le a\) と \(3a \le x \le 4a\)）で一定値となり、磁束が一定の区間（\(a < x < 3a\)）で \(0\) となる。この結果はファラデーの法則と整合しており、妥当です。

問(3)

思考の道筋とポイント
コイルに誘導電流が流れると、その電流は磁場から力を受けます（ローレンツ力）。この力はレンツの法則により、常にコイルの運動を妨げる向きに働きます。コイルを等速で動かし続けるためには、このローレンツ力と大きさが等しく、向きが逆の外力を加え続ける必要があります。

この設問における重要なポイント

• 誘導電流の計算: オームの法則 \(I = V/R\) を用いて、問(2)で求めた起電力から誘導電流の大きさを求めます。
• ローレンツ力の計算: 電流が流れる導線が磁場から受ける力 \(F_{\text{ローレンツ}} = IBL\) を計算します。力の向きはフレミングの左手の法則で決定します。
• 外力とのつりあい: 外力 \(F\) はローレンツ力 \(F_{\text{ローレンツ}}\) とつりあうので、\(F = F_{\text{ローレンツ}}\) となります。向きは \(F_{\text{ローレンツ}}\) と逆です。

具体的な解説と立式
各区間で必要な外力 \(F\) を計算します。

• \(0 \le x \le a\) の区間:
  誘導起電力は \(V = vBa\)。誘導電流の大きさは \(I = \displaystyle\frac{V}{R} = \frac{vBa}{R}\)。電流はコイルの右辺を下向きに流れます（時計回り）。フレミングの左手の法則より、この右辺には左向き（負の向き）のローレンツ力 \(F_{\text{ローレンツ}}\) が働きます。その大きさは、
  $$
  \begin{aligned}
  F_{\text{ローレンツ}} &= I a B \\[2.0ex] &= \left(\frac{vBa}{R}\right) a B \\[2.0ex] &= \frac{vB^2a^2}{R}
  \end{aligned}
  $$
  したがって、必要な外力 \(F\) は右向き（正の向き）に同じ大きさとなります。
  $$
  \begin{aligned}
  F &= F_{\text{ローレンツ}} \\[2.0ex] &= \frac{vB^2a^2}{R} \quad \cdots ⑦
  \end{aligned}
  $$
• \(a < x < 3a\) の区間:
  誘導起電力が \(0\) なので、誘導電流も \(0\) です。したがって、ローレンツ力は働かず、外力も必要ありません。
  $$ F = 0 \quad \cdots ⑧ $$
• \(3a \le x \le 4a\) の区間:
  誘導起電力の大きさは \(|V| = vBa\)。誘導電流の大きさは \(I = \displaystyle\frac{|V|}{R} = \frac{vBa}{R}\)。電流はコイルの左辺を下向きに流れます（反時計回り）。フレミングの左手の法則より、この左辺には左向き（負の向き）のローレンツ力 \(F_{\text{ローレンツ}}\) が働きます。その大きさは、
  $$
  \begin{aligned}
  F_{\text{ローレンツ}} &= I a B \\[2.0ex] &= \frac{vB^2a^2}{R}
  \end{aligned}
  $$
  したがって、必要な外力 \(F\) は右向き（正の向き）に同じ大きさとなります。
  $$
  \begin{aligned}
  F &= F_{\text{ローレンツ}} \\[2.0ex] &= \frac{vB^2a^2}{R} \quad \cdots ⑨
  \end{aligned}
  $$

⑦、⑧、⑨式より、\(F-x\) グラフを作成します。

• \(0 < x < a\) では、\(F = \displaystyle\frac{vB^2a^2}{R}\) (一定値)。
• \(a < x < 3a\) では、\(F = 0\)。
• \(3a < x < 4a\) では、\(F = \displaystyle\frac{vB^2a^2}{R}\) (一定値)。

これは解答図(c)のグラフと一致します。力の最大値は \(\displaystyle\frac{vB^2a^2}{R}\) です。

コイルに電流が流れると、コイルは磁石のようになり、磁場から「ブレーキ」をかけられます。このブレーキ力に逆らって、同じ速さで押し続けるために必要なのが外力です。電圧が発生しているとき（つまり、磁場に出入りしているとき）だけブレーキがかかるので、そのときだけ力を加える必要があります。コイルがすっぽり磁場の中にあるときは、ブレーキがかからないので力は不要です。

外力は、誘導電流が流れる区間でのみ必要となり、その向きは常にコイルの運動方向（右向き、正）です。大きさは \(V^2\) に比例するため、\(V\) が正でも負でも同じ大きさの正の力が必要となります。この結果は物理的に妥当です。

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最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• ファラデーの電磁誘導の法則とレンツの法則:
  • 核心: コイルを貫く磁束 \(\Phi\) が時間的に変化すると、その変化を妨げる向きに誘導起電力 \(V\) が生じる (\(V = -d\Phi/dt\)) というのが、この問題の根幹をなす法則です。
  • 理解のポイント: この問題では、コイルが磁場に「入るとき」(\(0 \le x \le a\)) と「出るとき」(\(3a \le x \le 4a\)) のみが磁束が変化する区間です。磁束が増加する「入るとき」と、減少する「出るとき」では、レンツの法則により起電力の向きが逆になります。コイルが完全に磁場内にある区間 (\(a < x < 3a\)) では、磁束が一定で変化しないため、起電力は \(0\) になります。
• ローレンツ力と力のつりあい:
  • 核心: 誘導電流 \(I\) が流れる導線は、磁場 \(B\) から力（ローレンツ力）を受けます。この力は運動を妨げる向きに働くため、コイルを等速で動かし続けるには、この力とつりあう外力 \(F\) が必要になります。
  • 理解のポイント: 外力が必要なのは、誘導電流が流れている区間、すなわち起電力が生じている区間のみです。ローレンツ力は常に運動と逆向き（左向き）に働くため、外力は常に運動方向（右向き）に働きます。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

• 応用できる類似問題のパターン:
  • 磁場が不均一な場合: 磁束密度 \(B\) が位置によって変化する問題。この場合、\(\Phi = \int B dS\) のように積分計算が必要になったり、起電力 \(V=vBl\) の \(B\) が位置の関数になったりします。
  • コイルが回転する場合（発電機）: 磁場中でコイルが回転すると、磁場を垂直に貫く面積が周期的に変化 (\(S_{\text{垂直}} = S \cos\omega t\)) するため、交流起電力が生じます。
  • 自己誘導・相互誘導: コイル自身を流れる電流が変化して起電力を生じる（自己誘導）や、隣のコイルの電流変化が影響する（相互誘導）問題も、磁束変化が起電力を生むという点で本質は同じです。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 座標の定義を正確に把握する: この問題のように、コイルの「左辺」か「右辺」か、あるいは「中心」か、どこを基準に位置 \(x\) が定義されているかを確認することが、全ての計算の出発点となります。
  2. 現象が切り替わる点を特定する: コイルの辺が磁場の境界を通過する瞬間に、物理現象（磁束の変化率、起電力、力）が不連続に変化します。この問題では \(x=0, a, 3a, 4a\) がその点です。まずこれらの点を特定し、区間ごとに場合分けする方針を立てます。
  3. 磁束 \(\Phi(x)\) を立式する: 全ての現象の根源は磁束の変化です。まず、コイルの位置 \(x\) の関数として磁束 \(\Phi(x)\) を正確に立式することが、問題を体系的に解くための最も確実なステップです。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• コイルの位置の定義の誤解:
  • 誤解: コイルの左辺を \(x\) とするか、右辺を \(x\) とするかを混同、あるいは思い込みで解いてしまう。
  • 対策: 問題文を丁寧に読み、図と照らし合わせて、どの部分の座標が \(x\) なのかを最初に明確にマークすること。この問題では「コイルの右辺の \(x\) 座標を \(x\) とする」が正しい設定でした。
• レンツの法則（起電力の向き）の間違い:
  • 誤解: 磁束が増えるときも減るときも同じ向きの起電力が生じると考えてしまう。あるいは、フレミングの右手の法則の適用を誤る。
  • 対策: 「変化を妨げる」というレンツの法則の基本に立ち返ること。「（裏→表）の磁束が増える」→「それを打ち消す（表→裏）の磁束を作ろうとする」→「時計回りの電流」という論理的な連鎖を丁寧にたどる習慣をつけることが重要です。
• 力の向きの間違い:
  • 誤解: 外力 \(F\) の向きを、ローレンツ力と同じ向きだと勘違いする。
  • 対策: 「コイルを等速で動かすため」という問題文の条件に着目すること。これは「力のつりあい」を意味します。磁場から受ける力（ローレンツ力）は常に運動を妨げるブレーキ力なので、外力は常にそれを打ち消して運動を助けるアクセルの力である、と理解することが重要です。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題での有効なイメージ化と図示:
  • グラフの連関イメージ: \(\Phi-x\) グラフ、\(V-x\) グラフ、\(F-x\) グラフを上下に並べて描くことで、三者の関係性が視覚的に理解できます。
    • \(\Phi-x\) グラフの「傾き」が \(V-x\) グラフの「値」になる (\(V \propto -d\Phi/dx\))。
    • \(V-x\) グラフの「値の2乗」が \(F-x\) グラフの「値」になる (\(F \propto V^2\))。
  • 区間ごとの図示: \(x=0, a, 3a, 4a\) の境界をまたぐ瞬間のコイルの絵を4枚描くだけでなく、各区間の途中（例: \(x=a/2, 2a, 3.5a\)）でのコイルの状態を図示すると、磁束や力の有無がより明確にイメージできます。
• 図を描く際に注意すべき点:
  • 電流の向きを書き込む: 起電力が生じる区間では、コイルに流れる誘導電流の向き（時計回りか反時計回りか）を矢印で書き込みましょう。
  • 力の矢印を書き込む: 電流が流れる辺に働くローレンツ力（左向き）と、それとつりあう外力（右向き）を、それぞれ異なる種類の矢印（例：実線と破線）で書き込むと、力の関係が明確になります。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 磁束 \(\Phi = BS\):
  • 選定理由: 問題の出発点である「コイルを貫く磁束」を定義・計算するための基本公式だからです。
  • 適用根拠: 磁束密度が一様な磁場において、磁場に垂直な面積 \(S\) を貫く磁束を計算する際の定義式です。
• 誘導起電力 \(V = vBl\):
  • 選定理由: 磁束の時間変化を計算するよりも、導体棒が磁場を横切る状況として捉える方が直感的で計算が速い場合に選択します。
  • 適用根拠: これはファラデーの法則を、長さ \(l\) の導体棒が速さ \(v\) で磁場 \(B\) を垂直に横切るという特定の状況に適用した、便利な公式です。
• 外力とエネルギー保存則 \(Fv = V^2/R\):
  • 選定理由: ローレンツ力を経由せずに、エネルギーの観点から直接外力を求めたい場合に選択します。これは別解として有効なアプローチです。
  • 適用根拠: 「外力がした仕事が、すべてジュール熱として消費される」というエネルギー保存則に基づいています。等速運動であるため、運動エネルギーの変化がないことが、この等式が成り立つ根拠です。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. (1) 磁束 \(\Phi\) の計算:
   • 戦略: コイルの右辺 \(x\) と左辺 \(x-a\) の位置に着目し、区間ごとに磁場内の面積 \(S_{\text{内}}\) を \(x\) で表す。
   • フロー: ① \(0 \le x \le a\), ② \(a < x < 3a\), ③ \(3a \le x \le 4a\) の3区間で \(S_{\text{内}}\) を計算 → ② \(\Phi = B S_{\text{内}}\) に代入して各区間の \(\Phi(x)\) を立式 → ③グラフを描く。
2. (2) 誘導起電力 \(V\) の計算:
   • 戦略: 磁束が変化する区間でのみ起電力が生じる。導体棒の公式 \(V=vBa\) を使い、向きはレンツの法則で判断する。
   • フロー: ① \(0 \le x \le a\) で右辺に起電力発生。向きを判断し \(V=+vBa\) → ② \(a < x < 3a\) では磁束変化ゼロなので \(V=0\) → ③ \(3a \le x \le 4a\) で左辺に起電力発生。向きを判断し \(V=-vBa\) → ④グラフを描く。
3. (3) 外力 \(F\) の計算:
   • 戦略: 起電力が生じる区間で誘導電流 \(I=V/R\) が流れ、ローレンツ力 \(F_{\text{ローレンツ}}=IBa\) が生じる。外力 \(F\) はこれとつりあう。
   • フロー: ① \(0 \le x \le a\) と \(3a \le x \le 4a\) で \(I = vBa/R\) を計算 → ② ローレンツ力 \(F_{\text{ローレンツ}} = (vBa/R)Ba\) を計算 → ③ 外力 \(F\) は \(F_{\text{ローレンツ}}\) と同じ大きさで向きが逆（運動方向）なので \(F = vB^2a^2/R\) → ④ \(a < x < 3a\) では \(I=0\) なので \(F=0\) → ⑤グラフを描く。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 単位と文字の確認: 最終的な答えの次元（単位）が正しいかを確認する習慣をつけましょう。例えば、力の次元は \([MLT^{-2}]\) です。\(F = vB^2a^2/R\) の次元を検算すると、\(v[LT^{-1}]\), \(B[MT^{-2}I^{-1}]\), \(a[L]\), \(R[ML^2T^{-3}I^{-2}]\) から正しく力の次元になることが確認でき、大きな間違いを防げます。
• 区間分けの境界値チェック: 各区間の境界点（例: \(x=a\)）で、両側の区間の式が同じ値になるか（連続性があるか）を確認しましょう。例えば、問(1)で \(x=a\) のとき、\(\Phi=Bax\) も \(\Phi=Ba^2\) も同じ \(\Phi=Ba^2\) となり、つながっていることが確認できます。
• 符号の丁寧な扱い: 起電力や力の向きを決めるとき、プラス・マイナスの符号の定義（問題文の指示）を常に意識しましょう。「時計回りが正」「右向きが正」といった定義を、計算用紙の隅に大きくメモしておくと混乱を防げます。

解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう

• 得られた答えの物理的妥当性の検討:
  • (1) 磁束: コイルが磁場に入り、通り抜け、出ていくという一連の動きに対して、磁束が \(0 \rightarrow\) 増加 \(\rightarrow\) 一定 \(\rightarrow\) 減少 \(\rightarrow 0\) と変化するのは直感と一致しており妥当です。
  • (2) 起電力: 磁束が変化しているときだけ起電力が生じ、磁束が一定の区間では \(0\) になる。これはファラデーの法則そのものであり、妥当です。また、磁束の増加時と減少時で起電力の符号が逆になるのもレンツの法則から当然です。
  • (3) 力: 外力は、コイルが「電磁ブレーキ」をかけられている区間でのみ必要になります。ブレーキがかかるのは誘導電流が流れるときなので、起電力が \(0\) でない区間でのみ力が必要になるのは妥当です。また、ブレーキは常に運動を妨げる向きなので、外力は常に運動を助ける向き（正）になるのも妥当です。
• 別解との比較:
  • この問題では、起電力を「\(V=vBl\)」で求める方法と「\(V=-d\Phi/dt\)」で求める方法、外力を「ローレンツ力とのつりあい」で求める方法と「エネルギー保存則」で求める方法がありました。異なる物理法則から出発して同じ結論に達したことは、それぞれの法則が同じ現象の異なる側面を記述していることの証左であり、解答の信頼性を高めます。

457 磁場の中での導体棒の運動

【問題の確認】まずは問題文をしっかり読み解こう

この問題は、磁場中を運動する導体棒に生じる「誘導起電力」と、それに伴う「電磁力」、そして回路全体の「エネルギー保存則」を総合的に扱う問題です。導体棒が上昇する場合と落下する場合のそれぞれで、力のつりあいと電気回路の法則を正しく適用できるかが問われます。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「誘導起電力を伴う導体棒の運動とエネルギー保存」です。導体棒が動くことで発生する誘導起電力を「もう一つの電池」とみなし、回路方程式や力学法則を適用することが鍵となります。

