問題34 電流と磁場 (奈良女子大)
【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド
- 提示する別解
- 設問(2)およびQ(2)の別解1: 力のベクトル合成を用いた解法
- 模範解答の別解としても記載されている方法です。磁場を介さず、導線同士が及ぼし合う力（引力・斥力）を直接計算し、それらをベクトルとして合成します。
- 設問(1)〜(3)およびQの別解2: 微積分（ビオ・サバールの法則）とベクトル解析を用いた体系的解法
- 公式を前提とせず、電流素片が作る磁場の法則（ビオ・サバールの法則）から出発し、積分計算によって直線電流の磁場を導出します。さらに、外積を用いたローレンツ力の計算により、力の向きと大きさを数学的に厳密に決定します。
- 設問(2)およびQ(2)の別解1: 力のベクトル合成を用いた解法
- 上記の別解が有益である理由
- 力の合成: 「同方向の電流は引き合い、逆方向は反発する」という直感的に分かりやすい物理的描像に基づいており、力の向きのミスを減らすことができます。
- 微積分とベクトル解析: 3次元空間での磁場や力の向き（フレミングの法則など）を、右手の法則や左手の法則といった「手の形」に頼らず、ベクトルの外積計算として機械的かつ正確に導出できるため、複雑な空間配置の問題で威力を発揮します。
- 結果への影響
- いずれのアプローチを用いても、最終的に得られる答えは模範解答と完全に一致します。
この問題のテーマは「平行直線電流がつくる磁場と、電流が磁場から受ける力（電流相互作用）」です。
複数の導線が存在する空間で、それぞれの電流が作る磁場が重なり合い、その合成磁場の中に置かれた導線が力を受ける様子を解析します。
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。
- 右ねじの法則: 直線電流が周囲に作る磁場の向きを決定します。
- 直線電流の磁場: 無限に長い直線電流 \(I\) から距離 \(r\) 離れた点の磁場の強さは \(H = \frac{I}{2\pi r}\) です。
- 電流が磁場から受ける力（電磁力）: 磁束密度 \(B\) の磁場中にある長さ \(l\) の直線電流 \(I\) は、\(F = IBl\) の力を受けます。向きはフレミングの左手の法則に従います。
- 平行電流間の力: 同じ向きの電流は引力、逆向きの電流は斥力（反発力）を及ぼし合います。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (1)では、導線Qが導線Pの位置に作る磁場を求め、Pが受ける力を計算します。
- (2)では、導線PとQが導線Rの位置に作る磁場をベクトルとして合成し、Rが受ける力を求めます（別解として、PとQがRに及ぼす力を直接合成する方法も解説します）。
- (3)では、Rに働く力がつり合う条件から、追加する導線Sの位置と電流の向きを逆算します。
- (Q)では、Qの電流の向きを逆にした場合の(2)(3)と同様の解析を行います。
問(1)
思考の道筋とポイント
導線Pが受ける力を考えるため、Pの位置における磁場を知る必要があります。
この磁場を作っているのは、もう一方の導線Qです。
まず、Qが作る磁場の向きと大きさを求め、次にその磁場中でPが受ける力を計算します。
この設問における重要なポイント
- 作用・反作用: QがPに及ぼす力と、PがQに及ぼす力は、大きさ等しく逆向きです。
- 座標の確認: Pは \(x=-r\)、Qは \(x=r\) にあり、距離は \(2r\) です。
- 磁場の向き: 右ねじの法則を用いて、Qの電流（\(-z\)方向）がPの位置で作る磁場の向きを慎重に決定します。
具体的な解説と立式
導線Q（位置 \(x=r\)、電流 \(I\) は \(z\) 軸負の向き）が、導線Pの位置（\(x=-r\)）に作る磁場の強さを \(H_{\text{Q}}\) とします。
2本の導線間の距離は \(2r\) なので、直線電流の磁場の公式より以下の式が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
H_{\text{Q}} &= \frac{I}{2\pi(2r)}
\end{aligned}
$$
磁場の向きを決定します。
Qの電流は \(z\) 軸負の向き（下向き）です。右ねじの法則より、Qを中心とする磁力線は上から見て時計回りとなります。
Qの左側にあるPの位置では、磁力線の接線方向は \(y\) 軸正の向き（奥向き） となります。
透磁率を \(\mu_0\) とすると、磁束密度 \(B_{\text{Q}}\) の大きさは以下の通りです。
$$
\begin{aligned}
B_{\text{Q}} &= \mu_0 H_{\text{Q}}
\end{aligned}
$$
次に、この磁場 \(B_{\text{Q}}\) によって導線P（電流 \(I\) は \(z\) 軸正の向き）の長さ \(l\) の部分が受ける力 \(F\) を求めます。
力の大きさの式は以下の通りです。
$$
\begin{aligned}
F &= I B_{\text{Q}} l
\end{aligned}
$$
力の向きを決定します。
フレミングの左手の法則を適用します。
- 電流（中指）：\(z\) 軸正の向き（上）
- 磁場（人差し指）：\(y\) 軸正の向き（奥）
これらを合わせると、親指（力 \(F\)）は \(x\) 軸負の向き（左） を指します。
使用した物理公式
- 直線電流の磁場: \(H = \frac{I}{2\pi r}\)
- 磁束密度と磁場の関係: \(B = \mu_0 H\)
- 電流が磁場から受ける力: \(F = IBl\)
まず、\(H_{\text{Q}}\) の式を整理します。
