問題136 回転する導体棒に生じる誘導起電力 (15 同志社大)
【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(イ)の別解1: ファラデーの電磁誘導の法則（面積速度）を用いた解法
- 導体棒が単位時間に横切る面積（面積速度）に着目し、磁束の変化率から一気に誘導起電力を求めます。
- 設問(イ)の別解2: 平均の速さを用いた解法
- 導体棒の速度が場所によって異なるため、中点の速度（平均の速さ）を用いて \(V = v_{\text{平均}}Bl\) の公式に当てはめます。
- 設問(オ)の別解: エネルギー保存則を用いた解法
- 「外力がする仕事」がすべて「ジュール熱」に変換されるというエネルギー収支の関係を用いて、力の計算を経ずに仕事率を導出します。
- 微積分を用いた体系的解法（全設問共通）
- ファラデーの電磁誘導の法則の微分形や、力のモーメントの積分計算を用いて、公式の暗記に頼らず物理原理から厳密に解を導きます。
- 設問(イ)の別解1: ファラデーの電磁誘導の法則（面積速度）を用いた解法
- 上記の別解が有益である理由
- ファラデーの法則: 「導体棒が磁束を切る」という現象を「回路を貫く磁束の変化」として捉え直すことで、計算量を大幅に削減でき、電磁気学の統一的な理解を深めます。
- 平均の速さ: 直感的に理解しやすく、検算としても非常に有効なテクニックです。
- エネルギー保存則: 複雑な力の計算を回避し、物理現象の全体像（エネルギーの流れ）を把握する力を養います。
- 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「一様磁場中で回転する導体棒に生じる誘導起電力」です。
直線運動する導体棒の問題は頻出ですが、回転運動では速度が場所によって変化するため、微小部分の積分や平均値の考え方が必要になります。
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。
- ローレンツ力: 磁場中を運動する荷電粒子は、速度と磁場の両方に垂直な力を受けます。これが誘導起電力の源（非静電力）となります。
- 誘導起電力: 導体棒が磁束を横切ることで生じる電圧です。微小部分の起電力 \(vBl\) の積み重ね（積分）として理解します。
- エネルギー保存則: 電磁誘導現象において、外力がした仕事は電気エネルギー（ジュール熱など）に変換されます。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (ア)〜(図2)では、導体棒内部の電子に着目し、ローレンツ力と静電気力のつり合いから電場の分布を求めます。
- (イ)〜(ウ)では、電場を積分して導体棒全体の起電力を求め、回路を流れる電流と消費電力を計算します。
- (エ)〜(オ)では、電流が磁場から受ける力（アンペール力）とそのモーメントを考え、回転を維持するために必要な仕事率を力学的およびエネルギー的な観点から導出します。
問(ア), (a), (図2)
思考の道筋とポイント
導体棒OPは点Oを中心に角速度 \(\omega\) で回転しています。
棒の中にある自由電子（電荷 \(-e\)）も一緒に回転運動をしており、磁場からローレンツ力を受けます。
この力が電子を移動させ、棒の両端に電位差（誘導起電力）を生じさせます。
最終的に、移動した電荷が作る静電場からの力とローレンツ力がつりあった状態で安定します。
この設問における重要なポイント
- 円運動の速度: 回転中心からの距離 \(r\) の点における速さは \(v = r\omega\) です。
- ローレンツ力の向き: フレミングの左手の法則を用いますが、電子は負電荷なので「電流の向き」を「速度と逆向き」とみなすか、力の向きを正電荷の場合の逆と考える必要があります。
- 力のつり合い: 定常状態では、電子にかかるローレンツ力と電場による静電気力がつりあっています。
具体的な解説と立式
1. ローレンツ力の大きさ (ア)
点Qは導体棒の中点なので、回転中心Oからの距離 \(r_Q\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
r_Q &= \frac{a}{2}
\end{aligned}
$$
点Qでの速さ \(v_Q\) は、円運動の公式より以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
v_Q &= r_Q \omega
\end{aligned}
$$
電子（電気量の大きさ \(e\)）が受けるローレンツ力の大きさ \(f_Q\) は、\(f = qvB\) より以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
f_Q &= e v_Q B
\end{aligned}
$$
2. ローレンツ力の向き (a)
図1において、導体棒は反時計回りに回転しています。
点Qでの速度ベクトル \(\vec{v}\) の向きは、円の接線方向（図の矢印⑥の向き）です。
磁場 \(\vec{B}\) は鉛直上向き（紙面手前向き）です。
フレミングの左手の法則を適用します。
- 磁場: 上向き（指先）