基本的なアプローチは以下の通りです。

問(1)

思考の道筋とポイント
導体棒Aが磁場中を速さ\(v\)で運動することにより、Aには誘導起電力が生じます。この誘導起電力は、回路にもともとある電池の起電力\(E\)とは逆向きに作用します。したがって、回路全体の実質的な起電力は、この二つの差で考えられます。この実質的な起電力によって抵抗\(R\)に電流が流れる、というキルヒホッフの法則IIを適用します。
この設問における重要なポイント

• 誘導起電力の大きさ: 導体棒Aが速さ\(v\)で磁場を横切るときに生じる誘導起電力の大きさ\(V\)は、\(V = vBl\)で与えられます。
• 誘導起電力の向き: レンツの法則より、導体棒の上昇で回路の面積が減り、回路を貫く紙面表向きの磁束が減少するので、誘導起電力はこの減少を妨げる向き、すなわち、紙面表向きの磁場を作るような電流を流す向き（反時計回り）に生じます。これは電池の起電力\(E\)の向き（時計回り）とは逆です。
• キルヒホッフの法則II: 回路全体の起電力の和（この場合は差）が、抵抗での電圧降下に等しくなります。

具体的な解説と立式
導体棒Aが鉛直上向きに速さ\(v\)で動くとき、Aには誘導起電力\(V\)が生じます。その大きさは、
$$ V = vBl $$
です。この起電力の向きは、レンツの法則により、電池の起電力\(E\)と逆向き（反時計回り）になります。
したがって、時計回りを正とすると、回路全体の起電力の合計は \(E – V = E – vBl\) となります。
キルヒホッフの法則IIを適用すると、回路全体の起電力が抵抗\(R\)での電圧降下\(RI\)に等しくなるので、
$$ E – vBl = RI \quad \cdots ① $$
が成り立ちます。

①式を電流\(I\)について解きます。
$$ I = \frac{E – vBl}{R} $$
電流の向きは、\(E > vBl\) の間は時計回り（図1の向き）となります。

導体棒が磁石のそばを動くと、導体棒自体が一種の「電池」になります。この問題では、導体棒が上に動くことで生まれる「逆向きの電池」ができます。回路にはもともと電池\(E\)があるので、抵抗\(R\)にかかる電圧は「電池\(E\)の電圧」から「導体棒が生み出す逆向きの電圧」を引いたものになります。この電圧を抵抗\(R\)で割れば、流れる電流が計算できます。

速さ\(v\)のときの電流\(I\)は \(\displaystyle\frac{E – vBl}{R}\) です。
速さ\(v\)が\(0\)のとき（動き始め）は電流が最大値 \(\displaystyle\frac{E}{R}\) となり、速くなるにつれて誘導起電力\(vBl\)が大きくなるため、電流\(I\)は減少していきます。これは物理的に妥当な結果です。

問(2)

思考の道筋とポイント
「一定の速さ」という言葉は、物理では「加速度が0」、すなわち「物体にはたらく力がつりあっている」ことを意味します。導体棒Aには、下向きに重力\(mg\)がはたらいています。一方、(1)で求めた電流\(I\)が流れることで、導体棒Aは磁場から上向きの電磁力\(F=IBl\)を受けます。この二つの力がつりあうときの速さが\(v_1\)です。
この設問における重要なポイント

• 力のつりあい: 導体棒Aにはたらく上向きの電磁力と、下向きの重力が等しくなります。
• 電磁力の大きさ: 電流\(I_1\)が流れる導体棒が受ける力は \(F = I_1Bl\) です。向きはフレミングの左手の法則より鉛直上向きです。
• 連立方程式: 力のつりあいの式と、(1)で導いたキルヒホッフの法則の式を連立させて解きます。

具体的な解説と立式
導体棒Aの速さが一定の\(v_1\)になったとき、Aに流れる電流を\(I_1\)とします。
このとき、Aにはたらく力は、鉛直上向きの電磁力 \(F = I_1Bl\) と、鉛直下向きの重力 \(mg\) です。
速さが一定であるため、これらの力はつりあっています。
$$ I_1Bl = mg \quad \cdots ② $$
また、このときの回路についてキルヒホッフの法則IIを適用すると、(1)の式の\(v\)を\(v_1\)、\(I\)を\(I_1\)に置き換えて、
$$ E – v_1Bl = RI_1 \quad \cdots ③ $$
が成り立ちます。

②式より、つりあいを満たす電流\(I_1\)は、
$$ I_1 = \frac{mg}{Bl} $$
となります。この\(I_1\)を③式に代入します。
$$ E – v_1Bl = R \left( \frac{mg}{Bl} \right) $$
この式を\(v_1\)について解きます。
$$
\begin{aligned}
v_1Bl &= E – \frac{mgR}{Bl} \\[2.0ex] v_1 &= \frac{1}{Bl} \left( E – \frac{mgR}{Bl} \right)
\end{aligned}
$$

導体棒が上昇を始めると、上向きに「電磁力」という力がはたらきます。この力と、下向きの「重力」がつりあうと、導体棒はそれ以上加速も減速もせず、一定のスピードで上昇を続けます。まず、重力とつりあうために必要な電磁力の大きさを計算し、その電磁力を発生させるのに必要な電流を求めます。最後に、その電流が流れるときのスピードを(1)の結果を使って計算します。

一定の速さ\(v_1\)は \(\displaystyle\frac{1}{Bl} \left( E – \frac{mgR}{Bl} \right)\) です。
この結果は、電池の起電力\(E\)が大きいほど、また質量\(m\)や抵抗\(R\)が小さいほど、終端速度\(v_1\)が大きくなることを示しており、直感と一致します。もし \(E \le \displaystyle\frac{mgR}{Bl}\) ならば\(v_1 \le 0\)となり、そもそも上昇しないことを意味し、これも物理的に妥当です。

問(3)

思考の道筋とポイント
単位時間あたりの仕事やエネルギーを求める問題です。これは電力の計算に相当します。

• 電池がする仕事率（電力）は \(P = IV\)。ここでは \(W = I_1E\)。
• 抵抗で発生するジュール熱（消費電力）は \(P = I^2R\)。ここでは \(Q = I_1^2R\)。
• 単位時間に得る位置エネルギーは、\(mg \times (\text{単位時間に進む距離})\)。単位時間に進む距離は速さ\(v_1\)そのものです。よって \(U = mgv_1\)。

これらの量を(2)で求めた\(I_1\)と\(v_1\)を使って具体的に計算し、関係性を調べます。これはエネルギー保存則の確認作業です。
この設問における重要なポイント

• 仕事率・電力の定義:
  • 電池の供給電力: \(W = I_1E\)
  • 抵抗の消費電力: \(Q = I_1^2R\)
• 位置エネルギーの増加率: \(U = mg \times (\text{単位時間あたりの高さの変化}) = mgv_1\)
• エネルギー保存則: 回路全体でエネルギーは保存されるはずです。つまり、供給されたエネルギーが、他の形のエネルギーに変換されます。

具体的な解説と立式
(2)より、定常状態での電流は \(I_1 = \displaystyle\frac{mg}{Bl}\)、速さは \(v_1 = \displaystyle\frac{1}{Bl} \left( E – \frac{mgR}{Bl} \right)\) です。

単位時間に電池がする仕事\(W\)は、
$$
\begin{aligned}
W &= I_1 E \\[2.0ex] &= \left( \frac{mg}{Bl} \right) E \\[2.0ex] &= \frac{mgE}{Bl} \quad \cdots ④
\end{aligned}
$$
単位時間に抵抗で発生するジュール熱\(Q\)は、
$$
\begin{aligned}
Q &= I_1^2 R \\[2.0ex] &= \left( \frac{mg}{Bl} \right)^2 R \quad \cdots ⑤
\end{aligned}
$$
単位時間に導体棒Aが得る重力による位置エネルギー\(U\)は、
$$
\begin{aligned}
U &= mgv_1 \\[2.0ex] &= mg \left\{ \frac{1}{Bl} \left( E – \frac{mgR}{Bl} \right) \right\} \\[2.0ex] &= \frac{mg}{Bl} \left( E – \frac{mgR}{Bl} \right) \\[2.0ex] &= \frac{mgE}{Bl} – \frac{m^2g^2R}{B^2l^2} \quad \cdots ⑥
\end{aligned}
$$

④、⑤、⑥式から、\(W, Q, U\)の関係を調べます。⑤と⑥の和を計算してみます。
$$
\begin{aligned}
Q + U &= \left( \frac{mg}{Bl} \right)^2 R + \left( \frac{mgE}{Bl} – \frac{m^2g^2R}{B^2l^2} \right) \\[2.0ex] &= \frac{m^2g^2R}{B^2l^2} + \frac{mgE}{Bl} – \frac{m^2g^2R}{B^2l^2} \\[2.0ex] &= \frac{mgE}{Bl}
\end{aligned}
$$
この結果は④式の\(W\)と等しいです。
したがって、
$$ W = Q + U $$
という関係が成り立ちます。

これは、家計簿のようなものです。「電池」というお財布から供給されたエネルギー（収入\(W\)）が、何に使われたか（支出）を計算しています。支出の内訳は、「抵抗」で熱として無駄遣いされた分（生活費\(Q\)）と、「導体棒」を高い位置に持ち上げるために貯金された分（貯蓄\(U\)）です。当然、収入と支出の合計は一致するはずで、それが \(W = Q + U\) という関係式で表されています。

\(W = \displaystyle\frac{mgE}{Bl}\), \(Q = \left(\displaystyle\frac{mg}{Bl}\right)^2 R\), \(U = \displaystyle\frac{mg}{Bl}\left(E-\displaystyle\frac{mgR}{Bl}\right)\) であり、関係式は \(W = Q + U\) です。
この関係式はエネルギー保存則そのものであり、電池が供給したエネルギーが、ジュール熱と位置エネルギーに過不足なく変換されたことを示しています。物理的に完全に妥当な結果です。

問(4)

思考の道筋とポイント
スイッチをS₂に入れると、電池が回路から切り離され、抵抗\(R\)と導体棒Aのみの閉回路になります。Aが落下すると、その運動によって誘導起電力が発生し、回路に電流が流れます。この電流は、フレミングの左手の法則により、落下を妨げる向き（上向き）の電磁力を生み出します。落下速度が増すにつれてこの電磁力も強くなり、やがて重力とつりあう点で、Aは一定の速さ\(v_2\)（終端速度）で落下するようになります。
この設問における重要なポイント

• 新しい回路: 電池がなく、抵抗\(R\)と導体棒A（誘導起電力の源）だけの回路です。
• 誘導起電力: 速さ\(v_2\)で落下するとき、誘導起電力 \(V_2 = v_2Bl\) が生じます。
• 力のつりあい: 上向きの電磁力 \(F_2 = I_2Bl\) と下向きの重力 \(mg\) がつりあいます。
• オームの法則: 回路の起電力は\(V_2\)だけなので、\(V_2 = I_2R\) が成り立ちます。

具体的な解説と立式
導体棒Aが鉛直下向きに一定の速さ\(v_2\)で落下しているとき、Aに流れる電流を\(I_2\)とします。
このとき、Aにはたらく力は、鉛直上向きの電磁力 \(F_2 = I_2Bl\) と、鉛直下向きの重力 \(mg\) です。
速さが一定なので、これらの力はつりあっています。
$$ I_2Bl = mg \quad \cdots ⑦ $$
一方、速さ\(v_2\)で落下するAには、誘導起電力 \(V_2 = v_2Bl\) が生じます。この起電力によって抵抗\(R\)に電流\(I_2\)が流れるので、オームの法則より、
$$ v_2Bl = I_2R \quad \cdots ⑧ $$
が成り立ちます。

⑦式から電流\(I_2\)を求めます。
$$ I_2 = \frac{mg}{Bl} $$
この\(I_2\)を⑧式に代入します。
$$ v_2Bl = \left( \frac{mg}{Bl} \right) R $$
この式を\(v_2\)について解きます。
$$
\begin{aligned}
v_2 &= \frac{1}{Bl} \left( \frac{mgR}{Bl} \right) \\[2.0ex] &= \frac{mgR}{B^2l^2}
\end{aligned}
$$

今度は電池がなくなり、導体棒が落下します。落下することで導体棒自体が発電機（電池）となり、回路に電流を流します。この電流が、今度は上向きの力（ブレーキ）を生み出します。落下のスピードが上がるほど発電量が増え、ブレーキ力も強くなります。最終的に、このブレーキ力と重力がぴったり同じ大きさになったところで、一定のスピードで落下し続けることになります。

一定の速さ\(v_2\)は \(\displaystyle\frac{mgR}{B^2l^2}\) です。
この速さは、重力\(mg\)や抵抗\(R\)が大きいほど速く、磁場\(B\)や導体棒の長さ\(l\)が大きいほど（ブレーキが効きやすいので）遅くなることを示しており、物理的に妥当な結果です。

【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座

最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• 誘導起電力とキルヒホッフの法則IIの融合:
  • 核心: 磁場中を運動する導体棒は、それ自体が起電力 \(V=vBl\) を持つ「電池」として振る舞います。この問題の最大のポイントは、この「動く電池（誘導起電力）」と「固定された電池（電源\(E\)）」が共存する回路を、キルヒホッフの法則II（起電力の和＝電圧降下の和）を用いて統一的に扱う点にあります。
  • 理解のポイント: 導体棒の上昇時には、誘導起電力は電源\(E\)と逆向きに作用するため、回路全体の起電力は \(E – vBl\) となります。一方、落下時には、誘導起電力の向きが逆転し、これが唯一の起電力源となります。この状況変化を正しくモデル化できるかが問われます。
• 力学と電磁気学の連携（力のつりあい）:
  • 核心: 「一定の速さ」という力学的な条件は、「力がつりあっている」ことを意味します。導体棒にはたらく力は、重力\(mg\)と電磁力\(IBl\)の2つです。この2つの力のつりあいを考えることで、電気的な量（電流\(I\)）と力学的な量（質量\(m\)）を結びつけることができます。
  • 理解のポイント: 問(2)と問(4)は、どちらも「力のつりあい」が鍵となります。上昇時も落下時も、電磁力\(IBl\)が重力\(mg\)と等しくなる瞬間に終端速度に達します。ただし、その電磁力を発生させる電流\(I\)の源が、上昇時（電源＋誘導起電力）と落下時（誘導起電力のみ）で異なる点を区別する必要があります。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