$$
\begin{aligned}
H_{\text{Q}} &= \frac{I}{4\pi r}
\end{aligned}
$$
次に、\(B_{\text{Q}}\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
B_{\text{Q}} &= \frac{\mu_0 I}{4\pi r}
\end{aligned}
$$
最後に、\(F\) の式に代入して計算します。
$$
\begin{aligned}
F &= I \left( \frac{\mu_0 I}{4\pi r} \right) l \\[2.0ex]
&= \frac{\mu_0 I^2 l}{4\pi r}
\end{aligned}
$$
右側にある導線Qを流れる下向きの電流が、左側にある導線Pの場所に「奥向き」の磁場を作ります。
この磁場の中に、上向きの電流が流れる導線Pがあるため、Pは力を受けます。
フレミングの左手の法則を使うと、力は左向き（Qから遠ざかる向き）になることがわかります。
これは「逆向きの電流同士は反発し合う」という性質とも一致します。
大きさは \(\frac{\mu_0 I^2 l}{4\pi r}\)、向きは \(x\) 軸負の向きです。
逆向き電流による反発力として妥当な結果です。
問(2)
思考の道筋とポイント
今度は導線R（位置C \((0, d, 0)\)、電流 \(I\) は \(z\) 軸負の向き）が受ける力を求めます。
Rに力を及ぼすのは、PとQの両方です。
ここでは模範解答のメイン解法に従い、「PとQが点Cに作る合成磁場」を求め、そこから力を計算します。
この設問における重要なポイント
- 磁場のベクトル合成: Pが作る磁場 \(\vec{H}_{\text{P}}\) と Qが作る磁場 \(\vec{H}_{\text{Q}}\) をベクトルとして足し合わせます。
- 対称性の利用: 左右対称な配置なので、磁場の \(x\) 成分が打ち消し合い、\(y\) 成分のみが残ることに注目します。
具体的な解説と立式
点C \((0, d, 0)\) における磁場を考えます。
P \((-r, 0, 0)\) から C までの距離、および Q \((r, 0, 0)\) から C までの距離は、三平方の定理より共に \(\sqrt{r^2 + d^2}\) です。
したがって、PとQがそれぞれ点Cに作る磁場の強さ \(H_1\) は等しく、以下の式で表されます。
$$
\begin{aligned}
H_1 &= \frac{I}{2\pi \sqrt{r^2 + d^2}}
\end{aligned}
$$
次に磁場の向きを考えます。
図の断面図（\(xy\) 平面）において、PC（またはQC）が \(x\) 軸となす角を \(\theta\) とします。
幾何学的な関係から、以下の三角比が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
\cos\theta &= \frac{r}{\sqrt{r^2 + d^2}} \\[2.0ex]
\sin\theta &= \frac{d}{\sqrt{r^2 + d^2}}
\end{aligned}
$$
- Pによる磁場: Pの電流は \(+z\)（手前向き）なので、右ねじの法則より、PCに垂直で左上向きの磁場 \(\vec{H}_{\text{P}}\) を作ります。このベクトルが \(y\) 軸となす角は \(\theta\) です。
- Qによる磁場: Qの電流は \(-z\)（奥向き）なので、右ねじの法則より、QCに垂直で右上向きの磁場 \(\vec{H}_{\text{Q}}\) を作ります。このベクトルが \(y\) 軸となす角も \(\theta\) です。
これらを合成すると、\(x\) 成分は互いに逆向きで大きさが等しいため打ち消し合います。
\(y\) 成分はいずれも正の向き（奥向き）であり、その大きさは \(H_1 \cos\theta\) です。
したがって、合成磁場 \(H_{\text{C}}\) の大きさは \(y\) 成分の和となります。
$$
\begin{aligned}
H_{\text{C}} &= 2 H_1 \cos\theta
\end{aligned}
$$
合成磁場の向きは \(y\) 軸正の向きです。
この磁場 \(H_{\text{C}}\) 中にある導線R（電流 \(I\)、向き \(-z\)）が受ける力 \(F_{\text{C}}\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
F_{\text{C}} &= I (\mu_0 H_{\text{C}}) l
\end{aligned}
$$
向きはフレミングの左手の法則より、
- 電流（中指）：下（\(-z\)）
- 磁場（人差し指）：奥（\(+y\)）
- 力（親指）：右（\(+x\)）
となります。
使用した物理公式
- 直線電流の磁場: \(H = \frac{I}{2\pi r}\)
- 力の合成（成分分解）
- 電磁力: \(F = I \mu_0 H l\)
まず、\(H_1\) と \(\cos\theta\) を \(H_{\text{C}}\) の式に代入して整理します。
$$
\begin{aligned}
H_{\text{C}} &= 2 \cdot \left( \frac{I}{2\pi \sqrt{r^2 + d^2}} \right) \cdot \left( \frac{r}{\sqrt{r^2 + d^2}} \right) \\[2.0ex]
&= \frac{2Ir}{2\pi (r^2 + d^2)} \\[2.0ex]
