「物理重要問題集2026」徹底解説（136〜138問）：未来の得点力へ！完全マスター講座

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

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。

基本的なアプローチは以下の通りです。

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。
$$
\begin{aligned}
eE &= f_x
\end{aligned}
$$

(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）

\(E_{\text{最大}} = B\omega a\) 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。

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。
$$
\begin{aligned}
P &= \frac{V^2}{R}
\end{aligned}
$$

(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。

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。

(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。

【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。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 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。
  2. 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。

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。

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

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。

基本的なアプローチは以下の通りです。

問(1)

思考の道筋とポイント
コイル1は「長さ \(l\) が鉄心の直径に比べて十分に長い」とあるため、無限長ソレノイドとみなして公式を適用できます。
ソレノイド内部の磁場の強さ \(H\) は、単位長さあたりの巻数 \(n\) と電流 \(I\) の積で決まります。

この設問における重要なポイント

• 単位長さあたりの巻数: 問題文で与えられているのは「長さ \(l\)」と「総巻数 \(N_1\)」です。公式 \(H = nI\) の \(n\) は \(1\,\text{m}\) あたりの巻数なので、\(n = \frac{N_1}{l}\) と変換する必要があります。

具体的な解説と立式
コイル1の単位長さあたりの巻数 \(n_1\) を立式します。
$$
\begin{aligned}
n_1 &= \frac{N_1}{l}
\end{aligned}
$$
ソレノイドコイル内部の磁場の強さ \(H_1\) は、電流を \(I\) として以下の公式で表されます。
$$
\begin{aligned}
H_1 &= n_1 I
\end{aligned}
$$

\(n_1 = \frac{N_1}{l}\) を \(H_1\) の式に代入します。
$$
\begin{aligned}
H_1 &= \frac{N_1}{l} I
\end{aligned}
$$

長いコイルの中にできる磁場の強さは、「どれくらい密に巻いてあるか（1メートルあたりの巻数）」と「流れる電流の大きさ」の掛け算で決まります。
全部で \(N_1\) 回巻いてあり、長さが \(l\) なので、密度は \(\frac{N_1}{l}\) になります。これに電流 \(I\) を掛ければ磁場の強さが求まります。

答えは \(\frac{N_1}{l}I\) です。
巻数 \(N_1\) や電流 \(I\) が増えれば磁場は強くなり、長さ \(l\) が伸びれば（巻き方が疎になるので）磁場は弱くなるため、物理的に妥当です。

問(2)

思考の道筋とポイント
磁束 \(\Phi\) は、ある面を貫く磁力線の総量のようなものです。
磁場 \(H\) から磁束密度 \(B\) を求め、それに断面積 \(S\) を掛けることで磁束 \(\Phi\) が求まります。
電流が変化すると磁場が変化し、結果として磁束も変化します。

この設問における重要なポイント

• 磁束密度と磁場の関係: \(B = \mu H\) です。透磁率 \(\mu\) を忘れないようにします。
• 磁束の定義: 磁場が一様なので、\(\Phi = BS\) で計算できます。
• 変化量の計算: 定数部分は変化せず、変化する変数（ここでは \(I\)）に \(\Delta\) がつきます。

具体的な解説と立式
まず、コイル1内部の磁束密度 \(B_1\) を立式します。
$$
\begin{aligned}
B_1 &= \mu H_1
\end{aligned}
$$
次に、コイル1の断面を貫く磁束 \(\Phi_1\) を立式します。
$$
\begin{aligned}
\Phi_1 &= B_1 S
\end{aligned}
$$
電流が \(I\) から \(I + \Delta I\) に変化したときの磁束の変化量 \(\Delta \Phi_1\) を考えます。
\(\Phi_1\) の式の中で変化するのは電流 \(I\) だけなので、変化量同士の関係式を立てます。
$$
\begin{aligned}
\Delta \Phi_1 &= \mu S \Delta H_1
\end{aligned}
$$

(1)の結果 \(H_1 = \frac{N_1}{l}I\) を用いて \(\Phi_1\) を \(I\) の関数として表します。
$$
\begin{aligned}
\Phi_1 &= \mu \left( \frac{N_1}{l} I \right) S \\[2.0ex] &= \frac{\mu N_1 S}{l} I
\end{aligned}
$$
電流の変化量 \(\Delta I\) に対する磁束の変化量 \(\Delta \Phi_1\) を計算します。係数部分は定数なのでそのまま残ります。
$$
\begin{aligned}
\Delta \Phi_1 &= \frac{\mu N_1 S}{l} \Delta I
\end{aligned}
$$

