「重要問題集」徹底解説（136〜140問）：未来の得点力へ！完全マスター講座

問題136 (同志社大)

【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、一様な磁場の中で回転する導体棒に生じる電磁誘導現象を扱います。スイッチが開いている場合と閉じている場合で、導体棒内部の電子に働く力、電場の様子、生じる起電力、消費電力、そして回転を維持するための仕事率などを段階的に考察する問題です。

【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「回転する導体棒における電磁誘導とエネルギー変換」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。

1. ローレンツ力: 磁場中を運動する荷電粒子が受ける力 \(f=qvB\) が、電磁誘導の根源であることを理解する。
2. 誘導起電力の計算: 回転運動のように速度が場所によって異なる場合、電場を積分する方法 (\(V=\int E dx\)) や、導体棒が単位時間に掃く磁束から計算する方法 (\(V = \Delta\Phi/\Delta t\))、あるいは平均速度を用いる方法 (\(V=Bl\bar{v}\)) を使い分ける。
3. エネルギー保存則: 外部から加えた仕事（仕事率）が、回路で消費される電気エネルギー（消費電力）に変換されるというエネルギーの流れを捉える。

基本的なアプローチは以下の通りです。

1. まず、スイッチが開いている状態で、導体棒内部の電子に働くローレンツ力と、それによって生じる電場との力のつり合いを考えます（ア, a, 図2）。
2. 次に、スイッチを閉じた状態を考えます。導体棒に生じる起電力を計算し、オームの法則を用いて電流と消費電力を求めます（イ, b, ウ）。
3. 最後に、電流が流れる導体棒が磁場から受ける力（電磁力）を計算し、その力に抗して回転を維持するために必要な仕事率を求め、エネルギー保存則との関連を考察します（エ, c, オ）。

問ア, a, 図2

思考の道筋とポイント
スイッチが開いているとき、導体棒は回転しますが電流は流れません。このとき、導体棒内部の自由電子は棒と共に円運動するため、磁場からローレンツ力を受けます。この力によって電子が移動し、棒の内部に電場が形成されます。やがて、電子がローレンツ力と電場からの静電気力がつり合う状態で分布が安定します。この力のつり合いの関係から、各物理量を求めていきます。
この設問における重要なポイント

• ローレンツ力の公式: \(f=qvB\)
• 円運動の速度: 中心から距離 \(r\) の点の速さは \(v=r\omega\)
• 力のつり合い: ローレンツ力と静電気力（\(F=qE\)）がつり合う。

具体的な解説と立式

空欄 ア, a
導体棒の中点Qは、中心Oから距離 \(\displaystyle\frac{a}{2}\) の位置にあります。したがって、中点Qの速さ \(v_Q\) は、
$$ v_Q = \frac{a}{2} \omega $$
この点にいる電気量 \(-e\) の電子が受けるローレンツ力の大きさ \(f_Q\) は、\(f=qvB\) の \(q\) に \(e\) を代入して、
$$ f_Q = e v_Q B $$
力の向きを考えます。電子の速度の向きは、反時計回りの回転なので図の⑥の向きです。フレミングの左手の法則を適用すると、正電荷なら力の向きは①ですが、電子は負電荷なので力の向きはその逆、すなわち①の向き（P→O）となります。

グラフ（図2）
導体棒の中心Oから距離 \(x\) の位置にある電子を考えます。この点の速さ \(v_x\) は、
$$ v_x = x\omega $$
この電子が受けるローレンツ力の大きさ \(f_x\) は、
$$ f_x = e v_x B = eB\omega x $$
このローレンツ力によって電子がO側に偏り、OからPへ向かう向きの電場 \(E\) が生じます。この電場から電子が受ける静電気力の大きさは \(eE\) で、向きはPからOとは逆の②の向きです。電子の移動が止まった定常状態では、これらの力がつり合っています。
$$ eE = f_x $$
したがって、電場の強さ \(E\) は、
$$ E = B\omega x $$
これは、電場の強さ \(E\) が中心からの距離 \(x\) に比例することを示しています。

空欄 ア

$$
\begin{aligned}
f_Q &= e v_Q B \\[2.0ex]&= e \left( \frac{a}{2} \omega \right) B \\[2.0ex]&= \frac{1}{2}eB a\omega
\end{aligned}
$$

グラフ（図2）
\(E = B\omega x\) は原点を通る直線です。

• \(x=0\) (点O) のとき、\(E=0\)。
• \(x=\displaystyle\frac{a}{2}\) (点Q) のとき、\(E = B\omega \cdot \displaystyle\frac{a}{2} = \displaystyle\frac{1}{2}B a\omega\)。
• \(x=a\) (点P) のとき、\(E = B\omega a\)。

これらの点を結ぶと、原点から点 \((a, B\omega a)\) までを結ぶ直線グラフが得られます。

ア, a: 導体棒が回転すると、中の電子も一緒に動きます。磁場の中で動く電子は「ローレンツ力」という力を受けます。力の大きさは「電気量×速さ×磁場」で、向きは「フレミングの左手の法則」で決まります（ただし電子はマイナスなので向きは逆）。
図2: ローレンツ力で電子が棒の片側（O側）に寄せられると、棒の中に偏りが生じ、「電場」ができます。この電場は電子を逆向きに引き戻そうとします。最終的に「ローレンツ力」と「電場からの力」が釣り合った状態で安定します。この釣り合いの式を解くと、電場の強さが中心からの距離に比例することがわかります。

電子が受ける力の大きさは \(\displaystyle\frac{1}{2}eB a\omega\) で、向きは①です。電場の強さは \(E=B\omega x\) となり、\(x\) に比例する直線グラフを描きます。

問イ, b

思考の道筋とポイント
スイッチを閉じると、導体棒OPは電池として機能し、回路に電流が流れます。導体棒OP間に生じる起電力（電位差）\(V\)は、棒の内部に生じた電場 \(E\) を、棒の全長にわたって積分することで求められます。これは、\(E-x\)グラフと\(x\)軸で囲まれた部分の面積を計算することに相当します。電流の向きは、起電力によってどちらが正極になるかを考えればわかります。
この設問における重要なポイント

• 起電力と電場の関係: \(V = \int E dx\)
• \(E-x\)グラフの面積が起電力\(V\)に等しい。
• 電流は電位の高い（正極）側から低い（負極）側へ流れる。

具体的な解説と立式

空欄 イ
導体棒OP間の起電力 \(V\) は、電場 \(E=B\omega x\) を \(x=0\) から \(x=a\) まで積分することで得られます。
$$ V = \int_0^a E dx $$
これは、図2で描いたグラフの三角形の面積を求めることと同じです。
$$ V = \frac{1}{2} \times (\text{底辺}) \times (\text{高さ}) $$

空欄 b
スイッチが開いているとき、ローレンツ力によって電子は中心Oの側に集まります。したがって、O側が負極、P側が正極となります。スイッチを閉じると、電流は正極Pから抵抗Rを通り、負極Oへと向かいます。導体棒OPの中では、電流はOからPの向きに流れます。これは図1の矢印②の向きです。

$$
\begin{aligned}
V &= \int_0^a (B\omega x) dx \\[2.0ex]&= B\omega \left[ \frac{1}{2}x^2 \right]_0^a \\[2.0ex]&= B\omega \left( \frac{1}{2}a^2 – 0 \right) \\[2.0ex]&= \frac{1}{2}B a^2 \omega
\end{aligned}
$$

棒の両端に生じる電圧（起電力）は、棒の中にできた電場を全長にわたって足し合わせたものです。これは、先ほど描いた電場のグラフ（三角形）の面積を計算することと同じです。

起電力の大きさは \(\displaystyle\frac{1}{2}B a^2 \omega\) で、電流の向きは②です。積分を用いる方法と平均速度を用いる方法で同じ結果が得られ、妥当性が確認できます。

問ウ

思考の道筋とポイント
(イ)で求めた起電力 \(V\) をもつ電源（導体棒）に、抵抗 \(R\) が接続されている回路と考えます。抵抗で消費される電力は、電力の公式 \(P = \displaystyle\frac{V^2}{R}\) を用いて計算できます。
この設問における重要なポイント

• 消費電力の公式: \(P = \displaystyle\frac{V^2}{R}\)

具体的な解説と立式
抵抗 \(R\) にかかる電圧は、導体棒の起電力 \(V\) に等しいです。したがって、抵抗Rで消費される電力 \(P\) は、
$$ P = \frac{V^2}{R} $$
この式に(イ)で求めた \(V = \displaystyle\frac{1}{2}B a^2 \omega\) を代入します。

$$
\begin{aligned}
P &= \frac{1}{R} V^2 \\[2.0ex]&= \frac{1}{R} \left( \frac{1}{2}B a^2 \omega \right)^2 \\[2.0ex]&= \frac{1}{R} \left( \frac{1}{4}B^2 a^4 \omega^2 \right) \\[2.0ex]&= \frac{B^2 a^4 \omega^2}{4R}
\end{aligned}
$$

抵抗器が消費する電力（1秒あたりのエネルギー）は、抵抗にかかる電圧の2乗を抵抗値で割ることで計算できます。先ほど求めた電圧の式を代入するだけです。

抵抗Rで消費される電力は \(\displaystyle\frac{B^2 a^4 \omega^2}{4R}\) です。

問エ, c

思考の道筋とポイント
導体棒に電流が流れると、磁場から電磁力を受けます。導体棒全体が受ける力の大きさ \(F\) は、電流 \(I\) が流れる長さ \(a\) の導線が受ける力として、\(F=IBa\) で計算できます。電流 \(I\) はオームの法則 \(I=V/R\) から求めます。力の向きはフレミングの左手の法則で決定します。
この設問における重要なポイント

• オームの法則: \(I=V/R\)
• 電磁力の公式: \(F=IBL\)
• 力の向きの決定: フレミングの左手の法則

具体的な解説と立式
まず、回路を流れる電流の大きさ \(I\) をオームの法則から求めます。
$$ I = \frac{V}{R} $$
次に、この電流が流れる長さ \(a\) の導体棒全体が受ける力の大きさ \(F\) を計算します。磁場は一様なので、
$$ F = I B a $$
力の向きを考えます。電流の向きは(b)で求めたように②(O→P)の向きです。磁場は鉛直上向きです。フレミングの左手の法則を適用すると、力の向きは回転方向とは逆の⑤の向きになります。これは回転を妨げる向きの力（電磁ブレーキ）です。

まず電流 \(I\) を計算します。
$$
\begin{aligned}
I &= \frac{V}{R} \\[2.0ex]&= \frac{1}{R} \left( \frac{1}{2}B a^2 \omega \right) \\[2.0ex]&= \frac{B a^2 \omega}{2R}
\end{aligned}
$$
次に力 \(F\) を計算します。
$$
\begin{aligned}
F &= I B a \\[2.0ex]&= \left( \frac{B a^2 \omega}{2R} \right) B a \\[2.0ex]&= \frac{B^2 a^3 \omega}{2R}
\end{aligned}
$$

棒に電流が流れると、磁場から力を受けます。その力の大きさは「電流 × 磁場 × 棒の長さ」で計算できます。電流はオームの法則「電圧÷抵抗」で求められるので、それらを組み合わせて計算します。力の向きはフレミングの左手の法則でわかります。

導体棒が受ける力の大きさは \(\displaystyle\frac{B^2 a^3 \omega}{2R}\) で、向きは⑤です。

問オ

思考の道筋とポイント
導体棒を一定の角速度 \(\omega\) で回転させ続けるためには、(エ)で求めた電磁力（ブレーキ力）に抗して、外部から仕事を加える必要があります。単位時間あたりに必要な仕事、すなわち仕事率は、電磁力がする仕事の率と大きさが等しく、向きが逆になります。問題文の誘導に従い、(エ)で求めた力 \(F\) が導体棒の中点Qに作用すると考え、仕事率の公式 \(P’=Fv\) を用いて計算します。
この設問における重要なポイント

• 仕事率の公式: \(P’ = Fv\)
• 代表点での力の作用: 棒全体に働く力を、代表点（ここでは中点Q）に作用する一つの力とみなす。
• エネルギー保存則: 外部から加える仕事率は、回路で消費される電力に等しい。

具体的な解説と立式
一定の角速度 \(\omega\) で回転を続けるためには、(エ)で求めた電磁ブレーキ力 \(F\) と同じ大きさで逆向きの力を外部から加え続ける必要があります。
問題文に「磁場から受けるこの力のすべてが導体棒の中点Qにはたらくと考えると」とあるので、この力 \(F\) が中点Qに作用するとみなします。
中点Qの速さ \(v_Q\) は、
$$ v_Q = \frac{a\omega}{2} $$
したがって、外部から加える力がする仕事率 \(P’\) は、仕事率の公式 \(P’=Fv\) を用いて、
$$ P’ = F v_Q $$
と計算できます。

(エ)で求めた \(F = \displaystyle\frac{B^2 a^3 \omega}{2R}\) と、\(v_Q = \displaystyle\frac{a\omega}{2}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
P’ &= F v_Q \\[2.0ex]&= \left( \frac{B^2 a^3 \omega}{2R} \right) \left( \frac{a\omega}{2} \right) \\[2.0ex]&= \frac{B^2 a^4 \omega^2}{4R}
\end{aligned}
$$

棒を回すのを邪魔するブレーキ力に逆らって、一定の速さで回し続けるために、外部からエネルギーを供給し続ける必要があります。その1秒あたりのエネルギー供給量（仕事率）は、「力×速さ」で計算できます。問題の指示通り、棒全体が受けるブレーキ力を棒の真ん中の一点に作用させ、その点の速さを掛けることで、仕事率を計算します。

必要な仕事率は \(\displaystyle\frac{B^2 a^4 \omega^2}{4R}\) です。この値は、(ウ)で求めた抵抗での消費電力と完全に一致します。これはエネルギー保存則（外部からした仕事の率 = 回路での消費電力）が成り立っていることを示しており、計算の妥当性を強く裏付けています。

【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？

• ローレンツ力と電磁誘導:
  • 核心: 磁場中を運動する導体内の電子がローレンツ力 \(f=qvB\) を受けることが、電場を生み、起電力を発生させる根源的な原因です。このミクロな視点と、誘導起電力というマクロな現象を結びつけて理解することが重要です。
  • 理解のポイント: スイッチが開いているときは、ローレンツ力と静電気力がつり合って電場が形成されます（問ア, 図2）。スイッチを閉じると、この電場が電位差（起電力）となって電流を流します（問イ）。
• 回転導体の起電力計算:
  • 核心: 導体棒の各点の速度が異なるため、単純な公式 \(V=vBl\) は直接使えません。①電場を積分する (\(V=\int E dx\))、②平均速度を用いる (\(V=Bl\bar{v}\))、③磁束変化率を計算する (\(V=d\Phi/dt\)) という3つのアプローチを理解し、使い分けることが求められます。
  • 理解のポイント: 本問では、①と②が有効な計算方法として示されました。特に平均速度を用いる方法は計算が簡便で強力です。
• エネルギー保存則（仕事率と消費電力）:
  • 核心: 導体棒を一定の角速度で回転させ続けるために外部から加える仕事率（オ）は、回路の抵抗でジュール熱として消費される電力（ウ）に正確に等しくなります。
  • 理解のポイント: これは「エネルギーは無から生じたり消えたりしない」という物理学の大原則の現れです。外部から供給した機械的エネルギーが、電磁誘導というプロセスを経て、完全に電気エネルギーに変換されていることを示しています。この関係は、計算の検算にも使えます。