&= \frac{Ir}{\pi (r^2 + d^2)}
\end{aligned}
$$
これを力の式に代入します。
$$
\begin{aligned}
F_{\text{C}} &= I \mu_0 \left( \frac{Ir}{\pi (r^2 + d^2)} \right) l \\[2.0ex]
&= \frac{\mu_0 I^2 r l}{\pi (r^2 + d^2)}
\end{aligned}
$$
PとQが点Cに作る磁場をそれぞれ矢印で描いて足し合わせると、横方向の成分がキャンセルされ、奥向き（\(y\) 軸正方向）の成分だけが残ります。
この奥向きの磁場の中を、下向きの電流が流れているため、左手の法則を使うと、右向き（\(x\) 軸正方向）の力が働くことがわかります。
\(d=0\) のとき（Rが原点にあるとき）、\(F_{\text{C}} = \frac{\mu_0 I^2 l}{\pi r}\) となります。これはPからの斥力とQからの引力が同方向（右向き）に重なった結果と一致し、妥当です。
\(d \to \infty\) のとき \(F_{\text{C}} \to 0\) となり、遠方で力が消えるのも妥当です。
思考の道筋とポイント
磁場を介さず、2本の導線間に働く力を直接考えます。
「電流の向きが同じなら引力、逆なら斥力」という原則を使います。
この設問における重要なポイント
- PとRの関係: P(\(+z\)) と R(\(-z\)) は逆向き \(\rightarrow\) 斥力（遠ざけ合う力）。
- QとRの関係: Q(\(-z\)) と R(\(-z\)) は同じ向き \(\rightarrow\) 引力（引き合う力）。
具体的な解説と立式
PがRに及ぼす力 \(F_{\text{P}}\) は斥力なので、PからRに向かう方向（右上）に働きます。
QがRに及ぼす力 \(F_{\text{Q}}\) は引力なので、RからQに向かう方向（右下）に働きます。
距離はいずれも \(\sqrt{r^2 + d^2}\) なので、力の大きさ \(F_1\) は等しく、以下の式で表されます。
$$
\begin{aligned}
F_1 &= \frac{\mu_0 I^2 l}{2\pi \sqrt{r^2 + d^2}}
\end{aligned}
$$
図を描いて力を分解します。
\(F_{\text{P}}\) と \(F_{\text{Q}}\) の \(y\) 成分は、上向きと下向きで大きさが等しいため打ち消し合います。
\(x\) 成分はいずれも正の向き（右向き）であり、その大きさは \(F_1 \sin\theta\) です（ここで \(\sin\theta = \frac{r}{\sqrt{r^2+d^2}}\)）。
したがって、合力 \(F_{\text{C}}\) は \(x\) 成分の和となります。
$$
\begin{aligned}
F_{\text{C}} &= 2 F_1 \sin\theta
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 平行電流間の力: \(F = \frac{\mu_0 I_1 I_2 l}{2\pi r}\)
\(F_1\) と \(\sin\theta\) を代入して計算します。
$$
\begin{aligned}
F_{\text{C}} &= 2 \cdot \left( \frac{\mu_0 I^2 l}{2\pi \sqrt{r^2 + d^2}} \right) \cdot \left( \frac{r}{\sqrt{r^2 + d^2}} \right) \\[2.0ex]
&= \frac{\mu_0 I^2 r l}{\pi (r^2 + d^2)}
\end{aligned}
$$
左下のPからは「あっち行け」と押され（右上へ）、右下のQからは「こっちおいで」と引かれます（右下へ）。
上下方向の力はプラスマイナスゼロで消えますが、右方向の力は協力して強め合うため、全体として右向きの力を受けます。
メインの解法と全く同じ結果が得られました。力の向きを直感的に把握しやすい方法です。
問(3)
思考の道筋とポイント
導線Rには、(2)で求めた通り \(x\) 軸正の向き（右向き）の力 \(F_{\text{C}}\) が働いています。
これを打ち消してつり合わせるには、新しく置く導線Sが、Rに対して \(x\) 軸負の向き（左向き）の力 を及ぼす必要があります。
Sの電流は \(2I\) で \(z\) 軸に平行です。Sの位置と電流の向きの組み合わせを考えます。
この設問における重要なポイント
- 力の向きの制御: 2本の平行電流間の力は、2本を結ぶ線分上に働きます。力が \(x\) 軸方向（真横）になるためには、SはRと同じ高さ（\(y=d\)）になければなりません。
- 引力と斥力の使い分け:
- SがRの「右」にある場合 \(\rightarrow\) 左向きの力を及ぼすには「斥力」が必要 \(\rightarrow\) 逆向き電流。
- SがRの「左」にある場合 \(\rightarrow\) 左向きの力を及ぼすには「引力」が必要 \(\rightarrow\) 同向き電流。
具体的な解説と立式
まず、力が \(x\) 軸方向に働く必要があるため、Sの \(y\) 座標はRと同じ \(d\) でなければなりません。
Sの \(x\) 座標を \(x_{\text{S}}\) とし、Rとの距離を \(D\) とします。
SがRに及ぼす力の大きさ \(F_{\text{S}}\) は、平行電流間の力の公式より以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
F_{\text{S}} &= \frac{\mu_0 I (2I) l}{2\pi D}