磁束とは、コイルの中を通る「磁気の束」のことです。
電流が増えると磁場が強くなり、磁気の束も増えます。
計算の結果、磁束の量は電流に比例することがわかりました。
したがって、電流がちょっとだけ（\(\Delta I\)）増えれば、磁束もそれに応じた分（比例係数 \(\times \Delta I\)）だけ増えます。

答えは \(\frac{\mu N_1 S}{l} \Delta I\) です。
透磁率 \(\mu\) や断面積 \(S\) が大きいほど、同じ電流変化でも磁束の変化は大きくなります。これは電磁石の性質として妥当です。

問(3)

思考の道筋とポイント
磁束が変化すると、ファラデーの電磁誘導の法則により誘導起電力が生じます。
コイル1自身にも、近くにあるコイル2にも起電力が生じます。
重要なのは「それぞれのコイルの巻数」です。

この設問における重要なポイント

• ファラデーの法則: 起電力の大きさ \(V\) は、\(V = N \left| \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} \right|\) です。
• 共通の磁束: 問題文に「磁束はすべて鉄心内を貫き、もれはない」とあるため、コイル1を貫く磁束の変化 \(\Delta \Phi_1\) は、そのままコイル2を貫く磁束の変化でもあります。
• 巻数の違い: コイル1の起電力 \(V_1\) には \(N_1\) を、コイル2の起電力 \(V_2\) には \(N_2\) を用います。

具体的な解説と立式
ファラデーの電磁誘導の法則より、コイル1に生じる誘導起電力の大きさ \(V_1\) を立式します。
$$
\begin{aligned}
V_1 &= N_1 \left| \frac{\Delta \Phi_1}{\Delta t} \right|
\end{aligned}
$$
同様に、コイル2に生じる誘導起電力の大きさ \(V_2\) を立式します。コイル2を貫く磁束も \(\Phi_1\) であることに注意します。
$$
\begin{aligned}
V_2 &= N_2 \left| \frac{\Delta \Phi_1}{\Delta t} \right|
\end{aligned}
$$

(2)の結果 \(\Delta \Phi_1 = \frac{\mu N_1 S}{l} \Delta I\) を代入します。ここでは大きさ（絶対値）を求めるため、\(\Delta I > 0\) よりそのまま計算します。

まず \(V_1\) を計算します。
$$
\begin{aligned}
V_1 &= N_1 \frac{\frac{\mu N_1 S}{l} \Delta I}{\Delta t} \\[2.0ex] &= \frac{\mu N_1^2 S}{l} \frac{\Delta I}{\Delta t}
\end{aligned}
$$
次に \(V_2\) を計算します。
$$
\begin{aligned}
V_2 &= N_2 \frac{\frac{\mu N_1 S}{l} \Delta I}{\Delta t} \\[2.0ex] &= \frac{\mu N_1 N_2 S}{l} \frac{\Delta I}{\Delta t}
\end{aligned}
$$

磁束が変化すると、コイルは「変化を嫌がって」電圧を生み出します。
この電圧の強さは、「磁束の変化の速さ」と「コイルの巻数」の掛け算で決まります。
コイル1自身には、自分の巻数 \(N_1\) に応じた電圧（自己誘導）が発生します。
コイル2には、コイル1と同じ磁束の変化が伝わりますが、巻数が \(N_2\) なので、\(N_2\) に応じた電圧（相互誘導）が発生します。

\(V_1\) は \(N_1^2\) に比例し、\(V_2\) は \(N_1 N_2\) に比例します。
自己誘導では自分の作った磁束と自分で鎖交するため巻数の2乗効果が現れ、相互誘導では「作る側」と「受ける側」の巻数の積になるという物理的直感と一致します。

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 \(M\) は、電流の時間変化率 \(\frac{\Delta I}{\Delta t}\) と誘導起電力の比例係数として定義されます。
(3)で求めた式と定義式を比較することで、\(L\) と \(M\) を特定します。

この設問における重要なポイント

• 自己誘導の式: \(V_1 = L \left| \frac{\Delta I}{\Delta t} \right|\)
• 相互誘導の式: \(V_2 = M \left| \frac{\Delta I}{\Delta t} \right|\)
• 係数比較: (3)の答えにおいて、\(\frac{\Delta I}{\Delta t}\) の前にある係数部分がそれぞれ \(L\) と \(M\) に相当します。