- 電流: 電子は負電荷なので、速度⑥と逆向きの⑤の向き（中指）
- 力: 親指は回転中心Oを向きます（図の矢印①の向き）。
したがって、電子が受けるローレンツ力の向きは ① です。
3. 電場の強さのグラフ (図2)
点Oからの距離 \(x\) の位置にある電子を考えます。
この位置での速さ \(v_x\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
v_x &= x\omega
\end{aligned}
$$
この電子が受けるローレンツ力の大きさ \(f_x\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
f_x &= e v_x B
\end{aligned}
$$
向きは常に中心O向き（①）です。
この力によって電子はO側に偏り、O側が負、P側が正に帯電します。
その結果、導体棒内部には正(P)から負(O)へ向かう電場（向きは①）が生じます。
定常状態では、電子が受ける「電場による力 \(eE\)（向きは電場と逆の②）」と「ローレンツ力 \(f_x\)（向きは①）」がつりあっています。
力のつりあいの式（大きさ）を立てます。
$$
\begin{aligned}
eE &= f_x
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 円運動の速さ: \(v = r\omega\)
- ローレンツ力: \(f = qvB\)
- 力のつりあい: \(F_{\text{電場}} = F_{\text{ローレンツ}}\)
(ア)の計算:
\(r_Q = a/2\) を \(v_Q\) の式に代入します。
$$
\begin{aligned}
v_Q &= \frac{a}{2}\omega
\end{aligned}
$$
これを \(f_Q\) の式に代入します。
$$
\begin{aligned}
f_Q &= e \left( \frac{a}{2}\omega \right) B \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2}eBa\omega
\end{aligned}
$$
(図2)のグラフの式の導出:
\(v_x = x\omega\) を \(f_x\) の式に代入します。
$$
\begin{aligned}
f_x &= e(x\omega)B
\end{aligned}
$$
これを力のつりあいの式に代入して \(E\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
eE &= e(x\omega)B \\[2.0ex]
E &= B\omega x
\end{aligned}
$$
これは、原点を通り傾き \(B\omega\) の直線（比例関係）を表します。
グラフは、横軸 \(x\) が \(0\) から \(a\) の範囲で、縦軸 \(E\) が \(0\) から \(B\omega a\) まで直線的に増加する概形を描きます。
回転する棒の中にある電子は、スピードを持っているので磁石から力を受けます。
中心から離れるほど回転のスピード（周速度）は速くなるので、外側の電子ほど強い力を受けます。
この力と釣り合うように棒の中に電気的な坂道（電場）ができます。
力が距離に比例して強くなるので、電場の強さも距離に比例して一直線に大きくなります。
- (ア): \(\frac{1}{2}eBa\omega\)
- 次元を確認すると、\([\text{C}] \cdot [\text{T}] \cdot [\text{m}] \cdot [\text{1}/\text{s}] = [\text{C}] \cdot [\text{T}] \cdot [\text{m}/\text{s}] = [\text{N}]\) となり、力の単位と一致します。
- (a): ①
- 電子は負電荷なので、ローレンツ力は中心方向に向きます。これは遠心力（見かけの力）とは逆向きであり、物理的に妥当です。
- (図2): 原点を通り、\(x=a\) で \(E=Ba\omega\) となる直線。
- 中心(\(x=0\))では速度が0なので力も電場も0、先端で最大となるのは妥当です。
問(イ), (b)
思考の道筋とポイント
導体棒に生じる誘導起電力 \(V\) は、棒の両端の電位差です。
(図2)で求めた電場 \(E\) は単位電荷あたりの静電気力、つまり「電位の傾き」に相当します。
したがって、電場 \(E\) を区間 \(0 \le x \le a\) で積分する（グラフの面積を求める）ことで、電位差 \(V\) を算出できます。
この設問における重要なポイント
- 起電力の定義: 一様な電場ではないため、\(V = Ed\) の公式は直接使えません。\(V = \int E \, dx\) （面積計算）が必要です。
- 電流の向き: 起電力の正極（電位が高い方）と負極を見極め、外部回路を含めた閉回路での電流の向きを判断します。
具体的な解説と立式
1. 誘導起電力の大きさ (イ)
誘導起電力 \(V\) は、(図2)の \(E-x\) グラフと横軸で囲まれた部分の面積に等しくなります。