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:
  • ファラデーモーター（単極モーター）: 本問の装置に電池を繋いで電流を流すと、導体棒が力を受けて回転を始めます。これはモーターの最も単純なモデルです。
  • 円盤状の導体の回転: 導体棒ではなく、導体円盤が回転する場合。考え方は同じで、中心と円周の間に起電力が生じます。
  • 非一様な磁場での回転: 磁場Bが場所によって変わる問題。起電力や力の計算に積分が必須となります。
• 初見の問題での着眼点:
  1. ミクロな視点（電子）から考える: 電磁誘導で迷ったら、まず導体内の電子1個に注目し、「どの向きに動いているか？」「どの向きにローレンツ力を受けるか？」を考えるのが原点です。
  2. 速度の分布を把握する: 回転運動では、速度が中心からの距離に比例します。この「速度の分布」をどう扱うかが、起電力や仕事率の計算の鍵となります。「積分」するか「平均」をとるかの判断が重要です。
  3. エネルギーの流れを追う: 「誰が仕事をして（エネルギーを供給して）」「そのエネルギーはどこで何に変わるのか」というストーリーを考えます。本問では「外部の力（仕事率オ）→電気エネルギー→抵抗でのジュール熱（消費電力ウ）」という流れです。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 起電力の計算ミス:
  • 誤解: 回転運動なのに、端Pの速度 \(v=a\omega\) を使って \(V=B a (a\omega)\) と計算してしまう。
  • 対策: 速度が一定でない場合は、必ず「積分」か「平均速度」を用いることを徹底しましょう。平均速度 \(\bar{v} = \frac{1}{2}a\omega\) を使うのが最も簡単で間違いが少ないです。
• 仕事率の計算ミス:
  • 誤解: (エ)で求めた力 \(F\) と端Pの速度 \(v_P\) を使って \(P’=F v_P\) と計算してしまう。
  • 対策: 仕事率も、力が働く各点の速度が異なるため、単純な掛け算では求まりません。問題文の誘導に従い、力が作用する代表点（中点Q）の速度 \(v_Q\) を用いて \(P’=Fv_Q\) と計算する必要があります。あるいは、(ウ)の消費電力と等しくなるはずだ、というエネルギー保存則の観点から答えを導くことも有効な検算になります。
• 向きの判断ミス:
  • 誤解: フレミングの法則を適用する際、正電荷か負電荷（電子）かを見落とす。
  • 対策: 法則を適用する前に、対象となる荷電粒子が何かを必ず確認しましょう。電子の場合は、フレミングの左手の法則で求めた力の向きと「逆」になります。

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:
  • \(E-x\)グラフ: 電場の強さが距離に比例する様子をグラフ化（図2）することで、電場の全体像が視覚的に把握できます。さらに、そのグラフの「面積」が起電力（電位差）になるという関係は、積分計算を具体的なイメージに落とし込む上で非常に有効です。
  • エネルギー変換図: 「外部からの仕事率 \(P’\)」→ [導体棒] → 「消費電力 \(P\)」というエネルギーの流れを箱と矢印で図示すると、(ウ)と(オ)が等しくなる物理的な意味が明確になります。
• 図を描く際に注意すべき点:
  • 力のベクトル図: 電子の速度ベクトル、磁場の向き、そしてローレンツ力のベクトルを、図1の上に描き込むと、向きの関係が整理しやすくなります。
  • 電位の高低: 導体棒に＋（正極）と－（負極）を書き込むことで、電池としての役割が明確になり、電流の向きを直感的に判断できます。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• \(f=qvB\)（ローレンツ力）:
  • 選定理由: (ア)で、電磁誘導の根源である、電子に働く力を計算するため。ミクロな現象を解明する際の出発点です。
  • 適用根拠: 荷電粒子が磁場から受ける力を定義する基本法則です。
• \(V=\int E dx\)（起電力）:
  • 選定理由: (イ)で、場所によって強さが変わる電場から、全体の電位差を求めるため。最も厳密で汎用性の高い方法です。
  • 適用根拠: 電場と電位の定義に基づいています。
• \(P=V^2/R\)（消費電力）:
  • 選定理由: (ウ)で、抵抗での消費電力を計算するため。電圧\(V\)と抵抗\(R\)が分かっている場合に最も便利な形です。
  • 適用根拠: オームの法則と電力の定義 \(P=IV\) から導出されます。
• \(P’=Fv\)（仕事率）:
  • 選定理由: (オ)で、回転運動を維持するための仕事率を計算するため。並進運動の仕事率の公式を、代表点という考え方を用いて応用します。
  • 適用根拠: 仕事の定義 \(W=Fx\) を時間で微分して導かれます。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. (ア, a, 図2) スイッチ開:
   • 戦略: 電子に働く力のつり合いから電場を求める。
   • フロー: ①任意の位置\(x\)での電子の速度 \(v_x=x\omega\) → ②ローレンツ力 \(f_x=eBv_x\) → ③力のつり合い \(eE=f_x\) → ④電場 \(E=B\omega x\) を導出 → ⑤グラフ化＆中点Qでの力を計算。
2. (イ, b, ウ) スイッチ閉・電気的性質:
   • 戦略: 起電力を計算し、電気回路として解析する。
   • フロー: ①起電力 \(V=\int E dx\) を計算 → ②電位の高低から電流の向き(b)を判断 → ③消費電力 \(P=V^2/R\) を計算。
3. (エ, c, オ) スイッチ閉・力学的性質:
   • 戦略: 電磁力を計算し、エネルギー保存則に繋げる。
   • フロー: ①電流 \(I=V/R\) を計算 → ②電磁力 \(F=IBa\) と向き(c)を計算 → ③代表点(中点Q)の速度 \(v_Q\) を計算 → ④仕事率 \(P’=Fv_Q\) を計算。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 文字の次数に注意: この問題では物理量 \(a\) や \(\omega\) が何度も掛け合わされ、最終的に \(a^4, \omega^2\) のような高い次数になります。計算の各段階で、次数が正しいかを確認する習慣をつけましょう。
• 積分と平均の使い分け: 速度や力が線形（一次関数）で変化する場合、全体の量は「積分」するか「平均値×全長」で求められます。どちらの方法でも計算し、結果が一致することを確認する（検算する）と、計算の信頼性が大幅に向上します。
• エネルギー保存則による検算: (ウ)の消費電力と(オ)の仕事率が等しくなるはずだ、という物理法則を念頭に置きましょう。もし計算結果が一致しなければ、どちらか（あるいは両方）の計算過程に間違いがあることのサインです。

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:
  • (イ) 起電力: \(V \propto B, \omega, a^2\) という関係を吟味します。磁場が強いほど、速く回すほど起電力が大きくなるのは直感的です。長さ \(a\) の2乗に比例するのは、長さが伸びると平均速度も速くなる(\(\bar{v} \propto a\))ため、\(V=B a \bar{v}\) の式から \(a^2\) の依存性が出てくる、と理解できます。
  • (オ) 仕事率と(ウ)消費電力の一致: これは最も重要な吟味ポイントです。外部から加えた機械的な仕事率が、ジュール熱という形で消費される電気的なエネルギー率と等しい。これは、この装置が一種の「発電機」として機能し、エネルギー変換が保存則に従って行われていることを示しています。この一致を確認することで、解答全体への信頼感が得られます。

問題137 (大阪府大 改)

【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、鉄心を持つソレノイドコイルにおける自己誘導と相互誘導に関する基本的な問題です。コイルが作る磁場、磁束の変化、それによって生じる誘導起電力、そして自己インダダクタンスと相互インダクタンスの定義と計算方法を問うています。

【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「ソレノイドコイルの自己誘導と相互誘導」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。

1. ソレノイドが作る磁場: 電流が流れるソレノイドコイルの内部には、一様な磁場が作られる。その強さの公式を正しく使うこと。
2. 磁束の計算: 磁束は磁束密度と面積の積 (\(\Phi = BS\)) で計算される。透磁率 \(\mu\) を用いて磁束密度を求める (\(B=\mu H\))。
3. ファラデーの電磁誘導の法則: コイルを貫く磁束が変化すると、その変化を妨げる向きに誘導起電力が生じる (\(V = -N \displaystyle\frac{\Delta \Phi}{\Delta t}\))。
4. インダクタンスの定義: 誘導起電力を電流の変化率で表したときの比例定数として、自己インダクタンス (\(V = -L \displaystyle\frac{\Delta I}{\Delta t}\)) と相互インダクタンス (\(V_2 = -M \displaystyle\frac{\Delta I_1}{\Delta t}\)) が定義される。

基本的なアプローチは以下の通りです。

1. まず、ソレノイドが作る磁場の公式を用いて、電流 \(I\) から磁場の強さ \(H\) を求めます（問1）。
2. 次に、磁場の強さ \(H\) から磁束密度 \(B\) を求め、さらに断面積 \(S\) を使って磁束 \(\Phi\) を計算します。電流の変化 \(\Delta I\) が磁束の変化 \(\Delta \Phi\) を引き起こす関係を導きます（問2）。
3. ファラデーの法則を用いて、磁束の変化からコイル1自身（自己誘導）とコイル2（相互誘導）に生じる起電力を計算します（問3）。
4. 問3で得られた起電力の式と、インダクタンスの定義式を比較することで、自己インダクタンス \(L\) と相互インダクタンス \(M\) を求めます（問4）。
5. 最後に、コイルの形状や材質を変えたときに、相互インダクタンスがどう変化するかを考察し、起電力の変化を予測します（問5）。

問(1)

思考の道筋とポイント
十分に長いソレノイドコイルの内部にできる磁場の強さ（磁界）\(H\) を求める問題です。公式を正しく適用することが求められます。磁場の強さ \(H\) は、単位長さあたりの巻数と電流の積で与えられます。
この設問における重要なポイント

• ソレノイドが作る磁場の強さの公式: \(H = nI\)
• 単位長さあたりの巻数 \(n\) は、総巻数 \(N\) を長さ \(l\) で割ることで求められる (\(n = N/l\))。

具体的な解説と立式
コイル1は長さ \(l\) で巻数 \(N_1\) なので、単位長さあたりの巻数 \(n_1\) は、
$$ n_1 = \frac{N_1}{l} $$
このコイルに電流 \(I\) を流したとき、内部にできる磁場の強さ \(H\) は、
$$ H = n_1 I $$

$$
\begin{aligned}
H &= n_1 I \\[2.0ex]&= \frac{N_1}{l} I
\end{aligned}
$$

ソレノイドコイルが作る磁場の強さは、コイルがどれだけ「密に」巻かれているか（単位長さあたりの巻数）と、流す「電流」の強さに比例します。単位長さあたりの巻数は、全体の巻数を長さで割ることで計算できます。

コイル1内部の磁場の強さは \(H = \displaystyle\frac{N_1 I}{l}\) です。

問(2)

思考の道筋とポイント
コイル内部の磁束の変化量を求めます。まず、電流 \(I\) が流れているときの磁束 \(\Phi\) を計算し、次に電流が \(\Delta I\) 変化したときの磁束の変化量 \(\Delta \Phi\) を求めます。磁束は、磁束密度 \(B\) と断面積 \(S\) の積で、磁束密度は磁場の強さ \(H\) と透磁率 \(\mu\) の積で与えられます。
この設問における重要なポイント

• 磁束密度と磁場の強さの関係: \(B = \mu H\)
• 磁束の定義: \(\Phi = BS\)
• 変化量の関係: 電流の変化 \(\Delta I\) が磁束の変化 \(\Delta \Phi\) を引き起こす。

具体的な解説と立式
(1)で求めた磁場の強さ \(H = \displaystyle\frac{N_1 I}{l}\) を用いて、鉄心内の磁束密度 \(B\) を求めます。
$$ B = \mu H $$
鉄心の断面積は \(S\) なので、コイル1を貫く磁束 \(\Phi_1\) は、
$$ \Phi_1 = B S $$
この式から、磁束 \(\Phi_1\) は電流 \(I\) に比例することがわかります。したがって、電流が \(\Delta I\) だけ変化したときの磁束の変化量 \(\Delta \Phi_1\) は、\(\Phi_1\) の式の \(I\) を \(\Delta I\) に置き換えることで得られます。
$$ \Delta \Phi_1 = \frac{\mu N_1 S}{l} \Delta I $$

まず、磁束 \(\Phi_1\) を電流 \(I\) の式で表します。
$$
\begin{aligned}
\Phi_1 &= B S \\[2.0ex]&= (\mu H) S \\[2.0ex]&= \mu \left( \frac{N_1 I}{l} \right) S \\[2.0ex]&= \frac{\mu N_1 S}{l} I
\end{aligned}
$$
この関係式において、\(\mu, N_1, S, l\) は定数なので、電流が \(\Delta I\) 変化すると、磁束は \(\Delta \Phi_1\) 変化します。その関係は、
$$
\Delta \Phi_1 = \frac{\mu N_1 S}{l} \Delta I
$$

電流が磁場を作り、磁場が磁束密度を決め、磁束密度が磁束を決めます。この問題では、これらはすべて比例関係にあります。したがって、電流が少し変化すると、それに比例して磁束も少し変化します。その比例係数を求めるのがこの問題です。

磁束の変化量は \(\Delta \Phi_1 = \displaystyle\frac{\mu N_1 S}{l} \Delta I\) です。

問(3)

思考の道筋とポイント
ファラデーの電磁誘導の法則を用いて、コイル1とコイル2に生じる誘導起電力の大きさを求めます。法則の公式は \(V = \left| -N \displaystyle\frac{\Delta \Phi}{\Delta t} \right|\) です。コイル1（自己誘導）とコイル2（相互誘導）では、磁束の変化は共通ですが、巻数が異なるため、生じる起電力も異なります。
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: \(V = \left| -N \displaystyle\frac{\Delta \Phi}{\Delta t} \right|\)
• 自己誘導: コイル自身の電流変化によって、自分自身に起電力が生じる現象。巻数は \(N_1\)。
• 相互誘導: コイル1の電流変化によって、近くにあるコイル2に起電力が生じる現象。巻数は \(N_2\)。

具体的な解説と立式
(2)で求めた磁束の変化は \(\Delta \Phi_1\) で、これが時間 \(\Delta t\) の間に起こります。

コイル1に生じる起電力（自己誘導起電力）\(V_1\)
コイル1自身を貫く磁束が変化するため、ファラデーの法則を適用します。このときの巻数は \(N_1\) です。
$$ V_1 = \left| -N_1 \frac{\Delta \Phi_1}{\Delta t} \right| $$

コイル2に生じる起電力（相互誘導起電力）\(V_2\)
コイル2もコイル1と同じ磁束 \(\Phi_1\) が貫いています（磁束の漏れがないため）。したがって、磁束の変化も同じ \(\Delta \Phi_1\) です。ファラデーの法則を適用しますが、このときの巻数はコイル2の巻数 \(N_2\) です。
$$ V_2 = \left| -N_2 \frac{\Delta \Phi_1}{\Delta t} \right| $$

(2)の結果 \(\Delta \Phi_1 = \displaystyle\frac{\mu N_1 S}{l} \Delta I\) を代入します。

コイル1の起電力 \(V_1\)

$$
\begin{aligned}
V_1 &= N_1 \frac{\Delta \Phi_1}{\Delta t} \\[2.0ex]&= N_1 \frac{1}{\Delta t} \left( \frac{\mu N_1 S}{l} \Delta I \right) \\[2.0ex]&= \frac{\mu N_1^2 S}{l} \frac{\Delta I}{\Delta t}
\end{aligned}
$$

コイル2の起電力 \(V_2\)

$$
\begin{aligned}
V_2 &= N_2 \frac{\Delta \Phi_1}{\Delta t} \\[2.0ex]&= N_2 \frac{1}{\Delta t} \left( \frac{\mu N_1 S}{l} \Delta I \right) \\[2.0ex]&= \frac{\mu N_1 N_2 S}{l} \frac{\Delta I}{\Delta t}
\end{aligned}
$$

コイルに発生する電圧（誘導起電力）は、「コイルの巻数」と「1秒あたりの磁束の変化」の掛け算で決まります。磁束の変化はコイル1と2で共通ですが、それぞれの巻数が違うので、発生する電圧も異なります。

コイル1に生じる起電力の大きさは \(V_1 = \displaystyle\frac{\mu N_1^2 S}{l} \frac{\Delta I}{\Delta t}\)、コイル2に生じる起電力の大きさは \(V_2 = \displaystyle\frac{\mu N_1 N_2 S}{l} \frac{\Delta I}{\Delta t}\) です。

問(4)

思考の道筋とポイント
自己インダクタンス \(L\) と相互インダクタンス \(M\) を求めます。これらは、誘導起電力を電流の変化率 \(\displaystyle\frac{\Delta I}{\Delta t}\) を用いて表したときの比例定数として定義されます。

• 自己誘導起電力: \(V_1 = L \displaystyle\frac{\Delta I}{\Delta t}\)
• 相互誘導起電力: \(V_2 = M \displaystyle\frac{\Delta I}{\Delta t}\)

(3)で求めた \(V_1\) と \(V_2\) の式を、これらの定義式と比較することで \(L\) と \(M\) を求めます。
この設問における重要なポイント

• 自己インダクタンスの定義式: \(V_1 = L \displaystyle\frac{\Delta I}{\Delta t}\)
• 相互インダクタンスの定義式: \(V_2 = M \displaystyle\frac{\Delta I}{\Delta t}\)

具体的な解説と立式

自己インダクタンス \(L\)
(3)で求めた \(V_1\) の式は、
$$ V_1 = \left( \frac{\mu N_1^2 S}{l} \right) \frac{\Delta I}{\Delta t} $$
これを自己インダクタンスの定義式 \(V_1 = L \displaystyle\frac{\Delta I}{\Delta t}\) と比較します。