• 応用できる類似問題のパターン:
  • 水平面上の導体棒の運動: 鉛直方向の重力の代わりに、水平方向にばねや糸の張力がはたらくパターン。力のつりあいや単振動と電磁誘導が融合した問題に応用できます。
  • 傾斜したレール上の導体棒: 重力の斜面方向成分 \(mg\sin\theta\) と電磁力がつりあう問題。力の分解が必要になります。
  • コンデンサーを含む回路: 抵抗の代わりにコンデンサーが接続されている場合。電流が時間変化し、過渡現象を扱う微分方程式の問題に発展します。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 動く導体は「電池」と見なす: 磁場中で導体が動いていたら、まず誘導起電力\(V=vBl\)の存在を疑い、その向きをレンツの法則で決定します。
  2. 力のベクトル図を描く: 導体棒にはたらく力をすべて（重力、電磁力、張力など）ベクトルで図示し、運動方向と力の関係を明確にします。
  3. 「一定の速さ」は「力のつりあい」の合図: 問題文にこのキーワードがあれば、即座に力のつりあいの式を立てます。
  4. エネルギーの流れを追う: 「仕事」「熱」「エネルギー」といった言葉が出てきたら、エネルギー保存則の出番です。「誰がエネルギーを供給し（仕事）、どこで消費され（熱）、どこに蓄えられたか（位置・運動エネルギー）」を考え、\(W_{\text{供給}} = Q_{\text{消費}} + \Delta U_{\text{蓄積}}\) の関係式を立てます。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 誘導起電力の向きの間違い:
  • 誤解: 誘導起電力の向きを常に電源と同じ向き、あるいは常に逆向きと固定的に考えてしまう。
  • 対策: 常に「レンツの法則（変化を妨げる向き）」に立ち返ること。この問題では、導体棒が上昇すると回路の面積が減って回路を貫く紙面表向きの磁束が減るので、それを補う向き（反時計回りの電流を流す向き）の起電力が生じます。落下すると磁束が増えるので、それを打ち消す向き（時計回りの電流を流す向き）の起電力が生じます。
• 力のつりあいとキルヒホッフの法則の混同:
  • 誤解: 力のつりあいの式だけで速さが求まると思い、キルヒホッフの法則の式を立て忘れる。
  • 対策: 「力のつりあい」は電流\(I\)と力学量\(m\)の関係式、「キルヒホッフの法則」は電流\(I\)と電気量\(E, R, v\)の関係式、と役割を明確に区別すること。未知数が\(I\)と\(v\)の2つなので、式も2本必要、と認識することが重要です。
• 単位時間あたりのエネルギー計算のミス:
  • 誤解: 位置エネルギーの増加を\(mgh\)としてしまい、単位時間あたりに直すのを忘れる。
  • 対策: 「単位時間あたり」と問われたら、それは「仕事率（電力）」のことだと変換して考えること。単位時間あたりの位置エネルギー増加は \(mg \times (\text{単位時間あたりの高さの変化}) = mgv\) となります。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題での有効なイメージ化と図示:
  • 等価回路のイメージ: 導体棒Aを、速さ\(v\)に依存する可変電圧の電池（電圧\(vBl\)）に置き換えた回路図を描くと、問題の見通しが格段に良くなります。上昇時は電源\(E\)と逆向きに直列接続された電池、落下時は誘導起電力の電池だけが接続された回路、として図示します。
  • 力のベクトル図: 導体棒に注目し、下向きの重力ベクトルと、上向きの電磁力ベクトルを描きます。速さが変化する過程では、この2つのベクトルの長さが変化し、等しくなったときに等速運動になる、というアニメーションのようなイメージを持つと理解が深まります。
• 図を描く際に注意すべき点:
  • 電流の向きを明記する: 回路図には、仮定した電流の向きを矢印で必ず書き込みます。計算結果が負になれば、実際の向きは逆だったと分かります。
  • 力の作用点を明確にする: 重力は重心に、電磁力は導体棒全体にはたらくことを意識して、力のベクトルを導体棒から描きます。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• キルヒホッフの法則II:
  • 選定理由: 回路に複数の起電力（電源\(E\)と誘導起電力\(vBl\)）と抵抗が含まれているため、回路全体の電圧の関係を記述する最も普遍的な法則だからです。
  • 適用根拠: 電荷が回路を一周して元の位置に戻ると、電位も元に戻る（電位差がゼロ）という電位の保存則に基づいています。これはどんな複雑な直流回路にも適用できる基本原則です。
• 力のつりあいの式:
  • 選定理由: 問題文に「一定の速さ」というキーワードがあるためです。これはニュートンの運動の第一法則（または運動方程式 \(ma=F\) で \(a=0\) の場合）が適用できる状況であることを示しています。
  • 適用根拠: 観測者が慣性系（静止または等速直線運動する系）にいる限り、力がつりあっている物体は静止または等速直線運動を続けます。
• エネルギー保存則 \( W = Q + U \):
  • 選定理由: 仕事、熱、エネルギーの関係が問われているため、エネルギーの出入りと変換を追跡するこの法則が最も直接的な解法となります。
  • 適用根拠: 「エネルギーは創り出されたり消滅したりせず、ただ形を変えるだけである」という物理学の最も根源的な法則の一つです。閉じた系全体でエネルギーの総量は常に一定に保たれます。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. (1) 電流の導出:
   • 戦略: 動く導体棒を電池とみなし、キルヒホッフの法則を立てる。
   • フロー: ①誘導起電力 \(V=vBl\) の大きさと向きを決定 → ②回路全体の起電力（\(E-V\)）を計算 → ③キルヒホッフの法則II \(E-vBl=RI\) を立式 → ④\(I\)について解く。
2. (2) 上昇時の終端速度の導出:
   • 戦略: 「力のつりあい」と「キルヒホッフの法則」を連立させる。
   • フロー: ①力のつりあいの式 \(I_1Bl = mg\) を立式 → ②キルヒホッフの法則の式 \(E-v_1Bl=RI_1\) を立式 → ③①から\(I_1\)を求め、②に代入 → ④\(v_1\)について解く。
3. (3) エネルギー収支の計算:
   • 戦略: 仕事率、消費電力、位置エネルギー増加率の定義式に、(2)で求めた値を代入する。
   • フロー: ①\(W=I_1E\), \(Q=I_1^2R\), \(U=mgv_1\) の3式を立てる → ②各々に\(I_1\)と\(v_1\)の値を代入して計算 → ③\(Q+U\)を計算し、\(W\)と等しくなることを確認する。
4. (4) 落下時の終端速度の導出:
   • 戦略: 電池がなくなった新しい回路で、再び「力のつりあい」と「オームの法則」を連立させる。
   • フロー: ①力のつりあいの式 \(I_2Bl = mg\) を立式 → ②回路の起電力は誘導起電力だけなので、オームの法則 \(v_2Bl = I_2R\) を立式 → ③①から\(I_2\)を求め、②に代入 → ④\(v_2\)について解く。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 文字式のまま計算を進める: この問題のように多くの物理定数が登場する場合、早い段階で数値を代入すると式が複雑になり、ミスを誘発します。最後まで文字式のまま計算を進め、最終段階で代入する（この問題では数値代入はないですが）のが鉄則です。
• 分数の整理を丁寧に行う: \(v_1 = \displaystyle\frac{1}{Bl} (E – \displaystyle\frac{mgR}{Bl})\) のような計算では、括弧の中を先に通分するのか、分配法則で展開するのか、見通しを立ててから計算しましょう。展開した方が物理的な意味（\(E/Bl\)は電磁力がない場合の速度、\(mgR/B^2l^2\)は重力による速度の減少分）が見やすい場合もあります。
• 単位（次元）の確認: 最終的に求めた速さ\(v_1\)の単位が本当に[m/s]になっているか、各項の次元を検算する（ディメンショナル・アナリシス）ことで、大きな間違いを防げます。例えば、\(E/Bl\)の次元は(V)/(T・m) = (J/C)/( (N/A・m)・m ) = … と追っていくと、最終的に[m/s]になることが確認できます。

解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう

• 得られた答えの物理的妥당性の検討:
  • (2)の速さ\(v_1\): もし電池の起電力\(E\)が非常に小さく、\(E < mgR/Bl\) となった場合、\(v_1\)は負になります。これは「そもそも上昇できない」ことを意味し、物理的に正しいです。逆に\(E\)が非常に大きければ、\(v_1\)も大きくなり、直感に合います。
  • (4)の速さ\(v_2\): もし抵抗\(R\)がゼロ（超伝導回路）なら、\(v_2=0\)となり、落下できない（少しでも動くと無限大の電流が流れて強力なブレーキがかかる）ことを意味します。逆に抵抗\(R\)が無限大（断線）なら、\(v_2\)は無限大（電流が流れずブレーキがかからないので自由落下する）となり、これも物理的に妥当です。
• 別解との比較:
  • 問(3)で、キルヒホッフの法則から直接エネルギー保存則\(W=Q+U\)が導出できたことは、これらの法則が表裏一体であることを示しています。
  • 問(4)で、「力のつりあい」から求めた速さと、「エネルギー保存則」から求めた速さが完全に一致したことは、2つの異なる物理的視点が同じ現象を正しく記述していることの強力な証拠となります。これにより、解答への信頼性が格段に高まります。

458 磁場中の斜面をすべり下りる導体棒

【問題の確認】まずは問題文をしっかり読み解こう

この問題は、磁場中で導体棒が運動する際に生じる「電磁誘導」と、導体棒が磁場から受ける「電磁力」を組み合わせた、電磁気学の総合問題です。特に、導体棒が一定の速さ（終端速度）で運動する条件を、「力のつり合い」と「エネルギー保存」という二つの側面から考察することが求められます。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「斜面上を運動する導体棒の電磁誘導と終端速度」です。導体棒の速度のうち、磁場を横切る成分を見抜くことが最初の鍵となります。

問(1)

思考の道筋とポイント
導体棒が一定の速さ \(v_0\) で運動するときに生じる誘導起電力 \(V\) を求め、オームの法則 \(I=V/R\) を使って電流の大きさを計算します。このとき、誘導起電力を生むのは磁場を横切る速度成分であることに注意が必要です。電流の向きは、磁束の変化を妨げる向きを考えるレンツの法則によって決定します。

この設問における重要なポイント

• 速度の分解: 磁場は鉛直上向きです。導体棒の速度 \(v_0\)（斜面方向）のうち、磁場に垂直な成分は水平成分 \(v_\perp\) となります。図1より、その大きさは \(v_\perp = v_0 \cos\theta\) です。
• 誘導起電力: 誘導起電力の大きさ \(V\) は、この垂直な速度成分 \(v_\perp\) を用いて \(V = v_\perp B L\) と計算されます。
• 電流の向き: レンツの法則によれば、誘導電流はコイルを貫く磁束の変化を妨げる向きに流れます。導体棒が斜面を下ることで、回路（PQと上部の導線で囲まれた部分）を鉛直上向きに貫く磁束が増加します。これを打ち消すために、回路には「下向き」の磁場を自ら作るような電流が流れます。右ねじの法則を適用すると、電流の向きはQからPの向きとなります。

具体的な解説と立式
導体棒の速度 \(v_0\) のうち、鉛直上向きの磁場 \(B\) と垂直な成分は、速度の水平成分 \(v_\perp\) です。その大きさは、
$$ v_\perp = v_0 \cos\theta $$
したがって、導体棒PQに生じる誘導起電力の大きさ \(V\) は、
$$ V = v_\perp B L $$
これより、
$$ V = v_0 B L \cos\theta \quad \cdots ① $$
オームの法則より、導体棒を流れる電流の大きさ \(I\) は、
$$ I = \frac{V}{R} \quad \cdots ② $$

②式に①式を代入して \(I\) を求めます。
$$ I = \frac{v_0 B L \cos\theta}{R} $$
電流の向きは、レンツの法則よりQ→Pの向きです。

導体棒が磁場の中で動くと、発電機のように電気が起こります。このとき発生する電圧の大きさは、導体棒が磁場を「垂直に」横切る速さで決まります。この問題では、導体棒は斜めに滑り落ちていますが、磁場は真上を向いているので、速度の「水平成分」が発電に関わります。この電圧を抵抗で割れば、オームの法則から電流の大きさがわかります。電流の向きは、「磁場の変化を邪魔する向き」というルール（レンツの法則）で決まり、この場合はQからPへ向かう向きになります。

電流の大きさは \(I = \displaystyle\frac{v_0 B L \cos\theta}{R}\)、向きはQ→Pの向きです。
速さ \(v_0\) が大きいほど、磁場 \(B\) が強いほど、電流が大きくなるという結果は物理的に妥当です。

問(2)

思考の道筋とポイント
導体棒が一定の速さ \(v_0\) で運動しているとき、導体棒にはたらく力はつりあっています。はたらく力は「重力 \(mg\)」と「磁場から受ける力（電磁力） \(F\)」、そして「垂直抗力 \(N\)」です。これらの力を図示し、運動方向である斜面に平行な方向の力のつり合いの式を立てることで、速さ \(v_0\) を求めます。

この設問における重要なポイント

• 電磁力の向きと大きさ: (1)で求めた電流 \(I\)（Q→P向き）が、鉛直上向きの磁場 \(B\) から受ける力の向きを、フレミングの左手の法則で決定します。電流が手前から奥へ、磁場が下から上へ向かうので、力 \(F\) は図2において水平右向きにはたらきます。力の大きさは \(F = IBL\) です。
• 力の分解: 重力 \(mg\) と電磁力 \(F\) を、それぞれ斜面に平行な成分と垂直な成分に分解します。
• 力のつり合い: 導体棒は斜面を下る向きに運動しているので、斜面に平行な方向の力がつりあっています。重力の斜面下向き成分 \(mg\sin\theta\) と、電磁力の斜面上向き成分 \(F\cos\theta\) が等しくなります。

具体的な解説と立式
導体棒にはたらく電磁力 \(F\) の大きさは、
$$ F = IBL \quad \cdots ③ $$
フレミングの左手の法則より、この力の向きは水平右向きです。
導体棒が一定の速さ \(v_0\) で運動しているとき、斜面に平行な方向の力はつりあっているので、
$$ F\cos\theta = mg\sin\theta \quad \cdots ④ $$
この式から、電流 \(I\) は次のように表せます。
$$ I = \frac{mg\sin\theta}{BL\cos\theta} $$
ここで \(\tan\theta = \displaystyle\frac{\sin\theta}{\cos\theta}\) なので、
$$ I = \frac{mg\tan\theta}{BL} \quad \cdots ⑤ $$

(1)で求めた電流の式（\(I = \displaystyle\frac{v_0 B L \cos\theta}{R}\)）と、力のつり合いから導いた電流の式（⑤式）は、同じ電流 \(I\) を表しているので、等しいとおくことができます。
$$
\begin{aligned}
\frac{v_0 B L \cos\theta}{R} &= \frac{mg\tan\theta}{BL} \\[2.0ex] v_0 (B^2 L^2 \cos\theta) &= mgR\tan\theta \\[2.0ex] v_0 &= \frac{mgR\tan\theta}{B^2 L^2 \cos\theta}
\end{aligned}
$$

導体棒が滑り落ちると電流が流れ、その電流は磁場から「ブレーキ」のような力を受けます。このブレーキ力は速いほど強くなります。やがて、坂道を下ろうとする力（重力の斜面成分）と、このブレーキ力（電磁力の斜面成分）がちょうどつりあうと、それ以上加速も減速もしなくなり、一定の速さになります。この「力のつり合い」の式を解くことで、その速さを計算できます。

速さは \(v_0 = \displaystyle\frac{mgR\tan\theta}{B^2 L^2 \cos\theta}\) です。
抵抗 \(R\) が大きいほど、また磁場 \(B\) や長さ \(L\) が小さいほど、ブレーキ力が弱くなるため終端速度が大きくなるという結果は、物理的に妥当です。

問(3)

思考の道筋とポイント
単位時間に発生するジュール熱 \(Q\) は、消費電力 \(P\) と同じです。\(Q = P = I^2 R\) の公式を使います。ここで用いる電流 \(I\) は、(2)の力のつり合いから導いた \(I = \displaystyle\frac{mg\tan\theta}{BL}\) を使うと、計算が簡潔になります。

この設問における重要なポイント

• 消費電力の公式: 単位時間あたりのジュール熱は \(Q = I^2 R\) で計算できます。
• 電流Iの選択: (2)で \(v_0\) を含まない形で \(I\) を求めている（⑤式）。これを用いることで、計算が楽になります。

具体的な解説と立式
単位時間に発生するジュール熱 \(Q\) は、消費電力に等しいので、
$$ Q = I^2 R \quad \cdots ⑨ $$
ここに、(2)の力のつり合いから得られた⑤式 \(I = \displaystyle\frac{mg\tan\theta}{BL}\) を代入します。

⑨式に⑤式を代入します。
$$
\begin{aligned}
Q &= \left( \frac{mg\tan\theta}{BL} \right)^2 R \\[2.0ex] &= \frac{m^2 g^2 R \tan^2\theta}{B^2 L^2}
\end{aligned}
$$

導体棒に電流が流れると、抵抗によって熱が発生します。これは電気ストーブが熱くなるのと同じ原理です。単位時間あたりにどれくらいの熱が出るかは、「（電流の2乗）×（抵抗）」という公式で計算できます。(2)で求めた電流の値をこの式に入れるだけで、答えが求まります。

単位時間に発生するジュール熱は \(Q = \displaystyle\frac{m^2 g^2 R \tan^2\theta}{B^2 L^2}\) です。
この結果は、(2)の別解で求めた重力の仕事率 \(P_{\text{重力}} = mg(v_0 \sin\theta)\) に \(v_0\) の値を代入したものと一致し、エネルギー保存則が成り立っていることを再確認できます。

