「センサー総合物理 3rd Edition」徹底解説！【Chapter 28】Step3

396 動く導体棒とコンデンサーとコイル

【問題の確認】まずは問題文をしっかり読み解こう

この問題は、傾斜したレール上を動く導体棒に生じる電磁誘導を扱い、コンデンサーやコイルが接続された場合の力学的な運動とエネルギーの変換を問う、電磁気学と力学の総合問題です。
(1)ではエネルギー保存則、(2)では終端速度における力のつり合いと定常電流という、異なる物理状況を正しく分析する能力が試されます。
この問題の核心は、導体棒の運動によって生じる「誘導起電力」を正しく計算し、それを力学的な「運動方程式」や「エネルギー保存則」、電気的な「回路方程式」と結びつけることです。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「電磁誘導が関わる力学とエネルギー」です。導体棒の運動と回路の状態が相互に影響し合う現象を扱います。
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
導体棒が落下したときの速さを「エネルギー保存の法則」を用いて求める問題です。この系では、重力（保存力）のみが仕事をし、磁場からの力は仕事をしないため、力学的エネルギーとコンデンサーの静電エネルギーの和が保存されます。したがって、「重力の位置エネルギーの減少量」が、「導体棒の運動エネルギーの増加量」と「コンデンサーの静電エネルギーの増加量」の和に等しい、という関係式を立てます。
この設問における重要なポイント

• 誘導起電力の計算: 導体棒は速さ \(v\) で斜面を滑り降りますが、磁場 \(B\) は鉛直上向きです。誘導起電力の公式 \(V=v_{\perp}Bl\) における速度 \(v_{\perp}\) は、磁場に垂直な速度成分です。導体棒の速度 \(v\) の水平成分は \(v \cos\theta\) であり、これが磁場 \(B\) と垂直です。したがって、誘導起電力の大きさは \(V = (v \cos\theta) Bl\) となります。
• エネルギー保存則の立式: （減少したエネルギー）＝（増加したエネルギー）の形で立式するのが明快です。
  • 減少したエネルギー：重力による位置エネルギー。導体棒がレールに沿って \(d\) 落下するときの鉛直方向の高さの変化は \(d \sin\theta\) です。
  • 増加したエネルギー：導体棒の運動エネルギーと、コンデンサーに蓄えられる静電エネルギーの2つです。
• 磁場からの力は仕事をしない: 磁場から電流が受ける力（ローレンツ力）は、常に導体棒の運動方向（速度の向き）と垂直な水平方向に働くため、仕事をしません。これがエネルギー保存則を適用できる根拠です。

具体的な解説と立式
初速0で落下を始める前の状態（位置エネルギーの基準点を落下後とする）と、距離 \(d\) を落下した瞬間の状態でエネルギー保存則を考えます。
初めの状態のエネルギー \(E_{\text{初}}\) は、位置エネルギーのみです。
$$ E_{\text{初}} = mg(d \sin\theta) $$
距離 \(d\) を落下した瞬間の速さを \(v\) とすると、このときのエネルギー \(E_{\text{後}}\) は、運動エネルギーとコンデンサーの静電エネルギーの和になります。
$$ E_{\text{後}} = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}CV^2 $$
ここで、\(V\) はこの瞬間の誘導起電力の大きさです。導体棒の速度 \(v\) の磁場に垂直な成分（水平成分）は \(v \cos\theta\) なので、
$$ V = (v \cos\theta) Bl \quad \cdots ① $$
エネルギー保存則 \(E_{\text{初}} = E_{\text{後}}\) より、
$$ mgd \sin\theta = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}CV^2 \quad \cdots ② $$

式①を式②に代入して、\(v\) について解きます。
$$
\begin{aligned}
mgd \sin\theta &= \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}C(vBl \cos\theta)^2 \\[2.0ex]mgd \sin\theta &= \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}CB^2l^2v^2 \cos^2\theta \\[2.0ex]mgd \sin\theta &= \frac{1}{2} v^2 (m + CB^2l^2 \cos^2\theta)
\end{aligned}
$$
この式を \(v^2\) について解くと、
$$
\begin{aligned}
v^2 &= \frac{2mgd \sin\theta}{m + CB^2l^2 \cos^2\theta}
\end{aligned}
$$
したがって、速さ \(v\) は、
$$
\begin{aligned}
v &= \sqrt{\frac{2mgd \sin\theta}{m + CB^2l^2 \cos^2\theta}} \text{ [m/s]}
\end{aligned}
$$

導体棒が坂を滑り落ちることで失う「高さのエネルギー」が、2つのエネルギーに分け与えられます。一つは導体棒自身の「速さのエネルギー」、もう一つはコンデンサーに蓄えられる「電気のエネルギー」です。この「失ったエネルギー＝得たエネルギーの合計」という関係を数式にして、速さ \(v\) を逆算します。

導体棒が距離 \(d\) 落下した瞬間の速さは \(\sqrt{\displaystyle\frac{2mgd \sin\theta}{m + CB^2l^2 \cos^2\theta}}\) [m/s] です。
もしコンデンサーが接続されていなければ（\(C=0\)）、この式は \(v = \sqrt{2gd \sin\theta}\) となり、これは単に摩擦のない斜面を滑り落ちる物体の速さの公式と一致します。コンデンサーがあることで分母が大きくなり、速さが遅くなることがわかります。これは、エネルギーの一部がコンデンサーに蓄えられるために運動エネルギーへの配分が減る、という物理的状況と一致しており、妥当な結果です。

問(2)

思考の道筋とポイント
「導体棒の速さが一定になった」という記述が最大のヒントです。これは、導体棒の加速度が0、つまり導体棒に働く力がつり合っている状態（終端速度）を意味します。まず、この力のつり合いの式を立てて電流 \(I\) を求めます。次に、速さが一定であることから誘導起電力も一定、したがって電流も一定（定常電流）であると考えます。定常電流ではコイルの自己誘導は働かないため、回路は単純なオームの法則に従います。この関係から速さ \(v’\) を求め、最後にコイルのエネルギーを計算します。
この設問における重要なポイント

• 力の図示と分解: 導体棒に働く力は「重力 \(mg\)」「垂直抗力 \(N\)」「磁場から受ける力 \(F\)\」の3つです。これらの力を、運動を解析しやすい「斜面に平行な方向」と「斜面に垂直な方向」に分解します。
• 磁場から受ける力 \(F\): 電流 \(I\) が流れる導体棒が磁場 \(B\) から受ける力は \(F=IBl\) です。力の向きはフレミングの左手の法則で決定します。レンツの法則から電流はP→Qの向きに流れると判断でき、磁場は鉛直上向きなので、力 \(F\) は水平右向きに働きます。
• 力のつり合い: 速さが一定なので、斜面に平行な方向の力がつり合っています。重力の斜面下向き成分 \(mg \sin\theta\) と、磁場からの力 \(F\) の斜面上向き成分 \(F \cos\theta\) が等しくなります。
• 定常状態の回路: 速さ \(v’\) が一定なので、誘導起電力 \(V = (v’ \cos\theta)Bl\) も一定です。これにより回路を流れる電流 \(I\) も一定値になります。電流が時間変化しない（定常電流）場合、コイルに自己誘導起電力は発生しません（\(V_L = -L \frac{dI}{dt} = 0\)）。したがって、コイルは単なる導線と見なせ、回路全体ではオームの法則 \(V=IR\) が成り立ちます。

具体的な解説と立式
まず、導体棒に働く力のつり合いを考えます。
導体棒に働く力は、鉛直下向きの重力 \(mg\)、斜面に垂直な向きの垂直抗力 \(N\)、そして水平右向きの磁場からの力 \(F\) です。
磁場からの力 \(F\) の大きさは、電流を \(I\) として \(F = IBl\) です。
斜面に平行な方向の力のつり合いを考えると、重力の斜面下向き成分 \(mg \sin\theta\) と、力 \(F\) の斜面上向き成分 \(F \cos\theta\) がつり合います。
$$ mg \sin\theta = F \cos\theta $$
$$ mg \sin\theta = (IBl) \cos\theta \quad \cdots ① $$
次に、回路について考えます。
導体棒の速さが \(v’\) で一定なので、誘導起電力 \(V\) も一定で、その大きさは
$$ V = (v’ \cos\theta)Bl $$
電流 \(I\) も一定なので、コイルの自己誘導起電力は0です。したがって、誘導起電力 \(V\) がすべて抵抗 \(R\) にかかることになり、オームの法則が成り立ちます。
$$ V = IR \quad \cdots ② $$
最後に、コイルに蓄えられるエネルギー \(U\) は、電流 \(I\) と自己インダクタンス \(L\) を用いて次式で与えられます。
$$ U = \frac{1}{2}LI^2 \quad \cdots ③ $$

まず、力のつり合いの式①から電流 \(I\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
I &= \frac{mg \sin\theta}{Bl \cos\theta} \\[2.0ex]&= \frac{mg \tan\theta}{Bl} \text{ [A]}
\end{aligned}
$$
次に、この \(I\) を用いて速さ \(v’\) を求めます。式②に \(V = (v’ \cos\theta)Bl\) を代入すると、
$$ (v’ \cos\theta)Bl = IR $$
これを \(v’\) について解くと、
$$
\begin{aligned}
v’ &= \frac{IR}{Bl \cos\theta}
\end{aligned}
$$
この式に上で求めた \(I\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
v’ &= \frac{1}{Bl \cos\theta} \left( \frac{mg \tan\theta}{Bl} \right) R \\[2.0ex]&= \frac{mgR \tan\theta}{B^2l^2 \cos\theta} \\[2.0ex]&= \frac{mgR}{B^2l^2} \frac{\sin\theta / \cos\theta}{\cos\theta} \\[2.0ex]&= \frac{mgR \sin\theta}{B^2l^2 \cos^2\theta} \text{ [m/s]}
\end{aligned}
$$
最後に、求めた電流 \(I\) を用いて、コイルに蓄えられるエネルギー \(U\) を式③から計算します。
$$
\begin{aligned}
U &= \frac{1}{2}L I^2 \\[2.0ex]&= \frac{1}{2}L \left( \frac{mg \tan\theta}{Bl} \right)^2 \\[2.0ex]&= \frac{m^2g^2L \tan^2\theta}{2B^2l^2} \text{ [J]}
\end{aligned}
$$

(電流) 導体棒が一定の速さで滑り落ちるためには、地球が斜面下向きに引く力と、電流が生み出す斜面上向きのブレーキ力がぴったり釣り合う必要があります。この力の釣り合いから、必要なブレーキ力を生み出すための電流の強さが決まります。
(速さ) 上で決まった電流を流すためには、回路に一定の電圧（誘導起電力）を供給し続ける必要があります。その電圧はオームの法則で計算できます。そして、その電圧を発生させるために必要な導体棒の速さが逆算できます。
(エネルギー) 電流の強さが分かれば、コイルにどれだけのエネルギーが蓄えられているかは、公式に値を代入するだけで計算できます。

導体棒の速さが一定になったとき、
電流の強さは \(I = \displaystyle\frac{mg \tan\theta}{Bl}\) [A]、
導体棒の速さは \(v’ = \displaystyle\frac{mgR \sin\theta}{B^2l^2 \cos^2\theta}\) [m/s]、
コイルに蓄えられるエネルギーは \(U = \displaystyle\frac{m^2g^2L \tan^2\theta}{2B^2l^2}\) [J] です。
これらの結果を見ると、終端速度 \(v’\) や電流 \(I\) はコイルの自己インダクタンス \(L\) に依存していません。これは、定常状態ではコイルは電流を妨げず、単なる導線として振る舞うという物理的事実と一致します。\(L\) はエネルギー \(U\) の式にのみ現れます。また、速さ \(v’\) が抵抗 \(R\) に比例しているのは、抵抗が大きいほど同じ電流を流すためにより大きな誘導起電力（つまり、より速い速度）が必要になるためで、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？

• 誘導起電力と力・エネルギーの連成:
  • 核心: この問題の根幹は、導体棒の「運動」が「誘導起電力」を生み、その起電力が回路に「電流」を流し、その電流が磁場から「力」を受け、その力が導体棒の「運動」にフィードバックされる、という一連の連成（カップリング）現象を理解することです。
  • 理解のポイント:
    1. (1)では、この連成が「エネルギー」という共通の土俵で語られます。運動エネルギー、位置エネルギー、静電エネルギーが相互に変換される様子をエネルギー保存則で捉えます。
    2. (2)では、この連成が「力のつり合い」という定常状態に落ち着いた場面を考えます。重力と磁場からの力がつり合うことで、運動と回路の状態が一定に保たれる力学的な平衡状態を分析します。
• 磁場に垂直な速度成分の抽出:
  • 核心: 誘導起電力の公式 \(V=vBl\) は、速度 \(v\)、磁場 \(B\)、導体 \(l\) が互いに直交する場合のものです。この問題のように角度がついている場合、磁場 \(B\) に垂直な速度成分 \(v_{\perp}\) を正しく見抜くことが、すべての計算の出発点となります。
  • 理解のポイント: 磁場は鉛直上向きなので、速度 \(v\) を水平成分 \(v\cos\theta\) と鉛直成分 \(v\sin\theta\) に分解します。磁場と平行な鉛直成分は起電力に寄与せず、磁場と垂直な水平成分 \(v\cos\theta\) のみが起電力を生み出します。よって \(V = (v\cos\theta)Bl\) となります。この幾何学的な関係の把握が極めて重要です。

