「センサー総合物理 3rd Edition」徹底解説！【Chapter 28】Step 2(388~395)

Step 2

388 動くコイルに発生する誘導起電力

【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「不一様な磁場中を運動するコイルに生じる誘導起電力」です。直線電流が作る、距離によって強さが変わる磁場の中をコイルが運動する状況を扱います。コイルの各辺に生じる誘導起電力を個別に考え、それらを合成して回路全体の電流を求めるアプローチが有効です。
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。

基本的なアプローチは以下の通りです。

思考の道筋とポイント
この問題の最大のポイントは、直線電流が作る磁場が一様ではないことです。そのため、導線に近い辺PSと、遠い辺QRでは、磁場の強さが異なり、結果として両辺に生じる誘導起電力の大きさも異なります。この起電力の「差」が、回路に正味の電流を流す原因となります。
この設問における重要なポイント

• 直線電流がつくる磁場の公式 \(B = \frac{\mu_0 I}{2\pi x}\) を正しく適用すること。
• コイルの辺PSと辺QRに生じる2つの誘導起電力を、逆向きに接続された2つの電池とみなして回路を考えること。
• 各辺に生じる起電力の向き（電位の高低）を、フレミングの左手の法則で正確に判断すること。

具体的な解説と立式

1. 磁場の向きと強さ:
   • 直線電流\(I\)が流れる導線Aが作る磁場は、右ねじの法則より、コイルの位置では紙面に垂直に表から裏へ向かう向きです。
   • 導線Aから距離\(x\)の位置での磁束密度\(B(x)\)は、
     $$ B(x) = \frac{\mu_0 I}{2\pi x} $$
2. 各辺に生じる誘導起電力:
   • 辺PS: 導線Aからの距離は\(r\)。この位置での磁束密度を\(B_1\)とすると、
     $$ B_1 = \frac{\mu_0 I}{2\pi r} $$
     辺PSは速さ\(v\)で磁場を横切るので、誘導起電力\(V_1\)が生じます。大きさは、
     $$ V_1 = v B_1 l = v \left(\frac{\mu_0 I}{2\pi r}\right) l $$
     向きをフレミングの左手の法則で考えます。正電荷が右向きに運動すると考えると、力はP→Sの向きに働きます。よって、Sが高電位、Pが低電位となります。
   • 辺QR: 導線Aからの距離は\(r+l\)。この位置での磁束密度を\(B_2\)とすると、
     $$ B_2 = \frac{\mu_0 I}{2\pi (r+l)} $$
     辺QRに生じる誘導起電力\(V_2\)の大きさは、
     $$ V_2 = v B_2 l = v \left(\frac{\mu_0 I}{2\pi (r+l)}\right) l $$
     向きは同様に、Rが高電位、Qが低電位となります。
   • 辺PQと辺SR: 速度ベクトルと平行なため、磁場を横切らず、誘導起電力は生じません。
3. 回路全体の電流:
   • コイルを閉回路として見ると、辺PSにはSを正極とする起電力\(V_1\)の電池が、辺QRにはRを正極とする起電力\(V_2\)の電池が、互いに逆向きに接続されているとみなせます。
   • 磁場は導線に近いほど強いので、\(B_1 > B_2\)であり、したがって\(V_1 > V_2\)です。
   • 回路全体としては、起電力\(V_1\)が優勢となり、S→P→Q→R→Sの向きに電流が流れます。
   • 回路全体の合成起電力は \(V = V_1 – V_2\)。コイルの抵抗は\(R\)なので、オームの法則より、流れる電流\(i\)は、
     $$ i = \frac{V_1 – V_2}{R} $$

電流\(i\)の式に、上で求めた\(V_1\)と\(V_2\)を代入して計算します。
$$
\begin{aligned}
i &= \frac{V_1 – V_2}{R} \\[2.0ex]&= \frac{1}{R} \left( v \frac{\mu_0 I l}{2\pi r} – v \frac{\mu_0 I l}{2\pi (r+l)} \right) \\[2.0ex]&= \frac{v \mu_0 I l}{2\pi R} \left( \frac{1}{r} – \frac{1}{r+l} \right) \\[2.0ex]&= \frac{v \mu_0 I l}{2\pi R} \left( \frac{(r+l) – r}{r(r+l)} \right) \\[2.0ex]&= \frac{v \mu_0 I l}{2\pi R} \left( \frac{l}{r(r+l)} \right) \\[2.0ex]&= \frac{\mu_0 I l^2 v}{2\pi r(r+l)R}
\end{aligned}
$$
電流の向きは、起電力の大きい\(V_1\)の向き、すなわちS→P→Q→R→Sの向きとなります。

この問題は、コイルの左辺PSと右辺QRが、それぞれ別の電池になる、と考えるのがコツです。

1. 直線電流がつくる磁場は、近いほど強く、遠いほど弱くなります。
2. したがって、左辺PS（近い）にできる電池は電圧が大きく（\(V_1\)）、右辺QR（遠い）にできる電池は電圧が小さく（\(V_2\)）なります。
3. フレミングの法則で調べると、PSではS側がプラス極、QRではR側がプラス極の電池になります。
4. この2つの電池は、回路内で逆向きに押し合っています。電圧の大きいPS側の電池が勝つので、電流はSから出てP→Q→Rと流れていきます。
5. 電流の大きさは、電圧の差 (\(V_1 – V_2\)) を抵抗\(R\)で割ることで求められます。

電流の大きさは \(\frac{\mu_0 I l^2 v}{2\pi r(r+l)R}\)、向きはS→P→Q→R→Sの向きとなります。磁場が不一様な場合でも、各部分に生じる起電力を考え、それらを合成することで回路全体の現象を解明できることがわかります。この結果は、コイル全体を貫く磁束の変化率を計算するファラデーの法則のアプローチ（別解2）でも同じ結果が得られ、物理的に妥当です。

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最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• 不一様な磁場における誘導起電力:
  • 核心: この問題は、磁場の強さが場所によって異なる「不一様な磁場」を扱う点が最も重要です。これにより、コイルの各部分で生じる起電力に差が生まれ、その差が正味の電流を生み出します。
  • 理解のポイント:
    • 直線電流が作る磁場: \(B = \frac{\mu_0 I}{2\pi x}\) という公式を使い、導線からの距離\(x\)によって磁場が反比例して弱くなることを理解する。
    • 起電力の差: コイルの導線に近い辺（PS）と遠い辺（QR）では、磁場の強さが異なるため、\(V=vBl\)で計算される起電力の大きさが異なります。この\(V_1\)と\(V_2\)の差が、回路全体の起電力となります。
• 2つの起電力源を持つ回路モデル:
  • 核心: コイルの辺PSと辺QRを、それぞれ独立した起電力（電池）とみなす「回路モデル」で考える能力が問われます。
  • 理解のポイント:
    • 各辺に生じる起電力の向き（電位の高低）をフレミングの左手の法則で正しく判断する。
    • 2つの電池が互いに逆向きに接続された直列回路とみなし、キルヒホッフの法則（起電力の差を抵抗で割る）を適用して電流を求める。

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:
  • コイルが導線に近づく場合: 今回は遠ざかる運動でしたが、近づく場合は磁束が増加するため、レンツの法則により誘導電流の向きが逆になります。
  • 円形コイルや円形磁場: 磁場やコイルの形状が異なる場合でも、「各部分に生じる起電力を考え、それらを合成する」というアプローチや、「コイル全体を貫く磁束の時間変化を考える」というファラデーの法則のアプローチが基本となります。特に後者の場合、磁束を求めるための積分計算が鍵となります。
  • コイルに働く力: この問題で流れる誘導電流は、直線電流の磁場から力を受けます。辺PSは引力（電流の向きが逆）、辺QRは斥力（電流の向きが同じ）を受けますが、磁場が強いPS側の引力の方が大きくなるため、コイル全体としては導線に引き寄せられる向きの力を受けます。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 磁場の分布を確認: まず、磁場が一様か、不一様かを確認します。不一様な場合は、どのように変化するのか（例：\(1/x\)に比例）を式で表現します。
  2. 起電力が発生する辺を特定: コイルの各辺のうち、磁場を横切って運動しているのはどの辺かを見極めます。（今回はPSとQR）
  3. 各辺を電池とみなす: 起電力が発生する各辺について、「起電力の大きさ（\(V=vBl\)）」と「向き（電位の高低）」を個別に求め、図に電池の記号として書き込みます。
  4. 回路として解く: コイル全体を、書き込んだ電池と抵抗からなる閉回路とみなし、キルヒホッフの法則を適用して電流を求めます。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 磁場を一様だと勘違いする:
  • 誤解: 磁場が場所によらず一定だと考え、辺PSと辺QRに生じる起電力が同じ大きさだと勘違いする。その結果、起電力の差が0になり、電流も0という誤った結論に至る。
  • 対策: 「直線電流が作る磁場」と聞いたら、即座に「距離に反比例する不一様な磁場」であることを思い出す。公式 \(B = \frac{\mu_0 I}{2\pi x}\) を確実に覚えておくことが重要です。
• 起電力の向き（電位の高低）の判断ミス:
  • 誤解: フレミングの左手の法則の適用を誤り、2つの起電力の向きを同じ向き（協力しあう向き）だと考えてしまう。
  • 対策: 導体棒が同じ向きに運動している場合、各辺に生じる起電力の向き（高電位側）は同じ方向（今回はどちらも導線から遠い側）になります。これを回路として見ると、互いに逆向きに押し合う形になることを図で確認する習慣をつけましょう。
• 計算ミス:
  • 誤解: \(\frac{1}{r} – \frac{1}{r+l}\) のような分数の通分計算でミスをする。
  • 対策: 焦らずに \(\frac{(r+l) – r}{r(r+l)} = \frac{l}{r(r+l)}\) と丁寧に計算する。文字式が多く複雑に見えますが、一つ一つの計算は基本的なものです。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 直線電流が作る磁場の公式 (\(B = \frac{\mu_0 I}{2\pi x}\)):
  • 選定理由: この問題の前提となる「不一様な磁場」の具体的な形を数式で与えるために必須の公式です。アンペールの法則から導かれる、電磁気学の基本公式の一つです。
  • 適用根拠: 問題設定が「長い直線状の導線」であり、この公式が理想的に適用できる状況です。
• 誘導起電力の公式 (\(V=vBl\)):
  • 選定理由: 磁場を横切る導体棒に生じる起電力を計算するための最も基本的な公式です。この問題では、磁場の値\(B\)が場所によって異なるため、各辺に対して個別に適用します。
  • 適用根拠: コイルの辺PSとQRは、それぞれが長さ\(l\)の導体棒とみなせ、磁場に対して垂直に運動しているため、この公式が適用できます。
• キルヒホッフの第2法則（オームの法則の拡張）:
  • 選定理由: 複数の起電力（電池）が混在する回路に流れる電流を求めるための、最も普遍的な法則だからです。
  • 適用根拠: コイルを、辺PSに生じる起電力\(V_1\)、辺QRに生じる起電力\(V_2\)、コイル全体の抵抗\(R\)からなる閉回路とモデル化することで、この法則を適用して回路方程式 (\(iR = V_1 – V_2\)) を立てることができます。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 物理量の添え字活用: 辺PSと辺QRで物理量が異なることを明確にするため、磁束密度を\(B_1, B_2\)、起電力を\(V_1, V_2\)のように添え字をつけて区別すると、思考が整理され、代入ミスを防げます。
• 共通因数を括り出す: 計算の早い段階で、共通因数（この問題では \(\frac{v \mu_0 I l}{2\pi R}\)）を括り出すと、その後の計算が \(\left( \frac{1}{r} – \frac{1}{r+l} \right)\) のような簡単な分数の計算に集中でき、ミスを減らせます。
• 極端な場合を考える（検算）: もし導線から非常に遠い場所（\(r \gg l\)）で同じ運動をさせたらどうなるかを考えます。このとき、\(r \approx r+l\) となり、\(B_1 \approx B_2\)、\(V_1 \approx V_2\) となるため、電流はほぼ0に近づくはずです。計算結果の式で \(r \to \infty\) とすると、分母が大きくなり \(i \to 0\) となることから、式の妥当性を確認できます。

389 誘導起電力

【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「回転する導体棒に生じる誘導起電力」です。磁場中を回転する導体棒に生じる起電力を、2つの異なるアプローチ（ファラデーの法則とローレンツ力）から求めます。導体棒の各部分で速度が異なる点が、直線運動との大きな違いです。
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。

基本的なアプローチは以下の通りです。

思考の道筋とポイント
回転する導体棒に生じる誘導起電力を求める問題です。この問題は、ファラデーの法則を用いる方法と、ローレンツ力（平均の速さ）を用いる方法の2通りで解くことができ、どちらのアプローチでも同じ結果に至ることを理解するのが重要です。電位の高低は、ローレンツ力の向きを正しく判断できるかが鍵となります。
この設問における重要なポイント

• 回転運動では、導体棒の各点の速さが中心からの距離に比例して異なること。
• ファラデーの法則を適用する場合、起電力は「単位時間あたりに掃く面積」に比例すると考える。
• ローレンツ力から起電力を計算する場合、棒全体の「平均の速さ」を用いると、公式 \(V=\bar{v}Bl\) が使える。
• フレミングの左手の法則を電子（負電荷）に適用する際は、力の向きが逆になることに注意する。

具体的な解説と立式
【解法1：ファラデーの法則を用いる方法】

1. 誘導起電力の基本式: ファラデーの電磁誘導の法則より、誘導起電力\(V\)の大きさは、単位時間あたりの磁束の変化量に等しくなります。磁束密度\(B\)は一定なので、単位時間あたりに導体棒が掃く面積（面積速度）を \(\frac{\Delta S}{\Delta t}\) とすると、
   $$ V = B \frac{\Delta S}{\Delta t} $$
2. 面積速度の計算: 導体棒OPは、角速度\(\omega\)で回転しています。これは、1秒あたり\(\omega\) [rad] の角度を掃くことを意味します。したがって、単位時間あたりに掃く面積は、半径\(l\)、中心角\(\omega\)の扇形の面積に等しくなります。
   $$ \frac{\Delta S}{\Delta t} = \frac{1}{2} l^2 \omega $$
3. 誘導起電力の大きさ: 上記の2式から、誘導起電力\(V\)の大きさが求まります。
   $$ V = B \left( \frac{1}{2} l^2 \omega \right) $$