\end{aligned}
$$
これが(2)で求めた \(F_{\text{C}}\) とつり合うので、大きさの条件式を立てます。
$$
\begin{aligned}
\text{（左向きの力 } F_{\text{S}} \text{）} &= \text{（右向きの力 } F_{\text{C}} \text{）} \\[2.0ex]
\frac{\mu_0 I (2I) l}{2\pi D} &= \frac{\mu_0 I^2 r l}{\pi (r^2 + d^2)}
\end{aligned}
$$
ここから距離 \(D\) が求まります。
次に、Sの位置と電流の向きの組み合わせを2通り考えます。
ケース1: SをRの右側に置く場合
SがRの右側にあるとき、SがRを「左へ押す（斥力）」必要があります。
Rの電流は \(-z\) なので、斥力を生むにはSの電流は 逆向き（\(+z\)） である必要があります。
このとき、Sの \(x\) 座標は \(x_{\text{S}} = D\) です（Rの \(x\) 座標は \(0\) なので）。
ケース2: SをRの左側に置く場合
SがRの左側にあるとき、SがRを「左へ引く（引力）」必要があります。
Rの電流は \(-z\) なので、引力を生むにはSの電流は 同じ向き（\(-z\)） である必要があります。
このとき、Sの \(x\) 座標は \(x_{\text{S}} = -D\) です。
使用した物理公式
- 平行電流間の力: \(F = \frac{\mu_0 I_1 I_2 l}{2\pi r}\)
- 力のつりあい
力のつりあいの式を整理して \(D\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
\frac{\mu_0 2I^2 l}{2\pi D} &= \frac{\mu_0 I^2 r l}{\pi (r^2 + d^2)} \\[2.0ex]
\frac{1}{D} &= \frac{r}{r^2 + d^2} \\[2.0ex]
D &= \frac{r^2 + d^2}{r}
\end{aligned}
$$
これより、2つの解が得られます。
1. Sが右側にある場合:
- 座標: \(x = D = \frac{r^2 + d^2}{r}, \quad y = d\)
- 電流の向き: \(z\) 軸の正の向き
2. Sが左側にある場合:
- 座標: \(x = -D = -\frac{r^2 + d^2}{r}, \quad y = d\)
- 電流の向き: \(z\) 軸の負の向き
Rは放っておくと右へ動いてしまうので、Sを使って左へ引っ張るか、右から押し返す必要があります。
右から押し返すなら、Sを右に置いて「反発力」が出るように逆向きの電流を流します。
左から引っ張るなら、Sを左に置いて「引力」が出るように同じ向きの電流を流します。
必要な力の大きさから距離を計算すると、Sを置くべき場所が決まります。
\(D = \frac{r^2}{r} + \frac{d^2}{r} = r + \frac{d^2}{r}\) なので、\(D > r\) です。
つまり、Sは必ず導線P, Qの外側に置かれることになります。これはP, Qが作る磁場の影響に打ち勝つために、ある程度距離を調整する必要があることを示唆しており、物理的に矛盾しません。
(ii) \(x = \displaystyle -\frac{r^2 + d^2}{r}, \quad y = d\)、電流の向き: \(z\) 軸の負の向き
設問Q
思考の道筋とポイント
Qの電流の向きを \(z\) 軸の正の向き（\(+z\)）に変更し、問(2)と問(3)を再考します。
Pの電流は \(+z\)、Qの電流も \(+z\) となり、両者は同じ向きになります。
Rの電流は変わらず \(-z\) です。
この設問における重要なポイント
- 力の向きの変化: Qの電流が逆転したため、QがRに及ぼす力の向きが変わります。
- PとRの関係: P(\(+z\)) と R(\(-z\)) は逆向き \(\rightarrow\) 斥力（変わらず）。
- QとRの関係: Q(\(+z\)) と R(\(-z\)) は逆向き \(\rightarrow\) 斥力（引力から変化）。
具体的な解説と立式
Q(2) Rが受ける力
PがRに及ぼす力 \(F_{\text{P}}\) は斥力（右上向き）です。
QがRに及ぼす力 \(F_{\text{Q}}\) も斥力（左上向き）になります。
力の大きさ \(F_1\) は問(2)と同じです。
$$
\begin{aligned}
F_1 &= \frac{\mu_0 I^2 l}{2\pi \sqrt{r^2 + d^2}}
\end{aligned}
$$
図を描いて力を分解します。
\(F_{\text{P}}\) と \(F_{\text{Q}}\) の \(x\) 成分は、右向きと左向きで大きさが等しいため打ち消し合います。
\(y\) 成分はいずれも正の向き（上向き）であり、その大きさは \(F_1 \sin\theta\) です（ここで \(\sin\theta = \frac{d}{\sqrt{r^2+d^2}}\)）。
したがって、合力 \(F’_{\text{C}}\) は \(y\) 成分の和となります。
$$
\begin{aligned}
F’_{\text{C}} &= 2 F_1 \sin\theta
\end{aligned}
$$
Q(3) Sによるつりあい
Rには \(y\) 軸正の向き（上向き）の力 \(F’_{\text{C}}\) が働いています。
これを打ち消すには、SがRに対して \(y\) 軸負の向き（下向き）の力 を及ぼす必要があります。