相互インダクタンス \(M\)
(3)で求めた \(V_2\) の式は、
$$ V_2 = \left( \frac{\mu N_1 N_2 S}{l} \right) \frac{\Delta I}{\Delta t} $$
これを相互インダクタンスの定義式 \(V_2 = M \displaystyle\frac{\Delta I}{\Delta t}\) と比較します。

自己インダクタンス \(L\)
2つの \(V_1\) の式を比較すると、
$$ L = \frac{\mu N_1^2 S}{l} $$

相互インダクタンス \(M\)
2つの \(V_2\) の式を比較すると、
$$ M = \frac{\mu N_1 N_2 S}{l} $$

インダクタンスとは、電流を変化させたときに「どれだけ大きな電圧が発生しやすいか」を示す、コイルの性能を表す値です。ファラデーの法則から計算した電圧の式と、インダクタンスを使った定義式を見比べて、対応する部分を抜き出せば、インダクタンスの具体的な式がわかります。

自己インダクタンスは \(L = \displaystyle\frac{\mu N_1^2 S}{l}\)、相互インダクタンスは \(M = \displaystyle\frac{\mu N_1 N_2 S}{l}\) です。どちらもコイルの形状（巻数、長さ、断面積）と材質（透磁率）だけで決まる定数であることがわかります。

問(5)

思考の道筋とポイント
コイル2の形状や鉄心の有無を変えたときに、コイル2に生じる誘導起電力 \(V_2\) がどう変化するかを考察します。(3)で求めた \(V_2\) の式、あるいは(4)で求めた相互インダクタンス \(M\) の式が、何に依存しているかを見ることで変化を予測できます。
この設問における重要なポイント

• 誘導起電力の式: \(V_2 = \displaystyle\frac{\mu N_1 N_2 S}{l} \frac{\Delta I}{\Delta t}\)
• 相互インダクタンスの式: \(M = \displaystyle\frac{\mu N_1 N_2 S}{l}\)
• 起電力は相互インダクタンスに比例する (\(V_2 = M \displaystyle\frac{\Delta I}{\Delta t}\))。

具体的な解説と立式

(i) コイル2の長さを軸方向に押し縮めた場合
コイル2に生じる起電力 \(V_2\) の式、あるいは相互インダクタンス \(M\) の式を見てみましょう。
$$ V_2 = M \frac{\Delta I}{\Delta t} = \left( \frac{\mu N_1 N_2 S}{l} \right) \frac{\Delta I}{\Delta t} $$
この式には、コイル2の長さに関する項は含まれていません。コイル2の巻数 \(N_2\) は関与しますが、押し縮めても巻数自体は変わりません。したがって、相互インダクタンス \(M\) は変化せず、誘導起電力 \(V_2\) も変化しません。

(ii) 鉄心を引き抜いた場合
鉄心を引き抜くと、コイルの内部は真空（空気）になります。これにより、透磁率が鉄心の透磁率 \(\mu\) から、真空の透磁率 \(\mu_0\) に変わります。一般に、強磁性体である鉄の透磁率 \(\mu\) は、真空の透磁率 \(\mu_0\) よりもはるかに大きいです (\(\mu \gg \mu_0\))。
相互インダクタンス \(M\) は透磁率 \(\mu\) に比例するため、透磁率が \(\mu\) から \(\mu_0\) へと減少すると、相互インダクタンス \(M\) も小さくなります。
誘導起電力 \(V_2\) は \(M\) に比例するため、\(V_2\) も減少します。

(i)
\(M = \displaystyle\frac{\mu N_1 N_2 S}{l}\) はコイル2の長さに依存しません。よって \(M\) は不変です。
\(V_2 = M \displaystyle\frac{\Delta I}{\Delta t}\) で \(M\) が不変なので、\(V_2\) も変わりません。

(ii)
透磁率が \(\mu \rightarrow \mu_0\) と変化します。ここで \(\mu > \mu_0\) です。
相互インダクタンスが \(M \rightarrow M’ = \displaystyle\frac{\mu_0 N_1 N_2 S}{l}\) と変化します。\(M’ < M\) となります。
起電力が \(V_2 \rightarrow V_2′ = M’ \displaystyle\frac{\Delta I}{\Delta t}\) と変化します。\(V_2′ < V_2\) となります。

(i) 発生する電圧の式を見ると、コイル2の「巻数」は関係しますが、「長さ」は関係ありません。コイルを押し縮めても巻数は変わらないので、電圧も変わりません。
(ii) 鉄心は磁束を非常に通しやすくする（透磁率が大きい）性質があります。鉄心を抜くと、磁束が通りにくく（透磁率が小さく）なります。これにより、同じ電流変化でも磁束の変化が小さくなるため、発生する電圧も小さくなります。

(i) 変わらない。理由は、相互インダクタンスがコイル2の長さに依存しないため。
(ii) 減少する。理由は、鉄心を引き抜くと透磁率が減少し、相互インダクタンスが小さくなるため。

【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？

• ソレノイドが作る磁場:
  • 核心: 電流を流したソレノイドコイルは、その内部に一様で強い磁場を作ります。この磁場の強さ \(H=nI\) と、それによって生じる磁束密度 \(B=\mu H\)、磁束 \(\Phi=BS\) の関係を理解することが、すべての計算の出発点です。
  • 理解のポイント: コイルの形状（単位長さあたりの巻数 \(n\)）と材質（透磁率 \(\mu\)）が、電流 \(I\) をどれだけ効率よく磁束 \(\Phi\) に変換できるかを決めている、と捉えることが重要です。
• ファラデーの電磁誘導の法則:
  • 核心: 「コイルを貫く磁束が時間的に変化すると、その変化を妨げる向きに起電力が生じる」という電磁誘導の基本法則です。その大きさは \(V = N \left| \displaystyle\frac{\Delta \Phi}{\Delta t} \right|\) で与えられます。
  • 理解のポイント: この法則が、自己誘導（自分の電流変化で自分に起電力が生じる）と相互誘導（相手の電流変化で自分に起電力が生じる）という二つの現象を、統一的に説明する根幹の原理であることを理解しましょう。
• インダクタンスの物理的意味:
  • 核心: インダクタンス（\(L\)や\(M\)）は、ファラデーの法則を「電流の変化」という電気回路で扱いやすい量に書き換えた際の、コイルの性能を表す比例定数です。\(L = \displaystyle\frac{\mu N^2 S}{l}\), \(M = \displaystyle\frac{\mu N_1 N_2 S}{l}\) のように、コイルの形状と材質のみで決まる幾何学的な量です。
  • 理解のポイント: (4)のように、ファラデーの法則から導いた起電力の式と、インダクタンスの定義式を比較することで、インダクタンスを具体的に求めることができます。この導出プロセスは非常に重要です。

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:
  • トロイダルコイル: ドーナツ状の鉄心に導線を巻いたコイル。ソレノイドと同様に、コイル内部に磁場を閉じ込めることができ、自己・相互インダクタンスの計算は本問と類似した考え方で解けます。
  • 変圧器（トランス）: 相互誘導を応用した最も重要なデバイス。一次コイルと二次コイルの巻数比を変えることで、交流電圧を昇圧・降圧します。本問の(3)で \(V_1\) と \(V_2\) の比が巻数比 \(N_1:N_2\) になることが、その基本原理です。
  • RL回路: コイルと抵抗を直列に接続した回路。スイッチを入れた直後や切った直後の過渡現象を問う問題では、コイルの「電流の変化を妨げる」性質が重要になります。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 磁場の形状を把握する: まず、電流によってどのような磁場が作られるか（一様か、不均一か）、磁束はどこを通るか（漏れはあるか、ないか）を問題文から正確に読み取ります。本問では「ソレノイド」「磁束の漏れはない」が重要なキーワードです。
  2. 磁束を計算する: 次に、コイル1巻き分を貫く磁束 \(\Phi\) を、電流 \(I\) の関数として計算します。これができれば、ファラデーの法則を使ってあらゆる起電力の問題に対応できます。
  3. インダクタンスを問われたら: ファラデーの法則から導いた起電力の式を \(V = (\text{定数}) \times \displaystyle\frac{\Delta I}{\Delta t}\) の形に変形し、その「定数」部分がインダクタンスである、と特定します。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 磁場\(H\)と磁束密度\(B\)の混同:
  • 誤解: ソレノイドの公式として \(B=nI\) を使ってしまう。
  • 対策: \(H\) は電流が作る磁場の源の強さ、\(B\) はその結果として物質内に生じる磁束の密度、と区別しましょう。\(H\) の単位は \([A/m]\)、\(B\) の単位は \([T]\) です。両者の関係は、物質の性質である透磁率 \(\mu\) を介して \(B=\mu H\) となります。鉄心などがある場合は、必ず \(H\) を計算してから \(B\) を求める、という2ステップを踏むと安全です。
• 巻数\(N\)の掛け忘れ・二重掛け:
  • 誤解: ファラデーの法則 \(V = -N \displaystyle\frac{\Delta \Phi}{\Delta t}\) で、巻数 \(N\) を掛け忘れる。あるいは、磁束 \(\Phi\) の計算（\(\Phi = B S\)) の段階で既に巻数 \(N\) を掛けてしまい（磁束鎖交数 \(N\Phi\)）、起電力の計算でさらに \(N\) を掛けてしまう。
  • 対策: \(\Phi\) は「1巻きあたりの磁束」と定義し、起電力 \(V\) を計算する最後の段階で、そのコイルの総巻数 \(N\) を掛ける、という手順を徹底しましょう。
• 自己誘導と相互誘導での巻数の混同:
  • 誤解: (3)で、コイル2の起電力を計算する際に、巻数として \(N_1\) を使ってしまう。
  • 対策: 「起電力は、その電力を発生するコイル自身の巻数に比例する」と覚えましょう。コイル1の自己誘導なら \(N_1\)、コイル2の相互誘導なら \(N_2\) を使います。

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:
  • 磁力線の図示: コイル1が作る磁力線が、鉄心に沿ってループし、コイル2を貫く様子を図に描き込むと、\(\Phi_1 = \Phi_2\) となる理由（磁束の漏れがない）が視覚的に理解できます。
  • 式の構造分析: \(L = \displaystyle\frac{\mu N_1^2 S}{l}\) や \(M = \displaystyle\frac{\mu N_1 N_2 S}{l}\) の式を眺め、各パラメータがインダクタンスにどう影響するかを考えます。例えば、\(L \propto N_1^2\) となるのは、巻数 \(N_1\) が磁場を作る効果(\(H \propto N_1\))と、起電力を大きくする効果(\(V \propto N_1\))の両方に寄与するため、と物理的な意味を考えると理解が深まります。
• 図を描く際に注意すべき点:
  • 電流と磁場の向き: 右ねじの法則を用いて、電流の向きから磁場の向きを正確に図示することが基本です。
  • パラメータの明記: 図の中に \(l, S, N_1, N_2\) などの記号を書き込むと、立式の際にどのパラメータを使えばよいかが一目瞭然になります。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• \(H=nI\)（ソレノイドの磁場）:
  • 選定理由: (1)で、電流から直接磁場を計算するため。アンペールの法則を理想的なソレノイドに適用して導かれる、この問題の出発点となる公式です。
  • 適用根拠: 「十分に長いソレノイド」という条件があるため、この公式が精度良く成り立ちます。
• \(B=\mu H\) と \(\Phi=BS\)（磁束の計算）:
  • 選定理由: (2)で、磁場 \(H\) から、ファラデーの法則で必要となる磁束 \(\Phi\) を計算するため。
  • 適用根拠: \(B=\mu H\) は物質中での磁場の性質を、\(\Phi=BS\) は磁束の定義を表す、基本的な関係式です。
• \(V = -N \frac{\Delta \Phi}{\Delta t}\)（ファラデーの法則）:
  • 選定理由: (3)で、磁束の変化から誘導起電力を計算するため。電磁誘導現象を記述する最も根源的な法則です。
  • 適用根拠: 磁束が時間変化するあらゆる状況に適用できる普遍的な法則です。
• \(V=L\frac{\Delta I}{\Delta t}\), \(V=M\frac{\Delta I}{\Delta t}\)（インダクタンスの定義）:
  • 選定理由: (4)で、物理現象（起電力）と回路素子の特性（インダクタンス）を結びつけるため。
  • 適用根拠: これらはインダクタンスという物理量を定義するための式そのものです。

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) 磁場の計算:
   • 戦略: ソレノイドの公式を適用する。
   • フロー: ①単位長さあたりの巻数 \(n_1 = N_1/l\) → ②磁場の強さ \(H = n_1 I\)。
2. (2) 磁束変化の計算:
   • 戦略: 電流から磁束までの関係を導き、変化量を求める。
   • フロー: ①磁束密度 \(B = \mu H\) → ②磁束 \(\Phi_1 = BS\) → ③\(\Phi_1\) を \(I\) の式で表す → ④比例関係から \(\Delta \Phi_1\) を \(\Delta I\) で表す。
3. (3) 起電力の計算:
   • 戦略: ファラデーの法則をコイル1と2にそれぞれ適用する。
   • フロー: ①\(V_1 = N_1 \frac{\Delta \Phi_1}{\Delta t}\) に代入 → ②\(V_2 = N_2 \frac{\Delta \Phi_1}{\Delta t}\) に代入。
4. (4) インダクタンスの計算:
   • 戦略: (3)の結果とインダクタンスの定義式を比較する。
   • フロー: ①\(V_1\) の式と \(V_1 = L \frac{\Delta I}{\Delta t}\) を比較して \(L\) を特定 → ②\(V_2\) の式と \(V_2 = M \frac{\Delta I}{\Delta t}\) を比較して \(M\) を特定。
5. (5) 条件変更時の変化の考察:
   • 戦略: 相互インダクタンス \(M\) の式が、変更したパラメータに依存するかどうかを調べる。
   • フロー: ①\(M\) の式 \(\frac{\mu N_1 N_2 S}{l}\) を確認 → ②(i) コイル2の長さは式にない→不変、(ii) 鉄心を抜くと \(\mu\) が減少→減少、と判断する。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 文字と添え字の区別: \(N_1, N_2\) や \(V_1, V_2\) など、添え字が違うだけで意味が大きく異なる物理量が登場します。計算中に混同しないよう、丁寧に書き分けましょう。
• 分数の扱い: インダクタンスの式は分数形になります。分子と分母にどの物理量が来るかを、公式の導出過程に立ち返って確認する癖をつけると、記憶違いによるミスを防げます。
• 比例関係の利用: (2)のように、\(\Phi_1\) と \(I\) が比例関係にある場合、変化量 \(\Delta \Phi_1\) と \(\Delta I\) も同じ比例係数で結ばれます。この関係を理解していると、微分の計算をせずとも直感的に変化量の式を立てることができます。

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当性の検討:
  • インダクタンスの式: \(L, M\) の式を見て、物理的な意味を考えます。巻数 \(N\) が多いほど、断面積 \(S\) が大きいほど、長さ \(l\) が短い（密に巻かれている）ほど、透磁率 \(\mu\) が大きいほど、インダクタンスは大きくなります。これらはすべて「磁束を効率よく作り、変化させやすい」という性質に対応しており、物理的に妥当です。
  • (5)の考察: コイル2を縮めても、コイル1が作る磁束を拾う能力（巻数 \(N_2\)）は変わらないので起電力が変わらない、というのは理にかなっています。鉄心を抜くと磁束そのものが弱くなるので起電力が弱まる、というのも直感と一致します。
• 単位（次元）による検算:
  • 例えば、\(L = \Phi/I\) の関係から、インダクタンスの単位ヘンリー[H]は、ウェーバー毎アンペア[Wb/A]と等価です。ファラデーの法則から[Wb]は[V·s]なので、[H]は[V·s/A]となります。これは \(V=L\frac{\Delta I}{\Delta t}\) の式の両辺の単位が一致することを示しており、式の妥当性を裏付けます。

問題138 (中央大)

【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、抵抗とコイル（インダクタ）を含む直流回路（RL回路）における、スイッチの開閉に伴う過渡現象を扱う問題です。キルヒホッフの法則を基本に、スイッチを閉じた直後、十分時間が経過した後、そして再び開いた直後という3つの特徴的な時点での電流や電圧、エネルギーの変化を考察します。

【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「RL回路の過渡応答」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。