問(4)

思考の道筋とポイント
エネルギー保存則の観点から考えます。導体棒は一定の速さ \(v_0\) で運動しているため、運動エネルギーは変化していません。一方で、抵抗でジュール熱という形でエネルギーが消費されています。このエネルギーはどこから来たのかを考えます。導体棒は斜面を降下しており、その位置エネルギーは減少し続けています。この減少した位置エネルギーがジュール熱に変換されたと考えるのが自然です。これを計算で確認します。

この設問における重要なポイント

• エネルギー保存則: 一定速度では運動エネルギーが一定なので、エネルギーの変換は「位置エネルギー」から「熱エネルギー」への変換のみを考えればよいです。
• 重力の仕事率: 単位時間に減少する位置エネルギーは、単位時間に重力がする仕事に等しいです。この仕事率を計算し、(3)で求めたジュール熱 \(Q\) と比較します。

具体的な解説と立式
単位時間に重力がする仕事 \(W\) は、(2)の別解で用いた式⑥と同じです。
$$ W = mg(v_0 \sin\theta) $$
ここに(2)で求めた \(v_0 = \displaystyle\frac{mgR\tan\theta}{B^2 L^2 \cos\theta}\) を代入します。

$$
\begin{aligned}
W &= mg\sin\theta \times \left( \frac{mgR\tan\theta}{B^2 L^2 \cos\theta} \right) \\[2.0ex] &= \frac{m^2 g^2 R \sin\theta \tan\theta}{B^2 L^2 \cos\theta}
\end{aligned}
$$
ここで \(\tan\theta = \displaystyle\frac{\sin\theta}{\cos\theta}\) なので、
$$
\begin{aligned}
W &= \frac{m^2 g^2 R \sin\theta}{B^2 L^2 \cos\theta} \times \frac{\sin\theta}{\cos\theta} \\[2.0ex] &= \frac{m^2 g^2 R \sin^2\theta}{B^2 L^2 \cos^2\theta} \\[2.0ex] &= \left( \frac{mg\sin\theta}{BL\cos\theta} \right)^2 R \\[2.0ex] &= \left( \frac{mg\tan\theta}{BL} \right)^2 R
\end{aligned}
$$
この結果は、(3)で求めたジュール熱 \(Q\) と完全に一致します。

導体棒で発生した熱のエネルギーは、どこから来たのでしょうか？導体棒は一定の速さで動いているので、運動エネルギーは増えも減りもしていません。しかし、坂道を下ることで「高さ」という位置エネルギーを失い続けています。この失われた位置エネルギーが、電気エネルギーに変わり、最終的に熱エネルギーに姿を変えたのです。つまり、ジュール熱の供給源は「重力がする仕事（位置エネルギーの減少分）」です。

ジュール熱は、重力が単位時間にする仕事（単位時間あたりの位置エネルギーの減少分）によって供給されています。\(W=Q\) となる計算結果がこの結論を裏付けています。

問(5)

思考の道筋とポイント
磁場の向きが逆（\(B \rightarrow -B\)）になった場合、誘導電流の向きや電磁力の向きにどのような影響が出るかを一つずつ確認していきます。

この設問における重要なポイント

• (1) 電流: 磁場の向きが逆になるので、レンツの法則を適用し直します。導体棒が下ることで、回路を「下向き」に貫く磁束が増加します。これを打ち消すため、回路は「上向き」の磁場を作ろうとします。右ねじの法則より、電流はP→Qの向きに流れます。向きは逆になります。誘導起電力の大きさの式 \(V = v_0 B L \cos\theta\) には磁場の向きは関係ないので、電流の大きさは変わりません。
• (2)～(4) 速さなど: 電流の向き（Q→P から P→Qへ）と磁場の向き（上向きから下向きへ）の両方が逆になります。フレミングの左手の法則を適用すると、電磁力の向きは水平右向きのままで変わりません。力の大きさを決める \(I, B, L\) の大きさも変わらないため、電磁力の大きさも不変です。したがって、力のつり合いの式は全く同じになり、速さ \(v_0\) は変わりません。\(v_0\) と \(I\) の大きさが変わらないので、ジュール熱 \(Q\) やその供給源である重力の仕事率も変わりません。

具体的な解説と立式

• (1) 電流 \(I\):
  • 大きさ: 誘導起電力の大きさは \(V=v_0 B L \cos\theta\) で変わらないため、電流の大きさ \(I = V/R\) も変わりません。
  • 向き: レンツの法則より、P→Qの向きに変わります。
• (2) 速さ \(v_0\):
  • 電磁力 \(F=IBL\) の向きをフレミングの左手の法則で確認します。電流の向き（奥→手前）と磁場の向き（上→下）がともに逆になるため、力の向き（水平右向き）は変わりません。
  • 力のつり合いの式 \(F\cos\theta = mg\sin\theta\) は全く同じ形になるため、速さ \(v_0\) は変わりません。
• (3) ジュール熱 \(Q\):
  • \(Q = I^2 R\) で計算されます。電流 \(I\) の大きさが変わらないため、\(Q\) も変わりません。
• (4) 供給源:
  • ジュール熱の供給源は重力の仕事であり、これは磁場の向きに依存しないため、変わりません。

(1)では電流の大きさは変わらず、向きが逆（P→Q）になります。
(2)～(4)の結果はすべて変わりません。
磁石のN極とS極をひっくり返しても、導体棒の運動の様子（終端速度）は変わらない、という興味深い結果が得られます。これは、電流と磁場の両方が反転することで、力の向きが元に戻るためです。

【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座

最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• 誘導起電力と速度の垂直成分:
  • 核心: 導体棒に生じる誘導起電力 \(V\) は、磁場 \(B\) と導体棒の長さ \(L\) に加え、導体棒の速度 \(\vec{v}\) のうち磁場 \(\vec{B}\) に垂直な成分 \(v_\perp\) のみに依存します (\(V = v_\perp B L\))。この問題では、磁場が鉛直上向きなので、速度 \(v_0\) の水平成分 \(v_0 \cos\theta\) が \(v_\perp\) に相当します。この「垂直成分を見抜く」ことが第一の関門です。
  • 理解のポイント: この法則は、導体内の自由電子がローレンツ力 \(f=qvB\) を受けることに起因します。速度のうち磁場と平行な成分はローレンツ力を生み出さないため、起電力には寄与しません。また、ファラデーの電磁誘導の法則の観点からは、単位時間に導体棒が掃く面積（磁束が変化する面積）を決めるのが、この垂直な速度成分であると理解することもできます。
• 終端速度における力のつり合いとエネルギー保存:
  • 核心: 導体棒が一定の速さ（終端速度） \(v_0\) に達した状態は、物理的に二つの見方ができます。一つは「力のつり合い」で、重力の斜面下向き成分と電磁力の斜面上向き成分が等しくなる状態です。もう一つは「エネルギー保存」で、単位時間あたりに減少する位置エネルギー（重力の仕事率）が、すべて単位時間あたりに発生するジュール熱（消費電力）に変換される状態です。
  • 理解のポイント: この二つの視点は、表裏一体の関係にあります。力のつり合いの式を変形すると、エネルギー保存（仕事率のつり合い）の式を導くことができます。どちらのアプローチでも解けることを理解するのが、この問題の核心です。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

• 応用できる類似問題のパターン:
  • 自由落下する導体ループ: 磁場領域に正方形のコイルが突入・通過・退出する問題。コイルの各辺に生じる起電力や、ループ全体にはたらく力を考え、速度変化を追います。終端速度に達する条件は本問と全く同じ考え方です。
  • 水平面上の導体棒（外部電源あり）: 外部の電池によって導体棒に電流が流され、磁場から力を受けて加速する問題。加速すると逆起電力が生じ、電流が減少して、やがて終端速度に達します。
  • モーターの回転: モーターのコイルが回転すると逆起電力が生じ、流れる電流が変化します。無負荷のときと、おもりを吊り上げるなど負荷がかかったときの力のつり合い（トルクのつり合い）やエネルギーの関係を考える問題は、本問の発展形です。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 速度と磁場のなす角を確認する: まず、導体の運動方向と磁場の向きの関係を把握し、誘導起電力の計算に必要な「垂直な速度成分」 \(v_\perp\) を正しく定義します。
  2. はたらく力をすべて図示する: 重力、電磁力、垂直抗力など、導体にはたらく力を漏れなくベクトルで図示します。特に電磁力の向きは、電流の向き（レンツの法則）と磁場の向きから、フレミングの左手の法則で慎重に決定します。
  3. 運動の状態を判断する: 問題文が「一定の速さになった」とあれば「力のつり合い」または「エネルギー保存（仕事率のつり合い）」を、「加速している」とあれば「運動方程式 \(ma=F\)」を立式します。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 誘導起電力の計算ミス:
  • 誤解: 速度 \(v_0\) をそのまま使って \(V=v_0BL\) と計算してしまう。
  • 対策: 常に「磁場と垂直な速度成分は何か？」と自問自答する癖をつけましょう。図を描いて、速度ベクトルを磁場に平行な成分と垂直な成分に分解する練習をすることが有効です。
• 電磁力の向きの間違い:
  • 誤解: フレミングの左手の法則を適用する際、電流や磁場の向きを間違える。特に、3次元的な配置で混乱しやすい。
  • 対策: ①まずレンツの法則で「誘導電流の向き」を確定させる。②次に「電流の向き」と「磁場の向き」をフレミングの左手の法則に当てはめて「力の向き」を決定する、という2段階のプロセスを厳守します。指の向きを一つずつ確認しながら、落ち着いて適用しましょう。
• 力の分解方向のミス:
  • 誤解: 電磁力 \(F\)（水平向き）を斜面に平行な成分に分解する際に、角度を間違えて \(F\sin\theta\) としてしまう。
  • 対策: 必ず図を描き、力のベクトルと斜面との関係を視覚的に確認します。斜面と水平面のなす角が \(\theta\) であることから、力のベクトルと斜面のなす角も \(\theta\) になることを、錯角や同位角の関係から丁寧に導き出しましょう。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題での有効なイメージ化と図示:
  • 2つの視点からの図示: この問題では、図を2種類描くことが極めて有効です。
    1. 真横から見た図（図1に相当）: 斜面と速度ベクトル \(v_0\)、磁場ベクトル \(B\) を描き、\(v_0\) を水平成分 \(v_0\cos\theta\) と鉛直成分 \(v_0\sin\theta\) に分解する図。これにより、誘導起電力に関わる速度成分 \(v_\perp = v_0\cos\theta\) が一目でわかります。
    2. 斜面に垂直な視点から見た図（図2に相当）: 導体棒にはたらく力（重力の斜面成分 \(mg\sin\theta\)、電磁力 \(F\)、垂直抗力 \(N\)）をすべて描き込む図。この図で、水平な力 \(F\) をさらに斜面に平行な成分 \(F\cos\theta\) と垂直な成分 \(F\sin\theta\) に分解することで、力のつり合いの立式が容易になります。
• 図を描く際に注意すべき点:
  • ベクトルの始点を揃える: 導体棒にはたらく力は、すべて導体棒の中心（重心）を始点として描くと、力の関係が分かりやすくなります。
  • 座標軸を設定する: 斜面に平行な方向をx軸、垂直な方向をy軸のように座標軸を設定すると、力の分解や立式が機械的かつ正確に行えます。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 誘導起電力の式 \(V = v_\perp B L\):
  • 選定理由: 磁場中を導体が運動することで電位差（電圧）が生じる「電磁誘導」という現象を定量的に記述する基本公式だからです。
  • 適用根拠: ローレンツ力 \(f=qvB\) を受けて導体中の自由電子が移動し、導体の両端に電位差が生じるというミクロな現象を、マクロな量（\(V, v, B, L\)）で表したものです。
• 力のつり合いの式 \(\sum F_x = 0\):
  • 選定理由: 問題文に「一定の速さ \(v_0\) になった」とあるためです。これは加速度がゼロ (\(a=0\)) を意味し、運動方程式 \(ma=F\) が力のつり合いの式 \(0=F\) となることを示唆しています。
  • 適用根拠: ニュートンの運動の第一法則（慣性の法則）および第二法則（運動方程式）に基づいています。力がつりあっている物体は、静止し続けるか、等速直線運動を続けます。
• エネルギー保存則（仕事率のつり合い） \(P_{\text{重力}} = P_{\text{ジュール}}\):
  • 選定理由: (別解として)「一定の速さ」という条件は、運動エネルギーが変化しないことを意味します。このとき、系に加えられた仕事（重力の仕事）は、すべて他のエネルギー（ジュール熱）に変換されるというエネルギー保存則が適用できるためです。
  • 適用根拠: 熱力学第一法則のより広い概念であるエネルギー保存則に基づいています。孤立した系において、エネルギーは形態を変えるだけで、その総量は常に一定に保たれます。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. (1) 電流の計算:
   • 戦略: 誘導起電力を求め、オームの法則で電流に変換する。
   • フロー: ①速度 \(v_0\) を磁場に垂直な成分 \(v_\perp = v_0\cos\theta\) に分解 → ②誘導起電力 \(V = v_\perp B L\) を計算 → ③オームの法則 \(I = V/R\) に代入。向きはレンツの法則で決定。
2. (2) 終端速度の計算（力のつり合い）:
   • 戦略: 斜面方向の力のつり合いから、未知数 \(v_0\) を含む方程式を導く。
   • フロー: ①電磁力 \(F=IBL\) の向きと大きさを求める → ②重力 \(mg\) と電磁力 \(F\) を斜面平行・垂直成分に分解 → ③斜面平行方向の力のつり合い式 \(mg\sin\theta = F\cos\theta\) を立てる → ④この式に \(F=IBL\) と(1)で求めた \(I\) の式を代入し、\(v_0\) について解く。
3. (3) ジュール熱の計算:
   • 戦略: 消費電力の公式に、(2)で力のつり合いから求めた電流を代入する。
   • フロー: ①消費電力の公式 \(Q=I^2R\) を用意 → ②(2)の力のつり合いの途中式 \(I = \frac{mg\tan\theta}{BL}\) を代入 → ③計算を実行。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 三角関数の変形を丁寧に行う: \(v_0 = \frac{mgR\tan\theta}{B^2 L^2 \cos\theta}\) のような複雑な式が出てきます。模範解答のように \(\tan\theta = \frac{\sin\theta}{\cos\theta}\) を使って \(v_0 = \frac{mgR\sin\theta}{B^2 L^2 \cos^2\theta}\) と変形するなど、複数の表現に慣れておくと検算に役立ちます。
• 文字式の整理: 計算過程で \(B^2 L^2 \cos\theta\) のような項が出てきます。二乗（\(^2\)）や \(\cos\theta\) などの付け忘れがないか、注意深く確認しましょう。分数の分母・分子を移項する際も、符号や逆数の間違いに注意が必要です。
• 単位時間あたりの量を意識する: 問(3)の \(Q\) や問(4)の \(W\) は「単位時間あたり」の量、すなわち「仕事率」や「電力」です。次元（単位）を意識することで、単なる仕事 \(W=mgh\) と仕事率 \(P=mgh/t\) を混同するミスを防げます。