力が \(y\) 軸方向に働くためには、SはRと同じ \(x\) 座標（\(x=0\)）になければなりません。つまり、Sは \(y\) 軸上に置かれます。
Sの \(y\) 座標を \(y_{\text{S}}\) とし、Rとの距離を \(D\) とします。
力の大きさの条件は問(3)と同様です。
$$
\begin{aligned}
\frac{\mu_0 I (2I) l}{2\pi D} &= F’_{\text{C}}
\end{aligned}
$$
次に、Sの位置と電流の向きの組み合わせを考えます。
ケース1: SをRの上側に置く場合
SがRの上側にあるとき、SがRを「下へ押す（斥力）」必要があります。
Rの電流は \(-z\) なので、斥力を生むにはSの電流は 逆向き（\(+z\)） である必要があります。
このとき、Sの \(y\) 座標は \(y_{\text{S}} = d + D\) です。
ケース2: SをRの下側に置く場合
SがRの下側にあるとき、SがRを「下へ引く（引力）」必要があります。
Rの電流は \(-z\) なので、引力を生むにはSの電流は 同じ向き（\(-z\)） である必要があります。
このとき、Sの \(y\) 座標は \(y_{\text{S}} = d – D\) です。
使用した物理公式
- 平行電流間の力: \(F = \frac{\mu_0 I_1 I_2 l}{2\pi r}\)
- 力の合成とつりあい
Q(2)の計算
$$
\begin{aligned}
F’_{\text{C}} &= 2 \cdot \left( \frac{\mu_0 I^2 l}{2\pi \sqrt{r^2 + d^2}} \right) \cdot \left( \frac{d}{\sqrt{r^2 + d^2}} \right) \\[2.0ex]
&= \frac{\mu_0 I^2 l d}{\pi (r^2 + d^2)}
\end{aligned}
$$
向きは \(y\) 軸の正の向きです。
Q(3)の計算
力のつりあいの式を整理して \(D\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
\frac{\mu_0 2I^2 l}{2\pi D} &= \frac{\mu_0 I^2 l d}{\pi (r^2 + d^2)} \\[2.0ex]
\frac{1}{D} &= \frac{d}{r^2 + d^2} \\[2.0ex]
D &= \frac{r^2 + d^2}{d}
\end{aligned}
$$
これより、2つの解が得られます。
1. Sが上側にある場合:
- 座標: \(x = 0, \quad y = d + D = d + \frac{r^2 + d^2}{d} = \frac{d^2 + r^2 + d^2}{d} = \frac{r^2 + 2d^2}{d}\)
- 電流の向き: \(z\) 軸の正の向き
2. Sが下側にある場合:
- 座標: \(x = 0, \quad y = d – D = d – \frac{r^2 + d^2}{d} = \frac{d^2 – (r^2 + d^2)}{d} = -\frac{r^2}{d}\)
- 電流の向き: \(z\) 軸の負の向き
Qの電流が逆転したことで、RはPからもQからも「あっち行け」と反発されることになりました。
Pは右上へ、Qは左上へ押すので、左右の力は打ち消し合い、結果としてRは真上へ押し上げられます。
これを止めるには、Sを使って真下へ引っ張るか、上から押し返す必要があります。
そのため、SはRの真上か真下に置くことになります。
Q(2)の結果は \(d=0\) で \(0\) になります。これはPとQからの斥力が左右から完全に打ち消し合うためで、妥当です。
Q(3)の結果も、\(D\) が正の値として求まり、物理的に実現可能な配置です。
(3) (i) \(x = 0, \quad y = \displaystyle \frac{r^2 + 2d^2}{d}\)、電流の向き: \(z\) 軸の正の向き
(ii) \(x = 0, \quad y = \displaystyle -\frac{r^2}{d}\)、電流の向き: \(z\) 軸の負の向き
思考の道筋とポイント
ここでは、公式を暗記するのではなく、電磁気学の基本原理である「ビオ・サバールの法則」から出発し、直線電流が作る磁場を導出します。そして、その磁場中の電流が受ける力（ローレンツ力）をベクトルの外積を用いて計算します。これにより、問(1)〜(3)およびQの全てを統一的に解くことができます。
この設問における重要なポイント
- ビオ・サバールの法則: 電流素片 \(I d\vec{l}\) が位置 \(\vec{r}\) に作る微小磁場 \(d\vec{B}\) は \(d\vec{B} = \frac{\mu_0 I}{4\pi} \frac{d\vec{l} \times \vec{r}}{r^3}\) です。
- ローレンツ力（電流）: 電流ベクトル \(\vec{I}\) が磁場 \(\vec{B}\) から受ける単位長さあたりの力は \(\vec{f} = \vec{I} \times \vec{B}\) です。
- ベクトルの外積: 空間的な向き（右ねじ、フレミング）を代数的に処理します。
具体的な解説と立式
1. 無限長直線電流が作る磁場の導出
\(z\) 軸上に置かれた無限長直線電流 \(I\)（\(+z\) 向き）が、位置 \(\vec{r} = (x, y, 0)\) に作る磁場 \(\vec{B}\) を求めます。
電流上の点 \(z’\) にある微小要素 \(d\vec{l} = (0, 0, dz’)\) から観測点までのベクトルは \(\vec{R} = (x, y, -z’)\) です。