【電位の高低の判断】

1. ローレンツ力の向き: 導体棒OP上のある点の速度は、回転の接線方向です。この点にある自由電子（負電荷）が受けるローレンツ力の向きを考えます。
2. フレミングの左手の法則を「正電荷」に適用します。中指を速度の向き（接線方向）、人差し指を磁場の向き（鉛直上向き）に合わせると、親指はO→Pの向き（棒に沿って外向き）を指します。
3. これは正電荷が受ける力の向きです。電子は負電荷なので、実際に受ける力はこれと逆向き、すなわちP→Oの向き（中心向き）になります。
4. 電荷の偏り: したがって、電子は棒の中心O側に集まります。その結果、点Oは負に、電子が不足した先端点Pは正に帯電します。
5. 結論: よって、電位は点Pの方が点Oよりも高くなります。

$$
\begin{aligned}
V &= B \times (\text{単位時間あたりの面積}) \\[2.0ex]&= B \times \left( \frac{1}{2} l^2 \omega \right) \\[2.0ex]&= \frac{1}{2} B \omega l^2
\end{aligned}
$$

導体棒が回転すると、磁場を切りながら進むため電圧が発生します。電圧の大きさは、棒が1秒間に「ほうきで掃く」面積に比例します。棒が1秒間に作る「扇形」の面積は \(\frac{1}{2}l^2\omega\) と計算できるので、これに磁束密度\(B\)を掛ければ起電力が求まります。また、電子は回転によって中心（O側）に引き寄せられるので、Oがマイナス、Pがプラスになります。よってPの方が電位は高くなります。

誘導起電力の大きさは \(\frac{1}{2}B\omega l^2\) [V]、電位が高いのは点Pです。この結果は、次に示す別解（平均の速さを用いる方法）とも一致し、物理的に妥当です。

【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？

• 回転する導体棒の起電力（2つのアプローチ）:
  • 核心: 直線運動と異なり、棒の各部分で速度が違う「回転運動」の起電力をどう求めるかが核心です。この問題は、2つの異なる物理的視点から同じ結論に至ることを示しています。
  • 理解のポイント:
    • アプローチA：ファラデーの法則（マクロな視点）: 導体棒が回転して「磁束を掃く」と考え、単位時間あたりに掃く面積（面積速度 \(\frac{\Delta S}{\Delta t}\)）を求め、\(V = B \frac{\Delta S}{\Delta t}\) で起電力を計算します。回転運動では、面積速度は扇形の面積を用いて \(\frac{1}{2}l^2\omega\) となります。
    • アプローチB：ローレンツ力（ミクロな視点）: 棒の各点の速度は異なりますが、その「平均の速さ \(\bar{v}\)」を代表値として用いることで、直線運動の公式 \(V=\bar{v}Bl\) を応用できます。回転軸が端にある場合、平均の速さは \(\bar{v} = \frac{0+l\omega}{2}\) となります。
• 電位の高低の決定:
  • 核心: 導体棒内の自由電子がローレンツ力を受けてどちらの端に偏るかを、フレミングの左手の法則を用いて正確に判断することが重要です。
  • 理解のポイント: フレミングの左手の法則は「正電荷」が受ける力の向きを示します。負電荷である電子が受ける力は、その逆向きになります。電子が集まった端が負（低電位）、電子が不足した端が正（高電位）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:
  • 回転軸が棒の中点にある場合: 棒の半分（例えばMP）と残り半分（MO）では、速度の向きが逆になるため、生じる起電力の向き（電位の高低）も逆になります。結果として、棒の両端OとPの間の電位差は、それぞれの起電力の差や和として計算されます。
  • 回路が接続されている場合: 導体棒に抵抗Rをつなぐと、\(I = V/R\) の電流が流れます。この電流は磁場から力を受け（フレミングの左手）、その力は回転を妨げる向き（電磁ブレーキ）に働きます。回転を維持するには、外からトルク（回転させる力）を加え続ける必要があります。
  • 地球の磁場中を回転する飛行機のプロペラ: 地磁気という一様な磁場の中を、導体であるプロペラが回転する状況は、この問題と全く同じモデルで考えることができます。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 運動形態の確認: 導体棒は直線運動か、回転運動か。回転運動ならば、回転の中心軸はどこかを確認します。
  2. 起電力の計算方針を決定: ファラデーの法則（面積速度）で解くか、ローレンツ力（平均速度）で解くか、考えやすい方を選びます。両方で検算できると万全です。
  3. 電位の高低を判断: フレミングの左手の法則を、3次元的な向きを意識しながら慎重に適用します。特に、電子の電荷が負である点に細心の注意を払います。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 電位の高低の判断ミス（最重要）:
  • 誤解: フレミングの法則で求めた力の向きに、そのまま電子が動くと勘違いしてしまう。
  • 対策: 「フレミングの法則は正電荷が受ける力の向き。電子は逆！」と何度も自分に言い聞かせ、機械的に処理できるまで練習します。実際に左手を動かして、指の向きを一つ一つ確認する作業を怠らないことが重要です。
• 平均の速さの誤用:
  • 誤解: 速度が線形に変化しない運動（例えば単振動の一部など）でも、安易に「(初速+終速)/2」の公式を使ってしまう。
  • 対策: この平均速度の公式が使えるのは、速度が時間や距離に対して「線形に（まっすぐ）」変化する場合に限られる、と理解します。回転運動は、中心からの距離に対して速度が線形に変化するため、この公式が適用できます。
• ファラデーの法則の面積計算ミス:
  • 誤解: 単位時間あたりに掃く面積を、円の面積 \(\pi l^2\) と角速度 \(\omega\) を単純に掛けるなど、誤った式で計算してしまう。
  • 対策: 扇形の面積の公式 \(S = \frac{1}{2}r^2\theta\) を思い出し、単位時間あたり（\(\Delta t = 1\)s）では、角度の変化が \(\theta = \omega \Delta t = \omega\) [rad] となることから、面積速度が \(\frac{\Delta S}{\Delta t} = \frac{1}{2}l^2\omega\) となるプロセスをきちんと理解します。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• ファラデーの法則 (\(V = B \frac{\Delta S}{\Delta t}\)):
  • 選定理由: マクロな視点から現象を捉えるための公式です。導体棒が「磁束を掃く」というイメージと直結しており、直観的に理解しやすいのが利点です。
  • 適用根拠: 導体棒の回転によって、仮想的な閉回路（抵抗と接続されていると考える）を貫く磁束が時間的に変化しています。この磁束の時間変化率が起電力に等しいという電磁誘導の基本法則に基づいています。
• 平均の速さを用いた起電力 (\(V = \bar{v}Bl\)):
  • 選定理由: ミクロな視点（ローレンツ力）を、計算しやすいマクロな公式に落とし込んだものです。直線運動の公式を応用できるため、計算が簡便になります。
  • 適用根拠: 導体棒内の各点で生じる微小な起電力 \(dV = (r\omega)B dr\) を、棒全体で積分した結果が \(\frac{1}{2}B\omega l^2\) となります。高校物理では、この積分計算を「平均の速さ」という考え方で代用しており、数学的に等価な結果が得られます。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 3次元のイメージング: この問題は3次元空間でのベクトルの向きが重要です。磁場が上、棒が右、速度が手前（あるいは上）など、具体的な状況を頭の中や紙の上で立体的に描く練習をしましょう。
• 法則適用の言語化: フレミングの法則を使う際、「人差し指は磁場（上向き）。中指は速度（接線方向）。親指は力（外向き）。これはプラスの力。電子は逆だから中心向き」のように、一つ一つのステップを言葉に出して確認することで、混乱や勘違いを防ぎます。
• 2つの解法での検算: この問題のように、ファラデーの法則とローレン-ツ力（平均速度）の2つのアプローチで解ける問題は、両方で計算してみて結果が一致するかを確認しましょう。これは最高の検算方法であり、物理現象への理解も深まります。
• 単位の確認: 角速度\(\omega\)の単位が [rad/s] であることを確認します。もし [deg/s]（度）や [rpm]（回転/分）で与えられていたら、[rad/s] に変換する必要があります。

390 モーターの原理

【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「電磁力と誘導起電力が関わるモーターの原理」です。電池によって流れる電流が電磁力を生み出して導体棒を動かし、その運動によって今度は誘導起電力（逆起電力）が発生するという、力学と電磁気学、そしてエネルギー保存則が融合した総合的な問題です。
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。

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
スイッチを入れた「直後」という言葉が、この設問を解く最大の鍵です。この瞬間、導体棒はまだ動き出していない、すなわち速度\(v=0\)です。したがって、運動による誘導起電力は発生しておらず、回路は電池と抵抗だけの単純なものとして考えることができます。この電流によって導体棒が電磁力を受け、おもりが動き出す、という一連の流れを追います。
この設問における重要なポイント

• スイッチ直後 → 速度\(v=0\) → 誘導起電力は0。
• 回路に流れる電流は、電池の起電力\(E\)と抵抗\(R\)だけで決まる（オームの法則）。
• 電流が流れる導体棒は磁場から力を受け、これが糸の張力となっておもりを動かす。
• おもりの運動は、運動方程式で記述される。

具体的な解説と立式

1. 回路に流れる電流\(I\)の計算:
   スイッチを入れた直後、導体棒の速さは\(v=0\)です。したがって、導体棒に生じる誘導起電力 \(V_{誘導} = vBl\) は0です。このとき、回路に働く起電力は電池の起電力\(E\)のみとなります。回路全体の抵抗は\(R\)なので、オームの法則より、
   $$ I = \frac{E}{R} \quad \cdots ① $$
   電流の向きは、電池の正極から負極へ向かう向きなので、導体棒abにおいてはb→aの向きとなります。
2. おもりの加速度\(a\)の計算:
   電流\(I\)が流れる導体棒abは、磁場から電磁力\(F\)を受けます。その大きさは、
   $$ F = IBl \quad \cdots ② $$
   向きはフレミングの左手の法則より、右向きとなります。
   この電磁力\(F\)が糸を介して張力\(T\)としておもりMに伝わるので、\(T=F\)です。
   おもりMには、上向きの張力\(T\)と下向きの重力\(Mg\)が働きます。問題文よりおもりは上向きに動き出すので、鉛直上向きを正として、おもりの運動方程式 \(Ma=F_{合力}\) を立てます。
   $$ Ma = T – Mg \quad \cdots ③ $$

①式を②式に代入して電磁力\(F\)を求め、さらに張力\(T=F\)として③式に代入します。
$$
\begin{aligned}
T &= IBl \\[2.0ex]&= \left(\frac{E}{R}\right)Bl \\[2.0ex]&= \frac{EBl}{R}
\end{aligned}
$$
この\(T\)を運動方程式③に代入します。
$$
\begin{aligned}
Ma &= T – Mg \\[2.0ex]&= \frac{EBl}{R} – Mg
\end{aligned}
$$
両辺を\(M\)で割って、加速度\(a\)を求めます。
$$
\begin{aligned}
a &= \frac{1}{M} \left( \frac{EBl}{R} – Mg \right) \\[2.0ex]&= \frac{EBl}{MR} – g
\end{aligned}
$$
おもりが上向きに動き出すためには \(a>0\) である必要があるので、この現象が起こるには \(EBl > MgR\) という条件が満たされていることになります。

1. スイッチON！この瞬間、導体棒はまだ止まっているので、ただの電線です。回路には電池Eと抵抗Rしかないので、電流はオームの法則で \(I=E/R\) と決まります。
2. この電流が流れると、導体棒は磁石の力（電磁力）で右に引っ張られます。この力が糸を伝わっておもりを上に持ち上げようとします。
3. おもりには、上向きの「電磁力」と下向きの「重力」が働きます。この力の差（正味の力）によっておもりは加速します。運動方程式「\(Ma = 力の差\)」を立てて加速度を計算します。

スイッチ直後の電流は \(I = E/R\) でb→aの向き、おもりの加速度は \(a = \frac{EBl}{MR} – g\) で鉛直上向きとなります。電磁力が重力より大きい場合にのみ、おもりは上向きに動き出すという物理的状況とも一致しています。

問(2)

思考の道筋とポイント
「おもりの速さが一定になった」という記述は、加速度が0になり、力がつりあった状態（終端速度に達した状態）を意味します。このとき、おもりにはたらく張力と重力がつりあっています。一方、導体棒は速さ\(v\)で動いているため、電池の起電力\(E\)とは逆向きに誘導起電力（逆起電力）\(vBl\)が発生しています。この「力のつりあい」と「回路の法則（キルヒホッフの法則）」の2つの条件を連立させることで、すべての未知数を解き明かしていきます。
この設問における重要なポイント

• 速さが一定 → 加速度\(a=0\) → 力のつりあい。
• 導体棒が速さ\(v\)で動いている → 誘導起電力 \(V_{誘導}=vBl\) が発生する。
• 誘導起電力は、もとの電流を流そうとする電池の起電力\(E\)を妨げる向きに生じる。
• 回路全体の正味の起電力は \(E – vBl\) となる。
• エネルギー保存則：電池の供給電力 = ジュール熱 + 力学的仕事率。