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:
  • 水平レール上の導体棒: 最も基本的なパターン。重力が関与しないため、外力と磁場からの力の関係、あるいは電池と誘導起電力の関係を考える問題に集中できます。
  • 鉛直レールを落下する導体棒: 重力と磁場からの力が直接対決するパターン。終端速度の計算が典型的な問題です。
  • 回路の要素の変更: コンデンサーやコイルの代わりに、ダイオードや別の電池が接続される問題もあります。それぞれの素子の電気的特性（ダイオードなら順方向のみ電流を流す、など）を考慮して回路方程式を立てる必要があります。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 運動状態の確認: まず、導体棒が「加速しているのか」「等速運動なのか」「静止しているのか」を問題文から読み取ります。これにより、運動方程式を立てるのか、力のつり合いを考えるのか、という基本方針が決まります。
  2. エネルギー保存の可否: 回路に抵抗（ジュール熱を発生させる要素）が含まれているかを確認します。(1)のように抵抗がなければエネルギー保存則が有力な選択肢になります。(2)のように抵抗があれば、エネルギーは保存せず、エネルギー収支（仕事とエネルギーの関係）を考えることになります。
  3. 力の向きの徹底的な図示: フレミングの右手の法則（誘導起電力の向き）と左手の法則（力の向き）を正確に適用し、力のベクトルをすべて図に書き込みます。特に、磁場や速度が斜めを向いている場合は、力の向きを立体的に把握することが不可欠です。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 誘導起電力の計算ミス:
  • 誤解: 速度 \(v\) をそのまま使って \(V=vBl\) としたり、角度の取り方を間違えて \(V=(v\sin\theta)Bl\) としたりするミス。
  • 対策: 必ず「磁場に垂直な速度成分は何か？」と自問自答する習慣をつけましょう。図を描いて、速度ベクトルを磁場に平行な成分と垂直な成分に分解し、垂直な成分だけを使うことを徹底します。
• 磁場から受ける力の向きと分解の間違い:
  • 誤解: 電流の向きを間違え、力の向きを逆にしてしまう。また、力 \(F=IBl\) が水平に働くことを見抜けず、斜面に垂直などと勘違いする。さらに、水平な力 \(F\) を斜面方向の成分に分解する際に、角度を \(\theta\) ではなく \(90^\circ-\theta\) と取り違える。
  • 対策: フレミングの法則は指の向きを正確に。電流（中指）、磁場（人差し指）、力（親指）の向きを、問題の図に合わせて丁寧にあてはめます。力の分解では、図に補助線（水平線や鉛直線）を引き、錯角や同位角の関係を明確にしてから \(\cos\theta\) か \(\sin\theta\) かを判断しましょう。
• (2)におけるコイルの扱いの誤解:
  • 誤解: 速さが一定になった後も、コイルが何か特別な働きをする（例えば自己誘導起電力を発生させ続ける）と考えてしまう。
  • 対策: 「定常状態」という言葉の意味を正しく理解することが重要です。電流が一定 (\(dI/dt = 0\)) のとき、自己誘導起電力 \(V_L = -L(dI/dt)\) はゼロになります。したがって、定常状態のコイルは「ただの導線」として扱える、と覚えましょう。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題での有効なイメージ化と図示:
  • 力のベクトル図: (2)では、導体棒の重心に「重力 \(m\vec{g}\)」（鉛直下向き）と「磁場からの力 \(\vec{F}\)」（水平向き）の2つのベクトルを描きます。この2つの力の合力が、斜面に垂直な「抗力 \(\vec{N}\)」とちょうど逆向きで同じ大きさになる状態が、力のつり合いです。\(m\vec{g} + \vec{F} + \vec{N} = \vec{0}\) というベクトル和の図（閉じた三角形）をイメージすると、力の分解（\(mg\sin\theta = F\cos\theta\)）がなぜその形になるのか直感的に理解できます。
  • エネルギーの流れのイメージ: (1)では、高いところにある「位置エネルギー」というダムの水が、「運動エネルギー」と「静電エネルギー」という2つの水車を同時に回しているイメージを持つと良いでしょう。エネルギー保存則は、ダムから流れ出た水の量が、2つの水車を回すのに使われた水の量の合計に等しい、ということを表しています。
• 図を描く際に注意すべき点:
  • 3次元的な状況の2次元化: この問題は3次元的な設定ですが、真横から見た断面図を描くことで2次元の問題として扱えます。このとき、磁場 \(B\) の向き（紙面の奥から手前に向かう向きなど）を記号（\(\odot\) や \(\otimes\)）で明確に描くと混乱が減ります。この問題では鉛直上向きなので、矢印で表現するのが適切です。
  • 力の分解図: 力を分解するときは、元の力（実線）と分解後の成分（点線）を区別して描くと、どの力を計算に使うべきかが一目瞭然になります。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• エネルギー保存則 (1):
  • 選定理由: 問題文に「エネルギー保存の法則を用いて」と明記されているため。また、系に非保存力である摩擦や抵抗によるジュール熱の発生がないため、エネルギー保存則が適用できる最も典型的な状況です。
  • 適用根拠: 重力がする仕事は位置エネルギーの変化として、電場がする仕事は静電エネルギーの変化として扱うことで、力学的エネルギーと静電エネルギーの和が保存される、という法則を適用します。
• 力のつり合いの式 (2):
  • 選定理由: 「速さが一定になった」という記述から、加速度が0であると判断できるため。
  • 適用根拠: ニュートンの第一法則（慣性の法則）または第二法則で \(a=0\) とした場合に基づき、物体に働く力のベクトル和がゼロになるという原理を適用します。
• オームの法則 (2):
  • 選定理由: 「速さが一定」→「誘導起電力が一定」→「電流が一定（定常電流）」という論理の流れから、回路が定常状態にあると判断できるため。
  • 適用根拠: 定常電流では、コイルの自己誘導起電力は0となり、コンデンサーは電流を流さない（今回はコンデンサーはない）。したがって、回路は誘導起電力（電池と等価）と抵抗だけで構成される単純な直流回路と見なせ、オームの法則が適用できます。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. (1) 速さの計算:
   • 戦略: エネルギー保存則を立てる。
   • フロー: ①初状態と後状態のエネルギーを定義 → ②後状態での誘導起電力 \(V\) を \(v\) の式で表現 (\(V=(v\cos\theta)Bl\)) → ③エネルギー保存則を立式 (\(mgd\sin\theta = \frac{1}{2}mv^2 + \frac{1}{2}CV^2\)) → ④ \(V\) を代入し、式を \(v\) について解く。
2. (2) 電流・速さ・エネルギーの計算:
   • 戦略: 力のつり合いと定常回路の性質を利用する。
   • フロー (電流 \(I\)): ①導体棒に働く力を図示 → ②斜面平行方向の力のつり合いを立式 (\(mg\sin\theta = IBl\cos\theta\)) → ③式を \(I\) について解く。
   • フロー (速さ \(v’\)): ①誘導起電力 \(V\) を \(v’\) の式で表現 (\(V=(v’\cos\theta)Bl\)) → ②定常状態の回路方程式（オームの法則）を立式 (\(V=IR\)) → ③ \(I\) と \(V\) を代入し、式を \(v’\) について解く。
   • フロー (エネルギー \(U\)): ①コイルのエネルギーの公式を記述 (\(U=\frac{1}{2}LI^2\)) → ②求めた \(I\) の値を代入して計算。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 文字式のまま計算を進める: (2)の速さ \(v’\) の計算のように、複数のステップを踏む場合は、途中で求めた \(I\) を数値ではなく文字式のまま次の式に代入することが有効です。これにより、途中の計算ミスを防ぎ、物理量間の関係性を見失いにくくなります。
• 三角関数の整理: \(\tan\theta = \sin\theta / \cos\theta\) の関係を使って式を整理する場面があります。最終的な答えの形が指定されていない場合でも、できるだけシンプルな形にまとめる習慣をつけておくと、見通しが良くなります。例えば、\(v’\) の計算途中で出てくる \(\displaystyle\frac{\tan\theta}{\cos\theta}\) を \(\displaystyle\frac{\sin\theta}{\cos^2\theta}\) に変形する部分は、落ち着いて行いましょう。
• 単位の確認: 最終的に得られた答えの単位が、求められている物理量の単位（[A], [m/s], [J]）と一致しているかを確認する癖をつけましょう。例えば、エネルギーの計算で単位がJ（ジュール）になるか次元解析をしてみるのも有効な検算方法です。

解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう

• 得られた答えの物理的妥当性の検討:
  • (1) 速さ \(v\): 分母に \(m\) と \(C\) の項があります。これは、慣性質量（動かしにくさ）と、電気的慣性（エネルギーを溜め込む性質）の両方が、速さの増加を妨げる要因になっていることを示唆しており、物理的に理にかなっています。
  • (2) 電流 \(I\): 重力 \(mg\) が大きいほど、また傾斜 \(\theta\) が急なほど、それを支えるためのブレーキ力、すなわち電流 \(I\) は大きくなるはずです。式の形 (\(I \propto mg\tan\theta\)) はこの直感と一致します。
  • (2) 速さ \(v’\): 抵抗 \(R\) が大きいほど、同じ電流を流すのにより高い電圧（誘導起電力）が必要になるため、速さ \(v’\) は大きくなるはずです。式の形 (\(v’ \propto R\)) はこの直感と一致します。また、磁場 \(B\) やレール幅 \(l\) が大きいほど、弱い速度でも大きなブレーキ力を発生できるため、終端速度は遅くなるはずです。式の形 (\(v’ \propto 1/B^2l^2\)) はこの直感と一致しており、妥当です。
• 極端な場合を考える:
  • もし傾斜がなかったら (\(\theta=0\))、(2)の電流 \(I\) と速さ \(v’\) はともに0になります。これは、駆動力がなく運動が始まらないという状況と一致し、式が正しいことを示唆します。
  • もし磁場がなかったら (\(B=0\))、(2)の力のつり合いは成立せず、終端速度は存在しません（無限に加速し続ける）。式の分母が0になり発散することも、この状況と対応しています。

397 2本の導体棒が動く電磁誘導

【問題の確認】まずは問題文をしっかり読み解こう

この問題は、磁場中で2本の導体棒が異なる速度で運動する状況を扱います。それぞれの導体棒が誘導起電力を生み出す「電池」として機能し、それらが一つの閉回路を形成する点が特徴です。
この問題の核心は、2つの誘導起電力の「合成起電力」を正しく求め、それによって回路に流れる電流を決定し、最終的に各導体棒に働く力のつり合いを考えることです。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「2つの誘導起電力が存在する回路」です。2本の導体棒がそれぞれ電池となり、互いに逆向きに接続された回路と見なすことができます。
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) 導体棒bを流れる電流の強さ

思考の道筋とポイント
回路を流れる電流の強さを求める問題です。この回路には、導体棒aとbという2つの「電池」（誘導起電力）が存在します。それぞれの起電力の大きさと向きを調べ、回路全体としてどちら向きにどれだけの電流が流れるかを考えます。これは、キルヒホッフの第二法則（電圧則）を適用することに相当します。
この設問における重要なポイント

• 2つの誘導起電力:
  • 導体棒a: 速さ\(v\)で動くため、起電力 \(V_a = vBl\) を生じます。フレミングの右手の法則より、aの上側（x軸正方向）が高電位となります。
  • 導体棒b: 速さ\(kv\)で動くため、起電力 \(V_b = (kv)Bl\) を生じます。同様に、bの上側が高電位となります。
• 回路全体の起電力: 2つの起電力は、回路内で互いに逆向きに電流を流そうとします。導体棒aの方が速いため（\(v > kv\)）、\(V_a > V_b\) となり、導体棒aの起電力が勝ちます。したがって、回路全体の合成起電力は \(V_{\text{合成}} = V_a – V_b\) となり、電流は導体棒aが生成する向き（反時計回り）に流れます。
• オームの法則の適用: 回路全体の抵抗は \(R\) のみなので、オームの法則 \(I = V/R\) を用いて電流を計算します。

具体的な解説と立式
導体棒aとbは、それぞれが動くことで誘導起電力を生じるため、電池と見なすことができます。
導体棒aに生じる誘導起電力の大きさ \(V_a\) は、
$$ V_a = vBl $$
導体棒bに生じる誘導起電力の大きさ \(V_b\) は、
$$ V_b = (kv)Bl = kvBl $$
フレミングの右手の法則を適用すると、どちらの導体棒も上側（x軸正方向）が高電位、下側が低電位となります。
回路図で考えると、これら2つの電池はプラス極同士が向き合うように接続されているのと同じです。
\(0 < k < 1\) より \(v > kv\) なので、\(V_a > V_b\) です。したがって、導体棒aの起電力が優勢となり、回路には反時計回りに電流が流れます。
導体棒bを流れる電流の向きは、図の上から下（x軸負方向）になります。
回路全体にキルヒホッフの第二法則を適用すると、合成起電力は \(V_a – V_b\) となります。回路の全抵抗は \(R\) なので、流れる電流の強さ \(I\) は、
$$ I = \frac{V_a – V_b}{R} \quad \cdots ① $$

式①に \(V_a = vBl\) と \(V_b = kvBl\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
I &= \frac{vBl – kvBl}{R} \\[2.0ex]&= \frac{(1-k)vBl}{R} \text{ [A]}
\end{aligned}
$$

2本の導体棒は、それぞれが発電機（電池）になります。速い方の導体棒aがたくさん発電し、遅い方の導体棒bは少しだけ発電します。この2つの発電機が逆向きに押し合っているため、差し引きの電圧（発電量）は「aの発電量 – bの発電量」になります。この電圧によって、抵抗\(R\)にどれだけの電流が流れるかをオームの法則で計算します。

導体棒bを流れる電流の強さは \(\displaystyle\frac{(1-k)vBl}{R}\) [A] です。
もし \(k=1\) なら、2本の導体棒は同じ速さで動くため、起電力が等しくなり、電流は \(I=0\) となります。これは物理的に妥当です。また、もし \(k=0\) なら、導体棒bは静止しており、この回路は1本の導体棒が動く最も基本的な問題と一致し、電流は \(I = vBl/R\) となります。これらの極端な場合を考えても、得られた式は正しいことがわかります。

問(2) 導体棒aが手から受けている力の大きさ

思考の道筋とポイント
導体棒aに加えている力の大きさ \(F\) を求める問題です。問題文に「一定の速さで動く」とあるため、それぞれの導体棒に働く力はつり合っていると考えます。導体棒aとbの両方について力のつり合いの式を立て、未知数である外力 \(F\) と動摩擦力 \(f\) を求める連立方程式を解きます。
この設問における重要なポイント

• 各導体棒に働く力: y軸方向の力のみを考えます。
  • 手から受ける力 \(F\): 導体棒aにy軸正方向に働く。
  • 動摩擦力 \(f\): 導体棒a, bともに、運動を妨げる向き（y軸負方向）に働く。大きさは等しい。
  • 磁場から受ける力 \(F_{\text{磁場}}\): 大きさは \(IBl\)。向きはフレミングの左手の法則で決まります。
    • 導体棒a: 電流は下から上（x軸正方向）に流れるため、力はy軸負方向に働く。
    • 導体棒b: 電流は上から下（x軸負方向）に流れるため、力はy軸正方向に働く。
• 力のつり合い:
  • 導体棒a: \(F = F_{\text{磁場}} + f\) （y軸正方向の力 = y軸負方向の力の和）
  • 導体棒b: \(F_{\text{磁場}} = f\) （y軸正方向の力 = y軸負方向の力の和）
• 連立方程式の解法: 2つのつり合いの式から、まず動摩擦力 \(f\) を求め、それを使って外力 \(F\) を計算します。

具体的な解説と立式
導体棒aとbは、それぞれ一定の速さで運動しているため、y軸方向の力はつり合っています。
動摩擦力の大きさを \(f\) とします。
(1)で求めた電流 \(I\) は、導体棒aでは下から上へ、導体棒bでは上から下へ流れます。
磁場から受ける力の大きさはどちらの導体棒も同じで \(F_{\text{磁場}} = IBl\) です。
フレミングの左手の法則より、

• 導体棒aに働く磁場からの力は、y軸負方向。
• 導体棒bに働く磁場からの力は、y軸正方向。

それぞれの導体棒について、力のつり合いの式を立てます。
導体棒a: y軸正方向に働く力は手からの力 \(F\)。y軸負方向に働く力は磁場からの力 \(IBl\) と動摩擦力 \(f\) です。
$$ F – IBl – f = 0 \quad \cdots ② $$
導体棒b: y軸正方向に働く力は磁場からの力 \(IBl\)。y軸負方向に働く力は動摩擦力 \(f\) です。
$$ IBl – f = 0 \quad \cdots ③ $$

求めたいのは \(F\) です。式②と③は \(F\) と \(f\) の連立方程式になっています。
まず、式③から動摩擦力 \(f\) が求まります。
$$ f = IBl $$
次に、この結果を式②に代入して \(F\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
F – IBl – (IBl) &= 0 \\[2.0ex]F &= 2IBl
\end{aligned}
$$
最後に、この式に(1)で求めた \(I = \displaystyle\frac{(1-k)vBl}{R}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
F &= 2 \left( \frac{(1-k)vBl}{R} \right) Bl \\[2.0ex]&= \frac{2(1-k)vB^2l^2}{R} \text{ [N]}
\end{aligned}
$$

2本の導体棒は、どちらも一定の速さで動いているので、力が釣り合っています。
まず、遅い方の導体棒bに着目します。bを前に進ませようとする「磁石の力」と、それを邪魔する「摩擦力」が釣り合っています。これで摩擦力の大きさが分かります。
次に、速い方の導体棒aに着目します。aを前に進ませようとする「手の力」と、それを邪魔する「磁石の力」と「摩擦力」の合計が釣り合っています。先ほどわかった摩擦力の大きさを使い、手の力の大きさを計算します。