グラフは底辺 \(a\)、高さ \(E_{\text{最大}}\) の直角三角形です。
高さ \(E_{\text{最大}}\) は \(x=a\) での値です。
$$
\begin{aligned}
E_{\text{最大}} &= B\omega a
\end{aligned}
$$
面積 \(S\)（すなわち \(V\)）を立式します。
$$
\begin{aligned}
V &= \frac{1}{2} \times (\text{底辺}) \times (\text{高さ}) \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2} \times a \times E_{\text{最大}}
\end{aligned}
$$
2. 電流の向き (b)
(a)の考察より、電子（負電荷）はローレンツ力によって中心O（①の向き）へ追いやられます。
その結果、中心O側が負極、外端P側が正極となります。
導体棒OPは「P側がプラスの電池」として振る舞います。
スイッチSを閉じて回路を作ると、電流は電池の正極Pから外部回路へ流れ出し、抵抗Rを通って負極Oへ戻ります。
したがって、導体棒の中を流れる電流の向きは、負極Oから正極Pへ向かう向き、つまり ② となります。
（※電池の内部では、電流は低電位から高電位へ流れます）
使用した物理公式
- 三角形の面積公式（積分の代用）: \(S = \frac{1}{2} \times \text{底辺} \times \text{高さ}\)
\(E_{\text{最大}} = B\omega a\) を \(V\) の式に代入します。
$$
\begin{aligned}
V &= \frac{1}{2} \cdot a \cdot (B\omega a) \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2}Ba^2\omega
\end{aligned}
$$
棒の中にできた電気的な坂道（電場）を全部足し合わせると、棒の両端の電圧（起電力）になります。
グラフの面積を計算するだけで電圧が求まります。
また、電子が中心に集まるので中心がマイナス、外側がプラスになります。電流はプラスから出るので、棒の外へ向かって（P側へ）流れ出します。
- 起電力は \(\frac{1}{2}Ba^2\omega\) です。
- 角速度 \(\omega\) や磁場 \(B\) が大きいほど電圧が高くなるのは直感的に正しいです。
- 長さ \(a\) の2乗に比例するのは、長さが2倍になると「速度が2倍」かつ「積分区間が2倍」になるため、効果が掛け合わされるからです。
思考の道筋とポイント
ローレンツ力を考える代わりに、「回路を貫く磁束の変化」に着目します。
導体棒が回転することで、閉回路の面積が増加していくとみなせます。
この設問における重要なポイント
- 面積速度: 回転する棒が単位時間に掃く面積は、扇形の面積の公式から求められます。
- ファラデーの法則: \(V = \left| \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} \right|\)。
具体的な解説と立式
微小時間 \(\Delta t\) の間に、導体棒は角度 \(\Delta \theta\) だけ回転します。
$$
\begin{aligned}
\Delta \theta &= \omega \Delta t
\end{aligned}
$$
このとき、棒が掃く面積（扇形の面積） \(\Delta S\) を立式します。
$$
\begin{aligned}
\Delta S &= \frac{1}{2} a^2 \Delta \theta
\end{aligned}
$$
この面積増加分に対応する磁束の増加 \(\Delta \Phi\) を立式します。
$$
\begin{aligned}
\Delta \Phi &= B \Delta S
\end{aligned}
$$
ファラデーの電磁誘導の法則より、誘導起電力の大きさ \(V\) を立式します。
$$
\begin{aligned}
V &= \left| \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} \right|
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 扇形の面積: \(S = \frac{1}{2}r^2\theta\)
- 磁束の定義: \(\Phi = BS\)
- ファラデーの電磁誘導の法則: \(V = \left| \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} \right|\)
\(\Delta \theta = \omega \Delta t\) を \(\Delta S\) の式に代入します。
$$
\begin{aligned}
\Delta S &= \frac{1}{2} a^2 (\omega \Delta t)
\end{aligned}
$$
これを \(\Delta \Phi\) の式に代入します。
$$
\begin{aligned}