具体的な解説と立式
自己誘導起電力の定義式と(3)の結果を並べます。
$$
\begin{aligned}
V_1 &= L \frac{\Delta I}{\Delta t} \\[2.0ex] V_1 &= \frac{\mu N_1^2 S}{l} \frac{\Delta I}{\Delta t}
\end{aligned}
$$
相互誘導起電力の定義式と(3)の結果を並べます。
$$
\begin{aligned}
V_2 &= M \frac{\Delta I}{\Delta t} \\[2.0ex] V_2 &= \frac{\mu N_1 N_2 S}{l} \frac{\Delta I}{\Delta t}
\end{aligned}
$$

上の式を比較して、係数を抜き出します。
自己インダクタンス \(L\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
L &= \frac{\mu N_1^2 S}{l}
\end{aligned}
$$
相互インダクタンス \(M\) は以下のようになります。
$$
\begin{aligned}
M &= \frac{\mu N_1 N_2 S}{l}
\end{aligned}
$$

「電流の変化の速さ」に対して「どれくらい強い電圧が発生するか」を表す比例係数がインダクタンスです。
先ほどの計算結果から、電流変化率 \(\frac{\Delta I}{\Delta t}\) 以外の部分を抜き出せば、それがそのままインダクタンスになります。

自己インダクタンス \(L\) はコイルの性能を表す量で、巻数の2乗、断面積、透磁率に比例し、長さに反比例します。
相互インダクタンス \(M\) は2つのコイルの結合の強さを表し、それぞれの巻数の積に比例します。これらは標準的なソレノイドのインダクタンスの式と一致します。

問(5)

思考の道筋とポイント
操作によって、(3)で求めた誘導起電力 \(V_2\) の式に含まれるパラメータ（\(\mu, N_1, N_2, S, l\)）が変化するかどうかを検討します。
\(V_2 = \frac{\mu N_1 N_2 S}{l} \frac{\Delta I}{\Delta t}\) です。

この設問における重要なポイント

• 操作(i): コイル2の長さを縮める \(\rightarrow\) コイル2の形状が変わる。しかし、巻数 \(N_2\) は変わらない。
• 操作(ii): 鉄心を引き抜く \(\rightarrow\) 透磁率 \(\mu\) が空気の透磁率 \(\mu_0\) に変わる。一般に強磁性体（鉄）の透磁率は空気よりはるかに大きい（\(\mu \gg \mu_0\)）。

具体的な解説と立式
操作(i): コイル2の長さを軸方向に押し縮めた場合
誘導起電力 \(V_2\) の式 \(\frac{\mu N_1 N_2 S}{l} \frac{\Delta I}{\Delta t}\) を見ます。
この式に含まれる変数は、鉄心の透磁率 \(\mu\)、コイル1の巻数 \(N_1\)、コイル2の巻数 \(N_2\)、鉄心の断面積 \(S\)、コイル1の長さ \(l\) です。
コイル2を押し縮めても、コイル2の総巻数 \(N_2\) は変わりません。また、コイル2の長さ自体はこの式に含まれていません（磁束漏れがない理想的な場合、コイル2が密でも疎でも、貫く磁束の総数が同じなら鎖交磁束数は変わらないため）。
したがって、\(V_2\) の大きさは変わりません。

操作(ii): 鉄心を引き抜いた場合
鉄心を引き抜くと、コイル内部の媒質が「鉄（透磁率 \(\mu\)）」から「空気（透磁率 \(\mu_0\)）」に変わります。
鉄は強磁性体であり、その透磁率 \(\mu\) は空気の透磁率 \(\mu_0\) よりも非常に大きいです（\(\mu > \mu_0\)）。
\(V_2\) は透磁率に比例するため、\(\mu\) が小さくなれば \(V_2\) も小さくなります。
したがって、\(V_2\) の大きさは減少します。

(i) コイル2をギュッと縮めても、巻いてある回数（\(N_2\)）は変わりません。磁束の漏れがない理想的な状況では、電圧は巻数だけで決まるので、長さが変わっても電圧は変わりません。
(ii) 鉄心は磁束を強力に集める役割（高い透磁率）を持っています。これを抜いて空気に変えてしまうと、磁束が通りにくくなり、発生する磁束の量が激減します。その結果、誘導起電力も小さくなります。