解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう

• 得られた答えの物理的妥当性の検討:
  • (2) 速さ \(v_0\): \(v_0 = \frac{mgR\tan\theta}{B^2 L^2 \cos\theta}\) という結果を見てみましょう。
    • \(R\) が大きい（抵抗が大きい）ほど、電流が流れにくくブレーキ力が弱まるので、\(v_0\) は大きくなるはず。→ 式と一致。
    • \(B\) や \(L\) が大きいほど、ブレーキ力が強まるので、\(v_0\) は小さくなるはず。→ 式と一致。
    • \(\theta\) が大きい（坂が急）ほど、滑り落ちる力が強まるので、\(v_0\) は大きくなるはず。→ 式の \(\tan\theta\) と \(1/\cos\theta\) は \(\theta\) が大きいほど増加するので、一致。
• 別解との比較:
  • この問題では、「力のつり合い」で解く方法と、「エネルギー保存（仕事率のつり合い）」で解く別解がありました。全く異なる物理法則から出発したにもかかわらず、最終的に同じ \(v_0\) の式にたどり着いたことは、両方の解法の正しさと、自身の計算の正確さを裏付ける強力な証拠となります。
• (5)の考察:
  • 磁場の向きを逆にすると、電流の向きも逆になる。その結果、フレミングの左手の法則（\(F=IBL\)）を考えると、\(I\) と \(B\) の両方が逆になるため、力の向きは変わらない。この「二重否定は肯定」のようなロジックが成り立つことを確認することで、(2)～(4)の結果が変わらないという結論の妥当性を吟味できます。

459 自己誘導

【問題の確認】まずは問題文をしっかり読み解こう

この問題は、コイルを含む直流回路のスイッチ操作に伴う「過渡現象」を扱います。コイルが持つ「定常状態」と「過渡状態」での異なる振る舞いを正しく理解し、回路を流れる電流やエネルギーの変化を計算する能力が問われます。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「コイルを含む直流回路の過渡現象」です。スイッチを操作した瞬間にコイルが示す自己誘導の性質と、十分に時間が経過した後の定常状態での性質を正しく理解することが鍵となります。

問(1)

思考の道筋とポイント
「Sを閉じて十分に時間が経過したとき」という記述は、回路が「定常状態」になったことを意味します。直流回路の定常状態では、電流は時間的に変化しません。電流の変化率がゼロなので、コイルによる自己誘導起電力は発生せず、コイルは単なる抵抗ゼロの導線と見なすことができます。

この設問における重要なポイント

• 定常状態のコイル: コイルは抵抗ゼロの導線として扱います。
• 短絡（ショート）: 抵抗\(R_1\)は、抵抗ゼロのコイルと並列に接続されています。このため、電流は抵抗のある\(R_1\)の経路を避け、すべて抵抗ゼロのコイルの経路を流れます。つまり、抵抗\(R_1\)は短絡（ショート）され、電流は流れません。
• 等価回路: 回路全体としては、電源\(V_0\)、抵抗\(R_2\)、コイル（導線）が直列に接続された単純な回路と見なせます。

具体的な解説と立式
スイッチSを閉じて十分に時間が経過すると、回路を流れる電流は一定値 \(I_0\) となります。このとき、コイルの自己誘導起電力はゼロです。
したがって、コイルは抵抗値がゼロの導線とみなせます。
このコイルは抵抗\(R_1\)と並列に接続されているため、抵抗\(R_1\)は短絡されます。よって、抵抗\(R_1\)には電流が流れません。
コイルに流れる電流 \(I_0\) は、電源\(V_0\)と抵抗\(R_2\)からなる閉回路を流れる電流に等しくなります。オームの法則より、
$$ I_0 = \frac{V_0}{R_2} $$

上記の立式そのものが結論となります。
$$ I_0 = \frac{V_0}{R_2} $$

スイッチを入れてしばらくすると、回路は落ち着いた状態（定常状態）になります。このとき、コイルはただの電線と同じになります。回路図を見ると、抵抗\(R_1\)の隣に、ただの電線（コイル）が並んでいます。電気は抵抗がある道よりも楽な道（抵抗ゼロの電線）を好んで通るので、電流はすべてコイルの方に流れてしまい、抵抗\(R_1\)には流れなくなります。これを「ショート」と呼びます。結果として、回路は電源と抵抗\(R_2\)だけのシンプルなものになり、流れる電流はオームの法則で簡単に計算できます。

コイルに流れる電流は \(I_0 = \displaystyle\frac{V_0}{R_2}\) です。この電流の向きは、電源の正極から出てP→コイル→Gと流れるので、問題で定義された正の向きと一致します。

問(2)

思考の道筋とポイント
「Sを開いた直後」を考えます。コイルの最も重要な性質は「電流の変化を嫌う」ことです。つまり、スイッチを開く直前に流れていた電流 \(I_0\) を、開いた直後も同じ向き・同じ大きさで流し続けようとします。スイッチSが開かれると、電源\(V_0\)と抵抗\(R_2\)を含む部分は回路から切り離され、コイル\(L\)と抵抗\(R_1\)からなる新しい閉回路が形成されます。この新しい回路を、コイルが流そうとする電流 \(I_0\) が流れます。

この設問における重要なポイント

• 電流の連続性: スイッチを開く直前のコイルの電流は \(I_0\)（P→G向き）。開いた直後も、コイルはこの電流を維持しようとします。
• 新しい閉回路: Sが開かれると、LとR_1のみで閉回路が構成されます。
• 電流の向きと正負: コイルが維持しようとする電流は、新しい閉回路をG→\(R_1\)→P→L→Gの向きに流れます。したがって、抵抗\(R_1\)を流れる電流の向きはG→Pとなります。これは問題で定義された電流\(I\)の正の向き（P→G）とは逆なので、\(I\)は負の値になります。
• 電圧の向きと正負: 抵抗\(R_1\)において、電流がG→Pの向きに流れるため、電位はG側が高く、P側が低くなります。問題の定義では「P側が高電位のときを正」としているため、電圧\(V\)も負の値になります。

具体的な解説と立式
(1)の状態からスイッチSを開くと、コイルは自己誘導により、それまで流れていた電流 \(I_0\) を同じ向き（P→コイル→G）に流し続けようとします。
このとき、電源部分は切り離され、コイル\(L\)と抵抗\(R_1\)からなる閉回路ができます。
コイルが流す電流 \(I_0\) は、この閉回路をG→\(R_1\)→P→L→Gの向きに流れます。
設問で問われている抵抗\(R_1\)を流れる電流\(I\)は、G→Pの向きに流れることになります。
これは、問題で定義された電流の正の向き（P→G）と逆であるため、
$$ I = -I_0 \quad \cdots ① $$
また、抵抗\(R_1\)にかかる電圧\(V\)は、P-G間の電位差です。電流がG→Pに流れるため、G点の方がP点よりも電位が高くなります。
問題の定義ではP側が高電位の場合を正としているので、電圧\(V\)は負となります。オームの法則を適用すると、
$$ V = -R_1 I_0 \quad \cdots ② $$

①式、②式に(1)で求めた \(I_0 = \displaystyle\frac{V_0}{R_2}\) を代入します。

電流\(I\)は、
$$ I = -\frac{V_0}{R_2} $$
電圧\(V\)は、
$$
\begin{aligned}
V &= -R_1 I_0 \\[2.0ex] &= -R_1 \left( \frac{V_0}{R_2} \right) \\[2.0ex] &= -\frac{R_1 V_0}{R_2}
\end{aligned}
$$

水道の蛇口を急に閉めると、水の勢いが残っていて配管に衝撃が走るように、コイルも電流を急に止められると「まだ流したい！」と抵抗します。スイッチを切った瞬間、コイルは蓄えていたエネルギーを使って、直前と同じ強さ・同じ向きの電流を無理やり流し続けます。このとき、電源はもう回路にないので、電流は隣にある抵抗\(R_1\)を通って流れるしかありません。この電流の向きは、問題で決められた「正の向き」とは逆になるので、答えはマイナスになります。電圧も同様に、電流の向きから考えるとマイナスになります。

スイッチを開いた直後、抵抗\(R_1\)を流れる電流は \(I = -\displaystyle\frac{V_0}{R_2}\)、PG間の電圧は \(V = -\displaystyle\frac{R_1 V_0}{R_2}\) です。コイルが一種の電源のように振る舞い、閉回路に電流を流す現象を正しくモデル化できました。

問(3)

思考の道筋とポイント
スイッチSを開いた後、コイル\(L\)と抵抗\(R_1\)からなる閉回路では、コイルが蓄えていた磁気エネルギーが、抵抗\(R_1\)でジュール熱として消費されていきます。最終的に電流はゼロになり、コイルのエネルギーはすべて熱に変わります。この過程全体のエネルギー収支を考えます。

この設問における重要なポイント

• エネルギーの源: スイッチを開いた直後にコイルに蓄えられていた磁気エネルギー \(U = \displaystyle\frac{1}{2}LI_0^2\)。
• エネルギーの行先: この磁気エネルギーは、抵抗\(R_1\)で消費されるジュール熱の総量 \(Q\) にすべて変換されます。
• エネルギー保存則: \(Q = U\) の関係が成り立ちます。

具体的な解説と立式
スイッチSを開いた後、コイルと抵抗\(R_1\)からなる回路には外部からのエネルギー供給はありません。
したがって、スイッチを開く直前にコイルに蓄えられていた磁気エネルギー \(U\) が、その後、すべて抵抗\(R_1\)でジュール熱 \(Q\) として消費されます。
エネルギー保存則より、
$$ Q = U $$
コイルに蓄えられる磁気エネルギーの公式は \(U = \displaystyle\frac{1}{2}LI^2\) なので、スイッチを開いた直後のエネルギーは、
$$ U = \frac{1}{2}LI_0^2 $$
よって、抵抗\(R_1\)で消費されるエネルギーの総量\(Q\)は、
$$ Q = \frac{1}{2}LI_0^2 \quad \cdots ③ $$

③式に(1)で求めた \(I_0 = \displaystyle\frac{V_0}{R_2}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
Q &= \frac{1}{2}L \left( \frac{V_0}{R_2} \right)^2 \\[2.0ex] &= \frac{L V_0^2}{2R_2^2}
\end{aligned}
$$

コイルは電気を「磁気のエネルギー」という形で蓄えることができる、一種の”充電池”のようなものです。(1)の状態でコイルはエネルギー満タンに充電されています。スイッチを切ると、この蓄えられたエネルギーが放電され、すべて抵抗\(R_1\)で熱となって消費されます。したがって、発生する熱の総量は、最初にコイルが蓄えていたエネルギーの量と等しくなります。

抵抗\(R_1\)で消費されるエネルギーの総量は \(Q = \displaystyle\frac{L V_0^2}{2R_2^2}\) です。
コイルの自己インダクタンス\(L\)が大きいほど、また定常電流\(I_0\)が大きいほど、蓄えられるエネルギーが大きくなり、結果として発生するジュール熱も大きくなるという、物理的に妥当な結果です。

【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座

最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• コイルの二面性：定常状態と過渡状態:
  • 核心: コイルは状況によって振る舞いが全く異なります。①スイッチ操作から「十分時間が経過した」定常状態では、電流が一定のため自己誘導は起こらず、単なる「抵抗ゼロの導線」として機能します。②スイッチを操作した「直後」の過渡状態では、電流の変化を妨げようと誘導起電力を生み出し、「電流を維持しようとする電源」のように機能します。この二つの顔を使い分けることが、この種の問題を解く上での絶対的な核心です。
  • 理解のポイント: この二面性は、自己誘導の基本法則 \(V = -L \frac{\Delta I}{\Delta t}\) から論理的に導かれます。定常状態では電流が一定で \(\Delta I = 0\) のため、誘導起電力 \(V=0\) となり、ただの導線と等価です。一方、スイッチ操作直後は電流が急変しようとし \(\Delta I / \Delta t\) が大きくなるため、コイルは大きな電圧 \(V\) を自ら生み出して変化に抵抗します。この振る舞いが「電源」のように見えるのです。
• 電流の連続性とエネルギー保存:
  • 核心: スイッチを切り替えても、コイルを流れる電流は瞬間的には変化しません（電流の連続性）。そして、切り替え後にコイルが失う磁気エネルギーは、回路内の抵抗で消費されるジュール熱に等しくなります（エネルギー保存則）。(2)では「電流の連続性」を、(3)では「エネルギー保存則」を適用することが、直接的な解法につながります。
  • 理解のポイント: 電流の連続性は、コイルが磁場（エネルギー）の形で「慣性」を持つことの現れです。急な変化には大きな誘導起電力で抵抗するため、電流は滑らかにしか変化できません。この性質を理解することが、過渡現象を解く鍵となります。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

• 応用できる類似問題のパターン:
  • RC回路の過渡現象: コンデンサーを含む回路のスイッチ操作。コンデンサーは「十分時間後」には電流を流さない「断線」状態になり、「スイッチ操作直後」には電圧が変化しない（電荷が維持される）という性質を持ちます。コイルの性質と対比して覚えると理解が深まります。
  • LC振動回路: コイルとコンデンサーだけの回路。コイルの磁気エネルギーとコンデンサーの静電エネルギーが互いに変換され、電気振動が起こります。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 時間経過を示す言葉に注目する: 「スイッチを閉じて十分時間が経過したとき」→ 定常状態、コイルは導線。「スイッチを開いた直後」→ 過渡状態、コイルは電流を維持。このキーワードから、コイルの振る舞いを判断します。
  2. 回路の変化を正確に把握する: スイッチ操作によって、回路のどの部分が有効になり、どの部分が切り離されるのかを正確に図示します。(2)のように、全く新しい閉回路が形成されることを見抜くのが重要です。
  3. 正負の定義を確認する: 電流や電圧の向きについて、問題でどのように正負が定義されているかを最初に確認します。計算結果と実際の物理的な向きを比較し、符号を正しく決定します。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 定常状態での短絡の見落とし:
  • 誤解: (1)で、コイルと並列な抵抗\(R_1\)にも電流が流れると考えてしまう。
  • 対策: 「定常状態のコイルは抵抗ゼロの導線」と機械的に置き換えて回路図を描き直す習慣をつけましょう。抵抗と導線が並列にあれば、電流はすべて導線を通る（短絡される）という基本を徹底します。
• スイッチを開いた後の電流の向き:
  • 誤解: (2)で、コイルが作る電流の向きや、それによる電圧の向き（正負）で混乱する。
  • 対策: ①スイッチを開く直前の電流の向きと大きさを確定させる。②スイッチを開いた後の新しい回路図を描く。③その新しい回路を、①で確定した電流が流れ続ける、と考える。この3ステップで思考を整理すると、向きの間違いが減ります。
• エネルギーの式の混同:
  • 誤解: コイルのエネルギー \( \frac{1}{2}LI^2 \) とコンデンサーのエネルギー \( \frac{1}{2}CV^2 \) や \( \frac{Q^2}{2C} \) を混同する。
  • 対策: コイルは「電流」を磁気として蓄え、コンデンサーは「電荷（電圧）」を電気として蓄える、と物理的イメージとセットで公式を覚えましょう。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題での有効なイメージ化と図示:
  • 過渡現象のグラフ化: 模範解答の補足にあるように、スイッチを開いた後の電流 \(I(t)\) と電圧 \(V(t)\) の時間変化をグラフでイメージすることが有効です。スイッチを開いた瞬間(\(t=0\))に電流は \(I=-I_0\)、電圧は \(V=-R_1I_0\) となり、そこから指数関数的に減衰してゼロに近づいていきます。このグラフの形を理解することで、過渡現象の全体像を掴むことができます。
  • 水流モデルとの対比: コイルは「水の慣性（水車）」に例えられます。流れ始めた水（電流）はすぐには止まれず、蛇口を閉めても水車は回り続けようとします。この慣性が自己誘導のイメージです。一方、コンデンサーは「ゴム膜で仕切られたタンク」に例えられ、水圧（電圧）を蓄えます。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• コイルの磁気エネルギーの式 \(U = \frac{1}{2}LI^2\):
  • 選定理由: (3)で、スイッチを開いた後に消費されるエネルギーの総量を問われているためです。そのエネルギーの供給源は、スイッチを開く直前にコイルに蓄えられていた磁気エネルギー以外に考えられません。この磁気エネルギーを定量化する唯一の公式がこれです。
  • 適用根拠: この公式は、電流を0からIまで増加させる際に、コイルの逆起電力に逆らって外部がする仕事の総量を計算することで導出されます。仕事とエネルギーの関係に基づいた、物理的に確立された法則です。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. (1) 定常電流の計算:
   • 戦略: 定常状態の回路を単純化し、オームの法則を適用する。
   • フロー: ①「十分時間後」→コイルは導線とみなす。→ ②抵抗\(R_1\)が短絡されることを見抜く。→ ③回路は\(V_0\)と\(R_2\)のみとみなし、\(I_0 = V_0/R_2\)を立式。
2. (2) スイッチ開放直後の計算:
   • 戦略: 電流の連続性を使い、新しい閉回路にオームの法則を適用する。
   • フロー: ①「直後」→コイルは電流\(I_0\)を維持する。→ ②Lと\(R_1\)の閉回路を考える。→ ③電流の向きが定義と逆なので \(I=-I_0\)。→ ④電圧も定義と逆なので \(V=-R_1I_0\)。→ ⑤(1)の結果を代入。
3. (3) 総消費エネルギーの計算:
   • 戦略: エネルギー保存則を適用し、コイルの初期エネルギーを計算する。
   • フロー: ①消費エネルギーの総量\(Q\)は、コイルの初期磁気エネルギー\(U\)に等しい。→ ②\(U = \frac{1}{2}LI_0^2\) の公式を適用。→ ③(1)で求めた\(I_0\)を代入して計算。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 代入の正確性: (2)や(3)では、(1)で求めた \(I_0\) を代入します。分数の代入や、その後の整理を丁寧に行いましょう。特に(3)の \(I_0^2\) の計算では、分母・分子を両方とも正しく2乗するように注意します。
• 正負の符号の管理: (2)では電流と電圧の向きが問われます。物理的な向きと、問題で定義された正の向きを常に照らし合わせ、最終的な答えの符号を間違えないようにしましょう。「G点が高電位だからP-G間の電圧は負」のように、論理的に符号を決定する癖をつけます。