\Delta \Phi &= B \left( \frac{1}{2} a^2 \omega \Delta t \right) \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2} B a^2 \omega \Delta t
\end{aligned}
$$
これを \(V\) の式に代入します。
$$
\begin{aligned}
V &= \frac{\frac{1}{2} B a^2 \omega \Delta t}{\Delta t} \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2} B a^2 \omega
\end{aligned}
$$
棒が動くと、回路の面積が扇形に広がっていきます。
この面積が増えるスピード（面積速度）に磁場の強さを掛けると、磁束が増えるスピードになります。
ファラデーの法則によれば、磁束の変化スピードがそのまま電圧になります。
全く同じ結果が、より少ない計算量で得られました。
この解法は、電子の運動を考えずにマクロな視点から解けるため、検算に非常に有効です。
思考の道筋とポイント
速度 \(v\) が場所によって比例変化する場合、平均の速さを用いて \(V = v_{\text{平均}}Bl\) の公式を適用できます。
この設問における重要なポイント
- 平均の速さ: 速度が距離に比例する場合、平均速度は両端の速度の算術平均になります。
具体的な解説と立式
棒の中心Oでの速さ \(v_O\) は \(0\) です。
棒の先端Pでの速さ \(v_P\) は \(a\omega\) です。
速度は距離に比例して変化するので、棒全体の平均の速さ \(v_{\text{平均}}\) を立式します。
$$
\begin{aligned}
v_{\text{平均}} &= \frac{v_O + v_P}{2}
\end{aligned}
$$
これを用いて、長さ \(a\) の棒に生じる誘導起電力 \(V\) を立式します。
$$
\begin{aligned}
V &= v_{\text{平均}} B a
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 等加速度運動（または比例変化）の平均速度: \(\bar{v} = \frac{v_{\text{初}} + v_{\text{終}}}{2}\)
- 誘導起電力の公式: \(V = vBl\)
\(v_O = 0\)、\(v_P = a\omega\) を \(v_{\text{平均}}\) の式に代入します。
$$
\begin{aligned}
v_{\text{平均}} &= \frac{0 + a\omega}{2} \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2}a\omega
\end{aligned}
$$
これを \(V\) の式に代入します。
$$
\begin{aligned}
V &= \left( \frac{1}{2}a\omega \right) B a \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2}Ba^2\omega
\end{aligned}
$$
棒の場所によって速さが違いますが、真ん中の速さ（平均の速さ）で代表させて計算しても、答えは同じになります。
これは速さが直線的に変化する場合に使える便利なテクニックです。
これも同じ結果を与えます。
計算が最も簡単で、直感的な理解を助けます。
問(ウ)
思考の道筋とポイント
誘導起電力 \(V\) によって抵抗 \(R\) に電流が流れ、電力が消費されます。
回路全体の抵抗は \(R\) のみ（導体棒やレールの抵抗は無視）なので、単純な直流回路として計算できます。
この設問における重要なポイント
- 消費電力の公式: \(P = IV = I^2R = V^2/R\) の中から、既知の量 \(V, R\) を含むものを選びます。
具体的な解説と立式
抵抗 \(R\) で消費される電力 \(P\) は、電圧 \(V\) と抵抗 \(R\) を用いて以下の式で表されます。
$$
\begin{aligned}
P &= \frac{V^2}{R}
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 電力の公式: \(P = \frac{V^2}{R}\)
(イ)で求めた \(V = \frac{1}{2}Ba^2\omega\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
P &= \frac{1}{R} \left( \frac{1}{2}Ba^2\omega \right)^2 \\[2.0ex]
&= \frac{1}{R} \left( \frac{1}{4} B^2 a^4 \omega^2 \right) \\[2.0ex]
&= \frac{B^2 a^4 \omega^2}{4R}
\end{aligned}
$$
発電した電圧を使って、抵抗でどれくらいのエネルギーが熱として消費されるかを計算します。
電圧の2乗に比例するので、回転を速くすると消費電力は急激に増えます。