ビオ・サバールの法則より、以下の式が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
d\vec{B} &= \frac{\mu_0 I}{4\pi} \frac{(0, 0, dz’) \times (x, y, -z’)}{(x^2 + y^2 + z’^2)^{3/2}}
\end{aligned}
$$
外積を計算すると \((0, 0, 1) \times (x, y, -z’) = (-y, x, 0)\) なので、以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
d\vec{B} &= \frac{\mu_0 I}{4\pi} \frac{(-y, x, 0) dz’}{(r^2 + z’^2)^{3/2}} \quad (r = \sqrt{x^2+y^2})
\end{aligned}
$$
これを \(z’\) について \(-\infty\) から \(\infty\) まで積分します。
2. 問(1)への適用
Qの位置 \((r, 0)\)、電流 \(-I\)（\(-z\) 向き）が、Pの位置 \((-r, 0)\) に作る磁場 \(\vec{B}_{\text{Q}}\) を求めます。
Qを原点とする相対座標で考えると、Pの位置は \((-2r, 0)\) です。
上の公式で \(I \to -I\)、\((x, y) \to (-2r, 0)\) とします。
Pの電流ベクトルは \(\vec{I}_{\text{P}} = (0, 0, I)\) です。受ける力 \(\vec{F}\) は以下の式で表されます。
$$
\begin{aligned}
\vec{F} &= l (\vec{I}_{\text{P}} \times \vec{B}_{\text{Q}})
\end{aligned}
$$
3. 問(2)への適用
Rの位置 \((0, d)\) における磁場を求めます。
- P \((-r, 0)\) からの寄与: 相対位置 \((r, d)\)。電流 \(+I\)。
- Q \((r, 0)\) からの寄与: 相対位置 \((-r, d)\)。電流 \(-I\)。
合成磁場 \(\vec{B}_{\text{C}} = \vec{B}_{\text{P}} + \vec{B}_{\text{Q}}\) を計算し、Rの電流ベクトル \(\vec{I}_{\text{R}} = (0, 0, -I)\) が受ける力 \(\vec{F}_{\text{C}}\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
\vec{F}_{\text{C}} &= l (\vec{I}_{\text{R}} \times \vec{B}_{\text{C}})
\end{aligned}
$$
4. 設問Qへの適用
Qの電流が \(+I\)（\(+z\) 向き）に変わります。
- P \((-r, 0)\) からの寄与: 変わらず。
- Q \((r, 0)\) からの寄与: 電流符号が反転。
合成磁場 \(\vec{B}’_{\text{C}} = \vec{B}_{\text{P}} + \vec{B}’_{\text{Q}}\) を計算し、力 \(\vec{F}’_{\text{C}}\) を求めます。
使用した物理公式
- ビオ・サバールの法則: \(d\vec{B} = \frac{\mu_0 I}{4\pi} \frac{d\vec{l} \times \vec{r}}{r^3}\)
- ローレンツ力: \(\vec{F} = l (\vec{I} \times \vec{B})\)
1. 磁場の積分計算
$$
\begin{aligned}
\int_{-\infty}^{\infty} \frac{dz’}{(r^2 + z’^2)^{3/2}} &= \frac{2}{r^2}
\end{aligned}
$$
これより、直線電流の磁場ベクトルが得られます。
$$
\begin{aligned}
\vec{B}(x, y) &= \frac{\mu_0 I}{2\pi r^2} (-y, x, 0)
\end{aligned}
$$
2. 問(1)の計算
$$
\begin{aligned}
\vec{B}_{\text{Q}} &= \frac{\mu_0 (-I)}{2\pi (-2r)^2} (0, -2r, 0) \\[2.0ex]
&= \frac{\mu_0 I}{4\pi r} (0, 1, 0)
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
\vec{F} &= l (0, 0, I) \times \left( 0, \frac{\mu_0 I}{4\pi r}, 0 \right) \\[2.0ex]
&= \left( -\frac{\mu_0 I^2 l}{4\pi r}, 0, 0 \right)
\end{aligned}
$$
大きさ \(\frac{\mu_0 I^2 l}{4\pi r}\)、向き \(-x\) 方向。
3. 問(2)の計算
$$
\begin{aligned}
\vec{B}_{\text{P}} &= \frac{\mu_0 I}{2\pi (r^2+d^2)} (-d, r, 0)
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
\vec{B}_{\text{Q}} &= \frac{\mu_0 (-I)}{2\pi (r^2+d^2)} (-d, -r, 0) \\[2.0ex]
&= \frac{\mu_0 I}{2\pi (r^2+d^2)} (d, r, 0)
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
