「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。磁場は鉛直上向きなので、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②の向き（O→P）となります。しかし、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。

導体棒が回転すると、中の電子も一緒に動きます。磁石の中で電線（電子）が動くと「ローレンツ力」という力を受けます。この力で電子が棒の片側（O側）に寄せられると、棒の中に電気的な偏りが生じ、「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。この問題では、まず中点Qでのローレンツ力を計算し、次いで棒全体の電場の様子を釣り合いの式からグラフにします。

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。この結果は、回転中心で電場がゼロ、回転が速い外側ほど電場が強くなるという直感とも一致しており、物理的に妥当です。

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。底辺が \(a\)、高さが \(B\omega a\) の三角形の面積として計算できます。

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。

$$
\begin{aligned}
V &= \int_0^a (B\omega x) dx \\[2.0ex]
&= B\omega \left[ \frac{1}{2}x^2 \right]_0^a \\[2.0ex]
&= B\omega \left( \frac{1}{2}a^2 – 0 \right) \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2}B a^2 \omega
\end{aligned}
$$
グラフの面積から計算する場合も、\(V = \displaystyle\frac{1}{2} \times a \times (B\omega a) = \displaystyle\frac{1}{2}B a^2 \omega\) となり、同じ結果が得られます。

棒の中にできた電場は、棒の両端に電圧（電位差）を生み出します。この電圧の大きさは、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で求められます。電子がO側に集まるので、P側がプラス極、O側がマイナス極の電池のようになります。したがって、電流はPから出てOへ向かう向き、つまり棒の中ではOからPへ（②の向き）流れます。

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後述の別解（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: \(P = IV = RI^2 = \displaystyle\frac{V^2}{R}\)

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秒あたりに発生する熱エネルギー）は、公式を使って計算できます。ここでは電圧と抵抗値がわかっているので、「電力 = 電圧の2乗 ÷ 抵抗値」という公式を使うのが便利です。先ほど求めた電圧の式を代入するだけで計算できます。

抵抗Rで消費される電力は \(\displaystyle\frac{B^2 a^4 \omega^2}{4R}\) です。この結果は、磁場 \(B\)、角速度 \(\omega\)、長さ \(a\) が大きいほど、また抵抗 \(R\) が小さいほど電力が大きくなることを示しており、物理的な直感と一致します。

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。
$$
\begin{aligned}
F &= I B a \\[2.0ex]
&= \left( \frac{B a^2 \omega}{2R} \right) B a \\[2.0ex]
&= \frac{B^2 a^3 \omega}{2R}
\end{aligned}
$$

電流が流れる導線が磁場の中にあると、力を受けます。これを電磁力といい、モーターが回る原理です。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。この力は回転を邪魔する向きに働くので「電磁ブレーキ」とも呼ばれます。

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。この力はレンツの法則の現れであり、回転を妨げる向きに働くという結果は物理的に正しいです。

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。

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（電磁力）に逆らって、一定の速さで回し続けるためには、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。

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。

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:
  • 特に注意すべき点: 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。
  • 日頃の練習: 単位（次元）を意識する。例えば、起電力 \(V\) は \(B a^2 \omega\) に比例しますが、次元は \([\text{T}] \cdot [\text{m}^2] \cdot [\text{s}^{-1}] = [\text{V}]\) となり、正しいことが確認できます。
• 積分と平均の使い分け:
  • 特に注意すべき点: 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。
  • 日頃の練習: 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:
  • 特に注意すべき点: (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。
  • 日頃の練習: 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。常にエネルギーの流れを意識し、計算結果の妥当性を物理法則の観点からチェックする癖をつけましょう。

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 \(V\): \(V = \displaystyle\frac{1}{2}B a^2 \omega\)。
    • 吟味の視点: \(V\) は磁場 \(B\)、角速度 \(\omega\) に比例する。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正しい。また、\(V\) は長さ \(a\) の2乗に比例する。これは、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、妥当である。
  • (ウ) 消費電力 \(P\) と (オ) 仕事率 \(P’\): \(P = P’ = \displaystyle\frac{B^2 a^4 \omega^2}{4R}\)。
    • 吟味の視点: \(P=P’\) となることは、エネルギー保存則「外部からした仕事率 = 回路での消費電力」が成立していることを示しており、計算全体が自己無撞着であることの強力な証拠となる。また、抵抗 \(R\) が大きいほど電流が流れにくくなるため消費電力は小さくなる（式は \(R\) に反比例）、角速度 \(\omega\) が大きいほど電力は大きくなる（式は \(\omega^2\) に比例）という関係も、物理的に妥当である。
• 極端な場合や既知の状況との比較:
  • もし回転を止めたら (\(\omega \rightarrow 0\)) どうなるか？
    • 起電力、電流、力、仕事率など、\(\omega\) に依存する物理量はすべてゼロになる。これは物理的に正しい。
  • もし磁場がなかったら (\(B \rightarrow 0\)) どうなるか？
    • 同様に、電磁誘導に関連する物理量はすべてゼロになる。これも正しい。
  • もし回路が切れていたら (\(R \rightarrow \infty\)) どうなるか？
    • 電流 \(I=V/R \rightarrow 0\)。したがって、消費電力 \(P=V^2/R \rightarrow 0\)、電磁力 \(F=IBa \rightarrow 0\)、仕事率 \(P’=Fv_Q \rightarrow 0\) となる。起電力 \(V\) は \(R\) に依らないので発生したままである。これも物理的に正しい状況と一致する。

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

【注記】本問については、模範解答のアプローチが最も標準的かつ効率的であるため、別解の提示は省略します。

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(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。

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 \([\text{A/m}]\)、\(B\) 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。

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。

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:
  • 特に注意すべき点: \(N_1, N_2\) 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。
  • 日頃の練習: 式を立てる際に、どのコイルについて考えているのかを常に意識し、図と式を対応させながら進める習慣をつけましょう。
• 分数の扱い:
  • 特に注意すべき点: 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。
  • 日頃の練習: 例えば「インダクタンスはコイルが長いほど小さくなる」のように、各物理量との関係を物理的なイメージと共に覚えておくと、式の形を間違えにくくなります。
• 比例関係の利用:
  • 特に注意すべき点: (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。
  • 日頃の練習: 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。他の物理現象でも同様の比例関係を見つける練習をすると応用力がつきます。

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。

関連記事

高校物理・物理基礎が「わかる」→「解ける」へ｜有名問題集・オリジナル問題の解説なら「まことの物理教室」

[mathjax] SNSでのシェアはご自由にどうぞ。(上のボタンをクリック) ブログで引用する際には、こちらのリンクを添えてください。【引用】https://makoto-physics-school.com[…]

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。

問ア, イ, ウ