具体的な解説と立式

1. 回路を流れる電流\(I’\):
   速さが一定なので、おもりにはたらく力はつりあっています。このときの張力を\(T’\)、電流を\(I’\)とすると、
   $$ T’ = Mg \quad \cdots ④ $$
   張力\(T’\)は電磁力\(F’\)に等しいので、\(T’ = I’Bl\)。よって、
   $$ I’Bl = Mg \quad \cdots ⑤ $$
2. 電池の消費電力\(P_{電池}\):
   電池が単位時間あたりに供給する電力（消費電力）は、\(P=VI\)の公式より、
   $$ P_{電池} = E I’ \quad \cdots ⑥ $$
3. おもりの速さ\(v\):
   導体棒が速さ\(v\)で動くとき、誘導起電力 \(V_{誘導}=vBl\) が、電流を妨げる向き（a→bの向き）に生じます。したがって、回路全体の正味の起電力は \(E – vBl\) となります。この状態で電流\(I’\)が流れているので、キルヒホッフの第2法則より、
   $$ E – vBl = I’R \quad \cdots ⑦ $$
4. 1sあたりの熱量（ジュール熱の仕事率）\(P_{熱}\):
   導体abで単位時間あたりに発生する熱量、すなわち消費電力は、\(P=I^2R\)の公式より、
   $$ P_{熱} = I’^2 R \quad \cdots ⑧ $$
5. おもりを持ち上げる仕事率\(P_{仕事}\):
   おもりを一定の力\(Mg\)で速さ\(v\)で持ち上げる仕事率は、\(P=Fv\)の公式より、
   $$ P_{仕事} = Mg \times v \quad \cdots ⑨ $$

• 電流: ⑤式より、
  $$ I’ = \frac{Mg}{Bl} $$
  向きは(1)と同じくb→aの向きです。
• 電池の消費電力: 上で求めた\(I’\)を⑥式に代入します。
  $$
  \begin{aligned}
  P_{電池} &= E I’ \\[2.0ex]&= E \left(\frac{Mg}{Bl}\right) \\[2.0ex]&= \frac{MgE}{Bl}
  \end{aligned}
  $$
• おもりの速さ: ⑦式に \(I’ = \frac{Mg}{Bl}\) を代入します。
  $$
  \begin{aligned}
  E – vBl &= \left(\frac{Mg}{Bl}\right)R \\[2.0ex]vBl &= E – \frac{MgR}{Bl} \\[2.0ex]v &= \frac{1}{Bl} \left( E – \frac{MgR}{Bl} \right) \\[2.0ex]&= \frac{E}{Bl} – \frac{MgR}{B^2l^2} \\[2.0ex]&= \frac{EBl – MgR}{B^2l^2}
  \end{aligned}
  $$
• 1sあたりの熱量: ⑧式に \(I’ = \frac{Mg}{Bl}\) を代入します。
  $$
  \begin{aligned}
  P_{熱} &= I’^2 R \\[2.0ex]&= \left(\frac{Mg}{Bl}\right)^2 R \\[2.0ex]&= \frac{M^2g^2R}{B^2l^2}
  \end{aligned}
  $$
• おもりを持ち上げる仕事率: ⑨式に上で求めた\(v\)を代入します。
  $$
  \begin{aligned}
  P_{仕事} &= Mgv \\[2.0ex]&= Mg \left(\frac{EBl – MgR}{B^2l^2}\right) \\[2.0ex]&= \frac{MgEBl – M^2g^2R}{B^2l^2}
  \end{aligned}
  $$

各物理量が求められました。ここでエネルギー保存則が成り立っているかを確認します。
電池の供給電力 \(P_{電池}\) が、ジュール熱 \(P_{熱}\) とおもりを持ち上げる仕事率 \(P_{仕事}\) の和に等しいはずです。
$$
\begin{aligned}
P_{熱} + P_{仕事} &= \frac{M^2g^2R}{B^2l^2} + \frac{MgEBl – M^2g^2R}{B^2l^2} \\[2.0ex]&= \frac{M^2g^2R + MgEBl – M^2g^2R}{B^2l^2} \\[2.0ex]&= \frac{MgEBl}{B^2l^2} \\[2.0ex]&= \frac{MgE}{Bl}
\end{aligned}
$$
これは \(P_{電池}\) の値と一致します。したがって、計算結果は物理的に妥当です。

【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？

• 電磁力と誘導起電力の相互作用:
  • 核心: この問題は、単に電磁力や誘導起電力を個別に問うのではなく、両者が相互作用するダイナミックなシステムを理解することが核心です。
  • 理解のポイント:
    • 原因（入力）: 電池が電流を流す → 電流が電磁力を生む。
    • 結果（運動）: 電磁力が導体棒を動かす。
    • フィードバック（抑制）: 導体棒の運動が誘導起電力（逆起電力）を生む → 逆起電力がもとの電流を弱める。

    この一連の因果関係とフィードバックのループを捉えることが重要です。

• 2つの状態における物理法則の使い分け:
  • 核心: 「スイッチを入れた直後」と「速さが一定になった後」という、2つの異なる物理的状況に応じて、適用すべき法則を正しく選択する能力が問われます。
  • 理解のポイント:
    • 直後 (\(v=0\)): 誘導起電力は0。力学的には加速中なので「運動方程式 \(Ma=F\)」を、電気的には単純な「オームの法則 \(E=IR\)」を適用します。
    • 定常状態 (\(v=\text{一定}\)): 力学的には力がつりあっているので「力のつりあい」、電気的には逆起電力が発生しているので「キルヒホッフの法則 \(E-vBl=I’R\)」を適用します。
• エネルギー保存則:
  • 核心: この現象全体が、エネルギー保存則という物理学の大原則に支配されていることを理解すること。
  • 理解のポイント: 電池が供給した電気エネルギー (\(P_{電池}\)) が、熱エネルギー (\(P_{熱}\)) と力学的エネルギー（おもりを持ち上げる仕事率 \(P_{仕事}\)) に、過不足なく変換されるという関係 (\(P_{電池} = P_{熱} + P_{仕事}\)) を数式で確認できます。

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:
  • 直流モーター: この問題は直流モーターの最も単純なモデルです。モーターに負荷（おもり）をかけると回転数が落ち（\(v\)が減少）、逆起電力が減るため、より多くの電流が流れて強いトルク（力）を発生させる、という実際のモーターの性質を説明しています。
  • 導体棒を斜面で運動させる問題: 重力の分力が加わるだけで、力のつりあいや運動方程式の立て方は同じです。
  • 外部から力を加えて発電機として使う問題: 導体棒を外部から強制的に動かすと、誘導起電力によって電流が流れ、電池を充電したり、抵抗で熱を発生させたりします。この場合、外力がする仕事が電気エネルギーに変換されます。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 時間的状況の把握: 問題文が「〜した直後」「十分時間が経った後」「速さが〜になったとき」など、どの時間的フェーズを指しているのかを最初に確認します。
  2. 力学と電気の関係を図示: 導体棒にはたらく力（電磁力、張力など）と、回路の状態（起電力、抵抗、電流）を、1つの図にまとめて書き込み、両者の関係を可視化します。
  3. 方程式の立式:
     • 力学：運動方程式か、力のつりあいか？
     • 電気：オームの法則か、キルヒホッフの法則か？

     必要な方程式を立て、未知数と式の数を確認します。

  4. エネルギーの流れを意識する: 最終的な検算や、仕事率などを問われた場合は、「誰がエネルギーを供給し、何と何に変換されたか」というエネルギー保存の視点から考えると、立式や検算が容易になります。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 誘導起電力（逆起電力）の考慮漏れ:
  • 誤解: (2)の速さが一定になった状況でも、(1)と同じように誘導起電力を0と考えてしまい、電流が \(E/R\) のままだと勘違いする。
  • 対策: 「導体が磁場中を動いている限り、必ず誘導起電力が発生する」と肝に銘じる。特に、電池などで強制的に電流を流している系では、この誘導起電力は「逆起電力」として働き、電流を弱める効果があることを強く意識します。
• 力のつりあいと運動方程式の混同:
  • 誤解: (1)の加速中であるにもかかわらず、力のつりあいの式を立ててしまう。あるいは、(2)の等速運動なのに運動方程式を立てようとして混乱する。
  • 対策: 問題文の「動き出した」「速さが一定になった」という言葉に印をつけ、それぞれ「\(a \neq 0\), 運動方程式」「\(a=0\), 力のつりあい」と機械的に結びつけられるように訓練します。
• エネルギーと仕事率の混同:
  • 誤解: (2)で「1sあたりの熱量」や「仕事率」を問われているのに、エネルギーの単位である[J]の量（例：\(Q=I^2Rt\)）を計算してしまう。
  • 対策: 「仕事率」「電力」「〜率」と問われたら、単位がワット[W]（= [J/s]）であることを意識し、時間\(t\)を含まない式（\(P=Fv, P=VI, P=I^2R\)など）を立てるようにします。

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 (\(Ma = T – Mg\)):
  • 選定理由: (1)のスイッチを入れた直後は、力がつりあっておらず、おもりが加速運動を始めるからです。物体の運動状態の変化（加速度）と力の関係を記述する、力学の最も基本的な法則です。
  • 適用根拠: おもりに働く合力が0ではないため、その運動を記述するには運動方程式が必要です。
• キルヒホッフの第2法則 (\(E – vBl = I’R\)):
  • 選定理由: (2)の定常状態では、回路内に「電池の起電力\(E\)」と「誘導起電力\(vBl\)」という2つの起電力源が存在するためです。複数の起電力を含む回路を扱うための普遍的な法則です。
  • 適用根拠: 誘導起電力は電流を妨げる向きに生じるため、電池の起電力から差し引いたものが、回路全体の正味の起電力となります。この正味の起電力が、抵抗での電圧降下\(I’R\)と等しくなります。
• エネルギー保存則 (\(P_{電池} = P_{熱} + P_{仕事}\)):
  • 選定理由: この問題の物理現象全体を、エネルギーという統一的な視点から捉え直すために用います。各物理量の関係性を検証し、計算結果の妥当性を確認するための強力なツールです。
  • 適用根拠: 摩擦などによるエネルギー損失がない理想的な系では、供給されたエネルギーと消費・変換されたエネルギーの収支は常にゼロになるという、物理学の大原則に基づいています。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 文字の使い分け: (1)の電流\(I\)と(2)の電流\(I’\)のように、状況が違う物理量は、ダッシュ（’）をつけるなどして明確に区別しましょう。これにより、代入ミスを防ぐことができます。
• 連立方程式の整理: (2)では、「力のつりあいの式」と「キルヒホッフの法則の式」という2つの重要な式を連立させます。どの式からどの変数を求め、次にどの式に代入するか、という計算の見通しを立ててから計算を始めると、混乱が少なくなります。
• 分数の整理: 最終的な答えは、\(v = \frac{EBl – MgR}{B^2l^2}\) のように複雑な分数になります。計算途中で分母と分子を混同しないよう、大きな横線を引いて丁寧に記述しましょう。また、可能であれば、各項の物理的な意味（例：\(E/Bl\)は逆起電力がない場合の速度、\(MgR/B^2l^2\)は電流による速度の減少分）を考えながら計算すると、理解が深まります。

391 コイルの自己インダクタンス

【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「自己インダクタンスの導出」です。ソレノイドコイルを例に、電流が作る磁場、電流の変化が作る磁場の変化、そしてその磁場の変化がファラデーの電磁誘導の法則に従って自分自身に誘導起電力を生み出す（自己誘導）という一連の流れを理解し、最終的に自己インダクタンス\(L\)をコイルの形状（長さ、断面積、巻き数）で表現することを目指します。
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。

【空欄①】磁界の強さ

思考の道筋とポイント
ソレノイドコイルの内部にできる磁場（磁界）の強さ\(H\)を求める問題です。これは公式として覚えておくべき重要な関係式です。
この設問における重要なポイント

• ソレノイド内部の磁場の強さ\(H\)は、単位長さあたりの巻き数\(n\)と電流\(I\)の積で与えられる (\(H=nI\))。
• 単位長さあたりの巻き数\(n\)は、全体の巻き数\(N\)を全体の長さ\(l\)で割ることで求められる (\(n=N/l\))。

具体的な解説と立式
ソレノイド内部の磁場の強さ\(H\)は、単位長さあたりの巻き数\(n\)と電流\(I\)を用いて、
$$ H = nI \quad \cdots (a) $$
と表されます。
問題では、長さ\(l\)、巻き数\(N\)と与えられているので、単位長さあたりの巻き数\(n\)は、
$$ n = \frac{N}{l} \quad \cdots (b) $$
となります。(b)式を(a)式に代入すると、
$$ H = \frac{N}{l} I $$

上記の立式そのものが答えとなります。

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き数\(n\)）」と「どれだけ強い電流を流したか（\(I\)）」の掛け算で決まります。今回は、長さ\(l\)に\(N\)回巻かれているので、密度の指標である\(n\)は\(N/l\)となります。これに\(I\)を掛けるだけです。

ソレノイド内部の磁場の強さは \(H = \frac{N}{l}I\) となります。

【空欄②】磁界の増加分

思考の道筋とポイント
電流が\(\Delta I\)だけ変化したときに、磁場がどれだけ変化するかを問うています。①で求めた関係式において、変化量（\(\Delta\)）を考えるだけです。
この設問における重要なポイント

• 磁場の強さ\(H\)は電流\(I\)に比例するため、\(H\)の変化量\(\Delta H\)も\(I\)の変化量\(\Delta I\)に比例する。

具体的な解説と立式
①で求めた関係式 \(H = \frac{N}{l}I\) において、電流が\(I\)から\(I+\Delta I\)に変化すると、磁場も\(H\)から\(H+\Delta H\)に変化します。
$$ H + \Delta H = \frac{N}{l} (I + \Delta I) $$
この式の右辺を展開すると、
$$ H + \Delta H = \frac{N}{l}I + \frac{N}{l}\Delta I $$
\(H = \frac{N}{l}I\) なので、両辺からこの項を引くと、磁場の増加分\(\Delta H\)が求まります。
$$ \Delta H = \frac{N}{l} \Delta I $$

上記の立式そのものが答えとなります。

磁場の強さは電流に比例するので、電流が\(\Delta I\)だけ増えれば、磁場の強さも比例して増えます。比例定数は①と同じ\(\frac{N}{l}\)なので、増加分は\(\frac{N}{l}\Delta I\)となります。