導体棒aが手から受けている力の大きさは \(\displaystyle\frac{2(1-k)vB^2l^2}{R}\) [N] です。
この力は、回路で消費される全ジュール熱 \(I^2R\) と、摩擦によって失われる仕事率 \(f(v-kv)\) の合計を、導体棒aの速さ \(v\) で割ったものに等しく、エネルギーの観点からも妥当な結果です。
また、\(k \rightarrow 1\) の極限では、電流が0になるため \(F \rightarrow 0\) となります。これは、摩擦がなければ力を加えなくても等速運動を続ける状況に対応し、物理的に正しいです。

【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？

• 合成起電力と回路方程式:
  • 核心: 複数の誘導起電力（電池）が1つの回路に存在する場合、回路全体を駆動する「合成起電力」を考えることが核心です。この問題では、2つの起電力が互いに逆向きに作用するため、その差が実質的な起電力となります。
  • 理解のポイント: \(V_a = vBl\) と \(V_b = kvBl\) という2つの起電力が逆向きに接続されているため、回路方程式は \(V_a – V_b = IR\) となります。これはキルヒホッフの第二法則そのものであり、複数の電源を持つ回路を解く際の基本です。どちらの起電力が優勢かを判断し、電流の向きを正しく設定することが重要です。
• 複数物体の力のつり合いと連立方程式:
  • 核心: 関連し合う複数の物体がそれぞれ力のつり合い状態にある場合、各物体のつり合いの式を立て、それらを連立方程式として解くのが定石です。
  • 理解のポイント: この問題では、導体棒aとbに働く力は、電流\(I\)を介して相互に関連しています。しかし、未知数が「手から受ける力\(F\)」と「動摩擦力\(f\)」の2つあるため、1本の導体棒だけを見ても解けません。導体棒aのつり合いの式と、導体棒bのつり合いの式を両方立てることで、未知数2つ、式2本となり、解を求めることができます。

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:
  • コンデンサーを含む2本の導体棒: 抵抗の代わりにコンデンサーが接続されている場合。定常状態では電流は流れませんが、各導体棒の起電力の差がコンデンサーの電圧となります。そこから電荷を求める問題に応用できます。
  • 3本以上の導体棒: 複雑な回路網を形成する場合。キルヒホッフの第一法則（電流則）と第二法則（電圧則）を駆使して、各部分を流れる電流を求める問題に発展します。
  • 相対速度で考える: 観測者Aから見た物体Bの速度は \(\vec{v}_B – \vec{v}_A\) となります。この問題の回路を流れる電流は、導体棒aに対する導体棒bの相対速度 \(v – kv = (1-k)v\) によって生じる起電力 \((1-k)vBl\) が源である、と解釈することもできます。この視点は、より複雑な問題で見通しを良くするのに役立ちます。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 電源（起電力）の特定: 回路の中に、電池や誘導起電力を生じる部分がいくつあるかをまず確認します。
  2. 起電力の向きの確認: 各起電力が、回路のどの向きに電流を流そうとしているのかを、フレミングの右手の法則や電池の極性から一つずつ決定します。
  3. 未知数の特定: 問題で求めたい量と、それ以外に式の中に現れる未知数（この問題では動摩擦力\(f\)）をリストアップします。
  4. 方程式の数を数える: 未知数の数だけ独立した方程式が必要になります。この問題では未知数が\(F, f\)の2つなので、導体棒aとbの力のつり合いという2つの式を立てる必要がある、と戦略を立てます。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 電流の向きの混乱:
  • 誤解: 2つの起電力があるため、電流の向きをどちらに設定すればよいか分からなくなる。あるいは、両方の導体棒に同じ向きの磁場からの力が働くと考えてしまう。
  • 対策: まずは各起電力の大きさを比較します。\(V_a > V_b\) なので、起電力が大きいaが主導権を握り、aが生み出す向き（反時計回り）に電流が流れる、と判断します。電流の向きが決まれば、フレミングの左手の法則を各導体棒に適用することで、力の向きは一意に決まります。
• 力のつり合いの式の立て間違い:
  • 誤解: 導体棒aに働く磁場からの力と、導体棒bに働く磁場からの力の向きを同じにしてしまう。
  • 対策: 「電流の向き」と「磁場の向き」から「力の向き」を求めるのがフレミングの左手の法則です。導体棒aとbでは、流れる「電流の向き」が互いに逆であるため、「力の向き」も逆になることを、法則に忠実に従って確認しましょう。
• 動摩擦力の扱い:
  • 誤解: 動摩擦力\(f\)が未知数であることを見落とし、力のつり合いの式が1本で解けると思い込んでしまう。
  • 対策: 問題文の「同じ大きさの動摩擦力がはたらいている」という記述は、この動摩擦力が未知数であり、かつ2本の導体棒で共通の値を持つことを示唆しています。未知数が2つ（\(F, f\)）あることに気づいた時点で、式も2つ必要だと考え、導体棒bの力のつり合いにも着目する思考が重要です。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題での有効なイメージ化と図示:
  • 等価回路図: 2本の導体棒を「電池」に置き換えた電気回路図を描くと、状況が非常に明確になります。起電力\(V_a\)の電池と起電力\(V_b\)の電池が、互いのプラス極を向き合わせる形で抵抗\(R\)に接続された図です。これにより、なぜ起電力が引き算になるのかが一目瞭然となります。
  • 力の矢印図: 導体棒aとbを並べて描き、それぞれに働く力をすべて矢印で書き込みます。「手からの力\(F\)」「磁場からの力\(IBl\)」「動摩擦力\(f\)」の3種類（導体棒bには\(F\)は働かない）の矢印を、向きと働く物体を間違えずに描くことが、正しい立式の第一歩です。
• 図を描く際に注意すべき点:
  • 電流の向きを明記: 回路図や物理的な配置図に、決定した電流\(I\)の流れる向きを矢印で書き込みましょう。これにより、フレミングの左手の法則を適用する際のミスを防げます。
  • 力の作用点を明確に: 各力は、それぞれの導体棒に働くことを意識して描きます。特に磁場からの力は、電流が流れている導体棒自身に働くことを明確にしましょう。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• キルヒホッフの第二法則（\(V_a – V_b = IR\)):
  • 選定理由: 回路に電源（起電力）が複数存在するため。単純なオームの法則 \(V=IR\) を拡張し、複数の起電力と抵抗を含む閉回路の電圧関係を記述するために不可欠です。
  • 適用根拠: 「閉回路を一周すると電位は元に戻る」という電位の保存則に基づいています。起電力による電位の上昇と、抵抗による電位の降下の総和がゼロになる、という普遍的な原理を適用します。
• 力のつり合いの式 (\(\sum F = 0\)):
  • 選定理由: 問題文に「一定の速さで」と明記されており、加速度がゼロであると判断できるため。
  • 適用根拠: ニュートンの運動法則において、加速度がゼロの場合は物体に働く力の合力がゼロになる、という基本原理を適用します。この問題では、2つの物体が連動しているため、それぞれの物体に対してこの法則を適用する必要があります。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. 電流の計算:
   • 戦略: 回路全体の合成起電力を求め、オームの法則を適用する。
   • フロー: ①導体棒a, bの起電力\(V_a, V_b\)を計算 → ②起電力の向きを判断し、合成起電力 \(V_a – V_b\) を求める → ③回路方程式 \(I = (V_a – V_b)/R\) を立て、値を代入して\(I\)を計算。
2. 外力の計算:
   • 戦略: 2本の導体棒それぞれについて力のつり合いを立て、連立方程式を解く。
   • フロー: ①導体棒a, bに働く力をすべてリストアップし、向きを決定 → ②導体棒bの力のつり合いを立式 (\(IBl – f = 0\)) → ③導体棒aの力のつり合いを立式 (\(F – IBl – f = 0\)) → ④式②と③を連立して\(F\)について解く (\(F=2IBl\)) → ⑤求めた\(I\)を代入して\(F\)を最終的に計算。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 文字式のまま計算を進める: 外力\(F\)を求める際、まず\(F=2IBl\)という関係式を導き、最後のステップで(1)で求めた\(I\)の具体的な式を代入するのが最も効率的でミスが少ない方法です。途中で数値を代入すると、式が複雑になり、計算ミスを誘発します。
• 符号の確認: 力のつり合いの式を立てる際、座標軸の正の向きを決め、その向きの力をプラス、逆向きの力をマイナスとして式を立てると、符号のミスが減ります。例えば、y軸正方向を正とすると、導体棒aの式は \(F – IBl – f = 0\) となります。
• 一貫性の維持: 電流の向きを一度決めたら、その向きを前提としてフレミングの左手の法則を一貫して適用することが重要です。途中で考えを変えると、力の向きがちぐはぐになり、つじつまが合わなくなります。

解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう

• 得られた答えの物理的妥当性の検討:
  • 電流 \(I\): \(I = \frac{(1-k)vBl}{R}\) は、2本の導体棒の速度差 \((1-k)v\) に比例しています。速度差がなければ電流は流れない、という直感と一致しており、妥当です。
  • 外力 \(F\): \(F = 2IBl\) という関係は、外力\(F\)が、導体棒aを減速させる磁場からの力\(IBl\)と、導体棒bを加速させる磁場からの力\(IBl\)の両方を打ち消す役割を担っていることを示唆しています（\(f=IBl\)なので）。これは、系全体でエネルギーを供給する役割と一致しており、物理的に理にかなっています。
• 別解との比較:
  • エネルギー収支による解法: 手がする仕事率 \(Fv\) が、抵抗で消費されるジュール熱 \(I^2R\) と、2本の導体棒で摩擦によって失われる仕事率 \(f(v+kv)\) の和に等しい、というエネルギー保存則（仕事とエネルギーの関係）からも \(F\) を求めることができます。この方法で計算し、同じ答えが得られれば、解答の正しさを強力に裏付けることができます。
  • \(Fv = I^2R + f(v+kv)\) と \(f=IBl\) を使うと、\(Fv = I^2R + IBl(v+kv)\) となり、\(F = \frac{I^2R}{v} + IBl(1+k)\) となります。これに \(I = \frac{(1-k)vBl}{R}\) を代入すると、\(F = \frac{2(1-k)vB^2l^2}{R}\) が得られ、力のつり合いによる解と一致します。

398 回転する導体棒

【問題の確認】まずは問題文をしっかり読み解こう

この問題は、磁場中で回転する導体円盤（ファラデーの円盤）に類似した構造の電磁誘導を扱います。4本の金属棒が回転することでそれぞれが起電力を生み、それらが並列に接続された回路を形成します。
この問題の核心は、回転する導体棒に生じる誘導起電力を正しく計算し、複数の電源が並列接続された「等価回路」を考え、最終的にエネルギー保存則や力のモーメントのつり合いといった力学法則と結びつけることです。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「回転導体の電磁誘導と回路」です。回転運動と電磁気学、そして力学（力のモーメント）が融合した総合問題です。
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
回転する導体棒に生じる誘導起電力を求める問題です。導体棒は回転軸からの距離によって速さが異なるため、単純な \(V=vBl\) は使えません。回転軸の片端を固定して回転する導体棒の起電力の公式 \(V = \frac{1}{2}B\omega l^2\) を用いて計算するのが最も標準的です。
この設問における重要なポイント

• 回転導体の起電力: 長さ \(l\) の導体棒が、端点を中心に角速度 \(\omega\) で回転するときに生じる起電力は \(V = \frac{1}{2}B\omega l^2\) です。この問題では、金属棒の長さが \(a\) なので、\(l=a\) とします。
• 公式の導出（参考）: この公式は、棒上の微小部分 \(dx\) に生じる起電力 \(dV = (x\omega)B dx\) を、棒全体（\(x=0\) から \(x=l\) まで）で積分することで導出されます。\(V = \int_0^l B\omega x \,dx = B\omega [\frac{1}{2}x^2]_0^l = \frac{1}{2}B\omega l^2\)。

具体的な解説と立式
長さ \(a\) の金属棒が、一端を中心に角速度 \(\omega\) で回転するときに生じる誘導起電力 \(V\) は、公式 \(V = \frac{1}{2}B\omega l^2\) を用いて計算します。
この問題では、金属棒の長さが \(l=a\) なので、
$$ V = \frac{1}{2}B\omega a^2 $$

与えられた記号を公式に当てはめるだけです。
$$
V = \frac{1}{2}B\omega a^2 \text{ [V]}
$$

1本の金属棒に発生する起電力の大きさは \(\frac{1}{2}B\omega a^2\) [V] です。3つの異なるアプローチで同じ結果が得られたことから、この結果の正しさが確認できます。

問(2)

思考の道筋とポイント
抵抗\(R\)を流れる電流の強さ\(I\)とその向きを求める問題です。4本の金属棒は、それぞれが起電力\(V\)と内部抵抗\(r\)を持つ電池と見なせます。これらが並列に接続されているため、回路全体を一つの「等価な電池」と外部抵抗\(R\)からなる単純な回路（等価回路）に置き換えて考えます。
この設問における重要なポイント

• 起電力の向き: フレミングの右手の法則より、磁場が上向き、速度が接線方向なので、ローレンツ力は金属棒の中心から外側へ向かって働きます。したがって、各金属棒は中心側が低電位、外周側が高電位の電池と見なせます。これにより、電流は抵抗\(R\)を左向きに流れると判断できます。
• 等価回路:
  • 起電力\(V\)、内部抵抗\(r\)の電池を4つ並列に接続すると、合成起電力は変わらず \(V\) のままです。
  • 合成内部抵抗は \(\frac{1}{r_{\text{合成}}} = \frac{1}{r} + \frac{1}{r} + \frac{1}{r} + \frac{1}{r} = \frac{4}{r}\) より、\(r_{\text{合成}} = \frac{r}{4}\) となります。
• 回路方程式: この等価回路にキルヒホッフの第二法則（またはオームの法則）を適用します。全起電力\(V\)、全抵抗\(R + r_{\text{合成}}\) なので、全電流\(I\)は \(I = \frac{V}{R + r/4}\) となります。

具体的な解説と立式
4本の金属棒は、(1)で求めた起電力 \(V = \frac{1}{2}B\omega a^2\) と内部抵抗 \(r\) を持つ電池と見なせます。これらはすべて中心の回転軸と外周の導線に接続されているため、並列接続と考えることができます。
同じ性能の電池を \(n\) 個並列に接続した場合、

• 合成起電力: \(V_{\text{合成}} = V\) （変わらない）
• 合成内部抵抗: \(r_{\text{合成}} = r/n\)

となるため、この回路は、起電力\(V\)、内部抵抗 \(r/4\) の一つの等価な電池に、外部抵抗\(R\)が接続された回路と見なせます。
この等価回路に流れる電流、すなわち抵抗\(R\)を流れる電流\(I\)は、キルヒホッフの第二法則より、
$$ V = I(R + \frac{r}{4}) \quad \cdots ① $$
電流の向きは、フレミングの右手の法則から、各金属棒の外周側が高電位となるため、抵抗\(R\)においては図の左向きに流れます。

式①を \(I\) について解き、(1)で求めた \(V\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
I &= \frac{V}{R + \displaystyle\frac{r}{4}} \\[2.0ex]&= \frac{4V}{4R + r}
\end{aligned}
$$
ここに \(V = \frac{1}{2}B\omega a^2\) を代入すると、
$$
\begin{aligned}
I &= \frac{4 \times (\displaystyle\frac{1}{2}B\omega a^2)}{4R + r} \\[2.0ex]&= \frac{2B\omega a^2}{4R + r} \text{ [A]}
\end{aligned}
$$

4本の金属棒は、4つの同じ性能の電池を並列につないだものと考えられます。電池を並列につなぐと、電圧は1個のときと変わりませんが、内部抵抗が小さくなり（この場合は1/4になる）、より多くの電流を流せるようになります。この「合体した電池」に抵抗\(R\)をつないだときの電流を、オームの法則で計算します。