\vec{B}_{\text{C}} &= \vec{B}_{\text{P}} + \vec{B}_{\text{Q}} \\[2.0ex]
&= \frac{\mu_0 I}{2\pi (r^2+d^2)} \left( (-d+d), (r+r), 0 \right) \\[2.0ex]
&= \frac{\mu_0 I r}{\pi (r^2+d^2)} (0, 1, 0)
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
\vec{F}_{\text{C}} &= l (0, 0, -I) \times \left( 0, \frac{\mu_0 I r}{\pi (r^2+d^2)}, 0 \right) \\[2.0ex]
&= \left( \frac{\mu_0 I^2 r l}{\pi (r^2+d^2)}, 0, 0 \right)
\end{aligned}
$$
大きさ \(\frac{\mu_0 I^2 r l}{\pi (r^2+d^2)}\)、向き \(+x\) 方向。
4. 設問Qの計算
Qの電流が \(+I\) になるので、\(\vec{B}’_{\text{Q}} = -\vec{B}_{\text{Q}}\) となります。
$$
\begin{aligned}
\vec{B}’_{\text{Q}} &= \frac{\mu_0 I}{2\pi (r^2+d^2)} (-d, -r, 0)
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
\vec{B}’_{\text{C}} &= \vec{B}_{\text{P}} + \vec{B}’_{\text{Q}} \\[2.0ex]
&= \frac{\mu_0 I}{2\pi (r^2+d^2)} \left( (-d-d), (r-r), 0 \right) \\[2.0ex]
&= \frac{\mu_0 I d}{\pi (r^2+d^2)} (-1, 0, 0)
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
\vec{F}’_{\text{C}} &= l (0, 0, -I) \times \left( -\frac{\mu_0 I d}{\pi (r^2+d^2)}, 0, 0 \right) \\[2.0ex]
&= \left( 0, \frac{\mu_0 I^2 l d}{\pi (r^2+d^2)}, 0 \right)
\end{aligned}
$$
大きさ \(\frac{\mu_0 I^2 l d}{\pi (r^2+d^2)}\)、向き \(+y\) 方向。
「右ねじ」や「フレミング」といった手の形に頼らず、すべてを数式（ベクトル）で計算しました。
電流の位置と向きさえ座標で表せれば、どんなに複雑な配置でも、ただ計算するだけで自動的に正しい力の向きと大きさが求まります。
原理的な法則から出発し、数学的な操作のみで模範解答と完全に一致する結果が得られました。これにより、物理法則の整合性が確認できました。
【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？
- 電流相互作用（平行電流間の力）
- 核心: 磁場を介して、電流同士が直接力を及ぼし合う現象であり、「同じ向きなら引力、逆向きなら斥力」という単純明快なルールに帰着します。
- 理解のポイント:
- 作用・反作用: 2本の導線が及ぼし合う力は、必ず大きさが等しく向きが逆になります。
- 力の向きの覚え方: 「同じ向きに進む仲間は引き合う（引力）、すれ違う他人は反発する（斥力）」とイメージすると忘れにくいです。
- 磁場のベクトル合成
- 核心: 複数の電流源がある場合、空間の各点における磁場は、個々の電流が作る磁場ベクトルの和（重ね合わせ）として表されます。
- 理解のポイント:
- 対称性の活用: 電流配置に対称性がある場合、合成磁場の特定の成分（今回は \(x\) 成分）が打ち消し合うことが多く、計算を大幅に簡略化できます。
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:
- 正方形や正三角形の頂点に電流がある問題: 今回のように2本だけでなく、3本、4本の導線が配置されるケースです。どのペアが引力・斥力になるかを個別に矢印で描き、最後にベクトル合成する手順は全く同じです。
- 電流が作る磁場中の荷電粒子の運動: 導線Rの代わりに電子などが飛んでくる問題です。\(F=qvB\) を用いますが、磁場の分布（\(H \propto 1/r\)）を把握するプロセスは共通しています。
- 初見の問題での着眼点:
- 断面図を描く: 3次元的な配置図だけでなく、必ず導線を垂直に切った断面図（\(xy\) 平面図）を描き、電流の向き（\(\odot\) か \(\otimes\)）を明確にします。
- 力の矢印をすべて描く: 合成してから力を考えるのではなく、個々の導線からの力（引力・斥力）をすべて矢印で描き込み、その後に成分ごとに足し合わせる方がミスが減ります。
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- 力の向き（引力・斥力）の混同:
- 誤解: 電荷の静電気力（同符号は斥力、異符号は引力）と混同し、「同じ向きの電流は反発する」と勘違いしてしまう。
- 対策: 「電流は電荷の流れだが、力のルールは逆」と意識するか、必ず一度はフレミングの左手の法則で向きを確認して記憶を定着させましょう。
- 合成磁場の計算ミス:
- 誤解: ベクトルであることを忘れ、磁場の大きさだけを単純に足し算（スカラー和）してしまう。