磁場の増加分は \(\Delta H = \frac{N}{l}\Delta I\) となります。

【空欄③】誘導起電力の大きさ

思考の道筋とポイント
電流の変化によって生じた磁場の変化が、コイル自身を貫く磁束を変化させ、その結果として誘導起電力が生じます。この大きさをファラデーの電磁誘導の法則を用いて計算します。
この設問における重要なポイント

• 磁束密度\(B\)と磁場\(H\)の関係は \(B = \mu_0 H\)。
• コイル1巻きを貫く磁束は \(\phi_1 = BS\)。
• コイル全体を貫く総磁束（鎖交磁束）は \(\Phi = N\phi_1 = NBS\)。
• ファラデーの法則は \(V = – \frac{\Delta \Phi}{\Delta t}\) であり、総磁束の変化率で計算する。

具体的な解説と立式

1. 磁束密度の変化\(\Delta B\): 磁場の変化\(\Delta H\)と透磁率\(\mu_0\)を用いて、磁束密度の変化\(\Delta B\)を求めます。
   $$ \Delta B = \mu_0 \Delta H $$
   これに②の結果を代入すると、
   $$ \Delta B = \mu_0 \frac{N}{l} \Delta I $$
2. コイル1巻きあたりの磁束の変化\(\Delta \phi_1\): コイルの断面積は\(S\)なので、
   $$ \Delta \phi_1 = S \Delta B $$
   $$ \Delta \phi_1 = S \left( \mu_0 \frac{N}{l} \Delta I \right) $$
3. コイル全体の総磁束の変化\(\Delta \Phi\): コイルは\(N\)回巻きなので、1巻きあたりの磁束の変化を\(N\)倍します。
   $$ \Delta \Phi = N \Delta \phi_1 $$
   $$ \Delta \Phi = N \left( S \mu_0 \frac{N}{l} \Delta I \right) $$
   $$ \Delta \Phi = \frac{\mu_0 N^2 S}{l} \Delta I $$
4. 誘導起電力の大きさ\(|V|\): ファラデーの法則より、総磁束の変化\(\Delta \Phi\)を時間\(\Delta t\)で割ることで、起電力の大きさが求まります。
   $$ |V| = \left| – \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} \right| $$
   $$ |V| = \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} $$
   $$ |V| = \frac{1}{\Delta t} \left( \frac{\mu_0 N^2 S}{l} \Delta I \right) $$
   $$ |V| = \frac{\mu_0 N^2 S}{l} \frac{\Delta I}{\Delta t} $$

上記の立式そのものが答えとなります。

電流の変化(\(\Delta I\)) → 磁場の変化(\(\Delta H\)) → 磁束密度の変化(\(\Delta B\)) → 磁束の変化(\(\Delta \Phi\)) → 起電力(\(V\))という流れを追います。
②で求めた磁場の変化に\(\mu_0\)を掛けて磁束密度の変化を出し、それに面積\(S\)と巻き数\(N\)を掛けてコイル全体の磁束の変化を求めます。最後に、それを時間\(\Delta t\)で割ると、ファラデーの法則により起電力の大きさが求まります。

誘導起電力の大きさは \(|V| = \frac{\mu_0 N^2 S}{l} \frac{\Delta I}{\Delta t}\) となります。

【空欄④】自己インダクタンス

思考の道筋とポイント
③で求めた誘導起電力の表式と、自己インダクタンス\(L\)を用いた自己誘導の定義式 \(|V| = L |\frac{\Delta I}{\Delta t}|\) を比較することで、\(L\)をコイルの形状などで表します。
この設問における重要なポイント

• 自己誘導の起電力の定義式: \(V = -L \frac{\Delta I}{\Delta t}\)
• 2つの異なる方法で導出した\(V\)の表現を比較し、係数部分を抜き出す。

具体的な解説と立式
自己誘導によって生じる起電力の大きさは、自己インダクタンス\(L\)を用いて、
$$ |V| = L \left| \frac{\Delta I}{\Delta t} \right| \quad \cdots (c) $$
と定義されます。
一方、③でファラデーの法則から導出した起電力の大きさは、
$$ |V| = \left( \frac{\mu_0 N^2 S}{l} \right) \frac{\Delta I}{\Delta t} \quad \cdots (d) $$
でした。この2つの式(c)と(d)は同じ物理現象を表しているので、等しいはずです。両式の係数部分を比較すると、
$$ L = \frac{\mu_0 N^2 S}{l} $$

上記の比較により、自己インダクタンス\(L\)が求められます。

自己インダクタンス\(L\)は、「電流が変化したときに、どれだけ大きな逆向き電圧（起電力）を生み出すか」という、コイルの性能を表す値です。③で計算した起電力の式を見ると、\(\frac{\Delta I}{\Delta t}\)（電流の変化の速さ）に比例していることがわかります。その比例定数部分が、まさに自己インダクタンス\(L\)の正体です。

ソレノイドコイルの自己インダクタンスは \(L = \frac{\mu_0 N^2 S}{l}\) となります。この式から、自己インダクタンスはコイルの形状（巻き数の2乗、断面積、長さ）と、内部に詰める物質の透磁率\(\mu_0\)だけで決まる、コイル固有の定数であることがわかります。

【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？

• 自己誘導現象の2つの表現:
  • 核心: 自己誘導によって生じる起電力\(V\)が、2つの異なる物理的視点から同じように表現できることを理解するのが、この問題の核心です。
  • 理解のポイント:
    • 視点A：ファラデーの法則（原因からのアプローチ）: 「電流の変化 \(\Delta I\)」→「磁場の変化 \(\Delta H\)」→「磁束の変化 \(\Delta \Phi\)」→「起電力 \(V = – \frac{\Delta \Phi}{\Delta t}\)」という、物理現象の因果関係を根本からたどるアプローチ。
    • 視点B：自己インダクタンスの定義（結果からのアプローチ）: 自己誘導という現象を、「起電力\(V\)は、原因である電流の時間変化率 \(\frac{\Delta I}{\Delta t}\) に比例する」と捉え、その比例定数を\(L\)（自己インダクタンス）と定義するアプローチ (\(V = -L \frac{\Delta I}{\Delta t}\))。
  • この問題は、視点Aで計算した結果と、視点Bの定義式を比較することで、コイルの形状から自己インダクタンス\(L\)が求まることを示しています。

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:
  • トロイダルコイル（リング状ソレノイド）の自己インダクタンス: 計算方法はソレノイドとほぼ同じですが、磁路の長さが円周 \(2\pi r\) に、断面積がコイルの断面積になるなど、幾何学的な形状の扱いが変わります。
  • 鉄心入りコイルの自己インダクタンス: コイルの内部に鉄などの磁性体を入れると、透磁率が真空の透磁率\(\mu_0\)から、物質固有の透磁率\(\mu\)に変わります。自己インダクタンスの式は \(L = \frac{\mu N^2 S}{l}\) となり、\(\mu\)は\(\mu_0\)の数百〜数千倍になるため、自己インダクタンスは劇的に大きくなります。
  • 相互インダクタンス: 2つのコイルを近づけておき、一方のコイル（1次コイル）の電流を変化させると、その磁束の変化がもう一方のコイル（2次コイル）を貫き、2次コイルに誘導起電力が生じます。この現象を相互誘導といい、その比例定数を相互インダクタンス\(M\)と呼びます。計算のアプローチは自己インダクタンスと非常に似ています。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 目標の明確化: 問題が「起電力\(V\)」を求めているのか、「自己インダクタンス\(L\)」を求めているのかを最初に確認します。
  2. 因果関係の連鎖を追う: \(I \to H \to B \to \phi \to \Phi \to V\) という一連の流れを意識します。各ステップでどの公式（\(H=nI, B=\mu_0 H, \phi=BS, \Phi=N\phi, V=-\Delta\Phi/\Delta t\)）を使うかを整理します。
  3. 変化量（\(\Delta\)）の扱い: 問題が電流の変化（\(\Delta I\)）について述べている場合、各物理量の変化量（\(\Delta H, \Delta B, \Delta \Phi\)）を順に計算していきます。
  4. \(L\)を求めるときは係数比較: 自己インダクタンス\(L\)を求めたい場合は、ファラデーの法則から導いた\(V\)の式を、\(V = L \frac{\Delta I}{\Delta t}\) の形に変形し、\(\frac{\Delta I}{\Delta t}\) の係数部分を抜き出す、という手順を思い出します。

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: \(H\)と\(B\)を同じものとして扱ってしまい、透磁率\(\mu_0\)を掛けるのを忘れる。
  • 対策: \(H\)は電流が直接作る「磁場（磁界）」、\(B\)は物質の性質（透磁率）も考慮に入れた「磁束密度」と区別します。単位も[A/m]と[T]で異なります。\(B=\mu_0 H\)という関係式を常に意識しましょう。
• 総磁束（鎖交磁束）の計算ミス:
  • 誤解: ファラデーの法則を適用する際に、コイル1巻きあたりの磁束\(\phi_1\)の変化を使ってしまい、巻き数\(N\)を掛け忘れる (\(V = -\frac{\Delta \phi_1}{\Delta t}\)としてしまう)。
  • 対策: コイル全体の起電力は、N本の導線がそれぞれ起電力を生み出し、それらが直列に接続されていると考えることができます。したがって、コイル全体の総磁束（鎖交磁束）\(\Phi = N\phi_1\) の変化率で計算する必要があると理解します。
• 巻き数\(N\)の扱いの混乱:
  • 誤解: 磁場を計算するときの\(N\)（\(H = \frac{N}{l}I\)）と、総磁束を計算するときの\(N\)（\(\Phi = N\phi_1\)）を混同し、最終的に\(N\)の次数（\(N^2\)になるべきところを\(N\)にしてしまうなど）を間違える。
  • 対策: 磁場計算での\(N\)は「単位長さあたりの密度」として効いてくる。総磁束計算での\(N\)は「足し合わせる回数」として効いてくる。結果的に\(L\)は\(N^2\)に比例する、ということを結果から覚えておくのも有効です。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• ソレノイドが作る磁場の公式 (\(H = nI\)):
  • 選定理由: コイルに流れる電流\(I\)という「原因」から、最初の物理的効果である「磁場\(H\)」を計算するために選択します。これはアンペールの法則をソレノイドに適用した結果であり、この問題の出発点です。
  • 適用根拠: 問題が「十分に細長いコイル（ソレノイド）」と明記しており、内部に一様な磁場ができるという理想的な状況を仮定しているため、この公式が正確に適用できます。
• ファラデーの電磁誘導の法則 (\(V = – \frac{\Delta \Phi}{\Delta t}\)):
  • 選定理由: 磁束の変化という物理現象と、それによって引き起こされる誘導起電力という結果を直接結びつける、電磁誘導の最も根源的な法則だからです。
  • 適用根拠: 電流の変化\(\Delta I\)によって、コイルを貫く総磁束\(\Phi\)が時間的に変化する状況そのものであるため、この法則を適用するのが最も直接的です。
• 自己インダクタンスの定義式 (\(V = -L \frac{\Delta I}{\Delta t}\)):
  • 選定理由: ファラデーの法則に従って複雑な計算（\(I \to H \to B \to \Phi \to V\)）をしなくても、コイルの特性値である\(L\)さえ分かっていれば、電流の変化率から直接起電力を計算できる、という便利な関係式として導入されます。この問題では、\(L\)そのものを求めるために、この定義式との「比較」に用います。
  • 適用根拠: 自己誘導現象において、起電力が電流の変化率に比例するという実験事実を数式化したものであり、この現象を記述するための定義そのものです。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 文字式の整理: \(N, l, S, \mu_0\)など多くの文字が登場します。特に\(N\)が2乗になる過程を意識し、計算の各段階で項を正確に書き写すことが重要です。
• 単位の確認: 自己インダクタンスの単位はヘンリー[H]です。その定義は \( [H] = \frac{[V] \cdot [s]}{[A]} \) となります。③で求めた起電力の式と④で求めた\(L\)の式が、この単位の関係を満たしているか（次元解析）を確認することで、計算ミスを発見できることがあります。
• 比例関係の意識: 最終的に得られた \(L = \frac{\mu_0 N^2 S}{l}\) という式を見て、「Lは巻き数Nの2乗に比例する」「断面積Sに比例する」「長さlに反比例する」といった物理的な意味を読み取る癖をつけると、公式の記憶が定着し、応用力も高まります。

392 コイルの入った回路

【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直列回路の過渡現象」です。コイルを含む直流回路において、スイッチを入れた「直後」と、そこから「十分に時間が経過した後」という2つの特徴的な瞬間に、回路がどのように振る舞うかを理解する力が問われます。
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。

スイッチを閉じた直後

思考の道筋とポイント
「スイッチを閉じた直後」という瞬間のコイルの振る舞いを理解することが鍵です。コイルの最も重要な性質は「電流の変化を嫌う」ことです。この性質から、スイッチを入れる直前と直後で、コイルを流れる電流は変化しない（連続である）と考えます。
この設問における重要なポイント

• 電流の連続性: スイッチを閉じる直前の電流は0A。したがって、閉じた直後のコイルを流れる電流も0Aである。
• コイルの役割: 電流を0Aに保つために、コイルは自ら起電力を発生させます。この瞬間、コイルは「電流を無理やり0にしようとする特殊な電池」のように振る舞います。
• キルヒホッフの法則の適用: 回路全体で電圧のつじつまが合うように、キルヒホッフの第2法則を立てます。

具体的な解説と立式

1. コイルに流れる電流 \(I_{直後}\):
   コイルには、自身を流れる電流を維持しようとする性質（自己誘導）があります。スイッチを閉じる直前、回路に電流は流れていないので、電流は0Aです。したがって、スイッチを閉じた直後においても、コイルを流れる電流は瞬時には変化できず、
   $$ I_{直後} = 0 \text{ [A]} $$
   となります。
2. コイルの誘導起電力 \(V_{L}\):
   スイッチを閉じた直後の回路について、キルヒホッフの第2法則を考えます。回路を一回りする間の電位の変化の和は0です。
   • 電池Eによる起電力: \(+E\)
   • 抵抗Rによる電圧降下: \(-RI_{直後}\)
   • コイルによる誘導起電力（電圧降下）: \(-V_L\)