解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう

• 得られた答えの物理的妥当性の検討:
  • (2)の電圧: \(V = -R_1 I_0\) という結果は、コイルが自己誘導によって \(V_L = R_1 I_0\) の起電力（P側が低電位、G側が高電位）を生み出し、それが抵抗\(R_1\)にかかっていることを意味します。コイルが電流を維持するために、自身が電池となって電圧を発生させている、という物理像と一致しており妥当です。
  • (3)のエネルギー: \(Q\) の式に \(R_1\) が含まれていないことに注目しましょう。これは、コイルに蓄えられたエネルギーは、最終的にすべてジュール熱として消費されるため、抵抗\(R_1\)の値が大きくても小さくても、消費される「総量」は変わらないことを意味します。（ただし、\(R_1\)が大きいと電流が早く減衰し、短時間で熱に変わります。\(R_1\)が小さいと、ゆっくりと熱に変わります。）この考察は、エネルギー保存則の理解を深める上で非常に有益です。

460 磁場中を回転する導体棒

【問題の確認】まずは問題文をしっかり読み解こう

この問題は、磁場中で導体棒を回転させたときに生じる誘導起電力、およびそれによって流れる電流やエネルギーについて扱います。ファラデーの電磁誘導の法則を回転運動に適用する能力、そして力学的な仕事と電気的なエネルギー（ジュール熱）の関係をエネルギー保存則から理解する能力が問われます。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「回転する導体棒に生じる誘導起電力」です。導体棒の各点の速度が異なること、そしてエネルギー保存則が成り立つことを理解するのがポイントです。

問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。

基本的なアプローチは以下の通りです。

問(1)

思考の道筋とポイント
導体棒OAは角速度 \(\omega\) で回転しています。まず、時間 \(\Delta t\) の間に回転する角度を求め、その角度と導体棒の長さ \(l\) から、導体棒が掃く領域（おうぎ形）の面積を計算します。

この設問における重要なポイント

• 回転角: 角速度が \(\omega\) [\(rad/s\)] なので、時間 \(\Delta t\) [s] で回転する角度 \(\Delta \theta\) [rad] は \(\Delta \theta = \omega \Delta t\) となります。
• おうぎ形の面積: 半径が \(r\)、中心角が \(\theta\) (ラジアン) のおうぎ形の面積は \(S = \frac{1}{2}r^2\theta\) で与えられます。この問題では半径が \(l\) に相当します。

具体的な解説と立式
導体棒OAが、時間 \(\Delta t\) の間に回転する角度を \(\Delta \theta\) とします。角速度の定義より、
$$ \Delta \theta = \omega \Delta t $$
この間に導体棒が掃く領域は、半径 \(l\)、中心角 \(\Delta \theta\) のおうぎ形となります。求める面積を \(\Delta S\) とすると、おうぎ形の面積の公式から、
$$ \Delta S = \frac{1}{2} l^2 \Delta \theta \quad \cdots ① $$

①式に \(\Delta \theta = \omega \Delta t\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
\Delta S &= \frac{1}{2} l^2 (\omega \Delta t) \\[2.0ex] &= \frac{1}{2} \omega l^2 \Delta t
\end{aligned}
$$

導体棒が時計の針のように回転して、磁場が敷き詰められた床を「掃き掃除」するイメージです。時間 \(\Delta t\) の間にどれくらいの面積を掃除したかを計算します。回転した角度は「回転の速さ(\(\omega\)) × 時間(\(\Delta t\))」で求まります。この角度と棒の長さ(\(l\))を使って、ピザを切り分けたような形（おうぎ形）の面積を公式で求めます。

求める面積は \(\frac{1}{2} \omega l^2 \Delta t\) です。面積が時間に比例して増加していくことが式からわかり、物理的に妥当な結果です。

問(2)

思考の道筋とポイント
(1)で求めた面積の変化 \(\Delta S\) を使って、回路を貫く磁束の変化 \(\Delta \Phi\) を計算します。そして、ファラデーの電磁誘導の法則を適用して、誘導起電力 \(V\) の大きさを求めます。

この設問における重要なポイント

• 磁束の変化: 磁場は一様で面に垂直なので、磁束の変化 \(\Delta \Phi\) は、磁束密度 \(B\) と面積の変化 \(\Delta S\) の積で \(\Delta \Phi = B \Delta S\) となります。
• ファラデーの電磁誘導の法則: 誘導起電力の大きさ \(V\) は、単位時間あたりの磁束の変化の大きさに等しく、\(V = \left| \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} \right|\) で与えられます。（コイルの巻き数 \(N=1\)）

具体的な解説と立式
導体棒が回転することで、回路を貫く磁束が時間的に変化します。時間 \(\Delta t\) の間の磁束の変化量 \(\Delta \Phi\) は、(1)で求めた面積変化 \(\Delta S\) を用いて、
$$ \Delta \Phi = B \Delta S \quad \cdots ② $$
ファラデーの電磁誘導の法則より、OA間に生じる誘導起電力の大きさ \(V\) は、
$$ V = \left| – \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} \right| = \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} \quad \cdots ③ $$

③式に②式と(1)の結果 \(\Delta S = \frac{1}{2} \omega l^2 \Delta t\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
V &= \frac{B \Delta S}{\Delta t} \\[2.0ex] &= \frac{B \left( \frac{1}{2} \omega l^2 \Delta t \right)}{\Delta t} \\[2.0ex] &= \frac{1}{2} \omega B l^2
\end{aligned}
$$

磁石の力がかかっている範囲（磁場）を導体棒が横切ると、電池のように電気を流そうとする力（起電力）が発生します。この力の大きさは、1秒あたりにどれだけ磁場の線を横切るか（磁束の変化の速さ）で決まります。(1)で求めた面積の変化を使って、この磁束の変化の速さを計算することで、起電力の大きさがわかります。

誘導起電力の大きさは \(\frac{1}{2} \omega B l^2\) です。回転が速いほど(\(\omega\)大)、磁場が強いほど(\(B\)大)、棒が長いほど(\(l\)大)、起電力が大きくなるという結果は、物理的に妥当です。特に \(l^2\) に比例するのが特徴的です。

問(3)

思考の道筋とポイント
(2)で求めた起電力 \(V\) を持つ電源として導体棒OAを考えます。この電源と抵抗 \(R\) からなる単純な回路とみなし、オームの法則を適用して電流の大きさ \(I\) を求めます。電流の向きは、レンツの法則を用いて判断します。

この設問における重要なポイント

• オームの法則: 回路を流れる電流 \(I\) は、起電力 \(V\) に比例し、抵抗 \(R\) に反比例します (\(I = V/R\))。
• レンツの法則: 誘導電流は、回路を貫く磁束の変化を妨げる向きに流れます。この問題では「上向きの磁束が増加する」のを妨げる向きです。

具体的な解説と立式
導体棒OAは、大きさ \(V = \frac{1}{2}\omega B l^2\) の起電力を持つ電源とみなせます。この電源に抵抗値 \(R\) の抵抗が接続されているので、オームの法則より、回路に流れる電流の大きさ \(I\) は、
$$ I = \frac{V}{R} \quad \cdots ⑥ $$
次に、電流の向きをレンツの法則で考えます。導体棒が反時計回りに回転すると、回路(O-A-C-O)を貫く上向きの磁束が増加します。誘導電流は、この磁束の増加を妨げるために、下向きの磁場を作る向きに流れます。

右ねじの法則を適用すると、電流が時計回りに流れるときに下向きの磁場が作られます。したがって、電流はA→(円弧C)→抵抗R→Oの向きに流れます。抵抗Rを流れる電流の向きは、図の②の向きとなります。

⑥式に(2)で求めた \(V\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
I &= \frac{\frac{1}{2}\omega B l^2}{R} \\[2.0ex] &= \frac{\omega B l^2}{2R}
\end{aligned}
$$

(2)で計算した起電力（電圧）と、回路にある抵抗の値がわかったので、オームの法則「電流 = 電圧 ÷ 抵抗」を使って、流れる電流の大きさを計算します。電流の向きは、「変化が嫌い」というレンツの法則で考えます。上向きの磁場の線を横切る面積が増えて「上向きの磁力線が増える」という変化が起きるので、電流はそれを打ち消すために「下向きの磁力線を作る」向き、つまり時計回り（②の向き）に流れます。

電流の大きさは \(I = \frac{\omega B l^2}{2R}\)、向きは②です。起電力に比例し、抵抗に反比例するという結果はオームの法則から明らかであり、物理的に妥当です。

問(4)

思考の道筋とポイント
単位時間あたりに発生するジュール熱とは、消費電力 \(P\) のことです。抵抗値 \(R\) と、(3)で求めた電流 \(I\) が分かっているので、消費電力の公式 \(P = I^2 R\) を用いて計算します。

この設問における重要なポイント

• 消費電力（ジュール熱の発生率）: 抵抗 \(R\) に電流 \(I\) が流れるとき、単位時間あたりに発生するジュール熱は \(P_R = I^2 R\) で与えられます。

具体的な解説と立式
単位時間あたりに抵抗で発生するジュール熱は、抵抗での消費電力 \(P_R\) に等しいです。

(3)で求めた電流の大きさ \(I\) と抵抗値 \(R\) を用いて、消費電力の公式から求めます。
$$ P_R = I^2 R \quad \cdots ⑦ $$

⑦式に(3)で求めた \(I = \frac{\omega B l^2}{2R}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
P_R &= \left( \frac{\omega B l^2}{2R} \right)^2 R \\[2.0ex] &= \frac{\omega^2 B^2 l^4}{4R^2} \cdot R \\[2.0ex] &= \frac{\omega^2 B^2 l^4}{4R}
\end{aligned}
$$

抵抗に電流が流れると熱が発生します。1秒あたりに発生する熱の量（＝消費電力）を計算します。これは「（電流の2乗）× 抵抗」という公式で求められます。(3)で計算した電流の値を使って、この公式に当てはめるだけで計算できます。

単位時間あたりのジュール熱は \(\frac{\omega^2 B^2 l^4}{4R}\) です。角速度 \(\omega\) が大きいほど電流が大きくなり、発生する熱は \(\omega^2\) に比例して急激に増えることがわかります。これは物理的に妥当な結果です。

問(5)

思考の道筋とポイント
エネルギー保存則を考えます。導体棒を等角速度で回転させ続けるためには、外力が仕事をしなければなりません。この外力がした仕事は、回路で消費されるエネルギー（ジュール熱）に変換されます。したがって、外力の仕事率 \(P_{\text{外}}\) は、(4)で求めた抵抗での消費電力（単位時間あたりのジュール熱） \(P_R\) に等しくなります。

この設問における重要なポイント

• エネルギー保存則: この系では、(外力の仕事率) = (回路全体の消費電力) という関係が成り立ちます。
• 定常状態: 導体棒の運動エネルギーは一定なので、外から加えたエネルギーはすべて熱として出ていきます。

具体的な解説と立式
この系では、外力がした仕事が電気エネルギーに変換され、その電気エネルギーは最終的に抵抗でジュール熱として消費されます。導体棒やコイルの抵抗は無視できるため、エネルギーを消費するのは抵抗Rのみです。

エネルギー保存則より、導体棒を一定の角速度 \(\omega\) で回転させ続けるために外力がする仕事率 \(P_{\text{外}}\) は、回路全体で消費される電力、すなわち(4)で求めた単位時間あたりのジュール熱 \(P_R\) に等しくなります。
$$ P_{\text{外}} = P_R \quad \cdots ⑧ $$

⑧式と(4)の結果より、
$$ P_{\text{外}} = \frac{\omega^2 B^2 l^4}{4R} $$

この装置は一種の発電機です。手でハンドルを回す力（外力の仕事）が、電気を生み出し、その電気が抵抗器で熱になります。エネルギーは勝手に増えたり減ったりしないので、「外力が1秒あたりにする仕事の量（仕事率）」と「抵抗器で1秒あたりに発生する熱の量」はぴったり等しくなります。したがって、(4)で計算したジュール熱の値が、そのままこの問題の答えになります。

外力の仕事率は \(\frac{\omega^2 B^2 l^4}{4R}\) です。これは(4)の結果と一致し、エネルギー保存則がこの系で成り立っていることを明確に示しています。

【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座

最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• ファラデーの電磁誘導の法則（マクロな視点）:
  • 核心: 閉回路を貫く磁束が時間変化すると、その変化を妨げる向きに起電力が生じる、という電磁気学の基本法則です。この問題では、導体棒が回転することで回路の面積が変化し、磁束が変化します。\(V = |-\frac{\Delta \Phi}{\Delta t}| = \frac{B \Delta S}{\Delta t}\) という関係式を正しく適用できるかが問われます。
  • 理解のポイント: なぜ回転運動で起電力が生じるのかを「磁束の変化」という言葉で説明できることが重要です。特に、導体棒が掃く面積 \(\Delta S\) をおうぎ形の面積公式から \(\frac{1}{2}l^2(\omega \Delta t)\) と求め、時間あたりの変化率 \(\frac{\Delta S}{\Delta t}\) が \(\frac{1}{2}l^2\omega\) となる点を理解することが、起電力の導出の鍵です。
• ローレンツ力（ミクロな視点）:
  • 核心: 荷電粒子が磁場中を運動するときに受ける力 \(f=qvB\) が、電磁誘導現象の根本的な原因です。導体棒内の自由電子が回転運動に伴ってローレンツ力を受け、一方の端に偏ることで電位差（起電力）が生じます。
  • 理解のポイント: ファラデーの法則は結果を記述するマクロな法則ですが、ローレンツ力はその「なぜ」を説明するミクロな法則です。この問題の別解のように、ローレンツ力から起電力 \(V = (\text{平均の速さ}) \times B \times l = (\frac{1}{2}l\omega)Bl\) を導出できると、現象の理解がより深まります。
• エネルギー保存則:
  • 核心: この系では、外部から加えられた力学的な仕事が、すべて電気エネルギー（ジュール熱）に変換されます。つまり、(外力の仕事率) = (消費電力) という関係が厳密に成り立ちます。
  • 理解のポイント: (5)は(4)の答えと同じになる、という結論はエネルギー保存則の現れです。なぜなら、導体棒は一定角速度で回転しているため運動エネルギーは変化せず、加えられたエネルギーは他に逃げ場がなく、すべてジュール熱になるしかないからです。この関係性を理解していれば、(5)は計算なしで解答できます。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