抵抗Rを流れる電流の強さは \(I = \displaystyle\frac{2B\omega a^2}{4R + r}\) [A]、向きは左向きです。
もし金属棒が1本しかなければ、回路は起電力\(V\)、内部抵抗\(r\)、外部抵抗\(R\)の直列回路となり、電流は \(I_1 = \frac{V}{R+r}\) となります。4本並列にすることで分母の抵抗が小さくなり（\(4R+r < 4(R+r)\)）、より大きな電流が流れることが式からわかり、物理的に妥当です。

問(3)

思考の道筋とポイント
装置全体で1秒間に発生するジュール熱、つまり回路全体の消費電力を求める問題です。これは、(2)で考えた等価回路の全抵抗 \(R_{\text{全}} = R + r/4\) で消費される電力 \(P = I^2 R_{\text{全}}\) を計算することに相当します。
この設問における重要なポイント

• 消費電力の公式: \(P = I^2 R\) を用います。
• 回路全体の合成抵抗: ジュール熱は外部抵抗\(R\)と4本の金属棒の内部抵抗\(r\)のすべてで発生します。回路全体の合成抵抗は \(R_{\text{全}} = R + r/4\) です。
• 単位: 1秒間に発生するジュール熱[J]は、消費電力[W]と同じ値です。

具体的な解説と立式
1秒間に発生するジュール熱 \(Q\) は、回路全体での消費電力 \(P\) に等しいです。
(2)で考えた等価回路において、全抵抗は \(R_{\text{全}} = R + \frac{r}{4}\) で、そこを流れる電流は \(I\) です。
したがって、消費電力 \(P\) は、
$$ P = I^2 R_{\text{全}} = I^2 (R + \frac{r}{4}) $$
これが求めるジュール熱 \(Q\) となります。
$$ Q = I^2 (R + \frac{r}{4}) \quad \cdots ② $$

式②に、(2)で求めた \(I = \frac{2B\omega a^2}{4R + r}\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
Q &= \left( \frac{2B\omega a^2}{4R + r} \right)^2 \left( R + \frac{r}{4} \right) \\[2.0ex]&= \frac{4B^2\omega^2 a^4}{(4R + r)^2} \left( \frac{4R + r}{4} \right) \\[2.0ex]&= \frac{B^2\omega^2 a^4}{4R + r} \text{ [J]}
\end{aligned}
$$

装置全体で1秒あたりに発生する熱の量は、回路全体で消費される電気エネルギー（電力）のことです。これは「（全体の電流）\(^2 \times\) （全体の抵抗）」で計算できます。(2)で求めた電流と、回路全体の抵抗の値を使って計算します。

装置全体で1s間に発生するジュール熱は \(\displaystyle\frac{B^2\omega^2 a^4}{4R + r}\) [J] です。
この結果は、\(Q = VI\) の形に変形することもできます。\(V = I(R+r/4)\) なので、\(Q = I \times V = \frac{2B\omega a^2}{4R+r} \times \frac{1}{2}B\omega a^2 = \frac{B^2\omega^2 a^4}{4R+r}\) となり、計算が正しいことが確認できます。（ただし、この変形は検算用であり、\(Q=VI\) の \(V\) が電源電圧であることに注意が必要です。）

問(4)

思考の道筋とポイント
外力\(F\)の大きさを求める問題です。装置は「一定の角速度」で回転しているため、力のモーメントがつり合っています。「外力\(F\)が加えるモーメント」と、「4本の金属棒に働く電磁力（ブレーキ力）が加えるモーメントの合計」が等しい、というつり合いの式を立てます。
この設問における重要なポイント

• 力のモーメント: モーメント = (力の大きさ) \(\times\) (回転軸からの距離)。
• 外力のモーメント: 外力\(F\)は、回転軸から距離\(a\)の位置に接線方向に働いているので、そのモーメントは \(M_F = F \times a\) です。
• 電磁力のモーメント:
  • 各金属棒には、電流 \(I/4\) が流れます（全電流\(I\)が4本に分岐するため）。
  • 1本の棒に働く電磁力は、棒全体に分布しますが、その合力の作用点は棒の中心（回転軸から \(a/2\) の距離）と見なせます。
  • 1本の棒に働く電磁力の大きさは \(F_{\text{電磁}} = (\frac{I}{4})Ba\) です。
  • 1本の棒が作るブレーキのモーメントは \(M_{\text{電磁}} = F_{\text{電磁}} \times \frac{a}{2} = (\frac{I}{4}Ba) \frac{a}{2}\) です。
  • 4本あるので、合計のブレーキのモーメントは \(4 \times M_{\text{電磁}}\) となります。
• モーメントのつり合い: \(M_F = 4 \times M_{\text{電磁}}\)

具体的な解説と立式
装置が一定角速度 \(\omega\) で回転しているため、力のモーメントはつり合っています。
外力 \(F\) が回転軸の周りにつくるモーメント \(M_F\) は、
$$ M_F = F \times a $$
一方、各金属棒には電流が流れることで、回転を妨げる向き（ブレーキとして）の電磁力が働きます。
抵抗\(R\)を流れる全電流が\(I\)なので、4本の金属棒にはそれぞれ \(I/4\) の電流が中心から外周へ向かって流れます。
1本の金属棒に働く電磁力の大きさ \(F_{\text{電磁}}\) は、棒全体に分布しますが、その合力は棒の中心、すなわち回転軸から距離 \(a/2\) の点に作用すると考えることができます。力の大きさは、
$$ F_{\text{電磁}} = (\frac{I}{4}) B a $$
したがって、1本の金属棒によるブレーキのモーメント \(M_{\text{電磁}}\) は、
$$ M_{\text{電磁}} = F_{\text{電磁}} \times \frac{a}{2} = \left( \frac{I}{4}Ba \right) \frac{a}{2} = \frac{IBa^2}{8} $$
金属棒は4本あるので、電磁力によるモーメントの合計 \(M_{\text{ブレーキ}}\) は、
$$ M_{\text{ブレーキ}} = 4 \times M_{\text{電磁}} = 4 \times \frac{IBa^2}{8} = \frac{IBa^2}{2} $$
モーメントのつり合い \(M_F = M_{\text{ブレーキ}}\) より、
$$ Fa = \frac{IBa^2}{2} \quad \cdots ③ $$

式③を \(F\) について解き、(2)で求めた \(I\) を代入します。
$$
\begin{aligned}
F &= \frac{IBa}{2}
\end{aligned}
$$
ここに \(I = \frac{2B\omega a^2}{4R + r}\) を代入すると、
$$
\begin{aligned}
F &= \frac{Ba}{2} \left( \frac{2B\omega a^2}{4R + r} \right) \\[2.0ex]&= \frac{B^2\omega a^3}{4R + r} \text{ [N]}
\end{aligned}
$$

外力Fの大きさは \(\displaystyle\frac{B^2\omega a^3}{4R + r}\) [N] です。
力のモーメントのつり合いから考えた結果と、エネルギー保存則から考えた結果が完全に一致しました。これは、両者のアプローチが物理的に等価であり、計算が正しいことを強く裏付けています。

【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座

最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• 回転導体の誘導起電力:
  • 核心: 回転軸からの距離に応じて速度が変化する導体に生じる起電力は、積分計算に由来する公式 \(V = \frac{1}{2}B\omega l^2\) で与えられます。この公式を正しく理解し、適用できることが全ての出発点です。
  • 理解のポイント: なぜこの形になるのか、別解で示した「代表速度を用いる考え方」や「磁束の変化で考える方法」も併せて理解しておくと、公式を忘れにくく、応用も効くようになります。
• 等価回路とキルヒホッフの法則:
  • 核心: 複数の電源や抵抗が複雑に接続された回路は、より単純な「等価回路」に置き換えて考えるのが有効な戦略です。この問題では、4本の金属棒が「起電力V、内部抵抗rの電池4つの並列接続」と見なせることが核心です。
  • 理解のポイント: 並列接続では、合成起電力は変わらず、合成抵抗は逆数の和で計算される（コンデンサーの直列接続と同じ形）という基本を思い出すことが重要です。等価回路に直せば、あとは単純な直流回路としてキルヒホッフの法則を適用するだけです。
• 回転運動の力学（モーメントのつり合い or エネルギー保存）:
  • 核心: 「一定の角速度で回転」という条件から、力学的なつり合いが成立していることを見抜きます。このつり合いは、「力のモーメントのつり合い」または「エネルギー収支（仕事率のつり合い）」の2つの視点から記述できます。
  • 理解のポイント:
    • モーメントの視点: 外力が加えようとする回転（トルク）と、電磁力が妨げようとする回転（ブレーキトルク）が釣り合っていると考えます。
    • エネルギーの視点: 外力が供給するエネルギー（仕事率）が、すべてジュール熱として消費されるエネルギー（消費電力）に等しいと考えます。

    どちらの視点も同じ結果を導き、物理現象の異なる側面を捉えています。

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:
  • ファラデーの円盤: 金属の円盤全体が導体となっている問題。考え方は同じで、円盤を無数の細い導体棒の集まりと見なして積分することで、同じ起電力の公式が導かれます。
  • 自己インダクタンスを含む回転回路: 外部抵抗Rの代わりにコイルが接続されている場合。回転を始めた直後や、角速度を変化させる過渡現象では、コイルの自己誘導起電力を考慮する必要があります。
  • 発電機・モーターの原理: この問題は、外部から力を加えて電気を発生させる「発電機」のモデルです。逆に、外部から電流を流して回転力を得る「モーター」の問題にも、同じ物理法則が適用されます。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 回転体か、並進運動か: まず、導体の運動形態を確認します。回転運動であれば、起電力の公式や力のモーメントを考える必要があります。
  2. 回路の接続形態の把握: 電源（起電力）や抵抗がどのように接続されているか（直列か、並列か、あるいはもっと複雑か）を正確に図から読み取ります。複雑な場合は、等価回路を描いてみるのが有効です。
  3. 運動の状態の確認: 「一定の速さ」「一定の角速度」という言葉があれば「つり合い」を、「静止状態から動き出す」といった言葉があれば「運動方程式（または回転の運動方程式）」や「過渡現象」を考えます。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 起電力の計算ミス:
  • 誤解: 回転運動であることを見落とし、先端の速さ \(v=a\omega\) を使って \(V=B(a\omega)a = B\omega a^2\) と計算してしまう（係数1/2を忘れる）。
  • 対策: 「回転する棒の起電力には1/2がつく」と強く意識しましょう。なぜ1/2がつくのか（平均の速さを使うから、あるいは積分するから）という理由もセットで覚えておくと、ミスが格段に減ります。
• 並列回路の合成抵抗の計算ミス:
  • 誤解: 4つの抵抗\(r\)が並列だから合成抵抗は\(4r\)だ、と直列接続と混同してしまう。
  • 対策: 並列接続の合成抵抗は「逆数の和の逆数」であることを徹底しましょう。\(1/R_{\text{合成}} = 1/r_1 + 1/r_2 + \dots\)。同じ抵抗\(r\)が\(n\)個なら\(r/n\)になると覚えておくと速いです。
• 力のモーメントの計算での腕の長さの間違い:
  • 誤解: 電磁力\(F_{\text{電磁}}\)が棒の先端（距離\(a\)）に働くと勘違いし、モーメントを \(F_{\text{電磁}} \times a\) と計算してしまう。
  • 対策: 一様に分布する力が棒に働く場合、その合力は棒の中心に作用すると考えます。したがって、電磁力のモーメントを計算する際の腕の長さは \(a/2\) となります。この点は特に注意が必要です。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題での有効なイメージ化と図示:
  • 等価回路図: この問題で最も有効な図です。物理的な配置図を、起電力\(V\)と内部抵抗\(r\)の電池4つが並列接続され、外部抵抗\(R\)につながっている電気回路図に翻訳することで、問題の見通しが劇的に良くなります。
  • 力のモーメントの図: 回転円盤を上から見た図を描き、外力\(F\)が回転させる向きの矢印（モーメント）と、各金属棒に働く電磁力が逆向きに回転させる矢印（ブレーキのモーメント）を描き込みます。この「回転の綱引き」が釣り合っているイメージを持つことが重要です。
• 図を描く際に注意すべき点:
  • 電流の分岐: 等価回路図を描く際に、全電流\(I\)が4本の金属棒に \(I/4\) ずつ分岐していく様子を明確に描き込みましょう。これにより、各棒に働く電磁力を計算する際の電流の値を間違えずに済みます。
  • 力の作用点: モーメントを考える際には、力がどこに働いているか（作用点）が極めて重要です。外力\(F\)は円周上（腕の長さ\(a\)）、電磁力の合力は棒の中心（腕の長さ\(a/2\)）であることを図に明記すると、計算ミスを防げます。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• 回転導体の起電力 (\(V = \frac{1}{2}B\omega a^2\)):
  • 選定理由: (1)で、並進運動ではない「回転運動」をする導体に生じる起電力を計算する必要があるため。
  • 適用根拠: 導体内の各点の速度が異なるため、ローレンツ力も場所によって異なります。これらの総和（積分）を計算した結果がこの公式であり、回転導体の電磁誘導を記述する基本公式です。
• キルヒホッフの法則 / 等価回路:
  • 選定理由: (2)で、複数の電源（金属棒）と抵抗からなる回路を解析する必要があるため。
  • 適用根拠: 回路内の任意の閉路において、電位の代数和がゼロになるという普遍的な法則（キルヒホッフの第二法則）に基づいています。等価回路は、この法則の適用を容易にするための思考ツールです。
• 力のモーメントのつり合い (\(\sum M = 0\)):
  • 選定理由: (4)で、「一定の角速度」で回転する物体の力学的な条件を記述するため。
  • 適用根拠: 回転の運動方程式 \(\tau = I\alpha\)（\(\tau\):トルク、\(I\):慣性モーメント、\(\alpha\):角加速度）において、角速度が一定なら角加速度\(\alpha=0\)なので、力のモーメントの総和（トルク）がゼロになるという原理を適用します。
• エネルギー保存則（仕事率のつり合い）:
  • 選定理由: (4)の別解として。系が定常状態にあるとき、外部から供給されるエネルギーと内部で消費・散逸されるエネルギーは等しくなるため。
  • 適用根拠: 「エネルギーは創り出されたり消えたりしない」という物理学の最も基本的な保存則に基づいています。この問題では、仕事率（単位時間あたりのエネルギー）の形で適用します。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. (1) 起電力の計算:
   • 戦略: 回転導体の起電力の公式を適用する。
   • フロー: ①公式 \(V = \frac{1}{2}B\omega l^2\) を選択 → ② \(l=a\) を代入して \(V\) を計算。
2. (2) 電流の計算:
   • 戦略: 等価回路を考え、キルヒホッフの法則を適用する。
   • フロー: ①4本の棒が並列接続であることを確認 → ②合成起電力\(V\)と合成内部抵抗\(r/4\)を求める → ③回路方程式 \(V = I(R+r/4)\) を立式 → ④(1)の\(V\)を代入し、\(I\)について解く。
3. (3) ジュール熱の計算:
   • 戦略: 回路全体の消費電力を計算する。
   • フロー: ①回路の全抵抗 \(R_{\text{全}} = R+r/4\) を確認 → ②消費電力の公式 \(Q = I^2 R_{\text{全}}\) を立式 → ③(2)の\(I\)を代入して計算。
4. (4) 外力の計算:
   • 戦略: 力のモーメントのつり合いを立てる。
   • フロー: ①外力のモーメント \(M_F=Fa\) を計算 → ②1本の棒に流れる電流\(I/4\)と、それによる電磁力\(F_{\text{電磁}}\)を計算 → ③1本の棒によるモーメント \(M_{\text{電磁}}\) を計算（腕の長さ\(a/2\)に注意） → ④4本分の合計モーメント \(4M_{\text{電磁}}\) を計算 → ⑤モーメントのつり合い \(Fa = 4M_{\text{電磁}}\) を立式し、\(F\)について解く。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 係数「1/2」と「4」の意識: この問題では、起電力の「1/2」、並列接続の「4」、モーメントの腕の長さの「1/2」など、様々な係数が登場します。それぞれの係数がなぜ現れるのか、その物理的意味を理解しながら計算を進めることが、ケアレスミスを防ぐ鍵です。
• 文字式のまま計算を進める: (2)以降の計算は、(1)で求めた\(V\)や(2)で求めた\(I\)を、具体的な式の形でなく記号のまま使って進め、最後の最後に代入するのが最も安全で効率的です。例えば、(4)ではまず \(F = IBa/2\) という関係を導き、そこに\(I\)の式を代入します。
• 分数の整理: \(R+r/4\) のような分数が含まれる式は、まず \(\frac{4R+r}{4}\) のように通分してから計算を進めると、分数の入れ子構造が解消され、計算ミスが減ります。