1. キルヒホッフの法則: 回路の任意の分岐点における電流の保存（第1法則）と、任意の閉回路における電位差の和が0になる（第2法則）という、電気回路解析の基本法則。
2. コイルの性質（自己誘導）: コイルは、自身を流れる電流の変化を妨げる向きに誘導起電力 \(V = -L \displaystyle\frac{\Delta I}{\Delta t}\) を生じる。この性質から、以下の2つの特徴的な振る舞いをする。
   • 変化直後: 電流を維持しようとするため、電流が急に変化できない（あたかも断線しているかのように振る舞うことがある）。
   • 定常状態: 電流が一定になると、誘導起電力は0になり、ただの導線として振る舞う。
3. エネルギー保存則: コイルに蓄えられた磁気エネルギーが、回路の抵抗でジュール熱として消費されるというエネルギー変換を理解する。

基本的なアプローチは以下の通りです。

1. まず、一般的な状態についてキルヒホッフの法則を適用し、回路を記述する基本方程式を立てます（ア, イ, ウ）。
2. 次に、「スイッチを閉じた直後」という過渡状態の初期条件（コイルの電流は0）を適用して、各部の電流と電圧を求めます（エ, オ, カ）。
3. 続いて、「十分に時間が経過した後」という定常状態の条件（コイルはただの導線）を適用し、そのときの電流とコイルに蓄えられるエネルギーを計算します（キ, ク）。
4. 最後に、「スイッチを開く」という別の過渡現象を考え、コイルが電流を流し続けようとする性質から、その直後の電圧や、その後のエネルギー消費について考察します（ケ, コ, サ）。

問ア, イ, ウ

思考の道筋とポイント
キルヒホッフの法則を回路に適用します。第1法則（電流則）は分岐点cに、第2法則（電圧則）は指定された2つの閉回路に適用します。コイルに生じる誘導起電力の扱いに注意が必要です。
この設問における重要なポイント

• キルヒホッフの第1法則: 分岐点に流入する電流の和と、流出する電流の和は等しい。
• キルヒホッフの第2法則: 閉回路を一周するときの電位の上昇と下降の代数和は0である。
• コイルの誘導起電力: 電流 \(I_1\) が増加する向きを正とすると、コイルは電流の変化を妨げるため、c→eの向きに \(L \displaystyle\frac{\Delta I_1}{\Delta t}\) だけ電位が下がる（または、e→cの向きに電位が上がる）と考える。

具体的な解説と立式

空欄 ア
分岐点cにおいて、抵抗 \(r\) から来た電流が、コイルへ向かう電流 \(I_1\) と抵抗 \(R\) へ向かう電流 \(I_2\) に分かれています。キルヒホッフの第1法則より、抵抗 \(r\) を流れる電流 \(i\) は、
$$ i = I_1 + I_2 $$

空欄 イ
経路 abdfgha（電池E、抵抗r、抵抗Rを通るループ）について、キルヒホッフの第2法則を適用します。aから出発して時計回りに考えます。

• a→b: 電池Eにより電位が \(E\) 上昇。
• b→d: 抵抗 \(r\) で電流 \(i=I_1+I_2\) により電位が \(r(I_1+I_2)\) 下降。抵抗 \(R\) で電流 \(I_2\) により電位が \(RI_2\) 下降。
• d→f→g→h→a: 電位変化なし。

したがって、電位の収支は、
$$ E – r(I_1+I_2) – RI_2 = 0 $$

空欄 ウ
経路 abcegha（電池E、抵抗r、コイルLを通るループ）について、キルヒホッフの第2法則を適用します。

• a→b: 電池Eにより電位が \(E\) 上昇。
• b→c: 抵抗 \(r\) で電流 \(i=I_1+I_2\) により電位が \(r(I_1+I_2)\) 下降。
• c→e: コイルLで電流 \(I_1\) が \(\Delta I_1\) 変化することにより、誘導起電力が生じます。電流 \(I_1\) の向きに電位が \(L \displaystyle\frac{\Delta I_1}{\Delta t}\) 下降します。
• e→g→h→a: 電位変化なし。

したがって、電位の収支は、
$$ E – r(I_1+I_2) – L \frac{\Delta I_1}{\Delta t} = 0 $$

空欄 イ

$$
\begin{aligned}
E – r(I_1+I_2) – RI_2 &= 0 \\[2.0ex]E &= r(I_1+I_2) + RI_2 \\[2.0ex]E &= rI_1 + (r+R)I_2
\end{aligned}
$$

空欄 ウ

$$
\begin{aligned}
E – r(I_1+I_2) – L \frac{\Delta I_1}{\Delta t} &= 0 \\[2.0ex]E &= r(I_1+I_2) + L \frac{\Delta I_1}{\Delta t}
\end{aligned}
$$

ア: 分岐点cは、川の流れが二手に分かれる場所と同じです。合流する前の川幅（電流）は、分かれた後の2つの川幅（電流）の合計になります。
イ, ウ: 回路を一周する山登りに例えます。電池はリフトで、一気に \(E\) だけ標高を上げます。抵抗やコイルは下り坂で、通るたびに標高が下がります。一周して出発点に戻ると、標高は元通りになるはずです。この「上がった分 = 下がった分」という関係を式にしたのがキルヒホッフの第2法則です。

ア: \(I_1+I_2\), イ: \(rI_1 + (r+R)I_2\), ウ: \(r(I_1+I_2) + L \displaystyle\frac{\Delta I_1}{\Delta t}\) となります。これらは回路の一般的な状態を記述する基本方程式です。

問エ, オ, カ

思考の道筋とポイント
スイッチSを閉じた直後の状態を考えます。コイルの重要な性質「電流は急に変化できない」を使います。スイッチを閉じる直前の電流は0だったので、閉じた直後もコイルを流れる電流 \(I_1\) は0のままです。この条件を(イ)の式に適用して \(I_2\) を求め、さらに誘導起電力を計算します。
この設問における重要なポイント

• コイルの過渡応答（スイッチオン直後）: コイルを流れる電流は、その直前の値を維持する。\(I_1=0\)。

具体的な解説と立式

空欄 エ, オ
スイッチを閉じた直後、コイルは電流の変化を妨げるため、\(I_1=0\) となります。
この条件を(イ)で立てた式 \(E = rI_1 + (r+R)I_2\) に代入します。
$$ E = r(0) + (r+R)I_2 $$
この式を解くことで \(I_2\) が求まります。

空欄 カ
スイッチを閉じた直後のコイルに生じる誘導起電力の大きさ \(V_L\) を求めます。コイルと抵抗Rは並列に接続されているため、両端の電圧（電位差）は等しくなります。したがって、コイルの誘導起電力の大きさは、抵抗Rにかかる電圧の大きさに等しいです。
$$ V_L = RI_2 $$
(オ)で求めた \(I_2\) の値を代入して計算します。

空欄 エ, オ
\(I_1=0\) を代入すると、
$$
\begin{aligned}
E &= (r+R)I_2 \\[2.0ex]I_2 &= \frac{E}{r+R}
\end{aligned}
$$
したがって、\(I_1 = 0\), \(I_2 = \displaystyle\frac{E}{r+R}\) です。

空欄 カ

$$
\begin{aligned}
V_L &= RI_2 \\[2.0ex]&= R \left( \frac{E}{r+R} \right) \\[2.0ex]&= \frac{R}{r+R}E
\end{aligned}
$$

スイッチを入れた瞬間、コイルは「まだ準備ができていない！」と電流を流すのを拒否します。なので \(I_1=0\) です。このとき、回路はコイルがないもの（断線しているのと同じ）と見なせ、電流は抵抗 \(r\) と \(R\) だけを通る単純な直列回路になります。そのときの電流 \(I_2\) と、抵抗 \(R\) にかかる電圧を計算すればよいのです。

エ: 0, オ: \(\displaystyle\frac{E}{r+R}\), カ: \(\displaystyle\frac{R}{r+R}E\)。スイッチオン直後は、コイルが誘導起電力を発生させることで電流をせき止め、その電圧は並列接続された抵抗Rにかかる電圧と等しくなっています。

問キ, ク

思考の道筋とポイント
スイッチを閉じてから十分に時間が経過した後の定常状態を考えます。このとき、回路を流れる電流は一定になり、変化しなくなります (\(\Delta I_1 = 0\))。すると、コイルの誘導起電力は0になり、コイルは単なる抵抗0の導線とみなせます。
この設問における重要なポイント

• コイルの定常状態: 電流が一定になり、誘導起電力は0。コイルはただの導線とみなせる。

具体的な解説と立式

空欄 キ
十分に時間が経過すると、コイルは抵抗0の導線と同じになります。このとき、抵抗 \(R\) はコイルによって短絡（ショート）されるため、電流 \(I_2\) は流れなくなり、\(I_2=0\) となります。
電流はすべて電池E、抵抗r、コイルLの経路（abcegha）を流れます。この閉回路についてキルヒホッフの第2法則を考えると、
$$ E – rI_1 = 0 $$
この式から \(I_1\) が求まります。

空欄 ク
コイルに蓄えられるエネルギー \(U\) は、公式 \(U = \displaystyle\frac{1}{2}LI^2\) で与えられます。この \(I\) に(キ)で求めた定常電流 \(I_1\) の値を代入します。

空欄 キ

$$
\begin{aligned}
E &= rI_1 \\[2.0ex]I_1 &= \frac{E}{r}
\end{aligned}
$$

空欄 ク

$$
\begin{aligned}
U &= \frac{1}{2} L I_1^2 \\[2.0ex]&= \frac{1}{2} L \left( \frac{E}{r} \right)^2
\end{aligned}
$$

スイッチを入れてから時間が経つと、コイルは電流の変化に「慣れて」しまい、ただの電線になります。すると、電流はわざわざ通りにくい抵抗 \(R\) の道を選ばず、スイスイ通れるコイルの道だけを通るようになります。このときの電流と、コイルに蓄えられるエネルギーを計算します。

キ: \(\displaystyle\frac{E}{r}\), ク: \(\displaystyle\frac{1}{2}L\left(\frac{E}{r}\right)^2\)。定常状態では、回路は電池と抵抗 \(r\) だけの単純な回路と等価になります。

問ケ, コ, サ

思考の道筋とポイント
定常状態からスイッチSを開く瞬間を考えます。スイッチを開くと、電池を含む回路abdfghaは切り離されます。しかし、コイルはそれまで流れていた電流 \(I_1\) を流し続けようとして、自己誘導起電力を発生させます。これにより、コイルLと抵抗Rからなる閉回路（cefdc）に一瞬だけ電流が流れ続けます。
この設問における重要なポイント

• コイルの過渡応答（スイッチオフ）: コイルは直前の電流を維持しようと、誘導起電力を発生させる。
• スイッチを開いた直後の電流: \(I_1\) は、開く直前の値（(キ)で求めた値）を維持する。

具体的な解説と立式

空欄 ケ
スイッチを開くと、経路 cefdc で閉回路が形成されます。この回路には電源はありません。コイルに生じる誘導起電力が電源の役割を果たします。cから時計回りにキルヒホッフの第2法則を適用します。

• c→e: コイルLで、電流 \(I_1\) が減少しようとするのを妨げる向き、つまり電流を流し続けようとする向き（c→e）に誘導起電力が生じます。電位は \(L \left|\displaystyle\frac{\Delta I_1}{\Delta t}\right|\) だけ上昇します。電流は減少しているので \(\Delta I_1 < 0\) であり、これは \(-L \displaystyle\frac{\Delta I_1}{\Delta t}\) と書けます。
• e→f→d: 抵抗 \(R\) で、電流 \(I_1\) により電位が \(RI_1\) 下降します。
• d→c: 電位変化なし。

したがって、
$$ -L \frac{\Delta I_1}{\Delta t} – RI_1 = 0 $$

空欄 コ
スイッチを開いた直後、コイルを流れる電流 \(I_1\) は、開く直前の値、すなわち(キ)で求めた \(I_1 = \displaystyle\frac{E}{r}\) を保ちます。この電流が抵抗 \(R\) に流れるため、抵抗 \(R\) の両端に生じる電位差 \(V_R\) は、オームの法則より、
$$ V_R = RI_1 $$

空欄 サ
スイッチを開いた後、コイルに蓄えられていたエネルギー（(ク)で求めた \(U\)）は、閉回路 cefdc を流れる電流によって、すべて抵抗 \(R\) で消費されます。エネルギーの形態はジュール熱です。

空欄 ケ

$$
\begin{aligned}
-L \frac{\Delta I_1}{\Delta t} – RI_1 &= 0 \\[2.0ex]-L \frac{\Delta I_1}{\Delta t} &= RI_1
\end{aligned}
$$

空欄 コ

$$
\begin{aligned}
V_R &= RI_1 \\[2.0ex]&= R \left( \frac{E}{r} \right) \\[2.0ex]&= \frac{R}{r}E
\end{aligned}
$$

ケ, コ: スイッチを切ると、コイルは「まだ電流を流したい！」と、蓄えていたエネルギーを放出して自ら電池になります。この”コイル電池”が、抵抗 \(R\) と組んで新しい閉回路を作ります。スイッチを切った瞬間の電流は、切る直前の値を引き継ぎます。この電流が抵抗 \(R\) を流れるので、オームの法則で電圧が計算できます。
サ: コイルが蓄えていた磁気のエネルギーは、最終的にすべて抵抗 \(R\) で熱に変わって消費されます。

ケ: \(-L \displaystyle\frac{\Delta I_1}{\Delta t} = RI_1\), コ: \(\displaystyle\frac{R}{r}E\), サ: ジュール熱。
特に(コ)の結果は、\(R \gg r\) の場合に \(V_R\) が元の電池の起電力 \(E\) よりはるかに大きくなる「高電圧パルス」が発生することを示しており、コイルの重要な性質を表しています。

【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？

• キルヒホッフの法則:
  • 核心: どんな複雑な回路であっても、分岐点での電流の関係（第1法則）と、閉回路での電圧の関係（第2法則）を適用すれば、回路の状態を数学的に記述できます。この問題では、コイルを含む回路に法則を適用する良い練習になります。
  • 理解のポイント: コイルの誘導起電力 \(V_L = -L \displaystyle\frac{\Delta I}{\Delta t}\) を、電池や抵抗と同じように「電位差」の一つとして扱い、第2法則の式に組み込むことが重要です。電流が増加しているときは、電流の向きに電位が下がる「抵抗のような」振る舞いをします。
• コイルの過渡応答（電流連続の原理）:
  • 核心: コイルに蓄えられるエネルギーは \(\frac{1}{2}LI^2\) であり、エネルギーが無限大になることはないため、電流 \(I\) が瞬時に変化することはできません。この「電流は連続的にしか変化できない」という性質が、スイッチの開閉直後の現象を解く鍵です。
  • 理解のポイント:
    • スイッチON直後: 直前の電流が0なら、直後も \(I=0\)。コイルは「断線」しているかのように振る舞います。
    • スイッチOFF直後: 直前の定常電流 \(I_0\) が流れていれば、直後も \(I=I_0\)。コイルは「電流 \(I_0\) を流し続ける電池」のように振る舞います。
• 定常状態におけるコイルの振る舞い:
  • 核心: スイッチを入れてから十分に時間が経つと、直流回路では電流が一定値に落ち着きます。電流の変化率 \(\frac{\Delta I}{\Delta t}\) が0になるため、コイルの誘導起電力も0になります。
  • 理解のポイント: 定常状態のコイルは、電気抵抗が0の「ただの導線」と等価です。回路図中でコイルを導線に置き換えて考えると、回路の構造が単純化され、解析しやすくなります。