   したがって、回路方程式は次のようになります。
   $$ E – R I_{直後} – V_L = 0 $$
   ここに、\(I_{直後} = 0\) [A]、\(E = 6.0\) [V]、\(R = 2.0\) [\(\Omega\)] を代入します。
   $$ 6.0 – (2.0 \times 0) – V_L = 0 $$
   これを解くと、コイルに生じる誘導起電力\(V_L\)が求まります。

$$
\begin{aligned}
6.0 – (2.0 \times 0) – V_L &= 0 \\[2.0ex]6.0 – 0 – V_L &= 0 \\[2.0ex]V_L &= 6.0 \text{ [V]}
\end{aligned}
$$

スイッチを入れた瞬間、コイルは「まだ電流を流したくない！」と全力で抵抗します。その結果、コイルを流れる電流は0Aのままです。
回路全体では、電池が6.0Vで電流を流そうとしています。抵抗には電流が流れていないので、電圧はかかっていません（0V）。つじつまを合わせるためには、コイルが電池と全く同じ6.0Vの電圧を、逆向きに発生させている必要があります。これがコイルの誘導起電力です。

スイッチを閉じた直後、コイルに流れる電流は0A、コイルの誘導起電力の大きさは6.0Vです。このとき、コイルは電流を増やそうとする電池の働きを完全に打ち消す「逆起電力」を発生させていると解釈できます。

十分に時間が経過した後

思考の道筋とポイント
「十分に時間が経過した後」とは、回路が定常状態に達し、電流が一定値に落ち着いた状況を指します。電流が変化しなくなると、コイルの自己誘導は働かなくなります。
この設問における重要なポイント

• 定常状態: 電流\(I\)が一定値になり、時間変化しない (\(\frac{\Delta I}{\Delta t} = 0\))。
• コイルの役割: 電流が変化しないため、自己誘導による起電力 \(V_L = -L\frac{\Delta I}{\Delta t}\) は0になる。このとき、コイルは単なる「抵抗0の導線」とみなせる。
• コイルに蓄えられるエネルギー: 定常電流\(I\)が流れることで、コイルには \(U = \frac{1}{2}LI^2\) のエネルギーが磁場の形で蓄えられる。

具体的な解説と立式

1. 定常電流 \(I_{定常}\) の計算:
   十分に時間が経過すると、電流は一定値 \(I_{定常}\) になります。このとき、電流の時間変化がないため、コイルに生じる誘導起電力は \(V_L = 0\) となります。
   したがって、回路は電池Eと抵抗Rだけが接続された単純な回路とみなせます。オームの法則より、
   $$ I_{定常} = \frac{E}{R} $$
2. コイルに蓄えられるエネルギー \(U\) の計算:
   コイルに電流 \(I_{定常}\) が流れているとき、そこに蓄えられる磁気エネルギー\(U\)は、公式を用いて計算できます。
   $$ U = \frac{1}{2} L I_{定常}^2 $$

• 定常電流の計算:
  $$
  \begin{aligned}
  I_{定常} &= \frac{E}{R} \\[2.0ex]&= \frac{6.0}{2.0} \\[2.0ex]&= 3.0 \text{ [A]}
  \end{aligned}
  $$
• エネルギーの計算:
  $$
  \begin{aligned}
  U &= \frac{1}{2} L I_{定常}^2 \\[2.0ex]&= \frac{1}{2} \times 4.0 \times (3.0)^2 \\[2.0ex]&= \frac{1}{2} \times 4.0 \times 9.0 \\[2.0ex]&= 18 \text{ [J]}
  \end{aligned}
  $$

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、抵抗するのをやめます。その結果、コイルはただの導線と同じになり、誘導起電力は0Vになります。このとき、回路は6.0Vの電池と2.0Ωの抵抗だけの単純な回路なので、電流は \(6.0 \div 2.0 = 3.0\)A になります。
この3.0Aの電流が流れることで、コイルは磁石のような性質を持ち、エネルギーを蓄えます。そのエネルギー量は、公式 \(\frac{1}{2}LI^2\) に値を代入して計算できます。

十分に時間が経過したとき、コイルに蓄えられるエネルギーは18Jです。このエネルギーは、電流を0から3.0Aまで増加させる間に、電池がした仕事の一部が変換されたものです。

【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？

• コイルの過渡特性（電流変化への抵抗）:
  • 核心: コイル（インダクタ）の最も本質的な性質は、「自身を流れる電流の急激な変化を妨げる」ことです。この性質が、スイッチのON/OFF直後の回路の振る舞いを決定します。
  • 理解のポイント:
    • スイッチON直後: 電流が0から流れ始めようとする（急激な増加）。コイルはこれを妨げるため、電流を0に保とうとして、電源電圧と等しい逆起電力を発生させます。この瞬間、コイルは「断線」しているかのように振る舞います。
    • 十分時間経過後（定常状態）: 電流が一定値に落ち着き、変化がなくなる (\(\Delta I / \Delta t = 0\))。コイルは変化を妨げる必要がなくなり、誘導起電力も0になります。この状態では、コイルは単なる「抵抗0の導線（ショート）」として振る舞います。
• コイルのエネルギー蓄積:
  • 核心: 電流が流れているコイルは、その内部に磁場の形でエネルギーを蓄えている、という事実を理解することです。
  • 理解のポイント: このエネルギーは、電流を0から定常値まで増加させる過程で、電源がした仕事の一部が変換されたものです。公式は \(U = \frac{1}{2}LI^2\) であり、コンデンサーに蓄えられる静電エネルギー \(U = \frac{1}{2}CV^2\) と対比して覚えることが重要です。

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:
  • スイッチをOFFにする問題: 回路が定常状態になった後、スイッチを開く（OFFにする）場合を考えます。コイルは「電流を流し続けよう」とするため、スイッチの隙間で火花を飛ばしてでも電流を流そうとします。このとき、非常に高い誘導起電力が発生します。
  • RC回路との比較: 抵抗とコンデンサーで構成されるRC回路も同様の過渡現象を示します。
    • コイル(L)：電流が連続。ON直後は断線、定常後は導線。
    • コンデンサー(C)：電圧が連続。ON直後は導線、定常後は断線。

    この対照的な振る舞いをセットで理解すると、応用力が格段に上がります。

  • 交流回路におけるコイル: 交流回路では、電流が絶えず変化するため、コイルは常に誘導起電力を発生させ、電流の流れを妨げます。これがコイルの「リアクタンス」の正体です。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 時間的状況の特定: 問題文が「スイッチを閉じた直後」なのか、「十分時間が経過した後」なのかを、まず最初に確認します。これが回路の振る舞いを決定する最大の要因です。
  2. 「直後」の思考: 「コイルを流れる電流は直前の値と同じ」という原則を適用します。スイッチOFF→ONなら、電流は0Aのまま。この条件でキルヒホッフの法則を立てます。
  3. 「十分経過後」の思考: 「コイルはただの導線になる」という原則を適用します。回路図からコイルを消して、ただの線に置き換えてから、回路全体を解析します。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 「直後」と「十分経過後」の混同:
  • 誤解: スイッチを入れた直後から、いきなり定常電流が流れると考えてしまう。
  • 対策: コイルは「あまのじゃく」で「怠け者」だと擬人化して覚える。「急に電流を流せと言われてもすぐには動けない（直後の電流は0）」、「ずっと同じ電流が流れていると慣れてしまって何もしなくなる（定常状態ではただの導線）」というイメージを持つと間違いにくくなります。
• 誘導起電力の扱い:
  • 誤解: スイッチ直後に電流が0Aだから、誘導起電力も0Vだと考えてしまう。
  • 対策: 誘導起電力は \(V_L = -L \frac{\Delta I}{\Delta t}\) で決まります。スイッチ直後は、電流の値そのものは0ですが、電流の変化率 \(\frac{\Delta I}{\Delta t}\) は最大になります。そのため、誘導起電力も最大値（この問題では電源電圧に等しい）をとります。値そのものと変化率を混同しないことが重要です。
• エネルギーの公式の混同:
  • 誤解: コイルのエネルギーを \(U=\frac{1}{2}LI^2\) ではなく、コンデンサーの \(U=\frac{1}{2}CV^2\) や、ジュール熱の \(Q=I^2Rt\) と混同する。
  • 対策: エネルギーの公式は、それぞれの素子と物理量（LとI, CとV, RとIとt）をセットで正確に覚えるしかありません。特に、コイルのエネルギーは磁場（電流が作る）に、コンデンサーのエネルギーは電場（電圧が作る）に蓄えられる、という物理的イメージと結びつけて覚えると効果的です。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• キルヒホッフの第2法則 (\(E – RI – V_L = 0\)):
  • 選定理由: 回路に複数の電圧源（電池Eとコイルの誘導起電力\(V_L\)）と電圧降下（抵抗R）が存在するため、回路全体の電圧の関係を記述するための最も基本的な法則として選択します。
  • 適用根拠: 「閉回路を一周したときの電位の変化の合計は0になる」という、エネルギー保存則の電気回路における表現であり、あらゆる回路に適用できる普遍的な法則だからです。
• コイルのエネルギーの公式 (\(U = \frac{1}{2}LI^2\)):
  • 選定理由: 問題が「コイルに蓄えられるエネルギー」を直接問うているため、この定義式を選択します。
  • 適用根拠: この公式は、電流を0からIまで増加させる間に、電源が逆起電力に逆らってした仕事の総量を計算（積分）することで導出されます。すなわち、磁場を形成するためにコイルに「注ぎ込まれた」エネルギーの総量を表しています。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 状態の明確化: 計算を始める前に、「スイッチ直後：\(I=0, V_L=?\)」「十分経過後：\(V_L=0, I=?\)」のように、各状態でどの物理量が0になり、どの物理量を求めるのかを明確にメモしてから計算を始めると、混乱を防げます。
• 単位の確認: エネルギーを求める問題では、最終的な単位がジュール[J]になることを意識します。自己インダクタンス[H]、電流[A]から、\([H] \cdot [A]^2 = [V \cdot s / A] \cdot [A]^2 = [V \cdot A \cdot s] = [W \cdot s] = [J]\) のように、単位の換算ができると、公式の形を間違えていないか検算できます。
• 単純な計算こそ慎重に: \(I = 6.0 / 2.0 = 3.0\) や \(U = 0.5 \times 4.0 \times 3.0^2 = 18\) のような簡単な計算でも、試験本番では焦りからミスが起こりがちです。数値を正確に書き出し、暗算に頼りすぎず、一度筆算や指差し確認をする習慣をつけると安全です。

393 コイルの入った回路

【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「コイルを含む並列回路の過渡現象」です。スイッチを入れた「直後」と「十分時間が経過した後」で、コイルが回路内で果たす役割が劇的に変化し、それによって電流の流れる経路が変わる点を理解することが重要です。
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。

基本的なアプローチは以下の通りです。

スイッチを閉じた直後

思考の道筋とポイント
「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、電流を流しません。この瞬間、コイルは「断線」している、つまりその枝は存在しないかのように振る舞います。この等価的な回路を考えることができれば、問題は単純な直流回路の計算に帰着します。
この設問における重要なポイント

• スイッチ直後のコイル → 断線とみなす: コイルを流れる電流は0A。
• 回路の単純化: コイルの枝を無視すると、回路は電池と2つの抵抗の直列接続になる。
• 並列部分の電圧: コイルの両端の電圧（誘導起電力）は、それと並列に接続されている1.0Ωの抵抗の両端の電圧に等しい。

具体的な解説と立式

1. コイルに流れる電流 \(I_{L}\):
   コイルは電流の急激な変化を妨げます。スイッチを閉じる直前の電流は0Aなので、閉じた直後のコイルを流れる電流も、
   $$ I_{L} = 0 \text{ [A]} $$
   となります。
2. コイルの誘導起電力 \(V_{L}\):
   コイルに電流が流れないため、回路を流れる電流\(I\)は、電池、2.0Ωの抵抗、1.0Ωの抵抗で構成される外側のループのみを流れます。
   このループの合成抵抗\(R_{合成}\)は、
   $$ R_{合成} = 2.0 + 1.0 \quad \cdots ① $$
   よって、このループを流れる電流\(I\)は、オームの法則より、
   $$ I = \frac{E}{R_{合成}} \quad \cdots ② $$
   コイルは1.0Ωの抵抗と並列に接続されています。並列部分の電圧は等しいので、コイルに生じている誘導起電力\(V_L\)の大きさは、1.0Ωの抵抗にかかる電圧\(V_{1\Omega}\)に等しくなります。
   $$ V_L = V_{1\Omega} \quad \cdots ③ $$
   1.0Ωの抵抗にかかる電圧は、オームの法則より、
   $$ V_{1\Omega} = 1.0 \times I \quad \cdots ④ $$

①式より、
$$
\begin{aligned}
R_{合成} &= 2.0 + 1.0 \\[2.0ex]&= 3.0 \text{ [}\Omega\text{]}
\end{aligned}
$$
②式より、回路を流れる電流\(I\)は、
$$
\begin{aligned}
I &= \frac{6.0}{3.0} \\[2.0ex]&= 2.0 \text{ [A]}
\end{aligned}
$$
④式より、1.0Ωの抵抗にかかる電圧は、
$$
\begin{aligned}
V_{1\Omega} &= 1.0 \times 2.0 \\[2.0ex]&= 2.0 \text{ [V]}
\end{aligned}
$$
③式より、コイルの誘導起電力\(V_L\)は、
$$ V_L = 2.0 \text{ [V]} $$

スイッチを入れた瞬間、コイルは「通せんぼ」をして電流を流しません。そのため、電流はコイルを避けて、2.0Ωと1.0Ωの抵抗を通る外側のルートだけを流れます。このときの回路全体の抵抗は \(2.0+1.0=3.0\)Ωです。したがって、流れる電流は \(6.0 \div 3.0 = 2.0\)A となります。
コイルの電圧は、隣にある1.0Ωの抵抗の電圧と同じはずです。1.0Ωの抵抗には2.0Aの電流が流れているので、その電圧は \(1.0 \times 2.0 = 2.0\)V。これがコイルの誘導起電力になります。