解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう

• 得られた答えの物理的妥当性の検討:
  • (2) 電流 \(I\): もし抵抗\(R\)や\(r\)が非常に大きければ、電流は流れにくくなるはずです。式の分母に\(4R+r\)があることは、この直感と一致します。また、回転速度\(\omega\)や磁場\(B\)が0なら起電力が生じないので、電流も0になります。式の分子が\(B\omega a^2\)に比例していることも妥当です。
  • (4) 外力 \(F\): (3)で求めたジュール熱 \(Q\) と、\(F = Q/(a\omega)\) という関係が成り立っています。これは、外力の仕事率 \(P_F = F(a\omega)\) が、消費電力 \(Q\) と等しいことを意味しており、エネルギー保存則が成り立っていることを示しています。この関係は、計算結果の強力な検算になります。
• 別解との比較:
  • (1)の起電力は3通りの方法で、(4)の外力は2通りの方法で求められました。異なる物理法則やアプローチから出発して、すべて同じ結論に至ったことは、それぞれの解法の正しさと、物理法則間の整合性を深く理解する上で非常に有益です。テスト本番では、時間があれば別解で検算することで、解答の信頼性を大幅に高めることができます。

399 回転する導体板の電磁誘導

【問題の確認】まずは問題文をしっかり読み解こう

この問題は、磁場中で回転する金属円板（ファラデーの円盤）に生じる電磁誘導を扱います。円板の中心と周に抵抗を接続した、発電機の最も基本的なモデルの一つです。
この問題の核心は、回転する円板全体を、中心から放射状に伸びる無数の「導体棒」の集まりと見なせるかどうかにあります。そのうちの一本の導体棒（半径OPなど）に着目し、そこに生じる誘導起電力を計算することで、回路全体の振る舞いを理解することができます。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「ファラデーの円盤（単極誘導）」です。回転する導体に生じる起電力を理解し、簡単な回路に適用する能力が問われます。
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。

電位の高低

思考の道筋とポイント
点P（円板の周）と点Q（中心軸）のどちらの電位が高いかを判断する問題です。これは、円板内に生じる起電力の向きを調べることに相当します。円板を構成する自由電子が、円板の回転によって磁場からどちらの向きに力を受けるか（ローレンツ力）を考えます。
この設問における重要なポイント

• ローレンツ力: 電荷 \(q\) を持つ粒子が、速度 \(\vec{v}\) で磁束密度 \(\vec{B}\) の磁場中を運動するときに受ける力は \(\vec{F} = q(\vec{v} \times \vec{B})\) です。自由電子の電荷は \(q = -e\) です。
• フレミングの左手の法則の適用: 自由電子（負電荷）の運動と逆向きを「電流の向き」と見なして、フレミングの左手の法則を適用します。
• 電位の定義: 電場は電位の高い方から低い方へ向かいます。負電荷である電子は、電場と逆向きに力を受けるため、電位の低い方から高い方へ移動させられます。したがって、電子が集まった方が電位が低くなります。

具体的な解説と立式
金属円板内の半径OP上にある自由電子に着目します。
円板が反時計回りに角速度 \(\omega\) で回転しているため、電子は接線方向に速度 \(\vec{v}\) を持ちます。
磁場 \(\vec{B}\) は鉛直下向き（紙面の奥向き）です。
電子の電荷は負 (\(q=-e\)) なので、ローレンツ力の向きは、フレミングの左手の法則で考えた力の向きと逆になります。

• 電流の向き（と見なすもの）：電子の速度 \(\vec{v}\) と逆向き。
• 磁場の向き：紙面の奥向き。
• フレミングの左手の法則による力の向き：円板の中心O向き。

したがって、負電荷である電子が受けるローレンツ力は、この逆、つまり円板の外周P向きとなります。
このローレンツ力によって、円板内の自由電子は外周Pの方向に偏ります。

• 外周P側：電子が過剰になり、負に帯電する。
• 中心O側：電子が不足し、正に帯電する。

電位は、正電荷が多い方が高くなります。したがって、中心Oの方が外周Pよりも電位が高くなります。
点Qは中心Oと、点Pは外周とそれぞれ導線で接続されているため、電位の関係はそのまま引き継がれます。
よって、点Qの電位は点Pの電位より高くなります。

円板の中にある電子が、円板と一緒に回転します。磁石の世界（磁場）で動く電気（電子）は、横向きの力（ローレンツ力）を受けます。フレミングの法則を使ってこの力の向きを調べると、電子は円板の外側に向かって押しやられます。その結果、円板の外側（P側）にはマイナスの電気が集まり、中心（O, Q側）にはプラスの電気が残ります。プラスの電気がある方が電位が高いので、Qの方がPより電位が高くなります。

点Qの方が点Pよりも電位が高い。
この結果は、円板が一種の電池となり、中心Qがプラス極、外周Pがマイナス極になったことを意味します。

電流の強さと向き

思考の道筋とポイント
抵抗\(R\)を流れる電流の強さ\(I\)とその向きを求める問題です。まず、先に考えた起電力の大きさを計算します。回転する導体棒（円板の半径）に生じる起電力の公式 \(V = \frac{1}{2}B\omega l^2\) を用います。次に、この起電力によって抵抗\(R\)に流れる電流をオームの法則で計算します。電流の向きは、先に判断した電位の高低から決まります。
この設問における重要なポイント

• 回転導体の起電力: 金属円板の半径OPを、長さ \(a\) の1本の導体棒と見なします。この棒が中心Oを軸に角速度 \(\omega\) で回転するときに生じる起電力は \(V = \frac{1}{2}B\omega a^2\) です。
• 回路: この起電力\(V\)を持つ電池（円板）に、外部抵抗\(R\)が接続された単純な回路と見なせます。円板や導線の抵抗は無視できるため、内部抵抗は0です。
• オームの法則: \(V=IR\) を適用して電流\(I\)を計算します。
• 電流の向き: 電流は電位の高い方から低い方へ流れます。Qの方がPより電位が高いので、抵抗\(R\)の中を流れる電流は、Q側からP側へ向かいます。図の記号で言えば、C→Pの向きです。

具体的な解説と立式
金属円板の半径OPを、長さ \(a\) の導体棒と見なします。この導体棒が回転することで生じる起電力の大きさ \(V\) は、
$$ V = \frac{1}{2}B\omega a^2 \quad \cdots ① $$
この起電力 \(V\) を持つ電源に、抵抗 \(R\) が接続されている回路を考えます。回路の全抵抗は \(R\) のみなので、オームの法則より、流れる電流の強さ \(I\) は、
$$ V = IR $$
$$ I = \frac{V}{R} \quad \cdots ② $$
電流の向きについて。先に確認した通り、点Q（中心）の電位が点P（外周）より高くなります。電流は電位の高い点から低い点へ流れるため、外部抵抗\(R\)においては、QからPの向きに流れます。図の記号CはQと同じ電位なので、電流の向きはC→Pの向きとなります。

式②に式①を代入して、電流 \(I\) を求めます。
$$
\begin{aligned}
I &= \frac{\displaystyle\frac{1}{2}B\omega a^2}{R} \\[2.0ex]&= \frac{B\omega a^2}{2R} \text{ [A]}
\end{aligned}
$$

円板が電池になることがわかりました。この電池がどれくらいの電圧（起電力）を生み出すかは、公式 \(V = \frac{1}{2}B\omega a^2\) で計算できます。あとは、この電圧の電池に抵抗\(R\)をつないだときに流れる電流を、おなじみのオームの法則 \(I=V/R\) で計算するだけです。

電流の強さは \(I = \displaystyle\frac{B\omega a^2}{2R}\) [A]、向きはC→Pの向きです。
回転速度\(\omega\)や磁場\(B\)が大きくなるほど、また円板の半径\(a\)が大きくなるほど、起電力が大きくなり、流れる電流も大きくなることが式からわかります。これは物理的な直感と一致しており、妥当な結果です。

【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座

最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• ローレンツ力による起電力の発生（単極誘導）:
  • 核心: 導体内の自由電子が、導体の運動に伴って磁場からローレンツ力を受けることが、起電力を生み出す根本的な原因です。この問題では、円板の回転運動によって電子が半径方向に力を受け、中心と外周の間に電位差（起電力）が生じます。この現象を「単極誘導」と呼びます。
  • 理解のポイント: フレミングの右手の法則は、正電荷が動く場合の起電力の向きを示しますが、ローレンツ力の法則 \(\vec{F} = q(\vec{v} \times \vec{B})\) に立ち返ることで、負電荷である電子の挙動から、より本質的に電位の高低を判断できます。電子が集まる側が「負」となり「電位が低く」なります。
• 回転導体の起電力の公式:
  • 核心: 中心Oから距離\(r\)の点の速さは \(v=r\omega\) となり、場所によって速度が異なります。このため、棒全体に生じる起電力は、各点の微小な起電力を足し合わせる（積分する）必要があり、その結果が \(V = \frac{1}{2}B\omega l^2\) となります。
  • 理解のポイント: この公式は、ファラデーの円盤や、一端を軸に回転する導体棒の問題で共通して使える非常に重要なものです。なぜ係数に \(\frac{1}{2}\) がつくのか（平均の速さをとる、あるいは積分するから）という背景と共に理解しておくことが、応用力を高める鍵です。

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:
  • 回転する導体棒: この問題は、円板を無数の導体棒の集まりと見なすことで解いています。したがって、1本の導体棒が回転する問題は、最も基本的な類似問題です。
  • 外部から力を加えて回転させる問題: この問題に「円板を一定の角速度で回し続けるために必要な外力（または力のモーメント）を求めよ」という設問が追加されることがあります。その場合は、電磁力によるブレーキのモーメントと、外力のモーメントがつり合う、という力学的な考察が必要になります。
  • 逆のパターン（モーター）: 外部から電池をつないで円板に電流を流すと、電磁力によって円板が回転を始めます。これは「単極モーター」の原理であり、発電機とモーターが可逆的な関係にあることを示す良い例です。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 起電力の向きをまず判断: ローレンツ力またはフレミングの法則を用いて、導体内のどの部分が高電位で、どの部分が低電位になるのかを最初に確定させます。これが回路全体の電流の向きを決定します。
  2. 導体を「棒」と見なす: ファラデーの円盤のような面的な導体であっても、中心と周を結ぶ1本の「半径」という名の導体棒に着目すれば、問題を単純化できます。
  3. 回路図を描いてみる: 物理的な配置図を、電池（起電力）と抵抗からなる電気回路図に描き直すことで、問題の見通しが格段に良くなります。この問題では、円板が起電力\(V\)の電池、抵抗がそのまま抵抗\(R\)となります。

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:
  • 誤解: フレミングの右手の法則を機械的に適用し、正電荷の動きだけを考えてしまい、電子の挙動との関係で混乱する。あるいは、ローレンツ力の向きと電位の高低の関係を取り違える。
  • 対策: 「電子（負電荷）が集まった方が電位が低くなる」という基本を徹底しましょう。ローレンツ力によって電子がどちらに偏るかを考えれば、電位の高低は自然に決まります。
• 起電力の計算式の間違い:
  • 誤解: 回転運動であることを見落とし、単純な \(V=vBl\) を使おうとして、どの\(v\)を使えばよいか分からなくなる。あるいは、\(V = \frac{1}{2}B\omega a^2\) の係数 \(\frac{1}{2}\) を忘れて \(V=B\omega a^2\) と計算してしまう。
  • 対策: 「回転する棒（あるいは円盤の半径）の起電力には \(\frac{1}{2}\) がつく」と強く意識することが重要です。これは、速度が一定ではないために生じる係数であると理由づけて覚えましょう。
• 電流の向きの答え方:
  • 誤解: 電位の高低は分かったが、回路図上の記号（P, Q, C）と対応させて答える際に混乱する。
  • 対策: 電流は「電位の高い点 → 電位の低い点」へと流れます。Qの方がPより電位が高いので、抵抗Rの中ではQ側からP側へ流れます。図から、QとCは同じ電位なので、電流の向きは「C→P」となります。このように、段階的に論理を追って解答する習慣をつけましょう。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題での有効なイメージ化と図示:
  • ローレンツ力のベクトル図: 円板を上から見た図を描き、ある半径上の点Pにいる電子を考えます。そこに、速度ベクトル\(\vec{v}\)（接線方向）、磁場ベクトル\(\vec{B}\)（紙面の奥向き）、そしてそれらから決まるローレンツ力ベクトル\(\vec{F}\)（外向き）を矢印で描き込むと、電子が外側に追いやられる様子が視覚的に理解できます。
  • 等価回路図: この問題の物理的状況を、「起電力\(V=\frac{1}{2}B\omega a^2\)の電池」と「抵抗\(R\)」が導線でつながれただけの、非常にシンプルな直流回路図に描き直すことが、最も有効な図解です。これにより、複雑な電磁誘導の問題が、中学理科レベルの電気回路の問題に帰着します。
• 図を描く際に注意すべき点:
  • 磁場の向きの表記: 磁場が紙面に垂直な向きの場合、手前向きを\(\odot\)、奥向きを\(\otimes\)で表すのが標準的な記法です。これを正しく使うことで、3次元的な状況を2次元の紙面上で正確に表現できます。
  • 電位の高低を書き込む: ローレンツ力から電位の高低が分かったら、図の中心Oに「＋」、外周Pに「−」と書き込みましょう。これにより、円板が電池として機能していることが明確になり、電流の向きの判断ミスを防げます。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• ローレンツ力 (\(\vec{F} = q(\vec{v} \times \vec{B})\)):
  • 選定理由: 起電力の向き（電位の高低）という、電磁誘導の最も根源的な性質を理解するため。
  • 適用根拠: 磁場中を運動する荷電粒子が力を受けるという、電磁気学の基本法則です。マクロな現象である電磁誘導も、ミクロな視点ではこのローレンツ力によって説明されます。
• 回転導体の起電力 (\(V = \frac{1}{2}B\omega a^2\)):
  • 選定理由: 回転という特殊な運動形態をする導体に生じる起電力の「大きさ」を、効率的に計算するため。
  • 適用根拠: この公式は、導体棒上の各点におけるローレンツ力を電場に換算し、それを線積分した結果です。高校物理では結果を公式として用いますが、その背景には積分計算があることを知っておくと理解が深まります。
• オームの法則 (\(I=V/R\)):
  • 選定理由: 起電力の大きさが分かり、回路の抵抗も分かっている状況で、流れる電流を計算するため。
  • 適用根拠: 電圧、電流、抵抗の関係を示す、電気回路における最も基本的な法則です。この問題では、電磁誘導によって生じた起電力を、直流電源の電圧と等価なものとして扱います。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. 電位の高低の判断:
   • 戦略: 円板内の自由電子に働くローレンツ力の向きを調べる。
   • フロー: ①電子の速度の向きと磁場の向きを確認 → ②フレミングの左手の法則を適用し、電子が受ける力の向きを決定（外向き） → ③電子が偏ることで生じる電荷の分布を判断（外周が負、中心が正） → ④電位の高低を結論づける（中心Q > 外周P）。
2. 電流の強さと向きの計算:
   • 戦略: 起電力の大きさを計算し、オームの法則を適用する。
   • フロー: ①回転導体の起電力の公式 \(V = \frac{1}{2}B\omega a^2\) を用いて起電力の大きさを計算 → ②回路は起電力\(V\)と抵抗\(R\)のみとみなし、オームの法則 \(I=V/R\) を立式 → ③ \(V\) の式を代入して \(I\) を計算 → ④電位の高低（Q > P）から、抵抗Rを流れる電流の向きを「C→P」と決定。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 公式の正確な記憶: \(V = \frac{1}{2}B\omega a^2\) の \(\frac{1}{2}\) や \(a^2\) を正確に覚えておくことが大前提です。特に2乗を忘れるミスが多いので注意しましょう。
• 文字の混同に注意: この問題では抵抗の\(R\)と半径の\(a\)（あるいは他の問題で半径を\(R\)と置く場合）など、似た記号が出てくることがあります。どの文字がどの物理量を表しているのか、常に意識しながら式を立てましょう。
• 段階的な思考: 「①電位の向き → ②起電力の大きさ → ③電流の大きさ → ④電流の向き」というように、問題を小さなステップに分割して一つずつ確実に解いていくことが、複雑な問題でのミスを防ぐコツです。