物理的な直感としても、鉄心を入れると磁力が強まる（インダクタンスが増える）ことはよく知られています。鉄心を抜けばインダクタンスは減少し、起電力も減少します。

【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座

最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• ファラデーの電磁誘導の法則とインダクタンスの定義
  • 核心: 磁束の変化が誘導起電力を生み出し、その比例係数がインダクタンスであるという一連の論理構造です。
  • 理解のポイント:
    • プロセスの可視化: 電流 \(I\) \(\rightarrow\) 磁場 \(H\) \(\rightarrow\) 磁束 \(\Phi\) \(\rightarrow\) 起電力 \(V\) という因果関係の流れを常に意識してください。
    • 自己と相互の違い: 自分の電流で自分に電圧が生じるのが自己誘導、他人の電流で自分に電圧が生じるのが相互誘導です。数式上は巻数 \(N_1^2\) か \(N_1 N_2\) かの違いとして現れます。
• ソレノイドコイルの磁場と磁束
  • 核心: 長いソレノイド内部には一様な磁場 \(H = nI\) が形成され、磁束 \(\Phi = \mu HS\) は電流に比例します。
  • 理解のポイント:
    • 単位長さあたりの巻数: 公式中の \(n\) は \(1\,\text{m}\) あたりの巻数であり、総巻数 \(N\) と長さ \(l\) を用いて \(n = N/l\) と表されることに注意が必要です。

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:
  • 相互インダクタンスの相反性:
    • 今回はコイル1に電流を流しましたが、コイル2に電流を流してコイル1に生じる電圧を求めても、相互インダクタンス \(M\) は同じ値になります（\(M_{12} = M_{21}\)）。この性質を利用する問題もあります。
  • 結合係数 \(k\):
    • 実際には磁束の漏れがあります。漏れがある場合、\(M = k\sqrt{L_1 L_2}\) （\(0 \le k \le 1\)）という関係式を使います。本問は \(k=1\)（漏れなし）の理想的なケースです。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 磁束の通り道（磁路）の確認:
     • 鉄心があるか、空芯か。断面積はどこか。透磁率 \(\mu\) は与えられているか。
  2. 巻数の確認:
     • 「単位長さあたりの巻数 \(n\)」なのか「総巻数 \(N\)」なのか。公式 \(H=nI\) を使うときは必ず単位変換を確認します。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 単位長さあたりの巻数 \(n\) の取り違え:
  • 誤解: 公式 \(H=nI\) に、総巻数 \(N_1\) をそのまま代入してしまう（\(H=N_1 I\) としてしまう）。
  • 対策: \(n\) の単位は \([\text{回}/\text{m}]\) です。問題文で与えられた \(N_1\)（回）と \(l\)（m）を使って、必ず \(n = N_1/l\) と書き換える癖をつけましょう。
• 誘導起電力の対象コイルの取り違え:
  • 誤解: コイル2の起電力を求めるのに、コイル1の巻数 \(N_1\) を掛けてしまう。
  • 対策: ファラデーの法則 \(V = -N \frac{\Delta \Phi}{\Delta t}\) の \(N\) は、「電圧が生じる（迷惑を被っている）コイルの巻数」です。誰の電圧を求めているのかを常に主語として意識します。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• ソレノイドの磁場公式 \(H = nI\):
  • 選定理由: 問題文に「長さ \(l\) は鉄心の直径に比べて十分に長い」とあり、無限長ソレノイドの近似が適用できるため。
  • 適用根拠: コイル内部の磁場が一様であるという仮定のもと、断面積全体で \(B\) が一定として \(\Phi = BS\) が計算できます。
• ファラデーの電磁誘導の法則 \(V = -N \frac{\Delta \Phi}{\Delta t}\):
  • 選定理由: 磁束の時間変化から誘導起電力を求めるための最も基本的な法則であり、インダクタンスの定義の基礎となるため。
  • 適用根拠: 磁束の変化が一様であり、コイルの巻数が明確であるため、この法則を直接適用して起電力を計算できます。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 文字の添字（インデックス）の管理:
  • 意識: \(N_1, N_2, l_1, l_2\) など、添字が1なのか2なのかを明確に区別します。
  • 実践: 相互インダクタンスの計算では、最終的に \(N_1 N_2\) という対称な形になることが多いです。もし \(N_1^2\) や \(N_2^2\) になっていたら、自己インダクタンスと混同していないか再確認します。
• 次元解析（ディメンションチェック）:
  • 意識: インダクタンス \(L, M\) の次元が同じになっているか確認します。
  • 実践: \(L \propto N_1^2\), \(M \propto N_1 N_2\) となっており、どちらも巻数の2乗の次元を持っています。係数部分 \(\frac{\mu S}{l}\) も共通していることを確認します。

問題138 コイルを含む直流回路 (20 中央大)

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「コイルを含む直流回路の過渡現象」です。
スイッチの開閉直後や十分時間が経過した後のコイルの振る舞い（誘導起電力による電流維持作用）を理解し、キルヒホッフの法則を用いて回路の状態を解析します。

問題を解く上で鍵となる物理法則や概念は以下の通りです。

基本的なアプローチは以下の通りです。

問(ア), (イ), (ウ)