スイッチを閉じた直後、コイルに流れる電流は0A、コイルの誘導起電力の大きさは2.0Vです。このとき、コイルは電流が流れ込もうとするのを2.0Vの逆起電力で妨げていると解釈できます。

十分に時間が経過した後

思考の道筋とポイント
「十分に時間が経過した後」、電流は一定値に落ち着き、コイルは自己誘導を起こさなくなります。このとき、コイルは単なる「抵抗0の導線」として振る舞います。この性質が、回路の電流経路を変化させる鍵となります。
この設問における重要なポイント

• 十分経過後のコイル → 抵抗0の導線とみなす: 誘導起電力は0V。
• ショート（短絡）: 抵抗と並列に抵抗0の導線が接続されると、電流はすべて抵抗0の導線の方を流れるため、抵抗には電流が流れなくなる。これを「ショート」という。
• コイルに蓄えられるエネルギー: 定常電流\(I’\)が流れることで、コイルには \(U = \frac{1}{2}LI’^2\) のエネルギーが蓄えられる。

具体的な解説と立式

1. 定常電流 \(I’\) の計算:
   十分に時間が経過すると、電流は一定値になり、コイルの誘導起電力は0Vになります。このとき、コイルは抵抗0の導線とみなせます。
   回路図を見ると、この「抵抗0の導線（コイル）」は、1.0Ωの抵抗と並列に接続されています。電流は抵抗のある経路を避けて、抵抗のない経路を流れるため、1.0Ωの抵抗はショート（短絡）され、電流は流れなくなります。
   その結果、回路は電池E、2.0Ωの抵抗、そしてコイル（ただの導線）だけが直列に接続された単純な回路と等価になります。
   この回路を流れる電流、すなわちコイルを流れる定常電流\(I’\)は、オームの法則より、
   $$ I’ = \frac{E}{R_{2\Omega}} $$
2. コイルに蓄えられるエネルギー \(U\) の計算:
   コイルに定常電流 \(I’\) が流れているとき、そこに蓄えられる磁気エネルギー\(U\)は、公式を用いて計算できます。
   $$ U = \frac{1}{2} L I’^2 $$

• 定常電流の計算:
  $$
  \begin{aligned}
  I’ &= \frac{E}{R_{2\Omega}} \\[2.0ex]&= \frac{6.0}{2.0} \\[2.0ex]&= 3.0 \text{ [A]}
  \end{aligned}
  $$
• エネルギーの計算:
  $$
  \begin{aligned}
  U &= \frac{1}{2} L I’^2 \\[2.0ex]&= \frac{1}{2} \times 4.0 \times (3.0)^2 \\[2.0ex]&= \frac{1}{2} \times 4.0 \times 9.0 \\[2.0ex]&= 18 \text{ [J]}
  \end{aligned}
  $$

時間が経つと、コイルはただの電線になります。すると、電流はわざわざ抵抗のある1.0Ωの道を通らず、抵抗0のコイルの道を「近道」します。その結果、1.0Ωの抵抗は無視できるようになります（ショート）。
回路は実質的に、6.0Vの電池と2.0Ωの抵抗だけがつながったものと同じになり、流れる電流は \(6.0 \div 2.0 = 3.0\)A となります。
この3.0Aの電流がコイルに流れることで蓄えられるエネルギーを、公式 \(\frac{1}{2}LI^2\) で計算します。

十分に時間が経過したとき、コイルに蓄えられるエネルギーは18Jです。スイッチ直後と十分経過後で、コイルの振る舞いが「断線」から「導線」へと変化し、回路全体の電流の流れ方が変わるという、過渡現象の典型的な特徴が確認できました。

【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座

最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• コイルの過渡特性（2つの顔）:
  • 核心: コイルが、スイッチを入れた「直後」と「十分時間が経過した後」で、全く異なる振る舞いを見せることを理解するのが全てです。この「2つの顔」を使い分けることが問題を解く鍵となります。
  • 理解のポイント:
    • スイッチON直後 → コイルは「断線」: コイルは電流の急な変化を嫌うため、電流が0から流れ込もうとするのを全力で妨げます。その結果、この瞬間だけコイルの枝には電流が流れず、「断線」しているかのように振る舞います。
    • 十分時間経過後 → コイルは「ただの導線」: 電流が一定値に落ち着くと、電流の変化がなくなるため、コイルは自己誘導をやめます。その結果、誘導起電力は0になり、単なる「抵抗0の導線（ショート回路）」として振る舞います。
• 並列回路における電流経路の変化:
  • 核心: コイルの振る舞いが変化することに伴い、回路全体の電流の流れるルートが変わることを理解する必要があります。
  • 理解のポイント:
    • 直後: コイルが「断線」するため、電流はコイルを避けて、並列接続された抵抗を通るルートを流れます。
    • 十分経過後: コイルが「抵抗0の導線」になるため、電流はわざわざ抵抗のある並列な枝を避け、コイルの枝に集中して流れます。この結果、並列な抵抗は「ショート（短絡）」され、電流が流れなくなります。

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:
  • スイッチをOFFにする問題: 定常状態からスイッチを開くと、コイルは「電流を流し続けよう」とします。この回路の場合、コイルと1.0Ωの抵抗で閉じたループが残るため、コイルに蓄えられたエネルギーを使って、このループに一瞬だけ電流が流れ続けます。
  • RC回路との比較: 抵抗(R)とコンデンサー(C)で構成されるRC回路も同様の過渡現象を示しますが、振る舞いはコイルと正反対です。
    • コイル(L)：電流が連続。ON直後は「断線」、定常後は「導線」。
    • コンデンサー(C)：電圧が連続。ON直後は「導線」、定常後は「断線」。

    この対照的な性質をセットで理解すると、応用力が格段に上がります。

  • 抵抗がコイルと直列にある場合: もし1.0Ωの抵抗がコイルと同じ枝に直列接続されていた場合、十分経過後にコイルが導線になっても、その枝には1.0Ωの抵抗が残ります。そのため、ショートは起こらず、回路は2つの抵抗の並列回路として解析することになります。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 時間的状況の特定: 問題文が「スイッチを閉じた直後」なのか、「十分時間が経過した後」なのかを、まず最初に確認します。
  2. 等価回路を描く:
     • 「直後」なら、コイルの枝を消した（あるいは断線させた）回路図を描き直します。
     • 「十分経過後」なら、コイルをただの導線に書き換えた回路図を描き直します。
  3. ショート（短絡）の確認: 特に「十分経過後」の等価回路で、抵抗が抵抗0の導線と並列になっていないかを確認します。なっていれば、その抵抗は無視できます。
  4. 単純化された回路を解く: 書き直した単純な回路について、オームの法則やキルヒホッフの法則を適用します。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 「直後」の電流の経路ミス:
  • 誤解: スイッチを入れたらすぐに電流がすべての経路に流れると思い、並列回路の合成抵抗を計算してしまう。
  • 対策: 「コイルの電流は連続である」という大原則を思い出す。スイッチOFF→ONなら、コイルを流れる電流は0Aのまま。したがって、電流はコイルの枝を「避けて」流れると考える。
• 「十分経過後」のショートの見落とし:
  • 誤解: コイルが導線になることは分かっても、それによって並列な1.0Ωの抵抗がショートされることを見落とし、2.0Ωと1.0Ωの並列回路として計算してしまう。
  • 対策: 「電流は最も楽な道（抵抗0）を選ぶ」とイメージする。抵抗0の道（コイル）と抵抗ありの道（1.0Ω抵抗）が並列にあれば、電流は100%抵抗0の道を選ぶ、と理解する。
• スイッチ直後の誘導起電力の計算ミス:
  • 誤解: スイッチ直後の誘導起電力を、電源電圧と同じ6.0Vだと早合点してしまう。
  • 対策: 誘導起電力は、あくまでキルヒホッフの法則のつじつまを合わせるために発生します。この回路では、コイルと並列な1.0Ωの抵抗にかかる電圧に等しくなります。必ず回路全体の電圧関係から求める癖をつけましょう。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• コイルの過渡特性（断線/導線モデル）:
  • 選定理由: 複雑な微分方程式を解かずに、過渡現象の2つの極端な状態（\(t=0, t=\infty\)）を解析するための、非常に強力で簡便なモデルだからです。
  • 適用根拠: 自己誘導の基本式 \(V_L = -L \frac{dI}{dt}\) に基づいています。
    • \(t=0\)直後：電流を0から有限値に変えるには \(\frac{dI}{dt} \to \infty\) となり、非常に大きな逆起電力が発生して電流を妨げます。これを理想化して「電流0＝断線」とモデル化します。
    • \(t=\infty\)：電流が一定値に収束し \(\frac{dI}{dt} = 0\)。よって \(V_L=0\)。これは「抵抗0の導線」と等価です。
• キルヒホッフの法則:
  • 選定理由: 複数のループや枝を持つ回路の電圧・電流関係を記述するための普遍的な法則だからです。特にスイッチ直後のように、各部品の電圧関係から未知の電圧（誘導起電力）を求める際に不可欠です。
  • 適用根拠: エネルギー保存則と電荷保存則の電気回路における表現であり、どんな複雑な回路にも適用できます。
• コイルのエネルギー公式 (\(U = \frac{1}{2}LI^2\)):
  • 選定理由: 問題が「コイルに蓄えられるエネルギー」を直接問うているため、この定義式を選択します。
  • 適用根拠: 磁場を形成するためにコイルに蓄えられたエネルギーの総量を表す定義式です。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 等価回路の図示: 「直後」と「十分経過後」の等価回路を、元の回路図の隣に必ず描きましょう。視覚的に理解することで、計算対象となる抵抗や電流の経路を間違えるのを防ぎます。
• 計算ステップの分離:
  1. まず、等価回路における全体の電流を求める。
  2. 次に、その電流を使って、特定の部品にかかる電圧を求める。
  3. 最後に、その電圧や電流を使って、エネルギーなどを求める。

  このように、一度に全てを計算しようとせず、ステップを分けて計算を進めることがミス防止につながります。

• 並列と直列の区別: スイッチ直後の回路では、2つの抵抗は直列接続とみなせます。十分経過後の回路では、コイルと並列な抵抗は無視され、残りの抵抗だけが回路に存在します。この構造変化を正確に把握することが重要です。

394 相互誘導

【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「相互誘導と\(I-t\)グラフの関係」です。1次コイルに流れる電流\(I_1\)の時間変化が与えられたとき、その影響で2次コイルに生じる誘導起電力\(V\)がどのように変化するかをグラフで表現する問題です。自己誘導との類似性を理解することがポイントです。
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。

基本的なアプローチは以下の通りです。

思考の道筋とポイント
与えられた1次コイルの\(I_1-t\)グラフから、2次コイルの誘導起電力\(V\)の\(V-t\)グラフを作成する問題です。この変換の鍵は、相互誘導の公式 \(|V| = M |\frac{\Delta I_1}{\Delta t}|\) と、レンツの法則による符号の決定を正しく行うことです。
誘導起電力\(V\)は、1次電流\(I_1\)そのものではなく、\(I_1\)の「時間変化率」、すなわち\(I_1-t\)グラフの「傾き」の大きさに比例します。符号については、この問題の定義とコイルの巻き方を考慮すると、傾きが正なら\(V\)も正、傾きが負なら\(V\)も負となります。
この設問における重要なポイント

• 2次コイルの誘導起電力\(V\)の大きさは、1次コイルの電流の時間変化率\(|\frac{\Delta I_1}{\Delta t}|\)に比例する。
• \(|V| = M |\frac{\Delta I_1}{\Delta t}|\) の関係から、\(V\)の大きさは\(I_1-t\)グラフの傾きの大きさに\(M\)を掛けた値になる。
• \(I_1-t\)グラフが直線の場合、その区間の傾きは一定であり、誘導起電力\(V\)も一定値となる。
• 起電力の正負は、問題文で定義された向きと、物理法則（レンツの法則）の両方から慎重に確認する必要がある。

具体的な解説と立式
まず、各区間における誘導起電力\(V\)の符号をレンツの法則で決定します。

• 区間 \(0 \le t < 0.10\) s:
  1. 1次コイルに正の向き（図の上から見て反時計回り）の電流\(I_1\)が増加します。
  2. 右ねじの法則より、コイル1は下向きの磁場を強めます。
  3. 2次コイルを貫く下向きの磁束が増加します。
  4. レンツの法則より、2次コイルはこれを妨げるために上向きの磁場を作ろうとします。
  5. 上向きの磁場を作るには、右ねじの法則より、2次コイルに上から見て反時計回りの電流を流す必要があります。
  6. この向きは、問題で定義された\(I_2\)の正の向きと一致するため、この区間の\(V\)は正となります。
• 区間 \(0.20 \le t < 0.30\) s:
  1. 1次コイルの電流が正から負に変化します。これは、下向きの磁束が弱まり、さらに上向きの磁束が強まる変化です。
  2. 2次コイルはこれを妨げるために下向きの磁場を作ろうとします。
  3. 下向きの磁場を作るには、2次コイルに上から見て時計回りの電流を流す必要があります。
  4. この向きは、\(I_2\)の正の向きとは逆です。
  5. したがって、この区間の起電力\(V\)は負となります。

次に、各区間の起電力の大きさを \(|V| = M |\frac{\Delta I_1}{\Delta t}|\) で計算します。
与えられた\(I_1-t\)グラフを、傾きが一定である4つの区間に分けて考えます。

1. 区間 \(0 \le t < 0.10\) s
$$ \frac{\Delta I_1}{\Delta t} = \frac{2.0 – 0}{0.10 – 0} $$

2. 区間 \(0.10 \le t < 0.20\) s
$$ \frac{\Delta I_1}{\Delta t} = 0 $$

3. 区間 \(0.20 \le t < 0.30\) s
$$ \frac{\Delta I_1}{\Delta t} = \frac{-2.0 – 2.0}{0.30 – 0.20} $$