- 単位を確認すると、\([\text{V}]^2/[\Omega] = [\text{W}]\) となっており正しいです。
- \(\omega\) の2乗に比例するため、回転数を2倍にすると消費電力は4倍になります。これは風力発電などで回転数が上がると発電量が急増する現象と整合します。
問(エ), (c)
思考の道筋とポイント
磁場中を流れる電流は、磁場から力（アンペール力）を受けます。
この力は回転を妨げる方向に働き、ブレーキの役割を果たします。
この設問における重要なポイント
- 電流の大きさ: オームの法則 \(I = V/R\) から求めます。
- 力の大きさ: \(F = IBa\) （磁場と電流は垂直）。
- 力の向き: フレミングの左手の法則を用います。
具体的な解説と立式
1. 電流の大きさ
オームの法則より、回路を流れる電流 \(I\) を立式します。
$$
\begin{aligned}
I &= \frac{V}{R}
\end{aligned}
$$
2. 導体棒が受ける力の大きさ (エ)
導体棒全体（長さ \(a\)）が一様な磁場 \(B\) から受ける力の大きさ \(F\) を立式します。
$$
\begin{aligned}
F &= I B a
\end{aligned}
$$
3. 力の向き (c)
- 電流: OからPの向き（②、外向き）
- 磁場: 鉛直上向き（紙面手前）
フレミングの左手の法則を適用します。
- 中指（電流）：②の向き
- 人差し指（磁場）：上向き
- 親指（力）：回転方向（⑥）とは逆の向き（右回り方向）を指します。
図1において、回転方向⑥と逆向きの矢印は ⑤ です。
使用した物理公式
- オームの法則: \(I = \frac{V}{R}\)
- 電流が磁場から受ける力: \(F = IBl\)
まず \(I\) を計算します。
$$
\begin{aligned}
I &= \frac{\frac{1}{2}Ba^2\omega}{R} \\[2.0ex]
&= \frac{Ba^2\omega}{2R}
\end{aligned}
$$
これを \(F\) の式に代入します。
$$
\begin{aligned}
F &= \left( \frac{Ba^2\omega}{2R} \right) B a \\[2.0ex]
&= \frac{B^2 a^3 \omega}{2R}
\end{aligned}
$$
発電機として電流を流すと、その電流自体が磁石から力を受けます。
この力は必ず「回転を止めようとする向き（ブレーキ）」に働きます（レンツの法則の力学的現れ）。
もし回転を助ける向きに働いたら、勝手に加速して無限にエネルギーが湧いてくることになり、あり得ないからです。
- 力は回転と逆向き（⑤）で、大きさは \(\frac{B^2 a^3 \omega}{2R}\) です。
- 電流 \(I\) に比例し、磁場 \(B\) に比例するため、発電量が多いほどブレーキも強くなります。これはエネルギー保存の観点から妥当です。
問(オ)
思考の道筋とポイント
導体棒を一定の角速度 \(\omega\) で回転させ続けるには、磁場から受けるブレーキの力（問エ）に逆らって、外部から仕事を加える必要があります。
「磁場から受ける力のすべてが中点Qにはたらくと考える」という誘導に従い、力のモーメント（トルク）と角速度の関係、あるいは力と速度の関係から仕事率を求めます。
この設問における重要なポイント
- 仕事率の定義: 回転運動における仕事率は \(P’ = N\omega\) （トルク \(\times\) 角速度）、あるいは並進運動的に \(P’ = Fv\) です。
- 作用点: 力 \(F\) の作用点を中点Q（半径 \(a/2\)）とします。
具体的な解説と立式
アプローチ1: 力と速度の積 \(P’ = Fv\)
力 \(F\) が中点Q（半径 \(r_Q = a/2\)）に働くと仮定します。
中点Qの速さ \(v_Q\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
v_Q &= \frac{a}{2}\omega
\end{aligned}
$$
外力は、磁場からの力 \(F\) とつりあう大きさで、回転方向に加える必要があります。
したがって、必要な仕事率 \(P’\) を立式します。
$$
\begin{aligned}
P’ &= F v_Q
\end{aligned}
$$
アプローチ2: トルクと角速度の積 \(P’ = N\omega\)
中点Qに働く力 \(F\) による回転軸O周りの力のモーメント（トルク） \(N\) を立式します。
$$
\begin{aligned}
N &= F \times r_Q
\end{aligned}
$$
仕事率 \(P’\) を立式します。
$$
\begin{aligned}
P’ &= N \omega
\end{aligned}
$$
どちらのアプローチでも同じ式になります。
使用した物理公式
- 仕事率の公式: \(P = Fv\) または \(P = N\omega\)
(エ)の結果 \(F = \frac{B^2 a^3 \omega}{2R}\) と \(v_Q = \frac{a}{2}\omega\) を \(P’\) の式に代入します。