思考の道筋とポイント
スイッチSを閉じた状態での回路全体の電流と電圧の関係を式にします。
図の回路は、電池 \(E\) に対して、抵抗 \(r\) が直列に接続され、その先に「コイル \(L\)」と「抵抗 \(R\)」が並列に接続された構造になっています。

この設問における重要なポイント

• 電流の分岐: 抵抗 \(r\) を流れる電流は、分岐後の \(I_1\) と \(I_2\) の和になります（キルヒホッフ第1法則）。
• 閉回路の選び方:
  • 経路 abdfgha: 電池、抵抗 \(r\)、抵抗 \(R\) を含むループ。
  • 経路 abcegha: 電池、抵抗 \(r\)、コイル \(L\) を含むループ。
• コイルの電圧降下: 電流 \(I_1\) が増加しているとき（\(\Delta I_1 > 0\)）、コイルには電流と逆向きの起電力 \(L \frac{\Delta I_1}{\Delta t}\) が生じます。これを「電圧降下」として扱うと \(+L \frac{\Delta I_1}{\Delta t}\) となります。

具体的な解説と立式
1. 抵抗 \(r\) を流れる電流 (ア)
点b（または点h）におけるキルヒホッフの第1法則より、抵抗 \(r\) を流れる電流 \(i\) を立式します。
$$
\begin{aligned}
i &= I_1 + I_2
\end{aligned}
$$

2. 経路 abdfgha のキルヒホッフの法則 (イ)
この経路には、起電力 \(E\)、抵抗 \(r\)、抵抗 \(R\) が含まれます。
抵抗 \(r\) での電圧降下は \(r(I_1 + I_2)\)、抵抗 \(R\) での電圧降下は \(R I_2\) です。
キルヒホッフの第2法則より、以下の式を立てます。
$$
\begin{aligned}
E &= r(I_1 + I_2) + R I_2
\end{aligned}
$$

3. 経路 abcegha のキルヒホッフの法則 (ウ)
この経路には、起電力 \(E\)、抵抗 \(r\)、コイル \(L\) が含まれます。
コイルを流れる電流が \(\Delta t\) の間に \(\Delta I_1\) だけ変化したとき、コイルには自己誘導による起電力 \(-L \frac{\Delta I_1}{\Delta t}\) が生じます（電流の向きを正とする）。
キルヒホッフの法則を「(起電力の和) = (電圧降下の和)」の形で立てる場合、コイルでの電圧降下は \(L \frac{\Delta I_1}{\Delta t}\) となります。
$$
\begin{aligned}
E &= r(I_1 + I_2) + L \frac{\Delta I_1}{\Delta t}
\end{aligned}
$$

(イ)の式の整理:
\(I_2\) についてまとめます。
$$
\begin{aligned}
E &= r I_1 + r I_2 + R I_2 \\[2.0ex] &= r I_1 + (r + R) I_2
\end{aligned}
$$

(ウ)の式の整理:
そのままで答えの形になっています。
$$
\begin{aligned}
E &= r(I_1 + I_2) + L \frac{\Delta I_1}{\Delta t}
\end{aligned}
$$

(ア) 川が二股に分かれるとき、元の水量は分かれた後の水量の合計と同じです。電流も同じです。
(イ) 電池で上がった電圧は、抵抗 \(r\) と抵抗 \(R\) を通る間に使い切ってゼロになります。
(ウ) 上側のルート（コイルを通る道）でも同様に、電池の電圧は抵抗 \(r\) とコイルで使い切られます。コイルでは電流が変化するときだけ電圧が発生（電圧降下）します。

各式は電圧の次元を持っており、物理的に妥当です。
(イ)と(ウ)は、並列部分の電圧が等しいこと（\(R I_2 = L \frac{\Delta I_1}{\Delta t}\)）を含意しています。

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。
コイルは急激な電流変化を嫌うため、直前の電流値（\(0\)）を維持しようとします。つまり、直後はコイルに電流が流れません。

この設問における重要なポイント

• スイッチ閉直後のコイル: 電流 \(I_1 = 0\) とみなせます（断線状態）。
• 回路の状態: 電流はすべて抵抗 \(R\) 側（下側のルート）に流れます。

具体的な解説と立式
1. 直後の電流 \(I_1\) (エ)
スイッチを閉じる前、コイルに電流は流れていませんでした。
コイルの自己誘導作用により、電流は連続的に変化するため、閉じた直後の電流 \(I_1\) は \(0\) です。
$$
\begin{aligned}
I_1 &= 0
\end{aligned}
$$