4. 区間 \(0.30 \le t < 0.40\) s
$$ \frac{\Delta I_1}{\Delta t} = 0 $$

各区間について、起電力の大きさを計算し、先に判断した符号と組み合わせます。相互インダクタンスは \(M=0.30\) H です。

1. 区間 \(0 \le t < 0.10\) s
$$
\begin{aligned}
\left| \frac{\Delta I_1}{\Delta t} \right| &= \left| \frac{2.0 – 0}{0.10 – 0} \right| = 20 \text{ [A/s]} \\[2.0ex]|V_1| &= M \left| \frac{\Delta I_1}{\Delta t} \right| \\[2.0ex]&= 0.30 \times 20 \\[2.0ex]&= 6.0 \text{ [V]}
\end{aligned}
$$
符号は正なので、\(V_1 = +6.0\) V。

2. 区間 \(0.10 \le t < 0.20\) s
傾きが0なので、
$$ V_2 = 0 \text{ [V]} $$

3. 区間 \(0.20 \le t < 0.30\) s
$$
\begin{aligned}
\left| \frac{\Delta I_1}{\Delta t} \right| &= \left| \frac{-2.0 – 2.0}{0.30 – 0.20} \right| = \left| \frac{-4.0}{0.10} \right| = 40 \text{ [A/s]} \\[2.0ex]|V_3| &= M \left| \frac{\Delta I_1}{\Delta t} \right| \\[2.0ex]&= 0.30 \times 40 \\[2.0ex]&= 12 \text{ [V]}
\end{aligned}
$$
符号は負なので、\(V_3 = -12\) V。

4. 区間 \(0.30 \le t < 0.40\) s
傾きが0なので、
$$ V_4 = 0 \text{ [V]} $$

2次コイルに発生する電圧\(V\)は、1次コイルの電流グラフの「傾きの大きさ」に比例定数\(M\)（今回は0.30）を掛け、符号はレンツの法則で決めます。

1. 最初のパート (\(0 \sim 0.10\)秒): 傾きの大きさは20。電圧の大きさは \(0.30 \times 20 = 6.0\)V。レンツの法則で考えると符号はプラス。よって \(+6.0\) V。
2. 2番目のパート (\(0.10 \sim 0.20\)秒): 傾きは0。したがって、電圧も 0 V。
3. 3番目のパート (\(0.20 \sim 0.30\)秒): 傾きの大きさは40。電圧の大きさは \(0.30 \times 40 = 12\)V。レンツの法則で考えると符号はマイナス。よって \(-12\) V。
4. 最後のパート (\(0.30 \sim 0.40\)秒): 傾きは0。したがって、電圧も 0 V。

これらの値を時間ごとにグラフに描けば完成です。

計算結果をまとめると、誘導起電力\(V\)は時間\(t\)とともに次のように変化します。

• \(0 \le t < 0.10\) s の区間: \(V = 6.0\) V （一定）
• \(0.10 \le t < 0.20\) s の区間: \(V = 0\) V
• \(0.20 \le t < 0.30\) s の区間: \(V = -12\) V （一定）
• \(0.30 \le t < 0.40\) s の区間: \(V = 0\) V

この結果をグラフに描きます。

【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？

• 相互誘導と\(I_1-t\)グラフの関係:
  • 核心: 2次コイルに生じる誘導起電力\(V\)は、1次コイルを流れる電流\(I_1\)の大きさそのものではなく、その「時間変化率（\(I_1-t\)グラフの傾き）」に比例するという関係を理解することが全てです。
  • 理解のポイント:
    • 傾きの大きさと起電力の大きさ: \(I_1-t\)グラフの傾きの絶対値が大きい（グラフが急）ほど、2次コイルに生じる誘導起電力\(V\)の絶対値も大きくなります。
    • 傾きが0なら起電力も0: \(I_1-t\)グラフが水平な区間（電流が一定）では、傾きが0なので誘導起電力も0になります。
• レンツの法則による符号決定:
  • 核心: 誘導起電力\(V\)の符号（正負）は、相互誘導の公式 \(V = -M \frac{\Delta I_1}{\Delta t}\) を機械的に適用するのではなく、物理法則に立ち返って判断することが重要です。
  • 理解のポイント: 1次コイルの電流変化が作る「磁束の変化」に対して、2次コイルがそれを「妨げる」向きの磁場を作るように起電力が生じます。コイルの巻き方向や、電流・電圧の正の向きの定義を正確に読み取り、右ねじの法則を適用して符号を決定する必要があります。

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:
  • 自己誘導との比較: 自己誘導は自分自身の電流変化で起電力が生じる (\(V = -L \frac{\Delta I}{\Delta t}\)) のに対し、相互誘導は相手の電流変化で起電力が生じます (\(V = -M \frac{\Delta I_1}{\Delta t}\))。\(I-t\)グラフから\(V-t\)グラフを求めるという問題の構造は全く同じです。
  • \(V-t\)グラフから\(I_1-t\)グラフを復元する問題: \(V = -M \frac{\Delta I_1}{\Delta t}\) を変形すると \(\Delta I_1 = -\frac{1}{M} V \Delta t\) となります。これは、\(V-t\)グラフと時間軸で囲まれた「面積」に\(-\frac{1}{M}\)を掛けたものが、1次電流の変化量\(\Delta I_1\)に対応することを意味します。
  • 変圧器（トランス）の原理: 相互誘導の最も重要な応用例です。交流電源を1次コイルにつなぐと、2次コイルにも交流の誘導起電力が生じます。巻き数比を調整することで、電圧を上げたり下げたりできます。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 定義の確認: まず、\(I_1\), \(I_2\), \(V\)の「正の向き」が図でどのように定義されているかを絶対に確認します。コイルの巻き方向も重要です。
  2. グラフを区間に分割: \(I_1-t\)グラフの傾きが一定になる区間ごとに線を引いて、問題を分割します。
  3. 符号の決定を最優先: 各区間について、「\(I_1\)の変化（増/減/向き）→ 1次コイルが作る磁束の変化 → 2次コイルが妨げるための磁場の向き → 2次コイルに流そうとする電流の向き → \(V\)の符号」という思考プロセスをたどり、符号を先に確定させます。
  4. 大きさの計算: 各区間の傾きの絶対値 \(|\frac{\Delta I_1}{\Delta t}|\) を計算し、\(|V| = M \times (\text{傾きの大きさ})\) の関係式を使って、起電力の大きさを求めます。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• \(V\)と\(I_1\)の混同:
  • 誤解: \(I_1-t\)グラフの形（台形）を、そのまま\(V-t\)グラフの形だと思ってしまう。
  • 対策: 「起電力は、電流の『値』ではなく『変化の度合い（傾き）』で決まる」と常に意識する。\(I_1\)が一定の区間では、磁束は存在するが変化はしないため、誘導起電力は0になることを徹底します。
• 公式のマイナス符号の機械的な適用:
  • 誤解: \(V = -M \frac{\Delta I_1}{\Delta t}\) のマイナス符号を、回路の定義に関わらず常に適用してしまう。
  • 対策: マイナス符号はレンツの法則の一般的な表現であり、「妨げる向き」を意味します。この問題のように、コイルの巻き方や正負の定義が具体的に与えられている場合は、必ず物理法則（レンツの法則＋右ねじの法則）に立ち返って符号を判断する癖をつけましょう。
• コイルの巻き方向の見落とし:
  • 誤解: 図に描かれているコイルの巻き方向を無視してしまい、符号の判断を誤る。
  • 対策: 1次コイルと2次コイルが同じ向きに巻かれているか、逆向きに巻かれているかを図でしっかり確認します。これが逆だと、起電力の符号もすべて逆になります。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 相互誘導の起電力の公式 (\(V_2 = -M \frac{\Delta I_1}{\Delta t}\)):
  • 選定理由: 1次コイルの電流変化という「原因」と、2次コイルに生じる誘導起電力という「結果」を直接結びつける定義式だからです。
  • 適用根拠: この公式の根源はファラデーの電磁誘導の法則 (\(V_2 = -N_2 \frac{\Delta \phi_{21}}{\Delta t}\)) です。ここで\(\phi_{21}\)はコイル1が作る磁束のうちコイル2を貫く分を表します。1次コイルが作る磁束は電流\(I_1\)に比例する (\(\phi_{21} \propto I_1\)) ため、\(\Delta \phi_{21} \propto \Delta I_1\) となります。これをまとめると \(V_2 \propto \frac{\Delta I_1}{\Delta t}\) という関係が導かれ、その比例定数を相互インダクタンス\(M\)と定義したのがこの公式です。
• レンツの法則:
  • 選定理由: 相互誘導の公式の「符号」を、与えられた回路の具体的な定義に合わせて物理的に正しく決定するための、最も根源的な法則だからです。
  • 適用根拠: エネルギー保存則の電磁気学における現れであり、あらゆる電磁誘導現象に適用できる普遍的な法則です。公式の符号の扱いに迷ったときに立ち返るべき、最も信頼できる指針となります。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 座標の丁寧な読み取り: グラフの各区間の始点と終点の座標（(\(t_1, I_{1,1}\)) と (\(t_2, I_{1,2}\))）を、問題用紙に明確に書き出すことから始めましょう。
• 傾きの計算式を明記: 傾きを求める際に、いきなり暗算せず、\(\frac{\Delta I_1}{\Delta t} = \frac{I_{1,後} – I_{1,前}}{t_{後} – t_{前}}\) という基本形を必ず書き、そこに数値を代入するプロセスを踏むことで、代入ミスや符号ミスを防ぎます。
• 符号と大きさの分離思考: まず、レンツの法則と右ねじの法則を用いて、各区間の起電力の符号（プラスかマイナスか）を確定させます。次に、符号を気にせずに大きさの計算（絶対値の計算）に集中します。最後に、求めた大きさに確定させた符号を付ける、という2段階の思考プロセスを経ることで、計算中の混乱を大幅に減らすことができます。
• 単位の確認: 相互インダクタンスの単位はヘンリー[H]です。その定義は \( [H] = \frac{[V] \cdot [s]}{[A]} \) となります。計算結果の単位がボルト[V]になっているかを確認することで、式の形を間違えていないか検算できます。

395 磁界を斜めに横切る導体棒

【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「傾斜したレール上の導体棒の運動とエネルギー保存」です。電磁力、重力、そして運動によって生じる誘導起電力（逆起電力）が複雑に絡み合う状況を、力学と電磁気学の法則を駆使して解き明かします。最終的には、エネルギー保存則の観点から、電池が供給するエネルギーと回路で消費されるエネルギーの関係を考察します。
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(1)

思考の道筋とポイント
導体棒PQを置いた「直後」の状態を考えます。この瞬間、導体棒の速度は0なので、運動による誘導起電力は発生しません。回路に流れる電流は電池の起電力\(E\)と抵抗\(R\)だけで決まります。この電流によって生じる電磁力が、重力に打ち勝って導体棒を上昇させることができるか、という力の大小関係を比較します。
この設問における重要なポイント

• 置いた直後 → 速度\(v=0\) → 誘導起電力は0。
• 導体棒にはたらく力（重力と電磁力）を、斜面に平行な成分と垂直な成分に分解する。
• 上昇する条件は「電磁力の斜面平行成分 > 重力の斜面平行成分」。

具体的な解説と立式

1. 回路に流れる電流\(I\):
   導体棒を置いた直後は速度\(v=0\)なので、誘導起電力は0です。回路に流れる電流\(I\)は、オームの法則より、
   $$ I = \frac{E}{R} \quad \cdots ① $$
2. 導体棒にはたらく力:
   • 電磁力\(F\): 導体棒にはb→aの向きに電流\(I\)が流れるため、フレミングの左手の法則より、水平右向きに大きさ \(F=IBl\) の電磁力が働きます。この力の、斜面に沿って上向きの成分\(F_{\parallel}\)は、
     $$ F_{\parallel} = F \cos\theta = (IBl) \cos\theta \quad \cdots ② $$
   • 重力\(mg\): 鉛直下向きに働きます。この力の、斜面に沿って下向きの成分\((mg)_{\parallel}\)は、
     $$ (mg)_{\parallel} = mg \sin\theta \quad \cdots ③ $$
3. 上昇するための条件:
   導体棒が上昇するためには、電磁力の上向き成分が重力の下向き成分より大きくなければなりません。
   $$ F_{\parallel} > (mg)_{\parallel} $$

上昇条件の不等式に、①, ②, ③を代入します。
$$
\begin{aligned}
(IBl) \cos\theta &> mg \sin\theta \\[2.0ex]\left(\frac{E}{R}\right)Bl \cos\theta &> mg \sin\theta
\end{aligned}
$$
この不等式を\(E\)について解きます。
$$
\begin{aligned}
E &> \frac{mgR \sin\theta}{Bl \cos\theta} \\[2.0ex]E &> \frac{mgR}{Bl} \tan\theta
\end{aligned}
$$

1. まず、スイッチを入れた瞬間に流れる電流 \(I=E/R\) を求めます。
2. この電流によって、導体棒は水平右向きに \(F=IBl\) の力を受けます。
3. この力を坂道に沿った方向の力に分解すると、\(F \cos\theta\) となります。これが坂を上らせようとする「アクセル」の力です。
4. 一方、重力は常に坂道を下らせようとします。この「ブレーキ」の力は \(mg \sin\theta\) です。
5. 坂を上るためには「アクセル > ブレーキ」である必要があるので、この不等式を立てて\(E\)の条件を求めます。

導体棒が上昇するための条件は \(E > \frac{mgR}{Bl} \tan\theta\) となります。起電力\(E\)がこの値より小さいと、電磁力が重力に負けて上昇できない、という物理的に妥当な結果です。

問(2)

思考の道筋とポイント
導体棒が上昇を始めると、速度\(v\)を持つようになり、誘導起電力が発生します。この誘導起電力は、電池の起電力\(E\)とは逆向きに作用し、電流を弱めます。電流が弱まると電磁力も弱まり、やがて電磁力と重力の斜面成分がつりあうと、加速度が0となって等速運動に移ります。この「力のつりあい」と「回路の法則」を連立させて終端速度\(v\)を求めます。
この設問における重要なポイント