• 応用できる類似問題のパターン:
  • 導体棒の直線運動: レール上を導体棒が滑る問題。回転運動が並進運動に変わるだけで、\(V=vBl\) やエネルギー保存則の考え方は全く同じように使えます。
  • 正方形コイルの磁場への出入り: コイルが磁場領域に進入・退出する際に、磁束が変化して誘導電流が流れます。どの辺で起電力が生じ、どの向きに電流が流れるかを考える問題です。
  • 発電機・モーターの原理: この問題は単純な発電機（ダイナモ）のモデルです。逆に、電流を流して回転させるモーターの問題では、電磁力が回転の駆動力となり、(外力の仕事率)が(力学的仕事率)に置き換わります。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 磁束は変化しているか？: まず、回路を貫く磁束 \(\Phi = BS\cos\theta\) の \(B\), \(S\), \(\theta\) のうち、どれが時間変化しているかを確認します。この問題では面積 \(S\) が変化しています。
  2. エネルギーの流れを追う: 「誰が仕事をして(入力)」「どこでエネルギーが消費されるか(出力)」というエネルギーの流れを最初に把握します。この問題では「外力」が入力、「抵抗のジュール熱」が出力です。
  3. マクロかミクロか？: 問題に応じて、ファラデーの法則（マクロ）で解くのが早いか、ローレンツ力（ミクロ）で考えた方が本質を捉えやすいかを見極めます。起電力の大きさはファラデーの法則、向きはローレンツ力で考えると分かりやすい場合が多いです。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 起電力の計算で \(V=l\omega Bl\) としてしまう:
  • 誤解: 導体棒の速さを一様に \(v=l\omega\) だと考えてしまう。
  • 対策: 回転運動では、速さは回転中心からの距離に比例することを常に意識します。中心の速さは \(0\)、先端の速さは \(l\omega\) なので、代表の速さとして「平均の速さ \(\bar{v} = \frac{1}{2}l\omega\)」を使うか、ファラデーの法則で正しく面積変化を計算する必要があります。
• 電流の向きの間違い:
  • 誤解: フレミングの左手の法則を電子に適用する際に、力の向きをそのまま電流の向きだと勘違いする。あるいは、レンツの法則で「妨げる」の意味を取り違える。
  • 対策: ローレンツ力で考える場合、「電子が力を受けて移動した先が負極、その逆が正極」と覚え、電流は正極から負極へ流れる、と段階的に考えます。レンツの法則では、「磁束の変化（原因）」→「それを打ち消す磁場（誘導電流の目的）」→「その磁場を作る電流の向き（結果）」という因果関係を丁寧に追います。
• 仕事率の計算での混同:
  • 誤解: (5)で、(4)とは別に力学的な計算をしようとして、力のモーメントの計算などで混乱し、ミスをする。
  • 対策: まずエネルギー保存則が使えないかを考えます。「外力の仕事率 = 消費電力」という関係は非常に強力です。この関係に気づけば、(4)の答えをそのまま使うだけでよく、複雑な計算を回避できます。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題での有効なイメージ化と図示:
  • 起電力のイメージ: 導体棒OAを、O側がマイナス極、A側がプラス極の、電圧 \(\frac{1}{2}\omega Bl^2\) の細長い電池に置き換えて図を描くと、回路全体の理解が容易になります。
  • エネルギー変換のフローチャート: 「外力の仕事 \(P_{\text{外}}\)」→「電気エネルギーの発生 \(P=IV\)」→「ジュール熱による消費 \(P_R=I^2R\)」というエネルギーの流れを矢印で図示すると、(4)と(5)の関係性が視覚的に理解できます。
  • 力のつり合いの図: 回転する導体棒に、外力が加えようとする「アクセルのモーメント（反時計回り）」と、電磁力が引き起こす「ブレーキのモーメント（時計回り）」が釣り合っている様子を、矢印で描き込むと、(5)の別解（力学アプローチ）の理解が深まります。
• 図を描く際に注意すべき点:
  • ベクトルの向きを正確に: 磁場 \(\vec{B}\)（紙面奥から手前）、速度 \(\vec{v}\)（接線方向）、ローレンツ力 \(\vec{f}\)（中心向き）など、空間的なベクトルの向きを、フレミングの法則などを使って正確に図示することが、特に向きを問う問題では不可欠です。
  • 原因と結果を区別する: 例えばレンツの法則を考える際、「もともとの磁束の変化」と「誘導電流が作る磁束」を、点線と実線で描き分けるなどして、原因と結果を明確に区別すると混乱が防げます。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• ファラデーの電磁誘導の法則 \(V = |-\frac{\Delta \Phi}{\Delta t}|\):
  • 選定理由: 回路を貫く磁束が時間変化している状況で、起電力を求めるための最も直接的で基本的な法則だからです。
  • 適用根拠: この問題では、導体棒の回転によって回路の面積 \(S\) が時間とともに線形に増加するため、\(\Delta \Phi = B \Delta S\) の関係が明確であり、法則を適用するのに最適な状況です。
• エネルギー保存則 \(P_{\text{外}} = P_R\):
  • 選定理由: 「外力の仕事率」という力学的な量と、「消費電力」という電気的な量を結びつける、分野を横断した強力な法則だからです。
  • 適用根拠: 問題文に「一定の角速度で回転させる」とあるため、系の運動エネルギーは変化しません。また、「抵抗以外の電気抵抗や摩擦は無視」とあるため、エネルギーの損失は抵抗でのジュール熱のみです。これらの条件から、入力されたエネルギーが出力されるエネルギーに等しいという保存則が厳密に成り立ちます。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. (1) 面積変化の計算:
   • 戦略: 幾何学（おうぎ形の面積）で解く。
   • フロー: ①時間 \(\Delta t\) での回転角 \(\Delta \theta = \omega \Delta t\) を求める → ②おうぎ形の面積公式 \(S = \frac{1}{2}r^2\theta\) に \(r=l, \theta=\Delta\theta\) を代入して \(\Delta S\) を計算。
2. (2) 起電力の計算:
   • 戦略: ファラデーの法則で解く。
   • フロー: ①磁束の変化 \(\Delta \Phi = B \Delta S\) を立式 → ②ファラデーの法則 \(V = \Delta \Phi / \Delta t\) に代入 → ③(1)の結果を使って \(V\) を \(\omega, B, l\) で表す。
3. (3) 電流の計算:
   • 戦略: オームの法則とレンツの法則で解く。
   • フロー: ①オームの法則 \(I=V/R\) に(2)の結果を代入して大きさを計算 → ②レンツの法則（上向き磁束増→それを妨げる下向き磁場→時計回り電流）で向きを判断。
4. (4) ジュール熱の計算:
   • 戦略: 消費電力の公式で解く。
   • フロー: ①消費電力の公式 \(P_R = I^2 R\) を選択 → ②(3)で求めた \(I\) を代入して計算。
5. (5) 仕事率の計算:
   • 戦略: エネルギー保存則で解く。
   • フロー: ①エネルギー保存則より \(P_{\text{外}} = P_R\) であることを確認 → ②(4)の答えをそのまま解答とする。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 文字式の整理を丁寧に: この問題では \(l^2\) や \(l^4\)、\(B^2\)、\(\omega^2\) など、多くの物理量が累乗で現れます。特に(4)の \(I^2\) の計算では、\((\frac{\omega B l^2}{2R})^2 = \frac{\omega^2 B^2 (l^2)^2}{(2R)^2} = \frac{\omega^2 B^2 l^4}{4R^2}\) のように、分子分母の各項を一つずつ確実に2乗していくことが重要です。
• 単位を意識する: 例えば、角速度 \(\omega\) の単位が [rad/s] であることを確認することは、\(\Delta \theta = \omega \Delta t\) のような関係式を正しく使う上で基本となります。
• 物理量の依存関係を確認する: 例えば、起電力 \(V\) が \(l^2\) に比例し、消費電力 \(P_R\) が \(l^4\) に比例するという結果が出たとき、なぜ次数が違うのか（\(P_R\) は \(I^2\) に比例し、\(I\) は \(V\) に比例、\(V\) は \(l^2\) に比例するため、\(P_R \propto (l^2)^2 = l^4\) となる）を頭の中で再確認することで、検算になります。

解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう

• 得られた答えの物理的妥当性の検討:
  • (2) 起電力: 回転を速くする(\(\omega\)↑)、磁場を強くする(\(B\)↑)、棒を長くする(\(l\)↑)と、起電力が大きくなるのは直感的に正しいです。
  • (3) 電流の向き: 電流が流れると、その電流は磁場から力を受けます（電磁力）。フレミングの左手の法則でこの力の向きを調べると、回転を妨げる向き（ブレーキ）になります。もし電流の向きを逆に間違うと、回転を助ける向きの力となり、何もしなくても勝手に回り続ける永久機関になってしまい、物理的におかしいと気づけます。
  • (4) ジュール熱: 抵抗 \(R\) が大きいほど、電流が流れにくくなるのでジュール熱は小さくなるはずです。計算結果 \(P_R = \frac{\omega^2 B^2 l^4}{4R}\) は分母に \(R\) があるので、この直感と一致します。
• 別解との比較:
  • この問題では、(2)の起電力、(3)の電流の向き、(5)の仕事率について、それぞれマクロな法則（ファラデー、レンツ、エネルギー保存）とミクロな法則（ローレンツ力、力学）の両方からアプローチできました。全く異なる計算や思考を経ても同じ結論に達することは、それぞれの法則の正しさと、自身の計算の正確性を強力に裏付けます。特に、エネルギー保存則と力学計算が一致したことは、この系の物理的整合性が取れていることの証拠です。

461 ベータトロン

【問題の確認】まずは問題文をしっかり読み解こう

この問題は、電子を円形軌道上で加速させる装置「ベータトロン」の原理を扱います。磁場による円運動（ローレンツ力）と、磁場の時間変化によって生じる電場（ファラデーの電磁誘導）による加速という、2つの電磁気現象が組み合わさった応用的なテーマです。それぞれの現象を正しく立式し、それらを関連付けて考察する能力が問われます。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「ベータトロンの原理」です。磁場が電子に果たす2つの役割、すなわち「ローレンツ力による向心力（円運動の維持）」と「時間変化による誘導電場（加速）」を区別して理解することが最大のポイントです。

問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。

基本的なアプローチは以下の通りです。

問(1)

思考の道筋とポイント
電子は磁場からローレンツ力を受け、これが向心力となって等速円運動をしています。この力学的関係を運動方程式として立式し、そこから運動量 \(P=mv\) を求めます。

この設問における重要なポイント

• ローレンツ力: 電荷 \(q\)、速さ \(v\) の粒子が、垂直な磁場 \(B\) から受ける力の大きさは \(F=qvB\) です。電子の場合、電荷の大きさは \(e\) なので \(F=evB\) となります。
• 円運動の運動方程式: 質量 \(m\)、速さ \(v\)、半径 \(R\) の円運動における向心力は \(m\frac{v^2}{R}\) です。運動方程式は「質量 × 加速度 = 力」なので、\(m\frac{v^2}{R} = (\text{向心力})\) となります。

具体的な解説と立式
電子が受けるローレンツ力 \(F_{\text{ローレンツ}}\) が、円運動の向心力として働きます。
$$ F_{\text{ローレンツ}} = evB $$
円運動の運動方程式は、
$$ m\frac{v^2}{R} = evB \quad \cdots ① $$
この式を整理して、運動量 \(P=mv\) を求めます。

①式の両辺に \(R\) を掛け、\(v\) で割ると、
$$
\begin{aligned}
mv &= eRB
\end{aligned}
$$
運動量 \(P\) は \(mv\) なので、
$$ P = eRB $$

電子が磁石の力（ローレンツ力）に引っ張られて、ぐるぐる回っている状態です。物理では、物体を円運動させるためには中心に向かって引っ張り続ける力（向心力）が必要だと考えます。この問題では、ローレンツ力がその役割を担っています。この「向心力 = ローレンツ力」という関係を数式にすると、電子の運動の勢い（運動量）を計算することができます。

電子の運動量の大きさは \(eRB\) です。運動量は、電子の軌道半径 \(R\) と、その場所での磁束密度 \(B\) に比例することがわかります。これはベータトロンの基本関係式です。

問(2)

思考の道筋とポイント
円内部の磁場が時間変化することで、ファラデーの電磁誘導の法則に従い、電子の円形軌道上に渦状の電場（誘導電場）が生じます。この誘導電場が電子に力を及ぼします。まず、誘導起電力 \(V\) を磁束の変化から求め、次に \(V\) と誘導電場 \(E\) の関係（ヒントにある \(V=E \times (\text{円周})\)）を用いて \(E\) を求め、最後に電子が受ける力の大きさ \(F=eE\) を計算します。

この設問における重要なポイント

• ファラデーの電磁誘導の法則: 磁束の変化率が誘導起電力 \(V\) を生みます。\(V = |-\frac{\Delta \Phi}{\Delta t}|\)。
• 磁束の計算: 磁束 \(\Phi\) は「磁束密度 × 面積」です。ここでは、円内部の「平均」磁束密度 \(\bar{B}\) を使うことに注意が必要です。したがって、磁束の変化は \(\Delta \Phi = (\text{面積}) \times (\text{平均磁束密度の変化}) = \pi R^2 \bar{\Delta B}\) となります。
• 誘導電場と起電力の関係: 誘導電場 \(E\) が一様であるとみなせる場合、起電力 \(V\) は電場を閉回路に沿って一周積分したものに等しく、\(V = E \times (\text{円周の長さ}) = E \cdot 2\pi R\) と表せます。

具体的な解説と立式
時間 \(\Delta t\) の間に、半径 \(R\) の円を貫く磁束が変化します。この磁束の変化 \(\Delta \Phi\) は、円の面積 \(\pi R^2\) と平均磁束密度の増加分 \(\bar{\Delta B}\) を用いて、
$$ \Delta \Phi = (\pi R^2) \bar{\Delta B} $$
ファラデーの電磁誘導の法則より、この磁束の変化によって円周上に生じる誘導起電力の大きさ \(V\) は、
$$ V = \left| – \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} \right| = \frac{(\pi R^2) \bar{\Delta B}}{\Delta t} \quad \cdots ② $$
一方、円周上に生じる誘導電場の大きさを \(E\) とすると、起電力 \(V\) は電場 \(E\) と円周の長さ \(2\pi R\) の積で表されるので、
$$ V = E \cdot 2\pi R \quad \cdots ③ $$
電子がこの誘導電場から受ける力の大きさ \(F\) は、
$$ F = eE \quad \cdots ④ $$

②式と③式から \(V\) を消去して \(E\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
E \cdot 2\pi R &= \frac{(\pi R^2) \bar{\Delta B}}{\Delta t} \\[2.0ex] E &= \frac{(\pi R^2) \bar{\Delta B}}{2\pi R \Delta t} \\[2.0ex] &= \frac{R \bar{\Delta B}}{2 \Delta t}
\end{aligned}
$$
この \(E\) を④式に代入して、力の大きさ \(F\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
F &= eE \\[2.0ex] &= e \left( \frac{R \bar{\Delta B}}{2 \Delta t} \right) \\[2.0ex] &= \frac{eR}{2} \frac{\bar{\Delta B}}{\Delta t}
\end{aligned}
$$

磁場の強さを時間とともに変化させると、その周りに渦を巻くような電場が発生します。これは、導線がなくても起こる不思議な現象です。この問題では、円の内側の平均的な磁場を強くすることで、電子が回っている円周上に、電子を前に押し出す向きの電場を作り出しています。この電場が電子を加速させる力となります。力の大きさは、ファラデーの法則を使って計算できます。

電子が受ける力の大きさは \(\frac{eR}{2} \frac{\bar{\Delta B}}{\Delta t}\) です。この力は、平均磁束密度の時間変化率 \(\frac{\bar{\Delta B}}{\Delta t}\) に比例します。つまり、磁場を急激に変化させるほど、電子は大きな力を受けて加速されることがわかります。

問(3)