2. 直後の電流 \(I_2\) (オ)
\(I_1 = 0\) なので、回路は電池 \(E\)、抵抗 \(r\)、抵抗 \(R\) の直列回路とみなせます。
全抵抗は \(r + R\) なので、オームの法則（または(イ)の式に \(I_1=0\) を代入）より、\(I_2\) を立式します。
$$
\begin{aligned}
I_2 &= \frac{E}{r + R}
\end{aligned}
$$

3. 直後の誘導起電力 (カ)
コイルと抵抗 \(R\) は並列に接続されているため、両端の電位差（電圧）は等しくなります。
抵抗 \(R\) の両端の電圧 \(V_R\) は、オームの法則より \(V_R = R I_2\) です。
コイルの誘導起電力の大きさ \(V_L\) は、この \(V_R\) と等しくなります（キルヒホッフの第2法則を経路 cdfec で考えてもわかります）。
$$
\begin{aligned}
V_L &= R I_2
\end{aligned}
$$

(オ)の結果を(カ)の式に代入します。
$$
\begin{aligned}
V_L &= R \left( \frac{E}{r + R} \right) \\[2.0ex] &= \frac{R}{r + R} E
\end{aligned}
$$

スイッチを入れた瞬間、コイルは「通せんぼ」をして電流を通しません。だから電流はすべて下の抵抗 \(R\) の方へ流れます。
このとき、コイルは電流を通さないために必死で電圧（誘導起電力）を生み出して対抗しています。その電圧の大きさは、並列につながっている抵抗 \(R\) にかかる電圧と同じになります。

• \(I_1=0\) はコイルの慣性（インダクタンス）によるものです。
• 誘導起電力は \(E\) を \(r\) と \(R\) で分圧した形になっており、\(R\) が大きいほど大きくなります。これは妥当です。

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」状態を考えます。
電流値が一定になり、変化しなくなります（\(\Delta I_1 / \Delta t = 0\)）。
このとき、コイルの誘導起電力は \(0\) になり、コイルは単なる導線（抵抗 \(0\)）として振る舞います。

この設問における重要なポイント

• 定常状態のコイル: 電圧降下 \(0\) の導線とみなせます（ショート状態）。
• 電流の分配: コイル（抵抗 \(0\)）と抵抗 \(R\) が並列になっています。電流は抵抗のない方（コイル側）にすべて流れ、抵抗がある方（\(R\)側）には流れません。

具体的な解説と立式
1. 十分経過後の電流 \(I_1\) (キ)
コイルは導線（抵抗 \(0\)）とみなせるため、抵抗 \(R\) の両端は短絡（ショート）されています。
したがって、電流はすべて抵抗の小さいコイル側へ流れ、\(I_2 = 0\) となります。
回路は電池 \(E\) と抵抗 \(r\) とコイル（導線）の直列回路となります。
オームの法則より、\(I_1\) を立式します。
$$
\begin{aligned}
I_1 &= \frac{E}{r}
\end{aligned}
$$

2. コイルに蓄えられるエネルギー (ク)
コイルに流れる電流が \(I_1\) のとき、蓄えられる磁気エネルギー \(U\) は以下の公式で与えられます。
$$
\begin{aligned}
U &= \frac{1}{2} L I_1^2
\end{aligned}
$$

(キ)の結果を(ク)の式に代入します。
$$
\begin{aligned}
U &= \frac{1}{2} L \left( \frac{E}{r} \right)^2 \\[2.0ex] &= \frac{1}{2} L \frac{E^2}{r^2}
\end{aligned}
$$

時間が経つとコイルはただの銅線になります。
電流は「抵抗のない楽な道」を選んで流れるので、抵抗 \(R\) の方には行かず、全部コイルの方へ流れます。
このとき、コイルには大きな電流が流れており、その電流によって磁気エネルギーがたっぷりと蓄えられています。

• 電流 \(I_1\) は内部抵抗 \(r\) だけで制限される最大電流となります。
• エネルギーは \(L\) と \(I^2\) に比例します。

問(ケ), (コ), (サ)

思考の道筋とポイント
スイッチSを開くと、電池からの供給は断たれます。
しかし、コイルには直前まで電流 \(I_1 = E/r\) が流れていました。
コイルはこの電流を維持しようとして起電力を生じ、閉回路 cefdc（図a参照）に電流を流し続けます。

この設問における重要なポイント

• スイッチ開放後の回路: コイル \(L\) と抵抗 \(R\) だけの閉回路になります。
• 電流の連続性: 開いた直後のコイルの電流は、直前の値 \(I_1 = E/r\) と同じです。
• キルヒホッフの法則: 閉回路 cefdc を一周して式を立てます。