解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう

• 得られた答えの物理的妥当性の検討:
  • 電流の強さ: \(I = \frac{B\omega a^2}{2R}\) という結果は、磁場\(B\)や角速度\(\omega\)が0なら電流も0になることを示しており、物理的に正しいです。また、抵抗\(R\)が大きいほど電流が小さくなる（分母にある）のも当然です。半径\(a\)が大きくなると、速くなる効果(\(\omega a\))と長さが長くなる効果(\(a\))の両方が効くため、\(a^2\)に比例するのも妥当と考えられます。
• 別解との比較:
  • 起電力の大きさは、模範解答にあるように「磁束の変化率」で考えることもできます。\(V = \frac{\Delta \Phi}{\Delta t} = B \frac{\Delta S}{\Delta t}\)。単位時間あたりに掃く面積は \(\frac{1}{2}a^2\omega\) なので、\(V = B(\frac{1}{2}a^2\omega) = \frac{1}{2}B\omega a^2\) となり、ローレンツ力から導いた公式の結果と一致します。異なるアプローチで同じ結果が得られることは、理解の正しさを裏付けます。

400 自己誘導

【問題の確認】まずは問題文をしっかり読み解こう

この問題は、抵抗とコイルを直列に接続したRL直列回路に、直流電源を接続したときの過渡現象を扱います。スイッチを入れた直後、電流が流れている途中、そして十分に時間が経過した後の、それぞれの瞬間の回路の状態を分析する能力が問われます。
この問題の核心は、コイルの「自己誘導」という性質、すなわち「回路を流れる電流の変化を妨げる向きに誘導起電力を生じる」という働きを、各状況に応じて正しく理解し、キルヒホッフの第二法則（回路方程式）に適用することです。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「RL回路の過渡現象」です。コイルの性質を時間変化の中で追っていく問題です。
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Sを閉じた「直後」の回路の状態を問う問題です。コイルの最も重要な性質の一つである「電流の連続性」が鍵となります。コイルを流れる電流は瞬間的に変化できず、変化の直前と直後の値は同じになります。
この設問における重要なポイント

• 電流: スイッチを閉じる直前の電流は0 [A]です。コイルは電流の値を維持しようとするため、閉じた直後の電流も \(I=0\) [A] です。
• 誘導起電力: 回路に流れる電流が \(I=0\) なので、抵抗Rでの電圧降下 \(RI\) は0 [V]です。キルヒホッフの第二法則を考えると、電源の起電力\(E\)はすべてコイルにかかることになります。したがって、コイルには電源の起電力\(E\)を打ち消す向きに、大きさ\(E\)の誘導起電力が生じます。
• 電位の高低: コイルは、時計回りに流れようとする電流を妨げるために、反時計回りに電流を流そうとする起電力を生じます。これは、コイルが「a側がプラス極、b側がマイナス極」の電池になったことを意味します。したがって、点aの方が点bよりも電位が高くなります。
• 起電力の符号: 問題文の定義（時計回りを正）に従うと、コイルの起電力は反時計回り（負の向き）なので、その値は \(-E\) [V] となります。

具体的な解説と立式
電流:

スイッチを閉じる直前、回路に電流は流れていないので \(I=0\) です。コイルは電流が急に変化するのを嫌い、直前の値を保とうとします。したがって、スイッチを閉じた直後の電流も \(I=0\) [A] です。

誘導起電力と電位の高低:

スイッチを閉じた直後、回路には時計回りに電流が流れ始めようとします（電流が増加しようとする）。レンツの法則によれば、コイルはこの電流の増加を妨げる向き、すなわち反時計回りに電流を流そうとする誘導起電力を生じます。
このとき、コイルは点aをプラス極、点bをマイナス極とする電池のように振る舞います。よって、点aの方が点bよりも電位が高いです。

この瞬間の回路について、キルヒホッフの第二法則を考えます。回路を時計回りに一周すると、
$$ E – V_L – RI = 0 $$
ここで \(V_L\) はコイルの両端の電位差（aを正としたときの電圧）です。
スイッチ直後では \(I=0\) なので、\(RI=0\)。したがって、
$$ E – V_L = 0 $$
$$ V_L = E $$
コイルには大きさ \(E\) [V] の誘導起電力が生じます。

問題文の定義（時計回りの起電力が正）に従うと、この起電力は負の向きなので、値は \(-E\) [V] となります。

コイルは「あまのじゃく」で「怠け者」な性質を持っています。スイッチを入れる前は電流0でサボっていました。スイッチが入って「さあ、電流を流すぞ！」となっても、コイルは「いやだ、まだ動きたくない」と抵抗し、電流はすぐには流れません。なので電流は0Aです。このとき、コイルは電源と全く同じ力（電圧）で逆向きに抵抗しているため、誘導起電力の大きさは電源電圧Eと同じになります。

スイッチを閉じた直後、電流は \(0\) [A]、コイルに生じる誘導起電力は大きさ \(E\) [V]（問題の定義では \(-E\) [V]）、電位は点aの方が高い。
これは、スイッチON直後のコイルが「断線」していると見なせる、という重要な性質を示しています。

問(2)

思考の道筋とポイント
スイッチを閉じた直後の、電流の増加率 \(\frac{\Delta I}{\Delta t}\) を求める問題です。コイルの自己誘導起電力の公式 \(V_L = L \frac{\Delta I}{\Delta t}\) と、(1)で求めたスイッチ直後の起電力の大きさの関係から求めます。
この設問における重要なポイント

• 自己誘導起電力の公式: コイルに生じる誘導起電力の大きさは \(V_L = L \frac{\Delta I}{\Delta t}\) で与えられます。（ここでは大きさのみを考え、向きはレンツの法則で判断済みとします）
• スイッチ直後の起電力: (1)で見たように、スイッチ直後のコイルには大きさ \(E\) の誘導起電力が生じています。つまり \(V_L = E\) です。

具体的な解説と立式
コイルに生じる誘導起電力の大きさ \(V_L\) と、電流の時間変化率 \(\frac{\Delta I}{\Delta t}\) の間には、次の関係があります。
$$ V_L = L \frac{\Delta I}{\Delta t} $$
(1)より、スイッチを閉じた直後の誘導起電力の大きさは \(V_L = E\) です。
したがって、
$$ E = L \frac{\Delta I}{\Delta t} \quad \cdots ① $$
この式から、電流の増加する割合 \(\frac{\Delta I}{\Delta t}\) を求めます。

式①を \(\frac{\Delta I}{\Delta t}\) について解きます。
$$
\frac{\Delta I}{\Delta t} = \frac{E}{L} \text{ [A/s]}
$$

(1)で、スイッチON直後のコイルは電源電圧\(E\)と等しい電圧を発生させていることがわかりました。コイルが発生させる電圧の大きさは「コイルの性能(\(L\)) \(\times\) 電流の変化の速さ」で決まります。この関係式を使って、電流がどれくらいのペースで増え始めるのかを計算します。

スイッチを閉じた直後の電流の増加する割合は \(\displaystyle\frac{E}{L}\) [A/s] です。
自己インダクタンス\(L\)が大きいほど、電流はゆっくりとしか増加できない（変化しにくい）というコイルの性質が、式に正しく反映されています。

問(3)

思考の道筋とポイント
回路を流れる電流が任意の値 \(I\) になった瞬間の、誘導起電力と電流の増加率を求める問題です。これは、過渡現象の途中における一般的な状態を表します。キルヒホッフの第二法則の一般式を立て、そこから各値を導きます。
この設問における重要なポイント

• キルヒホッフの第二法則: 回路を時計回りに一周すると、電源による電圧の上昇 \(E\) と、抵抗およびコイルによる電圧降下の和が等しくなります。
  $$ E = RI + V_L $$
  ここで \(V_L\) はコイルによる電圧降下（誘導起電力の大きさ）です。
• 誘導起電力: 上の式から、\(V_L = E – RI\) となります。これが誘導起電力の大きさです。電流が増加している間は、(1)と同様にa側が高電位です。
• 電流の増加率: \(V_L = L \frac{\Delta I}{\Delta t}\) の関係を使って、電流の増加率を求めます。

具体的な解説と立式
回路に電流 \(I\) が流れている瞬間のキルヒホッフの第二法則を考えます。
電源の起電力 \(E\) は、抵抗での電圧降下 \(RI\) と、コイルでの電圧降下（誘導起電力の大きさ） \(V_L\) の和に等しくなります。
$$ E = RI + V_L $$
誘導起電力:

この式から、コイルに生じている誘導起電力の大きさ \(V_L\) は、
$$ V_L = E – RI \text{ [V]} $$
問題文の定義に従うと、この起電力は負の向きなので、値は \(RI – E\) [V] となります。

電流の増加する割合:

自己誘導起電力の公式 \(V_L = L \frac{\Delta I}{\Delta t}\) を用います。
$$ L \frac{\Delta I}{\Delta t} = E – RI $$
この式から、電流の増加する割合 \(\frac{\Delta I}{\Delta t}\) を求めます。

電流の増加する割合は、上の式を \(\frac{\Delta I}{\Delta t}\) について解くことで得られます。
$$
\frac{\Delta I}{\Delta t} = \frac{E – RI}{L} \text{ [A/s]}
$$

電源から供給されるエネルギー\(E\)が、2つの部品に分配されます。一部は抵抗\(R\)で熱として消費され（\(RI\)）、残りがコイルに「電流を増やす」ためのエネルギーとして供給されます（\(V_L\)）。このエネルギーの分配の式から、コイルにかかる電圧や、電流がどれくらいのペースで増えているかを計算します。

電流が \(I\) の瞬間、誘導起電力は \(RI-E\) [V]、電流の増加する割合は \(\displaystyle\frac{E – RI}{L}\) [A/s] です。
電流 \(I\) が増加するにつれて、抵抗での電圧降下 \(RI\) が大きくなるため、コイルにかかる電圧 \(E-RI\) は小さくなります。その結果、電流の増加率も小さくなっていくことが式からわかります。これは、電流が最終値に近づくにつれて、その増え方が緩やかになるという物理的状況と一致しています。

問(4)

思考の道筋とポイント
スイッチを入れてから「十分に時間が経過した」後の電流を求める問題です。これは、回路が定常状態に達したことを意味します。
この設問における重要なポイント

• 定常状態: 十分に時間が経つと、電流はこれ以上増加せず、一定の値に落ち着きます。
• 電流の変化率: 電流が一定になるので、その変化率 \(\frac{\Delta I}{\Delta t}\) は0になります。
• コイルの振る舞い: \(\frac{\Delta I}{\Delta t} = 0\) なので、コイルに生じる自己誘導起電力 \(V_L = L \frac{\Delta I}{\Delta t}\) も0になります。このとき、コイルは抵抗0の「ただの導線」と見なすことができます。
• 回路方程式: 回路は、起電力\(E\)の電源と抵抗\(R\)だけが接続された単純な直流回路と等価になります。

具体的な解説と立式
十分に時間が経過すると、回路を流れる電流 \(I\) は一定値に達し、定常状態となります。
したがって、電流の時間変化率はゼロになります。
$$ \frac{\Delta I}{\Delta t} = 0 $$
これにより、コイルに生じる自己誘導起電力 \(V_L\) もゼロになります。
$$ V_L = L \frac{\Delta I}{\Delta t} = 0 $$
このとき、(3)で立てたキルヒホッフの第二法則の式 \(E = RI + V_L\) は、
$$ E = RI + 0 $$
となります。この式から、最終的に流れる電流 \(I\) を求めます。

\(E = RI\) を \(I\) について解きます。
$$
I = \frac{E}{R} \text{ [A]}
$$

コイルの「あまのじゃく」な性質は、電流が「変化している間」だけです。十分に時間が経って、電流が一定になると、コイルはサボっていたことをやめて、ただの電線として振る舞います。そうなると、この回路は単に電池と抵抗をつないだだけの単純な回路になるので、流れる電流はオームの法則で簡単に計算できます。

十分に時間が経過したとき、回路を流れる電流は \(\displaystyle\frac{E}{R}\) [A] です。
これは、コイルがない単純な直流回路を流れる電流と全く同じです。コイルの自己誘導は過渡的な現象であり、定常状態ではその影響がなくなるという重要な性質を示しています。

【総まとめ】この一問を未来の得点力へ！完全マスター講座

最重要ポイント：この問題の核心となる物理法則は？

• コイルの自己誘導（レンツの法則）:
  • 核心: コイルの最も本質的な性質は「変化を嫌う」ことです。回路を流れる電流が変化しようとすると、コイルはその変化を妨げる向きに起電力を生じます。この現象が自己誘導です。
  • 理解のポイント:
    • スイッチON直後: 電流が0から増えようとする \(\rightarrow\) コイルは電流を0に保とうとする \(\rightarrow\) 電源と逆向きに起電力を生じる（断線状態）。
    • 定常状態: 電流が一定で変化しない \(\rightarrow\) コイルは妨げるべき変化がない \(\rightarrow\) 起電力を生じない（ただの導線）。

    この「ON直後は断線、定常状態では導線」という2つの極端な状態を理解することが、過渡現象の問題を解く上での最大の鍵となります。

• RL回路の回路方程式（キルヒホッフの第二法則）:
  • 核心: 回路内の任意の時刻において、エネルギー保存則が電圧の形で成り立っています。すなわち、「電源が供給する電圧 \(E\)」は、「抵抗で消費される電圧 \(RI\)」と「コイルが逆起電力として消費（あるいは蓄積）する電圧 \(V_L\)\)」の和に等しい、という関係です。
  • 理解のポイント: \(E = RI + L\frac{dI}{dt}\) という微分方程式が、この回路のすべての時間における振る舞いを記述しています。この問題の(1)〜(4)は、この方程式の特定の条件下（\(I=0\) や \(dI/dt=0\)）での状態を問うているに過ぎません。