- 対策: 必ず図に磁場ベクトルを描き、成分分解（\(\sin\theta, \cos\theta\)）を行うプロセスを省略しないようにしましょう。
なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法
- 問(2)別解1での公式選択（力のベクトル合成）:
- 選定理由: 磁場 \(H\) を経由して \(F=I\mu_0 Hl\) を計算するメイン解法に比べ、「引力・斥力」として直接力を扱えるため、直感的に分かりやすく、計算ステップも少なくて済むからです。
- 適用根拠: 平行直線電流という条件が満たされており、距離と電流の向きだけで力の大きさと方向が決定できるため適用可能です。
- 問(2)別解2での公式選択（ビオ・サバールの法則と外積）:
- 選定理由: 空間的な配置が複雑で、右ねじやフレミングの法則を適用する際に手の向きが混乱しやすい場合でも、座標計算だけで機械的に正解を導ける最強のツールだからです。
- 適用根拠: 電流分布が既知であれば、あらゆる形状の電流（直線、円形、有限長など）に対して普遍的に成立する基本原理だからです。
計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック
- 三角関数の定義確認:
- 意識: \(\theta\) がどこの角に設定されているかによって、成分が \(\sin\) になるか \(\cos\) になるかが変わります。
- 実践: 図の中に直角三角形を見つけ、辺の比（斜辺に対する隣辺か対辺か）を指差し確認してから式に書き込みましょう。
- 次元解析（単位チェック）:
- 意識: 答えの式の次元が正しいか常に疑います。
- 実践: 力の単位は \([\text{N}]\) です。透磁率 \(\mu_0\) を含む力の式は、必ず \(\frac{\mu_0 I^2 l}{r}\) のような形（電流の2乗、長さの1乗、距離の逆数）になります。もし \(r^2\) で割っていたり \(l\) がなかったりしたら間違いです。
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問題35 電流と磁場 (立教大)
【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド
- 提示する別解
- 設問Qおよび問(2)の別解: 微積分（アンペールの法則の積分形）とベクトル解析を用いた体系的解法
- 公式 \(H = I/2\pi r\) を既知とせず、物理の基本原理である「アンペールの法則（積分形）」から出発して、円柱内部および外部の磁場分布を導出します（設問Qの解答）。
- さらに、導出した磁場をベクトル形式 \(\vec{H} = \frac{1}{2} \vec{j} \times \vec{r}\) で表現し、これを用いて問(2)の空洞導体の問題を「ベクトルの重ね合わせ」として解きます。これにより、空洞内部が一様な磁場になることを数学的に示します。
- 設問Qおよび問(2)の別解: 微積分（アンペールの法則の積分形）とベクトル解析を用いた体系的解法
- 上記の別解が有益である理由
- 原理からの導出: 公式の暗記ではなく、対称性と保存則（アンペールの法則）から磁場分布を決定するプロセスを理解することで、応用力が身につきます。
- ベクトル解析の威力: 複雑な形状（空洞など）の問題において、磁場の向きと大きさを個別に考えるのではなく、ベクトルとして一括処理することで、計算の見通しが劇的に良くなります。特に「空洞内部の一様磁場」は難関大で頻出のテーマであり、この解法を知っていることは大きな武器になります。
- 結果への影響
- いずれのアプローチを用いても、最終的に得られる答えは模範解答と完全に一致します。
この問題のテーマは「電流が作る磁場（アンペールの法則）と重ね合わせの原理」です。
同軸ケーブルや空洞を持つ導体など、一見複雑な形状の導体を流れる電流が作る磁場を、対称性と重ね合わせの考え方を用いて解析します。
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。
- アンペールの法則: 任意の閉曲線に沿って磁場を一周積分した値は、その閉曲線が囲む電流の総和に等しいという法則です（\(2\pi r H = I\)）。
- 電流の磁作用: 直線電流は周囲に同心円状の磁場を作ります。
- 重ね合わせの原理: 複数の電流源がある場合、ある点での磁場は、それぞれの電流が単独で存在するときに作る磁場のベクトル和になります。
- 欠損の補完（ネガティブ・カレント）: 空洞部分は、「電流が流れている導体」に「逆向きの電流が流れている導体」を重ねてキャンセルさせたものとみなすことができます。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (1)（空欄イ、ロ）では、アンペールの法則を用いて、同軸円筒導体の内部と外部の磁場を求めます。
- (2)（空欄ハ）では、空洞を持つ導体を「完全な円柱」と「空洞部分を埋める逆電流」の重ね合わせとして捉え、それぞれの磁場を合成します。
- (Q)では、円柱内部の電流分布を考慮して、アンペールの法則から磁場の距離依存性を導き、グラフを描きます。
問(1) 空欄イ・ロ
ここから先が、他の受験生と差がつく重要パートです。
「解法に至る思考プロセス」を
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なぜその公式を使うのか？どうしてその着眼点を持てるのか？
市販の解説では省略されてしまう「行間の思考」を、泥臭く解説しています。
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