具体的な解説と立式
1. 経路 cefdc のキルヒホッフの法則 (ケ)
図aのように、コイルには電流 \(I_1\) が右向き（c \(\to\) e）に流れています。
この電流が減少していくとき（\(\Delta I_1 < 0\)）、コイルには電流を維持する向き（右向き）の起電力 \(-L \frac{\Delta I_1}{\Delta t}\) が生じます。
一方、抵抗 \(R\) には電流 \(I_1\) が左向き（f \(\to\) d）に流れます。
閉回路 cefdc について、時計回りにキルヒホッフの第2法則を適用します。
コイルでの電圧降下は \(L \frac{\Delta I_1}{\Delta t}\)、抵抗 \(R\) での電圧降下は \(R I_1\) です。起電力はないので和は \(0\) です。
$$
\begin{aligned}
L \frac{\Delta I_1}{\Delta t} + R I_1 &= 0
\end{aligned}
$$
問題文の空欄(ケ)は「\(\Delta I_1\) との関係」を求めているため、項を移項して形を整えます。
$$
\begin{aligned}
-L \frac{\Delta I_1}{\Delta t} &= R I_1
\end{aligned}
$$
（※左辺は誘導起電力、右辺は抵抗での電圧降下と解釈できます）

2. 直後の抵抗 \(R\) の電位差 (コ)
スイッチを開いた直後、コイルを流れる電流は直前の値 \(I_1 = E/r\) を維持します。
この電流 \(I_1\) がそのまま抵抗 \(R\) を流れます。
抵抗 \(R\) の両端の電位差 \(V_R\) は、オームの法則より、
$$
\begin{aligned}
V_R &= R I_1
\end{aligned}
$$

3. エネルギーの行方 (サ)
スイッチを開いた後、コイルに蓄えられていた磁気エネルギーは、電流を流し続けるためのエネルギー源として使われます。
この電流が抵抗 \(R\) を流れることで、電気エネルギーは熱エネルギーに変換されます。
最終的に電流が \(0\) になると、蓄えられていたエネルギーはすべて抵抗 \(R\) で発生する ジュール熱 となります。

(コ)の計算:
\(I_1 = E/r\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
V_R &= R \left( \frac{E}{r} \right) \\[2.0ex] &= \frac{R}{r} E
\end{aligned}
$$

スイッチを切っても、コイルは「まだ電流を流したい！」と頑張ります。
そのため、コイルは一時的に電池のような役割を果たし、隣の抵抗 \(R\) に無理やり電流を流します。
このとき抵抗 \(R\) に発生する電圧は、\(R\) が大きければ大きいほど高くなります（\(V=RI\)）。もし \(R\) が非常に大きければ、元の電池の電圧 \(E\) よりもはるかに高い電圧が発生することもあります（これがスパークの原因です）。
最終的に、コイルが持っていたエネルギーはすべて抵抗 \(R\) で熱（ジュール熱）になって消えてなくなります。

(コ)の結果 \(\frac{R}{r}E\) は、\(R \gg r\) のとき \(E\) よりはるかに大きくなります。これは誘導コイルなどの原理であり、物理的に非常に重要な示唆を含んでいます。

【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？

• コイルの過渡的特性（誘導起電力と電流の慣性）
  • 核心: コイルは電流の急激な変化を嫌い、変化を妨げる向きに誘導起電力を生じるため、スイッチ操作直後の電流は連続性を保ち、十分時間が経過すると単なる導線となる。
  • 理解のポイント:
    • スイッチ閉直後 (\(t=0\)): 電流 \(I=0\) の状態から急には変化できないため、コイルは断線（抵抗 \(\infty\)）と同じ働きをする。
    • 十分経過後 (\(t \to \infty\)): 電流が一定値に落ち着くと磁束の変化がなくなり、誘導起電力は \(0\) となるため、コイルは導線（抵抗 \(0\)）と同じ働きをする。
    • スイッチ開放直後: 電流が急に \(0\) になるのを防ぐため、直前の電流 \(I\) を維持しようとする起電力源（電池）として振る舞う。
• キルヒホッフの法則とエネルギー保存
  • 核心: 任意の閉回路において電圧の総和は \(0\) になり、回路全体でのエネルギー供給と消費（ジュール熱＋磁気エネルギー）の収支は常に釣り合う。
  • 理解のポイント:
    • 閉回路の選び方: 未知数が少ないループや、物理的意味が明確なループ（例: コイルを含むループ）を選ぶことで計算を簡略化できる。
    • エネルギー変換: 電池がした仕事は、抵抗でのジュール熱とコイルの磁気エネルギーに分配される。スイッチを切った後は、コイルの磁気エネルギーが全てジュール熱として放出される。