応用テクニック：似た問題が出たらココを見る！解法の鍵と着眼点

• 応用できる類似問題のパターン:
  • RC回路: コイルの代わりにコンデンサーが接続された回路。コンデンサーは「スイッチON直後は導線、定常状態では断線」という、コイルと全く逆の振る舞いをします。この対比を理解することが重要です。
  • スイッチをOFFにする問題: 十分に時間が経って定常電流が流れている状態から、スイッチをOFFにする（あるいは別の回路に切り替える）問題。この場合、コイルは「電流を維持しよう」として、それまで流れていた電流を流し続けようとする向きに起電力を生じます。
  • LC振動回路: 抵抗がなく、コイルとコンデンサーだけで構成された回路。コイルに蓄えられた磁気エネルギーと、コンデンサーに蓄えられた静電エネルギーが、互いに変換を繰り返す「電気振動」が起こります。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 時間的状況の特定: 問題文が「スイッチを入れた直後」「十分に時間が経過した後」「電流が〜になった瞬間」のどれを指しているのかを正確に読み取ります。これが、コイルを「断線」「導線」「途中の状態」のどれとして扱うかを決定します。
  2. 電流の変化の向き: 電流が増加しているのか、減少しているのかを判断します。これにより、レンツの法則を適用した際の誘導起電力の向き（電位の高低）が決まります。
  3. 回路方程式の立式: どんな状況であれ、基本となるキルヒホッフの第二法則（\(E = RI + V_L\)）をまず立て、そこから各状況に応じた条件（\(I=0\)など）を代入して解く、という流れが最も確実です。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• スイッチON直後の電流:
  • 誤解: スイッチを入れたのだから、すぐに \(I=E/R\) の電流が流れると考えてしまう。
  • 対策: コイルの「変化を嫌う」性質を思い出しましょう。電流は0からスタートし、すぐには流れません。コイルがある回路では、電流は必ず連続的に変化します。「スイッチON直後の電流は0」は鉄則です。
• 誘導起電力の向きと符号:
  • 誤解: 自己誘導起電力の公式 \(V = -L\frac{dI}{dt}\) のマイナス符号の意味を理解せず、機械的に使って混乱する。
  • 対策: まずはレンツの法則で「どちらの電位が高いか」という物理的な向きを判断することを優先しましょう。電流が増えようとするのを妨げるのだから、a点が高電位になる、と判断します。その上で、問題文で指定された正の向き（時計回り）と逆なので、符号はマイナスになる、と考えると混乱が少ないです。
• 定常状態のコイルの扱い:
  • 誤解: 十分に時間が経った後も、コイルが何らかの働きをしていると考えてしまう。
  • 対策: 「定常＝変化なし」と覚えましょう。電流が変化しないので、自己誘導は起こりません。したがって、コイルは単なる抵抗ゼロの導線と全く同じになります。回路図からコイルを消して、ただの線に描き直してみると分かりやすいです。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題での有効なイメージ化と図示:
  • 水流モデル:
    • 電池\(E\): ポンプ
    • 抵抗\(R\): 水路の狭い部分（流れにくい）
    • コイル\(L\): 重い水車

    スイッチON直後: ポンプを動かし始めても、重い水車は慣性ですぐには回らない（電流が流れない）。ポンプの圧力はすべて水車を回し始めるのに使われる（起電力はすべてコイルにかかる）。
    定常状態: 水車は一定の速さで回り続け、水の流れを妨げなくなる（コイルはただの導線）。水の流れにくさは、水路の狭い部分だけで決まる（電流は\(I=E/R\)）。

  • 時間変化のグラフ: 横軸に時間\(t\)、縦軸に電流\(I\)をとったグラフをイメージすると、\(t=0\)で\(I=0\)から始まり、徐々に傾きを緩やかにしながら最終値\(E/R\)に漸近していく様子が視覚的に理解できます。(2)で求めた\(E/L\)は\(t=0\)でのグラフの接線の傾き、(3)で求めた\((E-RI)/L\)は途中での傾き、(4)の\(E/R\)は漸近線の値に対応します。
• 図を描く際に注意すべき点:
  • 各瞬間の等価回路を描くことが有効です。
    • ON直後: コイル部分を「断線（回路が切れている）」として描く。
    • 定常状態: コイル部分を「導線」として描く。
  • 起電力の向きを、電池の記号（＋,－）でコイルのa, b点に書き込むと、電位の高低や電圧降下の関係が明確になります。

なぜその公式？論理的な公式選択と適用の思考法

• キルヒホッフの第二法則 (\(E = RI + V_L\)):
  • 選定理由: 回路に複数の素子（電源、抵抗、コイル）が含まれており、それらの間の電圧関係を記述する必要があるため。
  • 適用根拠: 「閉回路を一周すると電位は元に戻る」という、エネルギー保存則の電気回路における表現です。あらゆる回路で成り立つ普遍的な法則です。
• 自己誘導起電力の公式 (\(V_L = L \frac{\Delta I}{\Delta t}\)):
  • 選定理由: コイルという素子の電気的特性を数式で表現するため。コイルによる電圧降下\(V_L\)と、その原因である電流の変化率\(\frac{\Delta I}{\Delta t}\)を結びつけます。
  • 適用根拠: ファラデーの電磁誘導の法則を、自分自身が作る磁場の変化に適用したものです。比例定数\(L\)がコイルの性能（変化しにくさの度合い）を表します。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. (1), (2) スイッチON直後:
   • 戦略: コイルの「電流連続性」から\(I=0\)と判断し、回路方程式を単純化する。
   • フロー: ①\(I=0\)と判断 → ②キルヒホッフの法則 \(E=RI+V_L\) に\(I=0\)を代入し、\(V_L=E\)を導出 → ③レンツの法則から電位の高低を判断 → ④ \(V_L=L\frac{\Delta I}{\Delta t}\) の関係から\(\frac{\Delta I}{\Delta t}\)を計算。
2. (3) 途中の状態:
   • 戦略: 一般的な状態として、キルヒホッフの法則の式をそのまま利用する。
   • フロー: ①キルヒホッフの法則 \(E=RI+V_L\) より、\(V_L = E-RI\)を求める → ② \(V_L=L\frac{\Delta I}{\Delta t}\) の関係から、\(\frac{\Delta I}{\Delta t} = \frac{E-RI}{L}\)を導出。
3. (4) 定常状態:
   • 戦略: 電流が一定になるという条件から、\(\frac{\Delta I}{\Delta t}=0\)と判断し、回路方程式を単純化する。
   • フロー: ①\(\frac{\Delta I}{\Delta t}=0\)と判断 → ②これにより\(V_L=0\)となる → ③キルヒホッフの法則 \(E=RI+V_L\) に\(V_L=0\)を代入し、\(E=RI\)を導出 → ④\(I\)について解く。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 3つの状態の整理: 「ON直後」「途中」「定常状態」の3つのシナリオで、\(I\)と\(V_L\)がどうなるかを頭の中で整理しておくことが重要です。
  • ON直後: \(I=0\), \(V_L=E\)
  • 途中: \(I=I\), \(V_L=E-RI\)
  • 定常状態: \(I=E/R\), \(V_L=0\)

  この対応表を覚えておくだけでも、多くの問題に素早く対応できます。

• 単位の確認: (2)や(3)で求める「電流の増加する割合」の単位は[A/s]（アンペア毎秒）です。計算結果の単位が物理的に正しいかを確認する習慣は、ミスを防ぐのに役立ちます。

解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう

• 極端な条件での検証:
  • (3)で求めた式 \(\frac{\Delta I}{\Delta t} = \frac{E-RI}{L}\) は、この回路の振る舞いを一般的に表す式です。
  • この式に、(1)の条件である\(I=0\)を代入すると、\(\frac{\Delta I}{\Delta t} = \frac{E}{L}\)となり、(2)の答えと一致します。
  • また、この式で電流の増加が止まる（\(\frac{\Delta I}{\Delta t}=0\)）条件を考えると、\(E-RI=0\)、すなわち\(I=E/R\)となり、(4)の答えと一致します。
  • このように、一般式が特殊な場合の答えをすべて含んでいることを確認することで、解答全体の一貫性と正しさを検証できます。

401 自己インダクタンス

【問題の確認】まずは問題文をしっかり読み解こう

この問題は、大きさの異なる2つのソレノイドを入れ子にし、直列に接続したときの電磁誘導を扱います。自分自身の電流変化が自分に起電力を生む「自己誘導」と、相手のコイルの電流変化が自分に起電力を生む「相互誘導」が同時に起こる、複雑な状況を分析する能力が問われます。
この問題の核心は、それぞれのコイルが作る磁場を正しく計算し、その磁場がどの範囲に影響を及ぼすかを考え、各コイルを貫く「全磁束」を求めることです。そして、その磁束の時間変化から誘導起電力を計算し、最終的に系全体の自己インダクタンスを導き出します。

【設問別解説】考え方から計算プロセスまで徹底ガイド

この問題のテーマは「ソレノイドの自己誘導と相互誘導」です。2つのコイルが組み合わさった系のインダクタンスを求める、電磁気学の応用問題です。
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
ソレノイドL₂を貫く磁束 \(\Phi_2\) を求める問題です。L₂の内部には、L₁が作る磁場と、L₂自身が作る磁場の両方が存在します。この2つの磁場による磁束をそれぞれ計算し、足し合わせる必要があります。
この設問における重要なポイント

• 各ソレノイドが作る磁場: L₁とL₂は直列接続なので、同じ電流 \(i\) が流れます。
  • L₁が作る磁場の強さ: \(H_1 = n i\)
  • L₂が作る磁場の強さ: \(H_2 = n i\)
• L₂内部の磁場: L₂はL₁の内部にあるため、L₂の内部には \(H_1\) と \(H_2\) の両方が存在します。問題文より磁界の向きは同じなので、合成磁場の強さは \(H_{\text{合成}} = H_1 + H_2\) となります。
• 磁束の計算: L₂を貫く磁束は、この合成磁場による磁束密度 \(B_{\text{合成}} = \mu_0 H_{\text{合成}}\) が、L₂の断面積 \(\pi b^2\) を貫くことで生じます。したがって、\(\Phi_2 = B_{\text{合成}} \times (\pi b^2)\) となります。

具体的な解説と立式
ソレノイドL₁とL₂には、同じ電流 \(i\) が流れます。
L₁がその内部に作る磁場の強さ \(H_1\) は、
$$ H_1 = n i $$
L₂がその内部に作る磁場の強さ \(H_2\) は、
$$ H_2 = n i $$
ソレノイドL₂はL₁の内部にあり、両者の作る磁界の向きは同じです。したがって、L₂の内部の空間には、これら2つの磁場が重なり合った合成磁場 \(H_{\text{合成}}\) が存在します。
$$ H_{\text{合成}} = H_1 + H_2 = ni + ni = 2ni $$
この合成磁場による磁束密度 \(B_{\text{合成}}\) は、
$$ B_{\text{合成}} = \mu_0 H_{\text{合成}} = 2\mu_0 n i $$
L₂を貫く磁束 \(\Phi_2\) は、この磁束密度 \(B_{\text{合成}}\) がL₂の断面積 \(S_2 = \pi b^2\) を貫くものです。
$$ \Phi_2 = B_{\text{合成}} \times S_2 \quad \cdots ① $$

式①に各値を代入して \(\Phi_2\) を計算します。
$$
\begin{aligned}
\Phi_2 &= (2\mu_0 n i) \times (\pi b^2) \\[2.0ex]&= 2\pi\mu_0 n b^2 i \text{ [Wb]}
\end{aligned}
$$

小さい方のコイルL₂の中には、2種類の磁場が存在します。大きいコイルL₁が作る磁場と、小さいコイルL₂自身が作る磁場です。この2つの磁場は同じ向きなので、単純に足し算できます。この合計の磁場が、L₂の断面積をどれだけ貫いているか（磁束）を計算します。

L₂を貫く磁束は \(2\pi\mu_0 n b^2 i\) [Wb] です。電流 \(i\) に比例しており、妥当な結果です。

問(2)

思考の道筋とポイント
電流が変化したときにL₁とL₂に生じる誘導起電力をそれぞれ求める問題です。ファラデーの電磁誘導の法則 \(V = -N \frac{\Delta \Phi}{\Delta t}\) を用いて計算します。そのためには、まず各コイルを貫く全磁束 \(\Phi_1\) と \(\Phi_2\) を、電流 \(i\) の関数として正確に求める必要があります。
この設問における重要なポイント

• 総巻数の計算: 長さ \(l\)、単位長さあたりの巻数 \(n\) のソレノイドの総巻数 \(N\) は \(N=nl\) です。
• L₂を貫く磁束 \(\Phi_2\): (1)で計算済みです。\(\Phi_2 = 2\pi\mu_0 n b^2 i\)。
• L₁を貫く磁束 \(\Phi_1\): L₁の内部空間は、半径\(b\)の内側と、半径\(b\)から\(a\)までの外側のドーナツ状の領域に分けられます。
  • 内側（半径\(b\)まで）: L₁とL₂の両方の磁場が存在し、合成磁場は \(H_1+H_2 = 2ni\)。
  • 外側（\(b\)から\(a\)まで）: L₁の磁場 \(H_1=ni\) のみ存在。

  したがって、\(\Phi_1\) はこの2つの領域の磁束の和になります。

• 誘導起電力の計算: 求めた磁束 \(\Phi_1, \Phi_2\) をファラデーの法則に代入します。電流 \(i\) のみが時間変化するため、\(\frac{\Delta \Phi}{\Delta t} = \Phi_i \frac{\Delta i}{\Delta t}\) のように、磁束を \(i\) で表した式の \(i\) を \(\frac{\Delta i}{\Delta t}\) に置き換える形で計算できます（\(\Phi_i\) は磁束の \(i\) に対する比例定数）。

具体的な解説と立式
まず、各コイルを貫く磁束を求めます。総巻数は \(N=nl\) です。

L₂の誘導起電力 \(V_2\):

L₂を貫く磁束 \(\Phi_2\) は(1)より \(\Phi_2 = 2\pi\mu_0 n b^2 i\)。
ファラデーの法則 \(V_2 = -N \frac{\Delta \Phi_2}{\Delta t}\) より、
$$ V_2 = – (nl) \frac{\Delta (2\pi\mu_0 n b^2 i)}{\Delta t} \quad \cdots ② $$

L₁の誘導起電力 \(V_1\):

L₁を貫く磁束 \(\Phi_1\) を計算します。
L₁が作る磁場 \(H_1=ni\) は、L₁の断面積全体 \(S_1 = \pi a^2\) を貫きます。
L₂が作る磁場 \(H_2=ni\) は、L₂の断面積 \(S_2 = \pi b^2\) の範囲にしか存在せず、その範囲でL₁を貫きます。
よって、L₁を貫く全磁束 \(\Phi_1\) は、
$$
\begin{aligned}
\Phi_1 &= (\mu_0 H_1) S_1 + (\mu_0 H_2) S_2 \\[2.0ex]&= (\mu_0 n i)(\pi a^2) + (\mu_0 n i)(\pi b^2) \\[2.0ex]&= \pi\mu_0 n i (a^2 + b^2)
\end{aligned}
$$
ファラデーの法則 \(V_1 = -N \frac{\Delta \Phi_1}{\Delta t}\) より、
$$ V_1 = – (nl) \frac{\Delta (\pi\mu_0 n i (a^2 + b^2))}{\Delta t} \quad \cdots ③ $$

式②を計算します。
$$
\begin{aligned}
V_2 &= – nl \cdot (2\pi\mu_0 n b^2) \frac{\Delta i}{\Delta t} \\[2.0ex]&= -2\pi\mu_0 n^2 l b^2 \frac{\Delta i}{\Delta t} \text{ [V]}
\end{aligned}
$$
式③を計算します。
$$
\begin{aligned}
V_1 &= – nl \cdot (\pi\mu_0 n (a^2 + b^2)) \frac{\Delta i}{\Delta t} \\[2.0ex]&= -\pi\mu_0 n^2 l (a^2 + b^2) \frac{\Delta i}{\Delta t} \text{ [V]}
\end{aligned}
$$
問題文の定義では、電池と同じ向き（電流を流そうとする向き）の起電力が正ですが、これらはともに電流の変化を妨げる逆向きの起電力なので、負号がつきます。