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: 抵抗とコンデンサーを含む回路。コイルとは対照的に、コンデンサーは「電圧が急に変化できない」という性質を持ちます。スイッチON直後は電荷が0なので電圧も0（導線と同じ）、定常状態では充電が完了し電流が流れなくなる（断線と同じ）という、コイルと双対的な関係を理解すると応用が効きます。
  • LC振動回路: コイルとコンデンサーだけの回路。コンデンサーの静電エネルギーとコイルの磁気エネルギーが互いに変換され、電気振動が起こります。
  • 自動車の点火プラグ: (コ)で見たように、コイルを含む回路を急にOFFにすると高電圧が発生します。この原理は、自動車のエンジンでガソリンに点火するための火花を飛ばす点火プラグに応用されています。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 時間スケールを特定する: 問題が問うているのは「スイッチON/OFFの直後」なのか、「十分時間が経った後」なのか、あるいは「その間の任意の時刻」なのかをまず確認します。
  2. コイルの役割を置き換える:
     • 「直後」なら、コイルを流れる電流を直前の値に固定して考えます。
     • 「十分後」なら、コイルをただの導線に置き換えて考えます。
     • 「任意の時刻」なら、キルヒホッフの法則に \(V_L = -L \frac{\Delta I}{\Delta t}\) を組み込んで微分方程式として扱います（大学レベル）。高校では(ウ)のように関係式を立てるまでが問われます。
  3. エネルギーの流れを追う: スイッチを開いた後、どこに蓄えられていたエネルギーが、どこで消費されるのかを考えます。(ク)のエネルギーが(サ)として消費されるという流れを把握することが重要です。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• スイッチON直後の電流の誤解:
  • 誤解: スイッチを閉じた直後、\(I_1\) だけでなく \(I_2\) も0だと考えてしまう。
  • 対策: 電流が連続なのは「コイルを流れる電流 \(I_1\)」だけです。抵抗 \(R\) を流れる電流 \(I_2\) は、コイルと並列になっているため、コイルの電圧 \(V_L\) が決まれば \(I_2 = V_L/R\) のように瞬時に値を持ちえます。必ずコイルを流れる電流だけが連続であると覚えましょう。
• 定常状態の回路の誤解:
  • 誤解: 十分時間が経った後も、コイルに電圧がかかり、抵抗Rにも電流が流れ続けると考えてしまう。
  • 対策: 定常状態のコイルは「抵抗0の導線」です。回路図でコイルをただの線に描き直してみましょう。すると、抵抗Rが導線によって両端を繋がれている「短絡（ショート）」状態になっていることが視覚的にわかります。電位差のない場所に電流は流れないので \(I_2=0\) となります。
• スイッチOFF直後の高電圧の発生源の誤解:
  • 誤解: スイッチを開いた後、抵抗Rに高電圧がかかるのは、電池Eのせいだと考えてしまう。
  • 対策: スイッチSを開くと、電池Eは回路から完全に切り離されます。高電圧の発生源は、あくまでコイル自身が「電流を流し続けたい」という強い意志で生み出す自己誘導起電力です。

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:
  • 水流モデル: 電流を水流、コイルを「水車」、抵抗を「水路の狭い部分」、スイッチを「水門」とイメージします。
    • スイッチON: 水門を開けても、重い水車（コイル）はすぐには回りだせません（電流が流れない）。水は脇道（抵抗R）に流れます。
    • 定常状態: やがて水車は勢いよく回り、水の流れを妨げなくなります（ただの導線）。水は抵抗のない水車側だけを通り、脇道には流れなくなります。
    • スイッチOFF: 水門を閉じると、回り続けている水車が慣性で水を押し流し続けます（自己誘導）。この勢いで脇道に強い水流（高電圧）が発生します。
  • 時間変化のグラフ: 解答のヒントにあるような \(I_1(t)\), \(I_2(t)\) のグラフを描くことで、過渡現象の全体像を視覚的に理解できます。\(I_1\) はゆっくり立ち上がり、\(I_2\) は最大値から始まって0に減衰していく様子がよくわかります。
• 図を描く際に注意すべき点:
  • 各時点での等価回路: 「ON直後」「十分後」「OFF直後」のそれぞれの状態で、コイルが何とみなせるか（断線、導線、電池）を考え、その状態に対応する単純な回路図を描き直すと、計算が非常に簡単になります。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• キルヒホッフの法則:
  • 選定理由: (ア, イ, ウ, ケ)で、複数の素子を含む複雑な回路の電圧・電流関係を記述するため。電気回路解析における最も基本的で強力なツールです。
  • 適用根拠: 電荷保存則とエネルギー保存則に由来する、電気回路の普遍的な法則です。
• コイルの性質（\(I_1(0+)=I_1(0-)\), \(V_L=0\) in steady state）:
  • 選定理由: (エ, オ, キ)で、特定の時点（過渡応答の初期、定常状態）における回路の状態を特定するため。キルヒホッフの法則だけでは解けない時間変化の問題を、物理的な考察で解くための鍵です。
  • 適用根拠: 電流の連続性はエネルギー保存則から、定常状態の性質は誘導起電力の定義から導かれます。
• \(U = \frac{1}{2}LI^2\)（コイルのエネルギー）:
  • 選定理由: (ク)で、定常状態のコイルに蓄えられたエネルギーを計算するため。
  • 適用根拠: 電流を0からIまで流す際に、誘導起電力に逆らって外部がした仕事として導出されます。
• オームの法則 \(V=RI\) :
  • 選定理由: (カ, コ)で、抵抗を流れる電流から電圧を計算するため。
  • 適用根拠: 抵抗という素子の電圧と電流の関係を定義する基本法則です。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. (ア～ウ) 一般式の立式:
   • 戦略: キルヒホッフの法則を適用し、回路の基本方程式を立てる。
   • フロー: ①分岐点cで第1法則 → ②ループabdfghaで第2法則 → ③ループabceghaで第2法則（コイルの電圧降下を含む）。
2. (エ～カ) スイッチON直後:
   • 戦略: 「コイルの電流は0」という初期条件を適用する。
   • フロー: ①\(I_1=0\)とおく → ②(イ)の式から\(I_2\)を求める → ③並列部分の電圧が等しいことから \(V_L = RI_2\) を計算。
3. (キ, ク) 十分時間後（定常状態）:
   • 戦略: 「コイルは導線」という定常条件を適用する。
   • フロー: ①コイルを導線とみなし、Rが短絡されるため\(I_2=0\)と判断 → ②単純化された回路で\(I_1\)を求める → ③エネルギーの公式 \(U=\frac{1}{2}LI_1^2\) を適用。
4. (ケ～サ) スイッチOFF後:
   • 戦略: 「コイルの電流は直前の値を保つ」という条件と、新しい閉回路を考える。
   • フロー: ①新しい閉回路cefdcでキルヒホッフの第2法則を立てる(ケ) → ②OFF直後の電流は(キ)の値と等しいとして、\(V_R=RI_1\)を計算(コ) → ③エネルギー保存則から、コイルのエネルギーがジュール熱に変わると判断(サ)。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 符号の規約を統一する: キルヒホッフの第2法則を適用する際、「時計回りを正」などと自分でルールを決め、電位の上昇をプラス、下降をマイナスとして式を立てると、符号ミスが減ります。特にコイルの誘導起電力の符号は間違いやすいので注意が必要です。
• 各状態の等価回路を描く: 「ON直後」「十分後」など、それぞれの状態でコイルを「断線」や「導線」に置き換えた簡単な回路図を描き直すことで、複雑な問題が単純な直流回路の問題に見えてきます。視覚的な理解は、ケアレスミスを防ぐのに非常に有効です。
• 文字の代入は最後に行う: 計算の途中ではなるべく文字式のまま進め、最後に値を代入するようにすると、計算過程が追いやすくなり、間違いを発見しやすくなります。

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:
  • (カ)の電圧: \(V_L = \frac{R}{r+R}E\) は、必ず元の起電力 \(E\) より小さくなります。これは物理的に妥当です。
  • (コ)の電圧: \(V_R = \frac{R}{r}E\) は、\(R>r\) であれば元の起電力 \(E\) より大きくなります。特に \(R \gg r\) の場合、非常に大きな電圧が発生しうることが式から読み取れ、コイルの性質をよく表しています。
• 極端な場合を考える:
  • もしコイルがなかったら（\(L=0\)）、スイッチON直後から定常状態になります。その場合、抵抗 \(r\) と \(R\) の並列回路として解いた結果と、本問の \(L \rightarrow 0\) の極限が一致するかを確かめる、といった思考実験も有効です。
  • もし抵抗がなかったら（\(R \rightarrow \infty\), \(r \rightarrow 0\)）、LC振動回路に近づきます。本問の式がそのような振る舞いを示唆するかを考えることで、より深い理解に繋がります。

問題139 (大阪公立大)

【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、ベータトロンの動作原理を題材に、時間変化する磁場中での荷電粒子の運動を解析するものです。荷電粒子が受けるローレンツ力による円運動、ファラデーの電磁誘導の法則によって生じる誘導電場による加速、そして安定した円軌道を維持するための条件について、段階的に考察を深めていきます。

【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「時間変化する磁場中での荷電粒子の運動（ベータトロンの原理）」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。

1. ローレンツ力と円運動: 磁場から受けるローレンツ力を向心力として、荷電粒子が円運動する関係を理解する。
2. ファラデーの電磁誘導の法則: 磁束の時間変化が誘導起電力を生み、それが周回する誘導電場を形成するメカニズムを把握する。
3. 運動方程式: 荷電粒子が受ける力（ローレンツ力、電場からの力）と運動の変化（加速度）を関連付ける。
4. 微小量の近似計算: 変化量が小さい場合の計算を正確に行うための近似手法を適用する。

基本的なアプローチは以下の通りです。

1. まず、(1)で静的な磁場中での円運動の条件式を立てます。
2. 次に、(2), (3)で磁場が変化することによって生じる誘導電場と、それによる加速について解析します。
3. (4)では、(1)と(3)の結果を用いて、磁場が一様に変化した場合の力の不均衡を計算によって示します。
4. 最後に、(5)で軌道が維持されるという特別な条件（力のつり合い）から、異なる場所での磁場変化の関係を導き出します。

問(1)

思考の道筋とポイント
荷電粒子は、磁場から受けるローレンツ力を向心力として等速円運動をしています。したがって、中心方向の運動方程式を立てることで、速さ \(v\) を求めることができます。
この設問における重要なポイント

• ローレンツ力の公式: \(F = qvB\)
• 向心力の表現: \(F = m\displaystyle\frac{v^2}{r}\)
• 運動方程式: 向心力とローレンツ力が等しいという関係式を立てる。

具体的な解説と立式
荷電粒子が磁場から受けるローレンツ力の大きさ \(F_{\text{L}}\) は、粒子の速さを \(v\)、磁束密度の大きさを \(B\) とすると、\(F_{\text{L}} = qvB\) と表されます。
この力が、半径 \(r\) の円運動を維持するための向心力として働くため、中心方向の運動方程式は以下のように立てられます。
$$ m\frac{v^2}{r} = qvB \quad \cdots ① $$

式①の両辺を \(v\) で割り（\(v>0\)）、\(v\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
m\frac{v}{r} &= qB \\[2.0ex]v &= \frac{qBr}{m}
\end{aligned}
$$

粒子が円を描いて安定して回り続けるためには、常に円の中心に向かって引っ張る力（向心力）が必要です。この問題の状況では、その引っ張る力の役割を磁場による「ローレンツ力」が担っています。したがって、「向心力として必要な力 = ローレンツ力」という等式を立て、これを速さ \(v\) について解くことで答えが求まります。

等速円運動する荷電粒子の速さは \(v = \displaystyle\frac{qBr}{m}\) です。この式は、粒子の速さが磁場の強さ \(B\) と軌道半径 \(r\) に比例することを示しており、サイクロトロンやベータトロンの解析における基本的な関係式です。

問(2)

思考の道筋とポイント
円軌道内の磁束密度が時間的に変化すると、ファラデーの電磁誘導の法則により、その円軌道に沿って誘導起電力（電圧）が生じます。この誘導起電力は、円周に沿って一様に分布する誘導電場によって生み出されていると考えられます。誘導起電力を円周の長さで割ることで、誘導電場の大きさを求めることができます。
この設問における重要なポイント

• 磁束の定義: \(\Phi = BS\)（\(S\)は面積）
• ファラデーの電磁誘導の法則: \(V = \left| \displaystyle\frac{\Delta \Phi}{\Delta t} \right|\)
• 誘導起電力と誘導電場の関係: \(V = E \times (\text{円周})\)

具体的な解説と立式
半径 \(r\) の円軌道が囲む面積は \(\pi r^2\) です。この領域を貫く磁束 \(\Phi\) は、磁束密度を \(B\) とすると \(\Phi = B(\pi r^2)\) となります。
微小時間 \(\Delta t\) の間に磁束密度が \(\Delta B\) だけ増加すると、磁束の変化量 \(\Delta \Phi\) は次のようになります。
$$ \Delta \Phi = (\pi r^2) \Delta B \quad \cdots ① $$
ファラデーの電磁誘導の法則により、この磁束の変化は円軌道上に大きさ \(V\) の誘導起電力を生じさせます。
$$ V = \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} \quad \cdots ② $$
この誘導起電力 \(V\) は、円周 \(2\pi r\) に沿って生じる誘導電場 \(E\) によって作られると考えることができます。電場と電位（起電力）の関係式 \(V=Ed\) をこの状況に適用すると、
$$ V = E \times (2\pi r) \quad \cdots ③ $$
となり、誘導電場の大きさ \(E\) は \(E = \displaystyle\frac{V}{2\pi r}\) と表せます。

式③に式①と②を代入して、\(E\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
E &= \frac{V}{2\pi r} \\[2.0ex]&= \frac{1}{2\pi r} \left( \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} \right) \\[2.0ex]&= \frac{1}{2\pi r} \left( \frac{(\pi r^2) \Delta B}{\Delta t} \right) \\[2.0ex]&= \frac{r}{2} \frac{\Delta B}{\Delta t}
\end{aligned}
$$

磁場が時間とともに強くなることで、目には見えない「電気の渦」のようなもの（誘導電場）が円軌道に沿って発生します。この現象を3ステップで解き明かします。まず、磁場の変化によって「磁束」がどれだけ変化したかを計算します。次に、ファラデーの法則を使って、その磁束の変化がどれだけの電圧（誘導起電力）を生み出すかを求めます。最後に、その電圧は円周全体で生じているので、円周の長さで割ることで、単位長さあたりの電圧、すなわち「電場の強さ」を算出します。

円形コイルに誘導される電場の大きさは \(E = \displaystyle\frac{r}{2} \displaystyle\frac{\Delta B}{\Delta t}\) です。この結果は、誘導電場の大きさが磁場の時間変化率と中心からの距離に比例することを示しており、ベータトロンにおける加速電場の重要な性質を表しています。

問(3)

思考の道筋とポイント
(2)で求めた誘導電場 \(E\) は、円軌道の接線方向に沿って生じます。正の電荷を持つ荷電粒子は、この電場と同じ向きに力を受けるため、円運動の接線方向に加速されます。この加速の様子を運動方程式で記述し、速さの増加量 \(\Delta v\) を求めます。
この設問における重要なポイント

• 電場中の荷電粒子が受ける力: \(F=qE\)
• 運動方程式: \(ma = F\)
• 加速度と速度変化の関係: \(a = \displaystyle\frac{\Delta v}{\Delta t}\)

具体的な解説と立式
理由:
(2)で求めた誘導電場 \(E\) は、磁束の変化を妨げる向き、すなわち円軌道の接線方向に生じます。正の電荷 \(q\) を持つ荷電粒子は、この電場から接線方向に大きさ \(F_E = qE\) の力を受けます。この力が粒子の運動方向と一致するため、粒子は加速され、速さが増加します。

増加量の計算:
この電場による力 \(qE\) が、粒子の接線方向の運動を変化させます。接線方向の加速度を \(a\) とすると、運動方程式は次のようになります。
$$ ma = qE \quad \cdots ① $$
加速度 \(a\) は、微小時間 \(\Delta t\) における速さの増加量 \(\Delta v\) を用いて \(a = \displaystyle\frac{\Delta v}{\Delta t}\) と表せるので、式①は以下のように書き換えられます。
$$ m \frac{\Delta v}{\Delta t} = qE \quad \cdots ② $$
この式に、(2)で求めた \(E = \displaystyle\frac{r}{2} \displaystyle\frac{\Delta B}{\Delta t}\) を代入して \(\Delta v\) を求めます。

式②に \(E\) の式を代入し、\(\Delta v\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
m \frac{\Delta v}{\Delta t} &= q \left( \frac{r}{2} \frac{\Delta B}{\Delta t} \right) \\[2.0ex]m \Delta v &= \frac{qr}{2} \Delta B \\[2.0ex]\Delta v &= \frac{qr}{2m} \Delta B
\end{aligned}
$$

(2)で発生が確認された誘導電場は、荷電粒子を軌道に沿って「押す」力となります。この力が粒子を加速させるわけです。この現象をニュートンの運動方程式「\(ma=F\)」で考えます。力 \(F\) には電場による力 \(qE\) を、加速度 \(a\) には速さの変化率 \(\Delta v / \Delta t\) を代入します。あとは(2)で求めた \(E\) の式を使い、両辺から \(\Delta t\) を消去すれば、速さの増加量 \(\Delta v\) が計算できます。

加速の理由は「誘導電場から円軌道の接線方向に力を受け、運動エネルギーが増加するため」です。速さの微小な増加量は \(\Delta v = \displaystyle\frac{qr}{2m} \Delta B\) です。この結果は、速さの増加が磁束密度の増加に直接比例することを示しており、物理的に妥当です。

問(4)