$$
\begin{aligned}
P’ &= \left( \frac{B^2 a^3 \omega}{2R} \right) \left( \frac{a}{2}\omega \right) \\[2.0ex]
&= \frac{B^2 a^4 \omega^2}{4R}
\end{aligned}
$$
ブレーキの力に逆らって棒を回し続けるにはパワー（仕事率）が必要です。
「力 \(\times\) スピード」で計算すると、必要なパワーが求まります。
計算結果を見ると、(ウ)で求めた「抵抗で熱として捨てられるパワー」と全く同じになっています。
これは、「人間が頑張って回したエネルギーが、すべて電気エネルギーに変わり、最終的に熱になった」ことを意味しています。
- 結果は(ウ)と一致しました。
- これは、外部から供給された力学的エネルギーが、電磁誘導を通じて電気エネルギーに変換され、最終的にジュール熱として消費されたことを示しています。エネルギー保存則が成立していることの強力な証拠です。
思考の道筋とポイント
系全体のエネルギー収支を考えます。
導体棒は一定の速さで回転しているため、運動エネルギーの変化はありません。
摩擦もないため、外部から供給された仕事（入力）は、すべて電気回路での消費電力（ジュール熱）として消費されます。
この設問における重要なポイント
- エネルギー保存則: 定常状態では、入力パワー = 消費パワー となります。
具体的な解説と立式
エネルギー保存則より、以下の関係が成り立ちます。
$$
\begin{aligned}
(\text{外力の仕事率 } P’) &= (\text{抵抗での消費電力 } P)
\end{aligned}
$$
(ウ)ですでに \(P\) を求めているため、計算なしで答えが決まります。
使用した物理公式
- エネルギー保存則: \(W_{\text{in}} = W_{\text{out}}\)
(ウ)の結果を引用します。
$$
\begin{aligned}
P’ &= \frac{B^2 a^4 \omega^2}{4R}
\end{aligned}
$$
エネルギーは消えたり増えたりしません。
棒を回すために使ったエネルギーは、どこへ行ったのでしょうか？
摩擦がないので、すべて電気エネルギーに変わり、抵抗で熱になりました。
だから、「回すパワー」は「熱になるパワー」と同じはずです。
非常に強力かつ簡潔な解法です。
複雑な力の計算をスキップできるため、時間短縮と計算ミスの防止に役立ちます。
思考の道筋とポイント
公式の暗記ではなく、物理原理（ファラデーの法則、微小トルクの積分）から出発して、全設問を一貫して解きます。
この設問における重要なポイント
- 誘導起電力: 微小部分の起電力 \(de = (\vec{v} \times \vec{B}) \cdot d\vec{l}\) を積分します。
- 力のモーメント: 微小部分が受ける力 \(dF\) によるトルク \(dN = x dF\) を積分します。
具体的な解説と立式
1. 誘導起電力の導出 (イ)
中心Oから距離 \(x\) の位置にある微小部分 \(dx\) を考えます。
速度は \(v = x\omega\) なので、この部分に生じる微小な誘導起電力 \(dV\) を立式します。
$$
\begin{aligned}
dV &= v B dx
\end{aligned}
$$
棒全体（\(x=0\) から \(x=a\)）での起電力 \(V\) はこれを積分します。
$$
\begin{aligned}
V &= \int_0^a dV
\end{aligned}
$$
2. 仕事率の導出 (オ)
同様に、微小部分 \(dx\) を流れる電流 \(I\) が磁場から受ける微小な力 \(dF\) を立式します。
$$
\begin{aligned}
dF &= I B dx
\end{aligned}
$$
この力が回転軸O周りに及ぼす微小なトルク \(dN\) は、腕の長さが \(x\) なので以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
dN &= x dF
\end{aligned}
$$
棒全体でのトルク \(N\) はこれを積分します。
$$
\begin{aligned}
N &= \int_0^a dN
\end{aligned}
$$
仕事率 \(P’\) を立式します。
$$
\begin{aligned}
P’ &= N \omega
\end{aligned}
$$
使用した物理公式
- 微小誘導起電力: \(dV = vBdx\)
- 微小アンペール力: \(dF = IBdx\)
- 積分の基本公式: \(\int x^n dx = \frac{1}{n+1}x^{n+1}\)
誘導起電力 \(V\) の計算:
\(v = x\omega\) を \(dV\) の式に代入し、積分を実行します。
$$
\begin{aligned}
V &= \int_0^a (x\omega) B dx \\[2.0ex]
&= B\omega \int_0^a x dx \\[2.0ex]
&= B\omega \left[ \frac{1}{2}x^2 \right]_0^a \\[2.0ex]