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:
  • コンデンサーを含む回路: コイルとは対照的に、スイッチ直後は「導線（電圧 \(0\)）」、十分後は「断線（電流 \(0\)）」として振る舞う。この対比をセットで理解する。
  • RLC直列回路の過渡現象: 抵抗、コイル、コンデンサーが全て入った回路でも、\(t=0\) と \(t \to \infty\) の極限状態における各素子の振る舞い（断線か導線か）の考え方は共通している。
  • 相互誘導を含む回路: コイルが2つあり相互インダクタンス \(M\) がある場合も、回路方程式 \(V_1 = -L_1 \frac{dI_1}{dt} – M \frac{dI_2}{dt}\) を立てる基本手順は変わらない。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 時間的状態の区分: 問題文にある「スイッチを入れた直後」「十分に時間が経過した後」「スイッチを切った直後」というキーワードを見逃さず、それぞれの状態でコイルをどう扱うか（断線/導線/電池）を決定する。
  2. 等価回路図の描画: 頭の中だけで考えず、直後と十分後のそれぞれの状態について、コイルを消去したり導線に書き換えたりした等価回路図を実際に描く。
  3. 電流の連続性チェック: スイッチ操作の前後で、コイルの電流（およびコンデンサーの電圧）は不連続に変化しないことを利用して、過渡現象の初期条件を特定する。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• スイッチ開放後の電流の向きと大きさ:
  • 誤解: スイッチを開いた瞬間、回路全体の電流が \(0\) になる、あるいはコイルの電流も瞬時に消滅すると直感的に思い込んでしまう。
  • 対策: コイルには「電流の慣性」があるため、直前の電流値を維持しようとすることを想起する。必ず「直後の電流 \(=\) 直前の電流」という式を立てて確認する。
• 誘導起電力の符号と向き:
  • 誤解: コイルの電圧降下の符号を逆にしたり、起電力の向きを電池の向きと混同したりする。
  • 対策: キルヒホッフの法則を立てる際は、電流の向きに沿って進み、「電流が増えるときは抵抗のように電圧が下がる（\(-L \frac{dI}{dt}\)）」、「電流が減るときは電池のように電圧を上げる（同向き起電力）」と物理的イメージを持つか、数式の符号を厳密に扱う。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 定性的な振る舞いとキルヒホッフの法則（メイン解法）:
  • 選定理由: 微分方程式を解く複雑な計算を回避し、物理的な極限状態（直後・十分後）の性質を利用するだけで、迅速かつ正確に解答にたどり着けるため、試験での実戦向きである。
  • 適用根拠: 問題が求めているのが特定の時刻（直後、十分後）の値だけであり、過渡的な時間変化の関数そのものを問われていない場合、この定性的なアプローチが最も効率的である。
• 微積分を用いた回路方程式（別解）:
  • 選定理由: 「なぜ直後は断線とみなせるのか？」といった疑問に対し、数式から厳密に証明できるため。また、時定数やグラフの概形を問われた場合に対応できる唯一の方法であるため。
  • 適用根拠: キルヒホッフの法則は瞬間ごとの電圧バランスを表しており、これを微分方程式として解くことは、ニュートンの運動方程式を解くのと同様に、物理学的に最も原理的で正統なアプローチである。

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（単位チェック）:
  • 意識: 導出した文字式の答えが、物理的に正しい次元（単位）を持っているか常に確認する習慣をつける。
  • 実践: 例えば、エネルギーの答えが \(LI^2\) の形（ジュールの次元）になっているか、電圧の答えが \(\frac{R}{r}E\) のように「抵抗の比（無次元）×電圧」になっているかを確認する。もし \(L/R\)（時間の次元）などが混ざっていたら間違いである。
• 極限的なケースでの検算:
  • 意識: パラメータを極端な値（\(0\) や \(\infty\)）にしたとき、物理的直感と矛盾しないか確認する。
  • 実践: 例えば \(L=0\) とすると、コイルはただの導線になるため、スイッチ直後から定常電流が流れるはずである。導出した式で \(L \to 0\) としたとき、直後の電流が \(0\) ではなく \(E/r\) になるかなどをチェックする。

ABOUT THE AUTHOR

共田 誠（まこと先生）

高校物理講師・プロ家庭教師 / 指導歴14年

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

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

800+解説記事

1.1万+YouTube登録者

6プレミアムパック

14年指導歴

🎯高校物理の全6分野、プレミアムパックが完成しました。制作の記録を見る →

指導哲学を読む個別指導についてYouTubeチャンネル