思考の道筋とポイント
磁場が増加した後の状況を考えます。磁束密度は \(B\) から \(B+\Delta B\) へ、速さは \(v\) から \(v+\Delta v\) へと変化します。これらの新しい値を用いて、変化後のローレンツ力と遠心力をそれぞれ計算します。計算を遂行するにあたり、(1)と(3)で求めた \(v\) と \(\Delta v\) の関係式を代入し、問題の指示に従って微小量の2次以上の項（例: \(\Delta B^2\)）を無視する近似計算を行います。
この設問における重要なポイント

• 変化後の物理量: 磁束密度 \(B_{\text{後}} = B+\Delta B\), 速さ \(v_{\text{後}} = v+\Delta v\)
• ローレンツ力の計算: \(F_{\text{L}} = q v_{\text{後}} B_{\text{後}}\)
• 遠心力の計算: \(F_{\text{C}} = m\displaystyle\frac{v_{\text{後}}^2}{r}\)
• 近似計算: 微小量の積を無視し、\((1+x)^n \approx 1+nx\) などの近似式を適切に用いる。

具体的な解説と立式
磁場が増加した後の磁束密度を \(B+\Delta B\)、速さを \(v+\Delta v\) とします。

ローレンツ力の計算:
変化後のローレンツ力の大きさ \(F_{\text{L,後}}\) は、
$$ F_{\text{L,後}} = q(v+\Delta v)(B+\Delta B) $$

遠心力の計算:
変化後の遠心力の大きさ \(F_{\text{C,後}}\) は、
$$ F_{\text{C,後}} = m\frac{(v+\Delta v)^2}{r} $$

これらの式に、(1)で求めた \(v = \displaystyle\frac{qBr}{m}\) と (3)で求めた \(\Delta v = \displaystyle\frac{qr}{2m}\Delta B\) を代入し、それぞれを \(q, B, r, m, \Delta B\) で表して比較します。

計算を簡略化するため、まず \(\Delta v\) を \(v\) を用いて表します。
$$ \Delta v = \frac{qr}{2m}\Delta B = \left(\frac{qBr}{m}\right) \frac{\Delta B}{2B} = v \frac{\Delta B}{2B} $$

ローレンツ力の計算:
$$
\begin{aligned}
F_{\text{L,後}} &= q(v+\Delta v)(B+\Delta B) \\[2.0ex]&= qv \left(1 + \frac{\Delta v}{v}\right) B \left(1 + \frac{\Delta B}{B}\right) \\[2.0ex]&= qvB \left(1 + \frac{1}{2}\frac{\Delta B}{B}\right) \left(1 + \frac{\Delta B}{B}\right) \\[2.0ex]&= qvB \left(1 + \frac{\Delta B}{B} + \frac{1}{2}\frac{\Delta B}{B} + \frac{1}{2}\left(\frac{\Delta B}{B}\right)^2 \right) \\[2.0ex]&\approx qvB \left(1 + \frac{3}{2}\frac{\Delta B}{B}\right)
\end{aligned}
$$
ここで、(1)の運動方程式 \(m\displaystyle\frac{v^2}{r} = qvB\) と \(v = \displaystyle\frac{qBr}{m}\) から \(qvB = \displaystyle\frac{(qB)^2 r}{m}\) なので、
$$ F_{\text{L,後}} \approx \frac{(qB)^2 r}{m} \left(1 + \frac{3}{2}\frac{\Delta B}{B}\right) $$

遠心力の計算:
$$
\begin{aligned}
F_{\text{C,後}} &= m\frac{(v+\Delta v)^2}{r} \\[2.0ex]&= \frac{mv^2}{r} \left(1 + \frac{\Delta v}{v}\right)^2 \\[2.0ex]&= \frac{mv^2}{r} \left(1 + \frac{1}{2}\frac{\Delta B}{B}\right)^2 \\[2.0ex]&= \frac{mv^2}{r} \left(1 + 2 \cdot \frac{1}{2}\frac{\Delta B}{B} + \frac{1}{4}\left(\frac{\Delta B}{B}\right)^2 \right) \\[2.0ex]&\approx \frac{mv^2}{r} \left(1 + \frac{\Delta B}{B}\right)
\end{aligned}
$$
ここで、\(m\displaystyle\frac{v^2}{r} = \displaystyle\frac{(qB)^2 r}{m}\) なので、
$$ F_{\text{C,後}} \approx \frac{(qB)^2 r}{m} \left(1 + \frac{\Delta B}{B}\right) $$

比較:
\(\Delta B > 0\) であるため、
$$ 1 + \frac{3}{2}\frac{\Delta B}{B} > 1 + \frac{\Delta B}{B} $$
が成り立ちます。したがって、\(F_{\text{L,後}} > F_{\text{C,後}}\) となり、ローレンツ力は遠心力より大きいことが示されました。

磁場が強くなった後の「新しいローレンツ力」と「新しい遠心力」を、それぞれ数式で表現します。このままでは比較しにくいので、(1)と(3)の結果を使って、すべての式を最初の磁場 \(B\) とその変化量 \(\Delta B\) を使った形に書き換えます。計算の途中で \(\Delta B\) の2乗のような非常に小さい項が出てきますが、問題の指示通りこれらは「小さすぎる」として無視します。最後に、整理された2つの力の式を見比べると、ローレンツ力の方が大きくなっていることがはっきりとわかります。

計算の結果、変化後のローレンツ力は \(\displaystyle\frac{(qB)^2 r}{m} (1 + \displaystyle\frac{3}{2}\displaystyle\frac{\Delta B}{B})\)、遠心力は \(\displaystyle\frac{(qB)^2 r}{m} (1 + \displaystyle\frac{\Delta B}{B})\) と近似でき、ローレンツ力の方が大きいことが示されました。これは、磁場を一様に増加させると、粒子を内側に引き込む力が、外側に飛び出そうとする力よりも強くなることを意味します。その結果、粒子は元の円軌道を保てず、内側にずれていくことになります。

問(5)

思考の道筋とポイント
問題文の「もとの円軌道が保たれた」という条件が鍵です。これは、磁場が変化した後も、新しいローレンツ力と新しい遠心力が常につり合っていることを意味します。この設問では、粒子を曲げる軌道上の磁束密度（\(B\) が \(\Delta B’\) 増加）と、粒子を加速させる軌道内部の平均磁束密度（\(\bar{B}\) が \(\Delta \bar{B}\) 増加）が区別されている点に注意が必要です。
この設問における重要なポイント

• 円軌道維持の条件: 変化後のローレンツ力 = 変化後の遠心力
• ローレンツ力に関わる磁束密度: 軌道上の磁束密度 \(B+\Delta B’\)
• 加速（\(\Delta v\) の原因）に関わる磁束密度: 軌道内部の平均磁束密度の変化 \(\Delta \bar{B}\)

具体的な解説と立式
もとの円軌道が保たれるためには、変化後の速さ \(v+\Delta v\) と、変化後の軌道上の磁束密度 \(B+\Delta B’\) のもとで、ローレンツ力と遠心力がつりあわなければなりません。力のつり合いの式は、
$$ q(v+\Delta v)(B+\Delta B’) = m\frac{(v+\Delta v)^2}{r} \quad \cdots ① $$
この式の両辺を \(q(v+\Delta v)\) で割ると、
$$ B+\Delta B’ = \frac{m(v+\Delta v)}{qr} \quad \cdots ② $$
ここで、初期の速さ \(v\) は(1)の結果から \(v = \displaystyle\frac{qBr}{m}\) です。
速さの増加量 \(\Delta v\) は、(3)の導出と考え方は同じですが、誘導電場を生み出す原因が軌道内部の平均磁束の変化 \(\Delta \bar{B}\) であることに注意します。したがって、(3)の式の \(\Delta B\) を \(\Delta \bar{B}\) に置き換えて、
$$ \Delta v = \frac{qr}{2m}\Delta \bar{B} \quad \cdots ③ $$
これらの \(v\) と \(\Delta v\) の式を、つり合いの式②に代入して、\(\Delta \bar{B}\) と \(\Delta B’\) の関係を導きます。

式②の右辺に、\(v\) と \(\Delta v\) の式を代入します。
$$
\begin{aligned}
B+\Delta B’ &= \frac{m}{qr}(v+\Delta v) \\[2.0ex]&= \frac{m}{qr}v + \frac{m}{qr}\Delta v \\[2.0ex]&= \frac{m}{qr}\left(\frac{qBr}{m}\right) + \frac{m}{qr}\left(\frac{qr}{2m}\Delta \bar{B}\right) \\[2.0ex]&= B + \frac{1}{2}\Delta \bar{B}
\end{aligned}
$$
この式の両辺から \(B\) を消去すると、
$$ \Delta B’ = \frac{1}{2}\Delta \bar{B} $$
したがって、求める比は、両辺を \(\Delta B’\) で割り、2を掛けることで得られます。
$$ \frac{\Delta \bar{B}}{\Delta B’} = 2 $$

粒子が同じ半径 \(r\) の円軌道を保ち続けるためには、磁場が強くなった後も「ローレンツ力 = 遠心力」という力のつり合いが成立し続ける必要があります。このつり合いの式を立てることが第一歩です。ここで最も重要なのは、2種類の磁場を区別することです。粒子を円形に曲げるのは「軌道上の磁場 \(B+\Delta B’\)」であり、粒子を加速させる（\(\Delta v\) を生む）のは「軌道の内側全体の平均磁場 \(\bar{B}\) の変化 \(\Delta \bar{B}\)」です。この区別を念頭に、つり合いの式に(1)と(3)で得た関係式を代入して整理すると、\(\Delta \bar{B}\) と \(\Delta B’\) の間にシンプルな関係式が導き出せます。

求める比は \(\displaystyle\frac{\Delta \bar{B}}{\Delta B’} = 2\) です。これは「ベータトロンの条件」として知られる非常に重要な結果です。物理的には、荷電粒子を安定した円軌道上で加速させ続けるためには、軌道上の磁束密度の増加量に対して、軌道内部の平均磁束密度をちょうど2倍の割合で増加させなければならない、ということを示しています。この巧妙な仕掛けによって、粒子は軌道から外れることなくエネルギーを増大させることができます。

【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？

• ローレンツ力と円運動の関係:
  • 核心: 荷電粒子が磁場中で運動するときに受けるローレンツ力 \(F=qvB\) が、円運動の向心力 \(m\displaystyle\frac{v^2}{r}\) として働くことが、この問題の全ての議論の出発点です。(1)ではこのつり合いから基本となる速さを求めます。
  • 理解のポイント: ローレンツ力は常に速度ベクトルと垂直な方向に働くため、仕事をしません（運動エネルギーを変化させない）。そのため、静的な磁場中では粒子は等速円運動をします。
• ファラデーの電磁誘導の法則:
  • 核心: 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 \(V = \left| \displaystyle\frac{\Delta \Phi}{\Delta t} \right|\) が生じます。ベータトロンでは、この法則によって円軌道に沿って渦状の誘導電場 \(E\) が生成され、これが粒子を加速させる原動力となります。
  • 理解のポイント: (2), (3)の解析は、この法則が主役です。磁場の変化という原因から、誘導電場の発生、そして粒子が力を受けて加速するという結果までを、一連の因果関係として捉えることが重要です。
• 運動方程式（\(ma=F\)）の二面性:
  • 核心: この問題では運動方程式を2つの異なる方向（向心方向と接線方向）で使い分けます。向心方向では「ローレンツ力＝向心力」として軌道の形状を決定し、接線方向では「電場による力＝質量×接線加速度」として速さの変化を記述します。
  • 理解のポイント: (4), (5)のように、軌道の安定性を議論する際には、この両方向の力のバランスがどう変化するかを考える必要があります。

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:
  • サイクロトロン: 同じく磁場と電場を用いて粒子を加速する装置ですが、電場はディーと呼ばれる電極間のギャップでのみ働き、磁場は一定です。ベータトロンとの違い（磁場が変化するか、電場の加え方）を比較すると理解が深まります。
  • 質量分析器: ローレンツ力を利用して、粒子の質量や電荷によって軌道が異なることを利用する装置。特定の軌道を通る条件を考える点で、(5)の思考法と共通します。
  • ホール効果: 導体中の荷電粒子が磁場からローレンツ力を受けることで、導体の側面に電位差が生じる現象。ローレンツ力と電場による力がつり合うという点で、思考の構造が似ています。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 力の特定: 荷電粒子がどの力（ローレンツ力、電場からの力、重力など）を受けているかをまず全てリストアップします。
  2. 運動の分解: 粒子の運動を、軌道を曲げる方向（向心方向）と、速さを変える方向（接線方向）に分けて考えます。それぞれの方向で運動方程式を立てるのが定石です。
  3. 「条件」の数式化: 問題文中の「円軌道を保つ」「軌道からずれる」といった定性的な記述を、力のつり合い（\(F_L = F_C\)）や不均衡（\(F_L > F_C\)）といった数式に変換する能力が問われます。(5)の「もとの円軌道が保たれた」がその典型例です。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• ローレンツ力と電場による力の混同:
  • 誤解: 磁場が粒子を加速させると勘違いする。
  • 対策: ローレンツ力は常に速度と垂直で、運動の向きを変えるだけで速さは変えません（仕事をしない）。粒子を加速させるのは、常に電場（またはその成分）による力 \(F=qE\) です。ベータトロンでは、その電場が磁場の時間変化によって作られる、という点がポイントです。
• 近似計算の誤り:
  • 誤解: (4)の計算で、\((1+x)(1+y)\) の展開時に \(xy\) の項をうっかり残してしまったり、\((1+x)^2\) の展開で \(x^2\) の項を無視し忘れたりする。
  • 対策: 「微小量の2次以上の項は無視する」という指示を常に念頭に置きます。計算の各ステップで、\(\Delta B^2\), \(\Delta v^2\), \(\Delta B \Delta v\) のような項が現れたら、その都度ゼロと見なして消去していくと、式が複雑にならずに済みます。
• 2種類の磁場の役割の混同:
  • 誤解: (5)で、粒子を曲げる磁場と加速させる磁場を同じものとして扱ってしまう。
  • 対策: 「ローレンツ力（軌道を曲げる力）は、粒子が今いる場所の磁場 \(B\) で決まる」「誘導電場（加速の原因）は、粒子が囲むループ内全体の磁束の変化 \(\Delta \Phi\) で決まる」という原理を明確に区別します。この問題では、後者が平均磁束密度 \(\bar{B}\) で表現されています。

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:
  • 力のベクトル図: 荷電粒子に働くローレンツ力（中心向き）と、誘導電場による力（接線向き）を、ベクトル矢印で図に書き込むと、運動がどのように変化するかが直感的に理解できます。(4)では、変化後のローレンツ力と遠心力のベクトルの長さを比較するイメージを持つと良いでしょう。
  • 電場の渦: ファラデーの法則によって生じる誘導電場を、円軌道に沿って渦を巻く矢印として描くことで、「なぜ接線方向に力が働くのか」が視覚的に捉えられます。磁束が増加する場合、レンツの法則に従い、その変化を妨げる向き（反時計回り）の磁場を作ろうとする向きに誘導電流（＝正電荷の運動方向）が流れる、と考えると電場の向きが分かります。
• 図を描く際に注意すべき点:
  • 変化前と変化後: (4)や(5)のように状態が変化する問題では、変化前の図と変化後の図を並べて描くと、どの物理量がどう変わったのかが明確になります。
  • 変数の区別: (5)のように異なる場所の物理量（軌道上の \(B’\) と内部の \(\bar{B}\)）を扱う場合、図の中でそれらがどの領域に対応するのかを明記することが、混乱を防ぐ鍵となります。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 運動方程式 \(m\displaystyle\frac{v^2}{r} = qvB\):
  • 選定理由: (1)で速さを、(4)(5)で力のつり合いを議論するため。荷電粒子が磁場中で円運動する際の最も基本的な関係式です。
  • 適用根拠: ローレンツ力が向心力として機能しているという物理現象そのものを数式化したものです。
• ファラデーの電磁誘導の法則 \(V = \displaystyle\frac{\Delta \Phi}{\Delta t}\):
  • 選定理由: (2)で磁場の時間変化から誘導起電力を計算するため。時間変化する磁場が電場を生む、というこの問題の核心現象を記述する唯一の法則です。
  • 適用根拠: 実験的に確立された電磁気学の基本法則です。
• 運動方程式 \(m\displaystyle\frac{\Delta v}{\Delta t} = qE\):
  • 選定理由: (3)で誘導電場による加速を定量的に評価するため。
  • 適用根拠: ニュートンの第二法則を、電場による力に適用したものです。
• ベータトロンの条件（(5)の結論）:
  • 選定理由: (5)で安定軌道の条件を求めるため。これは公式として覚えるものではなく、上記の基本法則を組み合わせて導出するものです。
  • 適用根拠: 「向心方向の力のつり合い」と「接線方向の加速」という2つの物理的要請が、同時に満たされるための数学的条件として導かれます。