&= B\omega \left( \frac{1}{2}a^2 – 0 \right) \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2} B a^2 \omega
\end{aligned}
$$
仕事率 \(P’\) の計算:
\(dF = IBdx\) を \(dN\) の式に代入し、積分を実行します。
$$
\begin{aligned}
N &= \int_0^a x (IB dx) \\[2.0ex]
&= IB \int_0^a x dx \\[2.0ex]
&= IB \left[ \frac{1}{2}x^2 \right]_0^a \\[2.0ex]
&= \frac{1}{2} I B a^2
\end{aligned}
$$
ここで、\(I = \frac{V}{R} = \frac{Ba^2\omega}{2R}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
N &= \frac{1}{2} \left( \frac{Ba^2\omega}{2R} \right) B a^2 \\[2.0ex]
&= \frac{B^2 a^4 \omega}{4R}
\end{aligned}
$$
最後に \(P’ = N\omega\) を計算します。
$$
\begin{aligned}
P’ &= \left( \frac{B^2 a^4 \omega}{4R} \right) \omega \\[2.0ex]
&= \frac{B^2 a^4 \omega^2}{4R}
\end{aligned}
$$
棒を細かく切り刻んで、それぞれの小さな部分で発生する電圧や力を計算し、最後に全部足し合わせる（積分する）方法です。
「力が中点に働く」といった仮定を使わずに、厳密に計算しても同じ答えになることが確認できました。
- (イ)の結果 \(\frac{1}{2}Ba^2\omega\) はメイン解法と一致します。
- (オ)の結果 \(\frac{B^2 a^4 \omega^2}{4R}\) もメイン解法と一致します。
- これにより、中点近似（力が中点に集中するとみなす方法）が、この問題設定においては数学的に厳密解と一致することが証明されました。
【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？
- ローレンツ力と誘導起電力の微視的解釈
- 核心: 導体棒内の自由電子がローレンツ力を受けて移動し、静電気力とつり合うまで電荷分布（電場）が生じることで、導体棒の両端に電位差が発生します。
- 理解のポイント:
- 力のつり合い: 定常状態では、電子にかかるローレンツ力 \(f=evB\) と電場からの力 \(F=eE\) がつり合っています。
- 電位差の定義: 電位差（電圧）は、電場 \(E\) を距離で積分（グラフの面積計算）したものです。一様な電場でない限り \(V=Ed\) は使えません。
- エネルギー保存則（電磁誘導と仕事）
- 核心: 電磁誘導現象において、外部から加えた力学的仕事は、すべて電気エネルギーに変換され、最終的に抵抗でジュール熱として消費されます。
- 理解のポイント:
- レンツの法則の正体: 誘導電流が磁場から受ける力は、必ず運動を妨げる向き（ブレーキ）に働きます。これはエネルギー保存則の要請です。
- 収支の等価性: 「外力の仕事率」＝「消費電力」という式を立てることで、複雑な力の計算をスキップできます。
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:
- 扇形以外の形状やコイルが回転する場合:
- 導体棒に限らず、回路の面積が変化する問題では、「面積速度 \(\frac{1}{2}r^2\omega\)」と「ファラデーの法則 \(V = |\Delta\Phi/\Delta t|\)」の組み合わせが最強の解法になります。
- 回転中心が端点ではない場合:
- 棒の中点を中心に回転する場合などは、回転中心から左右に積分範囲を分けるか、\(V = \frac{1}{2}B\omega(r_{\text{外}}^2 – r_{\text{内}}^2)\) のように一般化して考えます。
- 扇形以外の形状やコイルが回転する場合:
- 初見の問題での着眼点:
- 速度分布の確認:
- 導体部分の速度 \(v\) が場所によって変化するかを確認します。変化する場合（回転など）は、単純な公式 \(V=vBl\) は使えず、積分か平均値の利用が必要です。
- 力の作用点の特定:
- 回転運動における仕事率を求める際は、力がどこに働いているか（作用点）が重要です。力が一様でない場合は、積分計算するか、重心（中点）に力が集中するとみなす近似が有効か検討します。
- 速度分布の確認:
要注意！ありがちなミス・誤解とその対策
- 公式 \(V=vBl\) の単純適用ミス:
- 誤解: 回転する棒の問題で、先端の速度 \(v=a\omega\) を使って \(V = (a\omega)Ba\) と計算してしまう。