• 速さが一定 → 加速度\(a=0\) → 力のつりあい。
• 導体棒が速さ\(v\)で動いている → 誘導起電力が発生する。
• 誘導起電力の大きさは、磁場を垂直に横切る速度成分で決まる。
• 回路全体の正味の起電力は、電池の起電力と誘導起電力の差になる。

具体的な解説と立式

1. 誘導起電力\(V_{誘導}\):
   導体棒が斜面に沿って速さ\(v\)で上昇するとき、その水平方向の速度成分は \(v\cos\theta\) です。導体棒は水平なので、この水平速度 \(v\cos\theta\) で磁場を垂直に横切ります。したがって、生じる誘導起電力の大きさは、
   $$ V_{誘導} = (v\cos\theta)Bl $$
   レンツの法則より、この起電力は電流を妨げる向き（P→Qの向き）に生じます。
2. 回路を流れる電流\(I’\):
   回路には、電池の起電力\(E\)（Q→P向き）と誘導起電力\(V_{誘導}\)（P→Q向き）が逆向きに存在します。よって、回路全体の正味の起電力は \(E – V_{誘導}\) となります。このときの電流を\(I’\)とすると、オームの法則より、
   $$ I’ = \frac{E – V_{誘導}}{R} = \frac{E – vBl\cos\theta}{R} \quad \cdots ④ $$
3. 力のつりあい:
   等速運動なので、導体棒にはたらく力の斜面平行成分はつりあっています。このときの電磁力を\(F’\)とすると、
   $$ F’_{\parallel} = (mg)_{\parallel} $$
   $$ (I’Bl)\cos\theta = mg\sin\theta \quad \cdots ⑤ $$

④で求めた\(I’\)を、力のつりあいの式⑤に代入します。
$$
\begin{aligned}
\left( \frac{E – vBl\cos\theta}{R} \right) Bl\cos\theta &= mg\sin\theta \\[2.0ex](E – vBl\cos\theta)Bl\cos\theta &= mgR\sin\theta \\[2.0ex]EBl\cos\theta – vB^2l^2\cos^2\theta &= mgR\sin\theta \\[2.0ex]vB^2l^2\cos^2\theta &= EBl\cos\theta – mgR\sin\theta \\[2.0ex]v &= \frac{EBl\cos\theta – mgR\sin\theta}{B^2l^2\cos^2\theta} \\[2.0ex]v &= \frac{1}{Bl\cos\theta} \left( E – \frac{mgR\sin\theta}{Bl\cos\theta} \right) \\[2.0ex]v &= \frac{1}{Bl\cos\theta} \left( E – \frac{mgR}{Bl}\tan\theta \right)
\end{aligned}
$$

1. 速さが一定になったので、坂を上る力と下る力がつりあっています。つまり「電磁力 × \(\cos\theta\) = 重力 × \(\sin\theta\)」です。
2. このときの電流は、スイッチ直後よりも弱くなっています。なぜなら、導体棒が動くことで「逆向きの電圧（誘導起電力）」が発生し、電池の電圧を打ち消すからです。
3. この弱くなった電流で発生する電磁力が、重力とつりあう、という関係式を立てて、速さ\(v\)について解きます。

等速運動になったときの速さが求められました。この式は、(1)で求めた上昇条件 \(E = \frac{mgR}{Bl}\tan\theta\) を満たすときにのみ \(v>0\) となり、物理的に矛盾のない結果となっています。

問(3)

思考の道筋とポイント
等速運動時の「電池がする仕事率（供給エネルギー率）」と「回路で発生するジュール熱（熱として失われるエネルギー率）」の比を求める問題です。これは、エネルギー保存則を考える問題です。
この設問における重要なポイント

• 電池の仕事率: \(P_{電池} = EI’\)
• ジュール熱（熱の発生率）: \(P_{熱} = I’^2R\)
• エネルギー保存則: \(P_{電池} = P_{熱} + P_{仕事}\) （\(P_{仕事}\)はおもりを持ち上げる仕事率）

具体的な解説と立式
等速運動時の電流\(I’\)は、力のつりあいの式⑤から求めるのが最も簡単です。
$$ (I’Bl)\cos\theta = mg\sin\theta $$
この式を\(I’\)について解くと、
$$
\begin{aligned}
I’ &= \frac{mg\sin\theta}{Bl\cos\theta} \\[2.0ex]&= \frac{mg}{Bl}\tan\theta
\end{aligned}
$$
この\(I’\)を用いて、各仕事率を計算します。

1. 電池が単位時間あたりにする仕事 \(W_{電池}\) (仕事率):
   $$ W_{電池} = E I’ = E \left( \frac{mg}{Bl}\tan\theta \right) $$
2. 単位時間あたりに発生するジュール熱 \(Q_{熱}\) (仕事率):
   $$ Q_{熱} = I’^2 R = \left( \frac{mg}{Bl}\tan\theta \right)^2 R $$
3. 比の計算:
   求めるのは \(\frac{Q_{熱}}{W_{電池}}\) です。
   $$ \frac{Q_{熱}}{W_{電池}} = \frac{\left( \frac{mg}{Bl}\tan\theta \right)^2 R}{E \left( \frac{mg}{Bl}\tan\theta \right)} $$

$$
\begin{aligned}
\frac{Q_{熱}}{W_{電池}} &= \frac{\left( \frac{mg}{Bl}\tan\theta \right)^2 R}{E \left( \frac{mg}{Bl}\tan\theta \right)} \\[2.0ex]&= \frac{\frac{mg}{Bl}\tan\theta \times R}{E} \\[2.0ex]&= \frac{mgR}{EBl}\tan\theta
\end{aligned}
$$

電池が1秒間に供給するエネルギーと、抵抗が1秒間に消費する熱エネルギーの比を求めます。どちらも電流\(I’\)を使って計算できます。

• 電池の供給エネルギー率 = \(E \times I’\)
• 抵抗の消費エネルギー率 = \(R \times I’^2\)

この2つの比を計算すると、答えが求まります。

ジュール熱は電池の仕事の \(\frac{mgR}{EBl}\tan\theta\) 倍となります。残りのエネルギーは、おもりを持ち上げるための仕事（位置エネルギーの増加）に使われたことになります。これはエネルギー保存則と整合性がとれています。

【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？

• 力学と電磁気学の融合:
  • 核心: この問題は、力学（斜面上の力のつりあい/運動方程式）と電磁気学（電磁力、誘導起電力）が密接に連動するシステムを解析することが核心です。どちらか一方の知識だけでは解けません。
  • 理解のポイント:
    • 電気→力: 回路に流れる電流\(I\)が、磁場から力（電磁力 \(F=IBl\)）を生み出す。
    • 力→運動: 電磁力と重力の合力が、導体棒の運動（加速 or 等速）を決定する。
    • 運動→電気: 導体棒の運動（速度\(v\)）が、回路に逆向きの起電力（誘導起電力 \(V=vBl\cos\theta\)）を生み出す。

    この相互作用のループを理解することが、問題全体を貫く最も重要な視点です。

• 2つの状態における物理法則の使い分け:
  • 核心: 「置いた直後」と「等速運動になった後」という、2つの異なる物理的状況に応じて、適用すべき法則を正しく選択する能力が問われます。
  • 理解のポイント:
    • 直後 (\(v=0\)): 誘導起電力は0。力学的には「力の大小関係（不等式）」を、電気的には単純な「オームの法則」を適用します。
    • 等速運動 (\(v=\text{一定}\)): 力学的には「力のつりあい」を、電気的には逆起電力を考慮した「キルヒホッフの法則」を適用します。
• エネルギー保存則:
  • 核心: (3)で問われているのは、エネルギー保存則の具体的な現れです。
  • 理解のポイント: 電池が供給した全エネルギー（仕事率 \(P_{電池}\)）が、熱として失われるエネルギー（ジュール熱 \(P_{熱}\)）と、おもりを上に運ぶための力学的なエネルギー（仕事率 \(P_{仕事}\)）に、過不足なく分配されるという関係 (\(P_{電池} = P_{熱} + P_{仕事}\)) を理解することが重要です。

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:
  • 直流モーターのモデル: この問題は、負荷（重力）がかかった直流モーターの動作原理を非常によくモデル化しています。始動時に大きな電流が流れ、回転数が上がると逆起電力で電流が安定する、というモーターの性質そのものです。
  • 導体棒が落下する場合: 電池がなく、導体棒が重力で斜面を滑り落ちる場合を考えます。落下速度に応じて誘導起電力と電流が発生し、その電流が作る電磁力は落下を妨げる向き（斜面を上る向き）に働きます。やがてこの電磁力と重力がつりあうと、導体棒は一定の終端速度で滑り落ちます。
  • 磁場の向きが異なる場合: 例えば磁場が水平方向や斜面と垂直な方向の場合、電磁力の向きが変わり、力の分解の仕方も変わります。しかし、「力を斜面平行と垂直に分解する」という基本方針は同じです。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 力の図示と分解: まず、導体棒にはたらく全ての力（重力、電磁力、垂直抗力など）を正確に図示します。次に、それらの力を全て「斜面に平行な成分」と「斜面に垂直な成分」に分解します。これが力学解析の第一歩です。
  2. 起電力の向きと大きさ: 回路に存在する全ての起電力（電池、誘導起電力）の向き（どちらがプラスか）と大きさを明確にします。特に誘導起電力は、速度のどの成分が寄与するのか（\(V=v_{\perp}Bl\)）を慎重に判断します。
  3. 2つの方程式を立てる:
     • 力学の式: 運動方程式か、力のつりあいか？
     • 電気の式: オームの法則か、キルヒホッフの法則か？

     この2つの方程式を連立させれば、ほとんどの問題は解けます。

  4. エネルギー収支を考える: (3)のように仕事や熱量を問われたら、エネルギー保存則 (\(P_{供給} = P_{消費} + P_{仕事}\)) を立てます。これは、計算結果の検算にも使えます。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 力の分解ミス:
  • 誤解: 電磁力\(F=IBl\)が水平に働くのに、これをそのまま斜面方向の力として扱ってしまう。あるいは、角度\(\theta\)を間違えて \(\cos\theta\) と \(\sin\theta\) を取り違える。
  • 対策: 必ず大きな図を描き、力のベクトルと斜面との間にできる直角三角形を明確に図示します。そして、角度\(\theta\)の位置を確認してから三角比を適用する癖をつけましょう。
• 誘導起電力の計算ミス:
  • 誤解: 導体棒の速さ\(v\)をそのまま公式に入れて \(V=vBl\) としてしまう。
  • 対策: 誘導起電力の公式は、あくまで磁場\(B\)、速度\(v\)、導体\(l\)が互いに直角な場合のものです。この問題では、導体棒は水平なので、磁場と垂直な速度成分、すなわち水平方向の速度成分 \(v\cos\theta\) を使う必要があることを理解します。
• 2つの状態の混同:
  • 誤解: (2)の等速運動の状況で、(1)で求めた電流 \(I=E/R\) を使ってしまう。
  • 対策: 「直後」と「等速時」では、誘導起電力の有無によって回路の状態が全く異なることを強く意識します。それぞれの状況で、電流の値も異なる（\(I\)と\(I’\)）ことを明確に区別して計算を進めます。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 力のつりあいの式 (\((I’Bl)\cos\theta = mg\sin\theta\)):
  • 選定理由: (2)の「速さが一定になった」という記述は、物理学的に「加速度が0」、すなわち「合力が0」であることを意味します。斜面方向の運動を記述するために、斜面平行成分の力のつりあいの式を立てるのが最も直接的です。
  • 適用根拠: ニュートンの運動法則の特別な場合（\(a=0\)）であり、等速直線運動する物体にはたらく力は常につりあっています。
• キルヒホッフの第2法則 (\(E – vBl\cos\theta = I’R\)):
  • 選定理由: (2)の状況では、回路内に「電池の起電力\(E\)」と「誘導起電力\(vBl\cos\theta\)」という2つの起電力源が存在するためです。複数の起電力を含む回路を扱うための普遍的な法則として選択します。
  • 適用根拠: 誘導起電力は、レンツの法則により、電池が流そうとする電流を妨げる向きに生じます。したがって、回路全体の正味の起電力は\(E\)から誘導起電力を引いたものになり、これが抵抗での電圧降下\(I’R\)と等しくなります。
• 仕事率の公式 (\(P=EI’, P=I’^2R\)):
  • 選定理由: (3)で「単位時間あたり」の仕事や熱量を問われているため、エネルギー[J]ではなく仕事率[W]を計算する必要があります。これらは電力の公式そのものです。
  • 適用根拠: \(P=EI’\)は電池が供給する電力、\(P=I’^2R\)は抵抗で消費される電力（ジュール熱の発生率）を表す、電気回路における基本的な定義式です。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 文字式の整理: この問題は文字が多く、式も複雑になりがちです。特に(2)の速度\(v\)を求める計算では、移項や割り算の際に符号や分母・分子を間違えないよう、一行一行、丁寧に変形を行いましょう。
• \(\tan\theta\) の活用: 計算の途中や最終的な答えで、\(\frac{\sin\theta}{\cos\theta}\) の形が出てきたら、積極的に \(\tan\theta\) に置き換えると、式がシンプルになり見通しが良くなります。
• エネルギー保存則による検算: (2)で求めた電流\(I’\)と速度\(v\)を使って、\(P_{電池}=EI’\), \(P_{熱}=I’^2R\), \(P_{仕事}=Mgv\sin\theta\)（※仕事率は力×速度なので、\(Mg\sin\theta \times v\)）をそれぞれ計算し、\(P_{電池} = P_{熱} + P_{仕事}\) が成り立つかを確認する。もし成り立たなければ、(2)の計算のどこかにミスがあることの証拠になります。（注：\(P_{仕事}\)は重力に逆らってする仕事率なので、力は\(Mg\sin\theta\)、速さは\(v\)です）

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