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) 初期速度:
   • 戦略: 静的な円運動の力のつり合いを考える。
   • フロー: ①ローレンツ力と向心力の式を立てる。 ②\(m\displaystyle\frac{v^2}{r} = qvB\) を \(v\) について解く。
2. (2) 誘導電場:
   • 戦略: ファラデーの法則を適用する。
   • フロー: ①磁束変化 \(\Delta \Phi\) を計算。 ②誘導起電力 \(V = \displaystyle\frac{\Delta \Phi}{\Delta t}\) を計算。 ③\(V = E \cdot 2\pi r\) の関係から \(E\) を求める。
3. (3) 速度増加:
   • 戦略: 誘導電場による力の運動方程式を立てる。
   • フロー: ①接線方向の運動方程式 \(ma = qE\) を立てる。 ②\(a = \displaystyle\frac{\Delta v}{\Delta t}\) と(2)の \(E\) を代入し、\(\Delta v\) を求める。
4. (4) 力の比較:
   • 戦略: 変化後のローレンツ力と遠心力をそれぞれ計算し、比較する。
   • フロー: ①変化後の速さ \(v+\Delta v\) と磁場 \(B+\Delta B\) を定義。 ②(1)と(3)の結果を使い、\(v+\Delta v\) を \(B, \Delta B\) で表現。 ③ローレンツ力と遠心力の式に代入し、微小量の2次項を無視して近似計算。 ④両者を比較。
5. (5) 安定条件:
   • 戦略: 軌道維持の条件（力のつり合い）から関係式を導く。
   • フロー: ①軌道維持の条件式 \(q(v+\Delta v)(B+\Delta B’) = m\displaystyle\frac{(v+\Delta v)^2}{r}\) を立てる。 ②\(\Delta v\) を、\(\Delta \bar{B}\) を使って表現する。 ③(1)の結果とともに条件式に代入し、整理して \(\Delta \bar{B}\) と \(\Delta B’\) の関係を導く。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 文字の置き換え: (4)の計算のように式が複雑になりそうな場合、\(\displaystyle\frac{\Delta B}{B} = x\) のように一時的に文字で置き換えると、展開や整理の見通しが良くなり、計算ミスを減らせます。
• 近似のタイミング: 微小量の積を無視する近似は、式の展開が終わった直後に行うのが最も安全です。展開前に近似すると、必要な項まで消してしまう可能性があります。
• 単位と次元の確認: 最終的に得られた答えの次元（単位）が、求めている物理量と一致しているかを確認する習慣をつけましょう。例えば、(3)で求めた \(\Delta v\) の次元が速度の次元 \([LT^{-1}]\) になっているかを確認します。
• 変数の役割を明確に: (5)では \(B, \Delta B’, \Delta \bar{B}\) と複数の磁場関連の変数が出てきます。計算を始める前に、それぞれの物理的な意味（軌道を曲げるのか、加速させるのか）をメモしておくと、代入ミスを防げます。

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:
  • (4) ローレンツ力 > 遠心力: この結果は「磁場を一様に強くすると、粒子は内側に引き込まれて軌道が縮む」ことを意味します。これは、向心力が過剰になるという直感とも一致し、妥当です。もし逆の結果が出たら、計算ミスを疑うべきです。
  • (5) \(\Delta \bar{B} = 2\Delta B’\): この結果は、軌道上の磁場変化よりも、内部の平均的な磁場変化を大きくする必要があることを示しています。これは、粒子をより強く加速させて遠心力を増大させ、強まったローレンツ力とつり合わせるため、と解釈できます。加速の効果が2倍必要というのは非自明ですが、このような特定の比率になること自体は、安定条件として物理的にありえそうです。
• 極端な場合を考える:
  • もし \(\Delta B = 0\) なら、(3)より \(\Delta v = 0\) となり、何も変化しないはずです。各計算式で \(\Delta B \rightarrow 0\) の極限をとると、元の状態に戻ることを確認するのも良い検算になります。
  • もし(5)で \(\Delta B’ = 0\)（軌道上の磁場は変えず、内部だけ強くする）とすると、\(\Delta \bar{B} = 0\) となり、これも変化なしという結果になります。これは、加速だけしてもローレンツ力が変わらないので、遠心力が大きくなり軌道が外にずれてしまうため、安定しないことを示唆しています。

問題140 (同志社大)

【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、磁場中で運動する導体棒に、様々な電気素子（抵抗、電池、コンデンサー、コイル）を接続し、その際の導体棒の運動を解析する総合問題です。電磁誘導、ローレンツ力、運動方程式、電気回路の法則を駆使して、各状況における物理量を求めていきます。

【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「電磁誘導と力学の融合」です。導体棒の運動が電気現象（誘導起電力）を引き起こし、その電気現象が力（ローレンツ力）を生んで運動にフィードバックするという、相互作用を扱います。
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。

1. 誘導起電力: 導体棒が磁場を横切ることで生じる起電力 \(V=vBl\) を正しく計算する。
2. ローレンツ力: 回路に流れる電流が磁場から受ける力 \(F=IBl\) の大きさと向きを把握する。
3. 運動方程式: 導体棒とおもり、それぞれに働く力を整理し、運動方程式 \(ma=F\) を立てる。
4. キルヒホッフの法則: 接続された素子に応じて、回路全体の電圧の関係を記述する。

基本的なアプローチは以下の通りです。

1. 各設問で指定された回路（抵抗、電池、コンデンサー、コイル）の特性を理解します。
2. 導体棒とおもりについて、糸の張力を介した連立運動方程式を立てます。
3. 回路について、誘導起電力と各素子の電圧降下を考慮したキルヒホッフの法則の式を立てます。
4. これら力学と電気回路の式を連立させ、問われている物理量を導出します。特にコイル接続時は、運動方程式を単振動の形式に整理することが目標となります。

問ア, イ

思考の道筋とポイント
スイッチで端子1を選んだ場合、回路は導体棒と抵抗\(R\)のみで構成されます。
(ア) 導体棒が速さ\(v\)で動くと、誘導起電力が発生します。この起電力によって回路に電流が流れます。キルヒホッフの法則II（またはオームの法則）を用いて電流を求めます。
(イ) 「十分に時間がたった」結果、導体棒は「一定の速さ」、すなわち終端速度で運動します。これは加速度が0であり、導体棒とおもり全体に働く力がつり合っている状態を意味します。力のつり合いの式を立てて終端速度を求めます。
この設問における重要なポイント

• 誘導起電力の公式: \(V = vBl\)
• キルヒホッフの法則II (オームの法則): \(V=IR\)
• ローレンツ力の公式: \(F = IBl\)
• 力のつり合い: 加速度が0のとき、合力は0。

具体的な解説と立式
(ア) 導体棒の速さが \(v\) のとき、誘導起電力の大きさ \(V_1\) は、
$$ V_1 = vBl $$
この起電力により、抵抗 \(R\) に電流 \(I_1\) が流れます。キルヒホッフの法則IIより、
$$ V_1 – RI_1 = 0 $$

(イ) 導体棒が終端速度 \(v_{\text{終端}}\) で運動するとき、加速度は0です。このとき、おもりと導体棒にはたらく力はつり合っています。糸の張力を \(T_1\) とすると、
おもりについての力のつり合い:
$$ T_1 = Mg $$
導体棒についての力のつり合い（ローレンツ力 \(F_1 = I_1 Bl\) は運動を妨げる向きにはたらく）:
$$ T_1 = F_1 = I_1 Bl $$
このときの電流 \(I_1\) は、終端速度 \(v_{\text{終端}}\) によって生じる誘導起電力から決まります。
$$ I_1 = \frac{V_1}{R} = \frac{v_{\text{終端}}Bl}{R} $$

(ア)
$$
\begin{aligned}
I_1 &= \frac{V_1}{R} \\[2.0ex]&= \frac{vBl}{R}
\end{aligned}
$$

(イ)
力のつり合いの式 \(Mg = I_1 Bl\) に、終端速度のときの電流の式を代入します。
$$
\begin{aligned}
Mg &= \left( \frac{v_{\text{終端}}Bl}{R} \right) Bl \\[2.0ex]Mg &= \frac{(Bl)^2}{R} v_{\text{終端}} \\[2.0ex]v_{\text{終端}} &= \frac{MgR}{(Bl)^2}
\end{aligned}
$$

(ア) 導体棒が動くことは、それ自体が発電機になることを意味します。速さ\(v\)で動くと\(vBl\)という電圧が発生し、それが抵抗\(R\)にかかるので、オームの法則から電流が求まります。
(イ) 手を離すと導体棒は重力で加速しますが、速くなるほど発電する電圧が大きくなり、ブレーキ力であるローレンツ力も強くなります。最終的に、おもりを引く「重力」と、導体棒を止しようとする「ローレンツ力」が等しくなったところで加速が止まり、一定の速さ（終端速度）になります。この力のつり合いの式を解けばOKです。

(ア) 電流の大きさは \(I_1 = \displaystyle\frac{vBl}{R}\) [A] です。
(イ) 終端速度は \(v_{\text{終端}} = \displaystyle\frac{MgR}{(Bl)^2}\) [m/s] です。速度が大きくなるほどローレンツ力（ブレーキ力）が強くなり、やがて重力とつり合うという物理的描像と一致した結果です。

問ウ, エ

思考の道筋とポイント
スイッチで端子2を選んだ場合、回路には電池（電圧\(E\)）と抵抗\(R\)が接続されます。
(ウ) 導体棒が一定の速さ \(v_0\) で運動しているため、これも力がつり合っている状態です。ただし、回路には電池の起電力 \(E\) と、導体棒の運動による誘導起電力 \(V_2 = v_0Bl\) の2つの電源が存在することに注意が必要です。キルヒホッフの法則IIを適用して電流を求め、力のつり合いの式と連立して \(E\) を求めます。
(エ) 電池がした仕事は、公式 \(W=IVt\) を用いて計算します。電流 \(I_2\)、電圧 \(E\)、時間 \(t\) をそれぞれ求める必要があります。時間は \(t = h/v_0\) で与えられます。
この設問における重要なポイント

• キルヒホッフの法則II
• 力のつり合い
• 仕事の定義: \(W = EIt\)
• エネルギー保存則（別解用）

具体的な解説と立式
(ウ) 導体棒が速さ \(v_0\) で運動しているとき、誘導起電力 \(V_2 = v_0Bl\) が生じます。この起電力は、電池の電流を妨げる向きに発生します。回路に流れる電流を \(I_2\) としてキルヒホッフの法則IIを適用すると、
$$ E – V_2 – RI_2 = 0 \quad \cdots ① $$
また、導体棒は等速運動しているので、おもりの重力 \(Mg\) とローレンツ力 \(I_2Bl\) がつり合っています。
$$ Mg = I_2 Bl \quad \cdots ② $$

(エ) 導体棒が距離 \(h\) を移動するのにかかる時間 \(t\) は、
$$ t = \frac{h}{v_0} $$
この間に電池がした仕事 \(W_E\) は、
$$ W_E = E I_2 t \quad \cdots ③ $$
(ウ)で求めた関係式を用いて、この \(W_E\) を計算します。

(ウ)
まず式②から電流 \(I_2\) を求めます。
$$ I_2 = \frac{Mg}{Bl} $$
これを式①に代入して \(E\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
E – v_0Bl – R\left(\frac{Mg}{Bl}\right) &= 0 \\[2.0ex]E &= v_0Bl + \frac{MgR}{Bl}
\end{aligned}
$$

(エ)
仕事の公式③に、\(E\), \(I_2\), \(t\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
W_E &= \left( v_0Bl + \frac{MgR}{Bl} \right) \left( \frac{Mg}{Bl} \right) \left( \frac{h}{v_0} \right) \\[2.0ex]&= \frac{Mgh}{v_0 Bl} \left( v_0Bl + \frac{MgR}{Bl} \right) \\[2.0ex]&= Mgh \left( 1 + \frac{MgR}{v_0 (Bl)^2} \right)
\end{aligned}
$$

(ウ) 導体棒は電池の力で動いていますが、自身も発電（逆向きの電圧）をしています。回路全体で流れる電流は、電池の電圧から導体棒の発電分を引いた「正味の電圧」によって決まります。この電流が生み出すローレンツ力が、おもりの重力とちょうどつり合う、という条件から電池の電圧\(E\)を逆算します。
(エ) 電池がした仕事は「電圧×電流×時間」で計算できます。(ウ)で求めた電圧\(E\)と電流\(I_2\)、そして移動にかかる時間 \(t=h/v_0\) を掛ければ答えが出ます。

(ウ) 電池の電圧は \(E = v_0Bl + \displaystyle\frac{MgR}{Bl}\) [V] です。
(エ) 電池がした仕事は \(W_E = Mgh \left( 1 + \displaystyle\frac{MgR}{v_0 (Bl)^2} \right)\) [J] です。この仕事は、おもりの位置エネルギー増加分 \(Mgh\) とジュール熱発生分に変換されており、エネルギー保存則の観点からも妥当な結果です。

問オ

思考の道筋とポイント
スイッチで端子3を選んだ場合、回路にはコンデンサーが接続されます。手を離すと、おもりの重力によって導体棒は加速運動を始めます。導体棒が動くと誘導起電力が発生し、コンデンサーが充電されます。このとき流れる充電電流がローレンツ力を生み、運動に影響を与えます。導体棒とおもりの運動方程式と、コンデンサーの充電電流に関する式を連立させて、加速度を求めます。
この設問における重要なポイント

• コンデンサーの基本式: \(Q=CV\)
• 電流の定義: \(I = \displaystyle\frac{\Delta Q}{\Delta t}\)
• 加速度の定義: \(a = \displaystyle\frac{\Delta v}{\Delta t}\)
• 連立運動方程式

具体的な解説と立式
導体棒の速度を \(v_3\)、加速度を \(a_3\) とします。このとき、誘導起電力 \(V_3\) は \(V_3 = v_3Bl\) です。
コンデンサーに蓄えられる電気量 \(Q\) は、
$$ Q = CV_3 = C(v_3Bl) $$
回路に流れる電流 \(I_3\) は、電気量の時間変化率なので、
$$ I_3 = \frac{\Delta Q}{\Delta t} = \frac{\Delta (C v_3 Bl)}{\Delta t} = CBl \frac{\Delta v_3}{\Delta t} $$
ここで、加速度の定義 \(a_3 = \displaystyle\frac{\Delta v_3}{\Delta t}\) を用いると、
$$ I_3 = CBl a_3 \quad \cdots ① $$
次におもりと導体棒の運動方程式を立てます。糸の張力を \(T_3\) とすると、
おもり:
$$ Ma_3 = Mg – T_3 \quad \cdots ② $$
導体棒:
$$ ma_3 = T_3 – I_3 Bl \quad \cdots ③ $$

式②と③を辺々足し合わせて、張力 \(T_3\) を消去します。
$$ (M+m)a_3 = Mg – I_3 Bl $$
この式に、電流の式①を代入します。
$$ (M+m)a_3 = Mg – (CBl a_3)Bl $$
$$ (M+m)a_3 = Mg – C(Bl)^2 a_3 $$
この式を \(a_3\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
(M+m)a_3 + C(Bl)^2 a_3 &= Mg \\[2.0ex](M+m+C(Bl)^2) a_3 &= Mg \\[2.0ex]a_3 &= \frac{Mg}{M+m+C(Bl)^2}
\end{aligned}
$$

コンデンサーが接続されている場合、導体棒が加速するとコンデンサーに充電するための電流が流れます。この電流がブレーキ力（ローレンツ力）を生みます。面白いのは、この電流の大きさが導体棒の「加速度」に比例する点です。この関係を運動方程式に組み込むと、加速度を求めることができます。結果の式を見ると、分母に \(C(Bl)^2\) という項が加わっており、まるで全体の質量が大きくなったかのように振る舞うことがわかります。

加速度の大きさは \(a_3 = \displaystyle\frac{Mg}{M+m+C(Bl)^2}\) [m/s²] です。コンデンサーを接続すると、分母が \(M+m\) よりも大きくなるため、何もない場合よりも加速度が小さくなります。これは、コンデンサーの充電という形でエネルギーを蓄える必要があるため、運動が妨げられると解釈でき、物理的に妥当です。