L₁の誘導起電力は \(V_1 = -\pi\mu_0 n^2 l (a^2 + b^2) \frac{\Delta i}{\Delta t}\) [V]、L₂の誘導起電力は \(V_2 = -2\pi\mu_0 n^2 l b^2 \frac{\Delta i}{\Delta t}\) [V] です。どちらも電流の変化率 \(\frac{\Delta i}{\Delta t}\) に比例しており、自己誘導・相互誘導の性質を正しく表しています。

問(3)

思考の道筋とポイント
2つのソレノイドを1つのソレノイドと見なしたときの、全体の自己インダクタンス \(L\) を求める問題です。L₁とL₂は直列に接続されているため、全体に生じる誘導起電力 \(V\) は、それぞれのコイルに生じる誘導起電力の和 \(V = V_1 + V_2\) となります。この \(V\) を、全体の自己インダクタンス \(L\) を用いた自己誘導の公式 \(V = -L \frac{\Delta i}{\Delta t}\) と比較することで、\(L\) を求めます。
この設問における重要なポイント

• 直列接続の起電力: 直列に接続された複数の電源の合成起電力は、各起電力の和となります。
• 自己インダクタンスの定義: コイル全体に生じる誘導起電力 \(V\) と、回路を流れる電流の変化率 \(\frac{\Delta i}{\Delta t}\) の間の比例係数が、全体の自己インダクタンス \(L\) です (\(V = -L \frac{\Delta i}{\Delta t}\))。

具体的な解説と立式
2つのソレノイドは直列に接続されているので、系全体に生じる誘導起電力 \(V\) は、(2)で求めた \(V_1\) と \(V_2\) の和になります。
$$ V = V_1 + V_2 \quad \cdots ④ $$
一方、この2つのソレノイドを1つのコイルと見なしたとき、その自己インダクタンスを \(L\) とすると、全体に生じる誘導起電力 \(V\) は、自己誘導の公式を用いて次のように表せます。
$$ V = -L \frac{\Delta i}{\Delta t} \quad \cdots ⑤ $$
式④と⑤を比較することで、\(L\) を求めます。

式④に、(2)で求めた \(V_1\) と \(V_2\) の式を代入します。
$$
\begin{aligned}
V &= \left( -\pi\mu_0 n^2 l (a^2 + b^2) \frac{\Delta i}{\Delta t} \right) + \left( -2\pi\mu_0 n^2 l b^2 \frac{\Delta i}{\Delta t} \right) \\[2.0ex]&= – \left( \pi\mu_0 n^2 l (a^2 + b^2) + 2\pi\mu_0 n^2 l b^2 \right) \frac{\Delta i}{\Delta t} \\[2.0ex]&= – \pi\mu_0 n^2 l (a^2 + b^2 + 2b^2) \frac{\Delta i}{\Delta t} \\[2.0ex]&= – \pi\mu_0 n^2 l (a^2 + 3b^2) \frac{\Delta i}{\Delta t}
\end{aligned}
$$
この結果を、式⑤ \(V = -L \frac{\Delta i}{\Delta t}\) と比較します。係数部分が \(L\) に対応するので、
$$ L = \pi\mu_0 n^2 l (a^2 + 3b^2) \text{ [H]} $$

全体の自己インダクタンスとは、いわば「コイルとしての性能の合計値」です。2つのコイルが直列につながっているので、それぞれのコイルで発生する電圧（誘導起電力）を単純に足し算します。この合計の電圧が、自己誘導の公式 \(V = -L \frac{\Delta i}{\Delta t}\) の \(V\) にあたります。この式と、実際に足し算した結果を見比べることで、全体の性能 \(L\) が何になるかを決定します。

全体の自己インダクタンスは \(L = \pi\mu_0 n^2 l (a^2 + 3b^2)\) [H] です。
この結果は、L₁の自己インダクタンス、L₂の自己インダクタンス、そして2つのコイル間の相互インダクタンスの和から構成されています。具体的には、\(L = L_1 + L_2 + 2M\) という関係になっており、相互誘導の効果が含まれていることがわかります。

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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？

• 磁場の重ね合わせと磁束の計算:
  • 核心: 複数の電流（この場合は2つのソレノイド）が作る磁場は、ベクトル的に重ね合わせることができます。この問題では、L₂の内部にはL₁とL₂の両方が作る磁場が存在し、L₁の内部だがL₂の外側の領域にはL₁が作る磁場のみが存在します。この「場所によって磁場の強さが違う」ことを正確に把握し、それぞれの領域を貫く磁束を計算して足し合わせることが、この問題の最も重要な第一歩です。
  • 理解のポイント:
    • \(\Phi_2\) (L₂を貫く磁束): L₂の断面積 \(\pi b^2\) の領域には、磁場 \(B_1+B_2\) が一様に存在すると考えます。
    • \(\Phi_1\) (L₁を貫く磁束): L₁の断面積 \(\pi a^2\) を、内側の \(\pi b^2\) と外側のドーナツ状の \(\pi(a^2-b^2)\) に分けて考えます。内側は磁場 \(B_1+B_2\)、外側は磁場 \(B_1\) のみが貫くと考え、それぞれの磁束を足し合わせます。
• ファラデーの電磁誘導の法則とインダクタンス:
  • 核心: 回路に生じる誘導起電力は、その回路を貫く「全磁束」の時間変化率に比例します (\(V = -N \frac{\Delta \Phi}{\Delta t}\))。そして、その起電力を電流自身の変化率と結びつける比例定数が「インダクタンス」です (\(V = -L \frac{\Delta i}{\Delta t}\))。
  • 理解のポイント: この問題は、まず磁束\(\Phi\)を電流\(i\)の関数として求め、次にファラデーの法則で\(V\)を\(\frac{\Delta i}{\Delta t}\)の関数として求め、最後に自己誘導の公式と比較して\(L\)を求める、という一連の論理の流れを追う典型的な問題です。\( \Phi \xrightarrow{\text{微分}} V \xrightarrow{\text{比較}} L \) という関係性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:
  • トロイダルコイル: ドーナツ状に巻かれたソレノイド。中心からの距離によって磁場の強さが変わるため、磁束の計算に積分が必要になる場合がありますが、基本的な考え方は同じです。
  • 同軸ケーブル: 中心導体と外部導体からなるケーブル。互いの電流が作る磁場が打ち消し合う領域などを考え、インダクタンスを計算する問題に応用されます。
  • 逆向きに接続されたソレノイド: この問題とは逆に、2つのソレノイドが作る磁場が互いに打ち消し合うように接続された場合。合成磁場は \(B_1-B_2\) となり、全体のインダクタンスは \(L=L_1+L_2-2M\) となります。
• 初見の問題での着眼点:
  1. 磁場の分布を把握する: 各電流がどの領域にどのような磁場を作るのかを、まず図に書き込みます。ソレノイドであれば「内部は一様、外部はゼロ」が基本です。
  2. 磁束を計算する「面積」を特定する: どのコイルを貫く磁束を計算するのかを明確にし、そのコイルの断面積と、そこに存在する磁場の種類を対応させます。入れ子構造の場合、内側のコイルを貫く磁場は内外両方のコイルから影響を受ける点に注意が必要です。
  3. 自己誘導と相互誘導を意識する: あるコイルに生じる起電力は、「自分自身の電流変化」によるもの（自己誘導）と、「他のコイルの電流変化」によるもの（相互誘導）の和である、と考えることで、複雑な系でも見通しが良くなります。

要注意！ありがちなミス・誤解とその対策

• 磁束計算時の面積の混同:
  • 誤解: L₁を貫く磁束を計算する際に、L₂が作る磁場 \(B_2\) がL₁の断面積全体 \(\pi a^2\) を貫くと考えてしまう。
  • 対策: 磁場はそれを作ったコイルの内部にしか存在しません。したがって、L₂が作る磁場は、L₂の断面積 \(\pi b^2\) の範囲でしかL₁に影響を与えません。必ず「どの磁場が」「どの面積を」貫いているのかを、図を描いて一つずつ確認しましょう。
• 総巻数Nを掛け忘れる:
  • 誤解: ファラデーの法則 \(V = -N \frac{\Delta \Phi}{\Delta t}\) を適用する際に、総巻数 \(N=nl\) を掛け忘れてしまう。
  • 対策: \(\Phi\)は「1巻き」あたりの磁束です。コイル全体に生じる起電力は、すべての巻き数分を合計する必要があるため、\(N\)倍することを忘れないようにしましょう。「\(V=-N\dot{\Phi}\)」と声に出して覚えるのも有効です。
• 自己インダクタンスと相互インダクタンスの混同:
  • 誤解: (3)で求める全体の自己インダクタンスを、単純にL₁とL₂の自己インダクタンスの和 (\(L_1+L_2\)) だと考えてしまう。
  • 対策: 2つのコイルが近くにある場合、必ず互いに影響（相互誘導）を及ぼします。直列接続で磁場を強め合う場合、全体のインダクタンスは \(L = L_1 + L_2 + 2M\) となり、単純な和よりも大きくなります（\(M\)は相互インダクタンス）。この相互作用の存在を常に意識することが重要です。

物理の眼を養う：現象のイメージ化と図解の極意

• この問題での有効なイメージ化と図示:
  • 磁力線の図示: ソレノイドの断面図を描き、L₁が作る磁力線とL₂が作る磁力線を色分けして描いてみると、磁場の重なりが視覚的に理解できます。L₂の内部では両方の色の磁力線が密に存在し、L₁とL₂の間ではL₁の磁力線のみが存在する、というイメージです。
  • インダクタンスを「質量」に例える: 電気回路におけるインダクタンス\(L\)は、力学における質量\(m\)に似た役割を果たします。質量が大きいと速度を変えにくい（慣性が大きい）ように、インダクタンスが大きいと電流を変えにくい（電磁的な慣性が大きい）とイメージすると、自己誘導の「変化を嫌う」性質が直感的に理解できます。
• 図を描く際に注意すべき点:
  • 断面図の活用: ソレノイドの問題では、円筒を真横から見た長方形の断面図を描くのが非常に有効です。半径\(a, b\)や長さ\(l\)を書き込み、磁場が存在する領域を斜線などで示すと、状況整理が容易になります。
  • 磁場の向きを統一: 問題文の「磁界の向きが同じになるように」という指示に従い、すべての磁場の向きを同じ方向（例えば右向き）の矢印で統一して描きましょう。これにより、磁場の足し算・引き算のミスを防げます。

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 (\(H=ni, B=\mu_0 H\)):
  • 選定理由: (1), (2)で、磁束を計算するための前提となる磁場の大きさを求めるため。
  • 適用根拠: アンペールの法則を無限に長いソレノイドに適用することで導かれる、ソレノイド内部の磁場を記述する基本公式です。
• ファラデーの電磁誘導の法則 (\(V = -N \frac{\Delta \Phi}{\Delta t}\)):
  • 選定理由: (2)で、磁束の変化という原因から、誘導起電力という結果を導き出すため。電磁誘導現象を記述する最も根源的な法則です。
  • 適用根拠: 「閉回路を貫く磁束が時間変化すると、その変化を妨げる向きに起電力が生じる」という、実験的に確立された物理法則です。
• 自己インダクタンスの定義式 (\(V = -L \frac{\Delta i}{\Delta t}\)):
  • 選定理由: (3)で、系全体の電気的慣性（変化しにくさ）を表す量である「自己インダクタンス\(L\)」を、起電力\(V\)と電流変化\(\frac{\Delta i}{\Delta t}\)の関係から定義し、決定するため。
  • 適用根拠: この式は、インダクタンス\(L\)という素子の特性を定義するものです。\(L\)はコイルの形状や巻数、透磁率のみで決まる定数であり、\(V\)と\(\frac{\Delta i}{\Delta t}\)の関係をこの形で表すことで、その比例定数として\(L\)を求めることができます。

思考を整理する：立式から計算までのロジカルフロー

1. (1) L₂を貫く磁束の計算:
   • 戦略: L₂内部に存在する磁場をすべて特定し、足し合わせ、L₂の断面積を掛ける。
   • フロー: ①L₁, L₂が作る磁場\(H_1, H_2\)を計算 → ②L₂内部の合成磁場 \(H_{\text{合成}}=H_1+H_2\) を計算 → ③合成磁束密度 \(B_{\text{合成}}=\mu_0 H_{\text{合成}}\) を計算 → ④磁束 \(\Phi_2 = B_{\text{合成}} \times (\pi b^2)\) を計算。
2. (2) 各コイルの誘導起電力の計算:
   • 戦略: 各コイルを貫く全磁束を計算し、ファラデーの法則を適用する。
   • フロー: ①L₁を貫く磁束\(\Phi_1\)を計算（領域を分けて考える） → ②L₂を貫く磁束\(\Phi_2\)は(1)の結果を利用 → ③ファラデーの法則 \(V = -N \frac{\Delta \Phi}{\Delta t}\) に、\(\Phi_1, \Phi_2\)をそれぞれ代入し、\(V_1, V_2\)を計算。
3. (3) 全体の自己インダクタンスの計算:
   • 戦略: 全体の誘導起電力と、自己インダクタンスの定義式を比較する。
   • フロー: ①全体の起電力 \(V = V_1 + V_2\) を計算 → ②この結果を \(V = -L \frac{\Delta i}{\Delta t}\) の形に整理 → ③係数部分を比較して\(L\)を決定。

計算ミスをなくす！日頃の意識と実践テクニック

• 文字と指数の確認: この問題は \(\pi, \mu_0, n, l, a, b, i\) と多くの文字が登場し、\(n^2, a^2, b^2\) のように指数も多いです。計算の各段階で、文字の抜け漏れや指数の間違いがないか、慎重に確認しましょう。
• 共通因数でくくる: 計算の途中では、\(\pi\mu_0 n^2 l\) のような共通の係数が頻繁に現れます。これらを一つの塊として扱い、括弧の外に出して計算を進めると、式がスッキリし、ミスが減ります。
• 単位の次元解析: 最終的に求めたインダクタンス\(L\)の単位が[H]になるか、各物理量の単位を代入して確認する（次元解析）のも有効な検算方法です。(\(\mu_0\)[H/m], \(n\)[1/m], \(l\)[m], \(a,b\)[m] \(\rightarrow\) [H/m] \(\times\) [1/m\(^2\)] \(\times\) [m] \(\times\) [m\(^2\)] = [H])

解きっぱなしはNG！解答の妥当性を吟味する習慣をつけよう

• 物理的意味の吟味:
  • (3)で求めた \(L = \pi\mu_0 n^2 l (a^2 + 3b^2)\) は、\(L_1 = \pi\mu_0 n^2 l a^2\), \(L_2 = \pi\mu_0 n^2 l b^2\), \(M = \pi\mu_0 n^2 l b^2\) と置くと、\(L = L_1 + L_2 + 2M\) と分解できます。これは直列接続で磁場を強め合う場合の合成インダクタンスの公式と一致しており、結果が物理的に妥当であることを示しています。
• 極端な場合を考える:
  • もし内側のコイルL₂が非常に細かったら (\(b \rightarrow 0\))、全体のインダクタンスは \(L \rightarrow \pi\mu_0 n^2 l a^2\) となります。これは、L₁単体の自己インダクタンスに等しく、L₂の影響がなくなるという直感と一致します。
  • もし内外のコイルの半径が同じだったら (\(a=b\))、\(L = \pi\mu_0 n^2 l (a^2 + 3a^2) = 4\pi\mu_0 n^2 l a^2\) となります。これは、巻数が2倍(\(2n\))になった1つのソレノイドの自己インダクタンス \(\pi\mu_0 (2n)^2 l a^2\) と一致し、結果の正しさを裏付けます。

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