思考の道筋とポイント
運動量の変化は、物体が受けた力積に等しいという関係（\(\Delta P = F \Delta t\)）を利用します。(2)で求めた力の大きさ \(F\) に、力が働いた時間 \(\Delta t\) を掛けることで、運動量の増加分 \(\Delta P\) を計算します。

この設問における重要なポイント

• 力積と運動量の関係: \(\Delta P = F \Delta t\)。これは運動方程式 \(F = m\frac{\Delta v}{\Delta t} = \frac{\Delta (mv)}{\Delta t} = \frac{\Delta P}{\Delta t}\) を変形したものです。

具体的な解説と立式
力積と運動量の関係式は、
$$ \Delta P = F \Delta t \quad \cdots ⑤ $$
この式に、(2)で求めた力の大きさ \(F\) を代入します。

⑤式に \(F = \frac{eR}{2} \frac{\bar{\Delta B}}{\Delta t}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
\Delta P &= \left( \frac{eR}{2} \frac{\bar{\Delta B}}{\Delta t} \right) \Delta t \\[2.0ex] &= \frac{eR}{2} \bar{\Delta B}
\end{aligned}
$$

(2)で電子が加速される力の大きさがわかりました。運動の勢い（運動量）がどれだけ増えるかは、「受けた力 × 力が働いた時間」で計算できます。この「力 × 時間」を物理用語で「力積」と呼びます。(2)の答えに時間 \(\Delta t\) を掛けるだけで、運動量の増加分が求まります。

運動量の増加分は \(\frac{eR}{2} \bar{\Delta B}\) です。この増加は、円内部の平均磁束密度の増加量 \(\bar{\Delta B}\) に比例します。

問(4)

思考の道筋とポイント
電子は加速されて速くなりましたが、軌道半径 \(R\) は変わらない、という条件が重要です。これは、軌道上の磁束密度 \(B\) も同時に増加して、より速くなった電子を同じ半径で曲げ続けるだけの、より強いローレンツ力を供給していることを意味します。

(1)で導いた運動量の関係式 \(P=eRB\) は、どの瞬間でも成り立ちます。この関係式の変化量 \(\Delta P\) を考え、(3)で求めた \(\Delta P\) と等しいとおくことで、\(\Delta B\) と \(\bar{\Delta B}\) の関係を導きます。

この設問における重要なポイント

• 軌道維持の条件: (1)で求めた関係式 \(P=eRB\) は、電子が半径 \(R\) の円運動を続けるための普遍的な条件です。
• 変化量の関係: \(P\) と \(B\) が変化しても、\(P=eRB\) の関係は維持されるので、それぞれの変化量の間にも \(\Delta P = eR \Delta B\) という関係が成り立ちます。（\(e\) と \(R\) は定数）

具体的な解説と立式
電子が加速された後も半径 \(R\) の円運動を続けるためには、どの瞬間においても(1)で導いた関係式が成り立っている必要があります。
$$ P = eRB $$
時間 \(\Delta t\) の間に、運動量が \(P \rightarrow P+\Delta P\)、軌道上の磁束密度が \(B \rightarrow B+\Delta B\) に変化したとします。変化前の関係式と変化後の関係式から、運動量の増加分 \(\Delta P\) と軌道上の磁束密度の増加分 \(\Delta B\) の間には、次の関係が成り立ちます。
$$ \Delta P = eR \Delta B \quad \cdots ⑥ $$
この \(\Delta P\) は、誘導電場による加速が原因で生じたものです。したがって、(3)で求めた運動量の増加分と等しくなければなりません。

(3)の結果は、
$$ \Delta P = \frac{eR}{2} \bar{\Delta B} \quad \cdots ⑦ $$

⑥式と⑦式は、同じ \(\Delta P\) を表しているので、右辺同士を等しいとおきます。
$$
\begin{aligned}
eR \Delta B &= \frac{eR}{2} \bar{\Delta B}
\end{aligned}
$$
両辺を \(eR\) で割ると、求める関係式が得られます。
$$ \Delta B = \frac{1}{2} \bar{\Delta B} $$

電子は加速されてスピードアップしました。普通なら遠心力が強くなって外へ飛び出してしまうはずですが、同じ半径の円を描き続けています。これは、円周上の磁場もタイミングよく強くなって、スピードアップした電子を内側に強く引っ張るようになったからです。

この問題は、「加速による運動量の増加分（(3)の答え）」と「円運動を維持するための運動量の増加分」が等しい、という条件を数式にすることで解けます。その結果、電子の軌道上の磁場の増加量は、円内部の平均的な磁場の増加量のちょうど半分でなければならない、という面白い関係がわかります。

求める関係式は \(\Delta B = \frac{1}{2} \bar{\Delta B}\) です。これは「ベータトロンの条件」または「1:2法則」として知られています。電子を同じ軌道で加速し続けるためには、軌道上の磁束密度の増加を、円内部の平均磁束密度の増加のちょうど半分になるように、巧みに制御する必要があることを示しています。この条件を満たすように磁場を設計することで、ベータトロンは機能します。

【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座

最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• 円運動の運動方程式（ローレンツ力と向心力）:
  • 核心: 磁場中で荷電粒子が円運動する際の基本法則です。ローレンツ力 \(evB\) が向心力 \(m\frac{v^2}{R}\) の役割を果たすという関係、すなわち \(m\frac{v^2}{R} = evB\) を立てられることが全ての出発点です。
  • 理解のポイント: この式から導かれる \(P=mv=eRB\) という関係は、ベータトロンにおいて「軌道を維持するための条件」を表します。電子が加速されて \(P\) が増えても半径 \(R\) を一定に保つためには、軌道上の磁束密度 \(B\) も同時に増やさなければならない、という物理的な意味を理解することが重要です。
• ファラデーの電磁誘導の法則（誘導電場）:
  • 核心: 磁束の時間変化が、その周りの空間に渦状の電場（誘導電場）を生み出すという法則です。この問題では、導線がない真空中でも電磁誘導が起こり、その誘導電場が電子を加速させる、という点がポイントです。
  • 理解のポイント: 誘導起電力 \(V\) は、円周の長さと電場 \(E\) を用いて \(V=E \cdot 2\pi R\) と表せます。一方、磁束の変化は「円内部の平均磁束密度 \(\bar{B}\)」を用いて \(\Delta \Phi = \pi R^2 \bar{\Delta B}\) と計算します。この2つの異なる物理量（軌道上の \(E\) と内部の \(\bar{B}\)）がファラデーの法則 \(V = \Delta \Phi / \Delta t\) によって結びつけられることが、この問題の鍵です。
• 力積と運動量の関係:
  • 核心: 電子が誘導電場から受けた力 \(F\) が、時間 \(\Delta t\) の間に運動量を \(\Delta P = F \Delta t\) だけ増加させる、という力学の基本法則です。
  • 理解のポイント: この問題は、(2)で求めた「加速の力 \(F\)」と、(4)で考える「軌道維持の条件」という、一見異なる2つの物理現象を、「運動量の増加 \(\Delta P\)」という共通の量で結びつけることで解かれます。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

• 応用できる類似問題のパターン:
  • サイクロトロン: 電場（ディー間）で加速し、磁場で円運動を繰り返す装置。ベータトロンが磁場の「時間変化」で連続的に加速するのに対し、サイクロトロンは電場の「空間的な配置」で断続的に加速する点が異なりますが、磁場による円運動の原理は共通です。
  • 電磁誘導とコンデンサー: 磁束を変化させて生じた起電力でコンデンサーを充電する問題。誘導電場が電荷を移動させるという点で、本質は似ています。
  • 電磁波の発生原理: 変化する電場が磁場を生み、変化する磁場が電場を生む、という相互作用が電磁波の本質です。この問題の「磁場の変化→電場の発生」という部分は、その片鱗を体験できる良い例です。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 磁場の役割を区別する: 磁場が「粒子を曲げる（ローレンツ力）」役割と、「時間変化して電場を生む（電磁誘導）」役割の2つを担っていることを見抜きます。特に、運動方程式で使う \(B\) は「軌道上の磁束密度」、磁束計算で使う \(\bar{B}\) は「内部の平均磁束密度」と、同じ記号でも意味が違うことを明確に区別します。
  2. 変化前と変化後を比較する: (4)のように、ある操作によって物理量が変化する問題では、「変化前の状態での物理法則の式」と「変化後の状態での物理法則の式」をそれぞれ立てて比較する、というアプローチは非常に有効です。
  3. 複数の物理法則の架け橋を探す: この問題では「運動量の変化 \(\Delta P\)」が、力積と軌道維持条件を結ぶ架け橋でした。複雑な問題では、どの物理量が異なる現象を結びつけているかを探す視点が重要です。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 軌道上のBと内部の平均\(\bar{B}\)の混同:
  • 誤解: (2)の磁束計算で、平均磁束密度 \(\bar{\Delta B}\) ではなく、軌道上の磁束密度 \(\Delta B\) を使ってしまう。
  • 対策: 問題文を注意深く読み、「円内部の磁束密度の平均値」と「円周上での磁束密度」が区別されていることを最初に確認します。なぜ区別する必要があるのか（ベータトロンの条件を導くため）を理解すると、混同しにくくなります。
• 運動方程式の誤り:
  • 誤解: 電子が加速されているため、円運動の運動方程式が立てられない、あるいは接線方向の力も向心力に含めてしまう。
  • 対策: 力はベクトルであり、分解して考えるのが基本です。円運動では、動径方向（中心向き）と接線方向（速度向き）に力を分解します。動径方向の力（ローレンツ力）は向心力として「円運動の維持」を、接線方向の力（誘導電場による力）は「加速」を担っていると、役割を明確に分けましょう。動径方向は力のつり合いではなく、運動方程式 \(m\frac{v^2}{R} = evB\) で表されます。
• (4)の立式ができない:
  • 誤解: (3)までで求めた関係をどう使えば良いか分からなくなる。
  • 対策: 「半径Rの円運動を維持させることができる」という日本語の条件を、物理の言葉に翻訳することを試みます。これは「どの瞬間でも \(P=eRB\) の関係が成り立つ」ことを意味します。この関係式の「変化量」を考えるか、別解のように「変化後の式」を立てることで、突破口が開けます。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題での有効なイメージ化と図示:
  • 2つの磁場の役割の図解: 円軌道の内側全体に「平均磁場 \(\bar{B}\)（加速用）」が、円周上に「軌道磁場 \(B\)（軌道維持用）」がそれぞれ存在しているイメージ図を描くと、両者の区別がつきやすくなります。特に、\(\bar{B} > B\) であることを（(4)の結果から）矢印の密度などで表現すると、理解が深まります。
  • 力の分解図: 電子に働く力を、動径方向の「ローレンツ力 \(evB\)」と、接線方向の「誘導電場による力 \(eE\)」に分解したベクトル図を描く。これにより、力が運動に与える影響（向きを変える力と速さを変える力）が明確になります。
• 図を描く際に注意すべき点:
  • 巨視的視点と微視的視点の区別: ファラデーの法則を考えるときは、円全体を貫く磁束という巨視的な視点で図を捉えます。一方、ローレンツ力や電場による力を考えるときは、電子一個に注目した微視的な視点で図を描きます。この視点の切り替えを意識することが重要です。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 円運動の運動方程式 \(m\frac{v^2}{R} = evB\):
  • 選定理由: 荷電粒子が磁場中で円運動するという、問題の根幹をなす現象を記述する唯一の基本公式だからです。
  • 適用根拠: ローレンツ力が常に速度と垂直に働くため、仕事をせず、運動エネルギーを変化させません（=等速円運動）。この力が向心力として機能しているため、この等式が成り立ちます。
• ファラデーの法則 \(V = |-\frac{\Delta \Phi}{\Delta t}|\) と \(V=E \cdot 2\pi R\):
  • 選定理由: 磁場の時間変化によって、空間に電場（起電力）が生じるという、この問題のもう一つの核心現象を記述する法則だからです。
  • 適用根拠: 問題設定から、磁場は時間的に変化し、空間的に（軸対称に）分布しています。この状況で発生する誘導電場と起電力の関係を記述するために、これらの公式が選ばれます。特に、導線がない空間での電磁誘導を扱う点がポイントです。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. (1) 軌道維持条件の導出:
   • 戦略: ローレンツ力を向心力とする円運動の運動方程式を立てる。
   • フロー: ①運動方程式 \(m\frac{v^2}{R} = evB\) を立式 → ②式を整理して運動量 \(P=mv\) を求める。
2. (2) 加速力の計算:
   • 戦略: ファラデーの法則から誘導電場を求め、力を計算する。
   • フロー: ①磁束の変化 \(\Delta \Phi = \pi R^2 \bar{\Delta B}\) を計算 → ②誘導起電力 \(V = \Delta \Phi / \Delta t\) を求める → ③\(V=E \cdot 2\pi R\) から電場 \(E\) を求める → ④力 \(F=eE\) を計算。
3. (3) 運動量増加の計算:
   • 戦略: 力積と運動量の関係を用いる。
   • フロー: ①関係式 \(\Delta P = F \Delta t\) を用意 → ②(2)で求めた \(F\) を代入して \(\Delta P\) を計算。
4. (4) ベータトロン条件の導出:
   • 戦略: 「軌道維持条件の変化」と「加速による運動量変化」が等しいとおく。
   • フロー: ①軌道維持条件 \(P=eRB\) の変化量を考え、\(\Delta P = eR \Delta B\) を導出 → ②この \(\Delta P\) が(3)で求めた \(\Delta P\) と等しいとして立式 → ③式を整理して \(\Delta B\) と \(\bar{\Delta B}\) の関係を求める。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 記号の区別を徹底する: この問題の最大の罠は \(B\) と \(\bar{B}\) の混同です。計算用紙の上で、常に「これは軌道上のB」「これは平均の\(\bar{B}\)」と意識しながら式を書き進めましょう。同様に、\(\Delta B\) と \(\bar{\Delta B}\) も明確に区別します。
• 分数の計算を慎重に: (2)の計算では、\(\frac{(\pi R^2) \bar{\Delta B}}{2\pi R \Delta t}\) のように、\(\pi\), \(R\) などの約分が多く発生します。一つ一つ丁寧に消していくことで、ケアレスミスを防ぎます。
• 変化量 \(\Delta\) の扱い: (4)で \(\Delta P = eR \Delta B\) を導く過程は、微分の考え方（\(dP = eR dB\)）に近いです。\(e\) や \(R\) は定数なので \(\Delta\) の外に出せる、という感覚を身につけておくと、計算がスムーズになります。

解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう

• 得られた答えの物理的妥当性の検討:
  • (4) ベータトロンの条件 \(\Delta B = \frac{1}{2} \bar{\Delta B}\): この式は \(\bar{\Delta B} = 2 \Delta B\) とも書けます。これは、電子を加速させるためには、円内部の磁場を、軌道上の磁場の2倍のペースで強くしなければならないことを意味します。加速のためにはより強い磁場変化が必要、というのは直感的に妥当です。また、これはベータトロンの磁場が中心部ほど強く、周辺に向かって弱くなる不均一な磁場であることを示唆しており、これも物理的に妥当な設計です。
• 別解との比較:
  • (4)の主たる解法（変化量をとる）と別解（変化後の式を立てる）は、アプローチが異なりますが、全く同じ結論に至りました。これは、物理法則が微小な変化に対しても自己無撞着であることを示しており、両方の解法を理解することで、法則への信頼と理解が深まります。抽象的な操作と具体的な計算の両方ができることは、応用力を高める上で非常に重要です。

ABOUT THE AUTHOR

共田 誠（まこと先生）

高校物理講師・プロ家庭教師 / 指導歴14年

上智大学理工学部物理学科卒。私立高校の非常勤講師として進学クラスから基礎クラスまで幅広く担当。大手家庭教師センター3社でプロ家庭教師を経験し、現在はオンライン専門で全国の高校生を個別指導中。

「暗記物理の撲滅」を掲げ、生徒の思考のクセを診断・矯正するドクター型アプローチで指導。表面的なテクニックではなく、初見の問題に強い思考力を育てる。

800+解説記事

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