問カ, キ, ク

思考の道筋とポイント
スイッチで端子4を選んだ場合、回路にはコイルが接続されます。この系は単振動をします。
(カ) まず、回路についてキルヒホッフの法則IIを考えます。回路には導体棒の誘導起電力と、コイルの自己誘導起電力の2つが存在し、これらの和が0になります。この関係式から \(\Delta I\) と \(\Delta x\) の関係を導きます。
(キ), (ク) 次に、導体棒とおもりの運動方程式を立てます。(カ)で求めた関係を積分して得られる電流 \(I\) と位置 \(x\) の関係式を運動方程式に代入し、\(a = -\omega^2(x-x_0)\) という単振動の形に整理します。この式と係数を比較することで、角振動数 \(\omega\) と振動の中心 \(x_0\)、そして振幅 \(A\) を求めます。
この設問における重要なポイント

• 自己誘導起電力: \(V_L = -L\displaystyle\frac{\Delta I}{\Delta t}\)
• キルヒホッフの法則II
• 単振動の運動方程式: \(a = -\omega^2(x-x_0)\)

具体的な解説と立式
(カ)
導体棒の速度を \(v_4\) とすると、誘導起電力 \(V_4 = v_4Bl\) です。速度は位置の変化率なので \(v_4 = \displaystyle\frac{\Delta x}{\Delta t}\) と書けます。
$$ V_4 = Bl \frac{\Delta x}{\Delta t} $$
一方、コイルに流れる電流が \(\Delta I\) 変化するとき、自己誘導起電力 \(V_L\) が生じます。
$$ V_L = -L \frac{\Delta I}{\Delta t} $$
回路には外部電源がないので、キルヒホッフの法則IIより、これらの起電力の和は0です。
$$ V_4 + V_L = 0 $$
$$ Bl \frac{\Delta x}{\Delta t} – L \frac{\Delta I}{\Delta t} = 0 $$
両辺に \(\Delta t\) を掛けて整理すると、
$$ (Bl)\Delta x = L \Delta I $$
よって、
$$ |\Delta I| = \frac{Bl}{L} |\Delta x| $$

(キ), (ク)
おもりと導体棒の運動方程式を立てます。加速度を \(a_4\)、張力を \(T_4\) とします。
おもり: \(Ma_4 = Mg – T_4\)
導体棒: \(ma_4 = T_4 – I_4 Bl\)
辺々足し合わせて \(T_4\) を消去すると、
$$ (M+m)a_4 = Mg – I_4 Bl \quad \cdots ① $$
(カ)の結果 \(\displaystyle\frac{\Delta I}{\Delta x} = \displaystyle\frac{Bl}{L}\) (一定) から、\(I\) は \(x\) の1次関数であることがわかります。\(t=0\) で \(x=0, I=0\) という初期条件から、積分定数は0となり、
$$ I_4 = \frac{Bl}{L} x \quad \cdots ② $$
この関係式を運動方程式①に代入します。
$$ (M+m)a_4 = Mg – \left(\frac{Bl}{L}x\right)Bl = Mg – \frac{(Bl)^2}{L}x $$
この式を \(a_4\) について解き、単振動の形式に整理します。
$$ a_4 = \frac{Mg}{M+m} – \frac{(Bl)^2}{(M+m)L}x = -\frac{(Bl)^2}{(M+m)L} \left( x – \frac{MgL}{(Bl)^2} \right) $$
この式を単振動の運動方程式 \(a = -\omega^2(x-x_0)\) と比較します。

(カ)
立式の過程で \(|\Delta I| = \displaystyle\frac{Bl}{L} |\Delta x|\) が得られているので、空欄カは \(\displaystyle\frac{Bl}{L}\) です。

(キ), (ク)
単振動の式との係数比較から、
角振動数 \(\omega\) は、
$$
\begin{aligned}
\omega^2 &= \frac{(Bl)^2}{(M+m)L} \\[2.0ex]\omega &= \sqrt{\frac{(Bl)^2}{(M+m)L}} = Bl\sqrt{\frac{1}{(M+m)L}}
\end{aligned}
$$
振動の中心 \(x_0\) は、
$$ x_0 = \frac{MgL}{(Bl)^2} $$
導体棒は \(t=0\) に \(x=0\)（単振動の左端）から動き始めるので、振幅 \(A\) は振動の中心までの距離に等しくなります。
$$ A = x_0 = \frac{MgL}{(Bl)^2} $$

(カ) コイルは電流の変化を嫌う性質があります。導体棒が動いて電圧を発生させると、コイルはそれを打ち消す向きに電圧（自己誘導起電力）を発生させます。この2つの電圧がつり合うという関係から、電流の変化量と位置の変化量の関係が求まります。
(キ, ク) コイルを繋いだ系は、まるで「ばね」を繋いだかのように振る舞います。運動方程式を立ててみると、ばねの復元力 \(-kx\) と同じように、位置 \(x\) に比例する復元力が現れることがわかります。この運動方程式を、単振動の基本式 \(a = -\omega^2(x-x_0)\) と見比べることで、角振動数や振動の中心、振幅といった単振動のパラメータを特定できます。

(カ) 比例定数は \(\displaystyle\frac{Bl}{L}\) です。
(キ) 角振動数は \(\omega = Bl\sqrt{\displaystyle\frac{1}{(M+m)L}}\) [rad/s] です。
(ク) 振幅は \(A = \displaystyle\frac{MgL}{(Bl)^2}\) [m] です。
コイルを接続すると、系は重力とローレンツ力がつりあう位置を中心として単振動することがわかります。これは、コイルがエネルギーを磁気エネルギーとして蓄えたり放出したりすることで、ばねのように振る舞うためです。物理的に非常に興味深く、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 \(V=vBl\):
  • 核心: 導体棒が磁場を横切る速度 \(v\) に比例して起電力が生じる、という電磁誘導の基本現象です。この起電力が、回路に電流を流す全ての源泉となります。
  • 理解のポイント: この問題の全ての設問は、この誘導起電力の発生から始まります。運動（力学）と電気回路を結びつける、まさに「架け橋」となる法則です。
• 運動方程式 \(ma=F\):
  • 核心: 導体棒とおもりの運動を記述する基本法則です。力としては、重力 \(Mg\)、張力 \(T\)、そして電流が磁場から受けるローレンツ力 \(IBl\) の3つを正確に考慮する必要があります。
  • 理解のポイント: おもりと導体棒は糸で繋がれているため、加速度は共通です。それぞれの運動方程式を立て、張力 \(T\) を消去して一つの系として扱うのが定石です。
• キルヒホッフの法則II（電圧則）:
  • 核心: 回路内の「起電力の和」と「電圧降下の和」が等しいという法則です。この問題では、誘導起電力 \(vBl\) や電池の起電力 \(E\)、自己誘導起電力 \(-L\frac{\Delta I}{\Delta t}\) が「起電力」として、抵抗での電圧降下 \(RI\) が「電圧降下」として登場します。
  • 理解のポイント: 接続される素子（抵抗、コンデンサー、コイル）によって、この法則の具体的な形が変わります。各素子の電気的特性を正確に式に反映させることが鍵となります。

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:
  • 斜面上の導体棒: 水平面ではなく、斜面上を導体棒が滑り降りる問題。重力の分力を考慮する必要があるだけで、誘導起電力やローレン-ツ力の扱いは同じです。
  • コンデンサーの充電完了後: (オ)では運動開始直後を問われましたが、「十分に時間が経過した後」を問われることもあります。その場合、コンデンサーの充電が完了し電流が0になるため、ローレンツ力も0になります。
  • RLC回路と力学の融合: 抵抗、コイル、コンデンサーを直列に接続した回路と導体棒を組み合わせる問題。回路方程式が2階の微分方程式となり、減衰振動などのより複雑な現象を扱います。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 2つの系の分離思考: まず「力学系（おもり＋導体棒）」と「電気回路系」に分けて考えます。力学系では力の図示と運動方程式、電気回路系では回路図とキルヒホッフの法則を、それぞれ独立に立式します。
  2. 2つの系の結合点を探す: 2つの系を結びつけているのは、速度 \(v\) と誘導起電力 \(V=vBl\) の関係、そして電流 \(I\) とローレンツ力 \(F=IBl\) の関係です。この2つの関係式を使って、独立に立てた式を連立させます。
  3. 運動の種類を予測する: (イ)や(ウ)のように「一定の速さ」とあれば「力のつり合い」、(オ)のように「一定の加速度」とあれば「運動方程式」、(キ)(ク)のように「単振動」とあれば「\(a=- \omega^2(x-x_0)\) の形を目指す」というように、問われている運動からゴールとなる式の形を逆算して思考を進めます。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 力の向き、起電力の向きの間違い:
  • 誤解: ローレンツ力や誘導起電力の向きを混同する。
  • 対策: フレミングの右手の法則（誘導起電力）と左手の法則（ローレンツ力）を確実に使い分けましょう。レンツの法則「変化を妨げる向き」で考えると、導体棒が動くことで生じる磁束の変化を打ち消す向きに誘導電流が流れ、その電流が受ける力が運動を妨げる向きのローレンツ力になる、と一貫して理解できます。
• コイルとコンデンサーの電流の式の混同:
  • 誤解: コンデンサーの電流を \(I=CV\) としたり、コイルの電圧を \(V=LI\) としたりする。（これらは直流定常状態での関係ではない）
  • 対策: 電流は電荷の時間変化率であることを常に意識します。コンデンサーでは \(I = \frac{\Delta Q}{\Delta t}\) と \(Q=CV\) から \(I = C\frac{\Delta V}{\Delta t}\) が導かれます。(オ)では \(V=vBl\) だったので、\(I=CBl\frac{\Delta v}{\Delta t} = CBla\) となりました。コイルの電圧は電流の時間変化率に比例する \(V_L = -L\frac{\Delta I}{\Delta t}\) です。これらの時間微分・積分の関係を正確に覚えましょう。
• 単振動の振幅の勘違い:
  • 誤解: (ク)で、振幅を振動の中心 \(x_0\) とは無関係に求めてしまう。
  • 対策: 単振動の振幅は「振動の中心から最も離れた位置までの距離」です。この問題では、初期位置 \(x=0\) がエネルギー的に最も低い（または高い）端点になるため、振幅は振動中心 \(x_0\) そのものになります。常に「振動の中心はどこか」「初期位置はどこか」の2点を確認する習慣をつけましょう。

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:
  • 力の図示: 各設問で、おもりと導体棒に働く力をすべて矢印で図示する（フリーボディダイアグラム）ことは必須です。特にローレンツ力の向きは運動の状況によって変わるため、その都度確認しながら描くことが重要です。
  • エネルギー変換のフロー図: (エ)の別解のように、エネルギーの流れを可視化するのも有効です。「電池の化学エネルギー → (おもりの位置エネルギー) + (ジュール熱)」といったフロー図を描くことで、エネルギー保存則の立式が容易になります。(オ)なら「位置エネルギー → (運動エネルギー) + (コンデンサーの静電エネルギー)」、(カ)なら「位置エネルギー ⇔ (運動エネルギー) + (コイルの磁気エネルギー)」という変換が起こっています。
• 図を描く際に注意すべき点:
  • 座標軸と正の向き: 運動方程式やキルヒホッフの法則を立てる際、どの向きを正とするかを最初に明確に定義し、図に書き込みましょう。これにより、力の符号や電圧の正負で混乱するのを防げます。
  • 回路図の簡略化: 問題図は物理的な配置を示していますが、電気的な解析をするときは、導体棒を「起電力 \(vBl\) の電池」と見なして、純粋な電気回路図を別に描くと、キルヒホッフの法則が適用しやすくなります。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• \(I = CBl a_3\) (問オ):
  • 選定理由: 加速度運動する導体棒とコンデンサーを繋ぐ回路の電流を、力学変数である加速度 \(a_3\) で表すため。
  • 適用根拠: \(I=\frac{\Delta Q}{\Delta t}\), \(Q=CV\), \(V=vBl\), \(a=\frac{\Delta v}{\Delta t}\) という4つの基本法則を連鎖的につなぎ合わせた結果です。いきなりこの式を暗記するのではなく、導出過程を理解することが重要です。
• \(V_4 + V_L = 0\) (問カ):
  • 選定理由: 外部電源のないLC回路（誘導起電力が電源）における電圧の関係を記述するため。
  • 適用根拠: キルヒホッフの法則IIそのものです。導体棒の誘導起電力とコイルの自己誘導起電力が、互いに打ち消し合う形でループ内の電位差の和がゼロになることを示しています。
• \(a_4 = -\omega^2(x-x_0)\) (問キ, ク):
  • 選定理由: 導体棒とコイルの系の運動が単振動であることを示し、その特性（角振動数、振幅）を抽出するため。
  • 適用根拠: 運動方程式を整理した結果がこの形になった、という事実に基づきます。この形に帰着できれば、その運動は単振動であると結論づけられます。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. (ア, イ) 抵抗:
   • 戦略: 力のつり合い（終端速度）を考える。
   • フロー: ①\(I = vBl/R\) ②力のつり合い \(Mg = IBl\) ③①を②に代入して \(v\) を解く。
2. (ウ, エ) 電池＋抵抗:
   • 戦略: 2つの起電力がある回路での力のつり合いを考える。
   • フロー: ①キルヒホッフ則 \(E-v_0Bl-RI_2=0\) ②力のつり合い \(Mg=I_2Bl\) ③②から\(I_2\)を求め①に代入し\(E\)を解く。④仕事は \(W_E=EI_2t\) で計算。
3. (オ) コンデンサー:
   • 戦略: 加速度と電流の関係式を導き、運動方程式に代入する。
   • フロー: ①\(I_3=CBl a_3\)を導出。②運動方程式 \((M+m)a_3 = Mg – I_3Bl\) を立てる。③①を②に代入し \(a_3\) を解く。
4. (カ, キ, ク) コイル:
   • 戦略: 運動方程式を単振動の形に帰着させる。
   • フロー: ①キルヒホッフ則から \(|\Delta I| = \frac{Bl}{L}|\Delta x|\) を導く（カ）。②積分して \(I_4 = \frac{Bl}{L}x\) を得る。③運動方程式 \((M+m)a_4 = Mg – I_4Bl\) に②を代入。④\(a_4 = -\omega^2(x-x_0)\) の形に整理し、\(\omega, x_0, A\) を読み取る（キ, ク）。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 文字の多さに注意: \(M, m, B, l, R, C, L, g\) など多くの物理量が文字で与えられます。式の変形中に文字を書き間違えたり、消し忘れたりしないよう、丁寧な記述を心がけましょう。
• 連立方程式の処理: 導体棒とおもりの運動方程式を足し合わせて張力 \(T\) を消去するのは、この種の問題の常套手段です。この手順に慣れておくと、素早く計算を進められます。
• 最終的な式の次元チェック: 例えば(イ)で求めた速度の次元が \([LT^{-1}]\) になっているか、(オ)で求めた加速度の次元が \([LT^{-2}]\) になっているかを確認するだけでも、大きな計算ミスを発見できます。
• 初期条件の確認: (カ)から(キ)への流れで、\(I = \frac{Bl}{L}x + (\text{積分定数})\) となりますが、「\(t=0\)で\(x=0, I=0\)」という初期条件から積分定数が0であることを見抜くのが重要です。

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:
  • (オ) 加速度: \(a_3 = \frac{Mg}{M+m+C(Bl)^2}\)。分母の \(C(Bl)^2\) は「電磁質量」や「実効質量」と呼ばれることもあり、コンデンサーが運動に対する慣性（動きにくさ）を生んでいると解釈できます。容量 \(C\) が大きいほど加速しにくくなる、という結果は直感に合っています。
  • (キ) 角振動数: \(\omega = Bl\sqrt{\frac{1}{(M+m)L}}\)。コイルの自己インダクタンス \(L\) が大きいほど、電流が変化しにくくなる（＝慣性が大きい）ため、振動がゆっくりになる（\(\omega\)が小さくなる）という結果は妥当です。ばね振り子の \(\omega = \sqrt{k/m}\) と比較すると、\((Bl)^2/L\) がばね定数 \(k\) のような役割を、\(M+m\) が質量の役割を果たしていることがわかります。
• 極端な場合を考える:
  • もし \(M=0\) なら、おもりが無いので動きません。全ての答えで \(M=0\) とすると、速度や加速度、振幅が0になり、つじつまが合います。
  • もし \(B=0\) なら、磁場がないので電磁誘導は起きません。このとき、系はただの自由落下（加速度 \(g\)）や、単なるおもりと導体棒の運動（加速度 \(\frac{Mg}{M+m}\)）になるはずです。各式の \(B\) を0に近づけると、ローレンツ力が消え、そのような単純な力学の問題に帰着することを確認できます。

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