- 対策: 「速度が場所によって違う」と気づいたら、即座に「積分（面積計算）」または「平均の速さ \(\bar{v} = \frac{1}{2}v_{\text{max}}\)」を使うよう切り替えます。
- 電位の正負（電池の向き）の判定ミス:
- 誤解: フレミングの左手の法則で求めた「力の向き」が、そのまま「電流の流れる向き（高電位側）」だと思い込んでしまう。
- 対策: 動いているのが「負電荷（電子）」であることを意識します。ローレンツ力を受けた側にマイナスが溜まるので、その反対側がプラス極（高電位）になります。必ず図に \(+\) と \(-\) を書き込みましょう。
なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法
- 微小起電力の積分（または面積計算）:
- 選定理由: 導体棒の各部分で速度が異なり、誘導起電力の強さが一様ではないため、\(V=vBl\) が直接適用できないからです。
- 適用根拠: 電場 \(E\) が中心からの距離 \(x\) に比例する（\(E=B\omega x\)）ため、\(E-x\) グラフの面積（三角形の面積）として正確に計算できます。
- エネルギー保存則による仕事率の導出:
- 選定理由: 電流が受ける力を積分してモーメントを求め、さらに角速度を掛けるという手順は計算量が多く、ミスを誘発しやすいからです。
- 適用根拠: 摩擦がなく、一定の角速度で回転している定常状態であるため、系に入力されたエネルギーは損失なくすべてジュール熱に変換されるという保存則が厳密に成立します。
計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック
- 次元解析（ディメンションチェック）:
- 意識: 文字式の計算結果が出たら、単位が正しいか必ず確認します。
- 実践: 例えば起電力の答え \(\frac{1}{2}Ba^2\omega\) なら、\(B[\text{T}] \cdot a^2[\text{m}^2] \cdot \omega[\text{1}/\text{s}]\) が磁束の変化率 \([\text{Wb}/\text{s}] = [\text{V}]\) と一致するか確認します。
- 極限的なケースでの検算:
- 意識: 変数が \(0\) になったり極端な値になったりした時の振る舞いを想像します。
- 実践: 「もし回転が止まったら（\(\omega=0\)）？」→ 電圧も力も \(0\) になるはず。式が \(0\) になるか確認。「もし磁場がなかったら（\(B=0\)）？」→ やはり \(0\) になるはず。これらが満たされているか一瞬でチェックします。
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問題137 相互誘導 (19 大阪府大 改)
【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
- 微積分を用いた体系的解法（全設問共通）
- 電流を時間の関数 \(I(t)\) と置き、ファラデーの電磁誘導の法則の微分形 \(V = -N \frac{d\Phi}{dt}\) を用いて、誘導起電力、自己インダクタンス、相互インダクタンスを瞬時値として厳密に導出します。
- 微積分を用いた体系的解法（全設問共通）
- 上記の別解が有益である理由
- 微積分の解法: 物理現象の時間変化を連続的に捉えることができ、\(\Delta\) を用いた近似的な扱いではなく、定義に基づいた厳密な理解が可能になります。特に交流回路や過渡現象への応用において必須の視点です。
- 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「ソレノイドコイルの自己誘導と相互誘導」です。
電流が作る磁場、その磁場が作る磁束、そして磁束の変化によって生じる誘導起電力という一連の電磁誘導のプロセスを扱います。
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。
- 電流が作る磁場: 長いソレノイドコイル内部には、一様な磁場が形成されます。その強さは単位長さあたりの巻数と電流に比例します。
- 磁束の定義: 磁束 \(\Phi\) は、磁束密度 \(B\) と断面積 \(S\) の積です（磁場が一様で面に垂直な場合）。また、\(B = \mu H\) の関係があります。
- 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ます。起電力の大きさは、巻数と磁束の時間変化率の積に比例します。
- 自己誘導と相互誘導: 自身の電流変化によって生じる起電力を自己誘導、他方のコイルの電流変化によって生じる起電力を相互誘導と呼びます。
基本的なアプローチは以下の通りです。
- (1)では、アンペールの法則（またはソレノイドの公式）から磁場の強さを求めます。
- (2)では、磁場の変化から磁束の変化を計算します。
- (3)では、ファラデーの法則を用いて誘導起電力を求めます。
- (4)では、(3)の結果を自己インダクタンス、相互インダクタンスの定義式と比較して係数を決定します。
- (5)では、導出した式に含まれる物理量（透磁率や形状因子）が操作によってどう変化するかを考察します。
