f = mgsinθ N = mgcosθ + lIBsinθ mgsinθ + µ 0N = lIBcosθ V0 = RI

一様磁場中の電磁誘導の解答 (1) 力のつり合いより
(2) 力のつり合いより
f = mgsinθ
N = mgcosθ + lIBsinθ mgsinθ + µ0 N = lIBcosθ
2 式と回路方程式から
mg(sinθ + µ0 cosθ)
V0 = RI = R・
lB(cosθ − µ0 sinθ)
(3) 回路方程式と力のつり合いから
回：V − uBlcosθ = RI 運：N = mgcosθ + lIBsinθ mgsinθ + µN = lIBcosθ
3 式から
u=
V
R
−
Blcosθ Blcosθ
!
mg(sinθ + µcosθ)
lB(cosθ − µsinθ)
"
(4) エネルギー原理から
重力の位置エネルギーの増加＝電池の仕事ー摩擦熱ージュール熱より
電池の仕事が導体棒の位置エネルギーの増加と摩擦熱とジュール熱に変わった
4
回転導体棒＆変動磁場中の電磁誘導
A(1) 単位時間に導体棒が切る磁束が導体棒に生じる起電力であるから
V =
(2) 回路方程式から
1 2
r ωB
2
1
1
E − r2 ωB = RI ∴ I =
2
R
!
"
1 2
E − r ωB
2
(3) 単位時間でのエネルギー原理を考えてこのときの速度を v0 = rω0 として
!
"
1
1
2
mgv0 = EI − RI I =
E − rBv0
R
2
２式から
v0 =
2E
4mgR
−
rB
(rB)2
(4) 単位時間でのエネルギー原理は，回路方程式から
#
1
I
z$
E − r2 ωB = RI + z = R +
I 2
4
4
! "2
I
2
mgv0 = EI − RI − z
×4
4
ゆえに R → R +
z
とすればよいので，
4
v0 =
※ この運動を解析してみよう。
回路方程式
2E
4mg #
z$
−
R
+
rB
(rB)2
4
1
E − r2 ωB = RI ………１ 2
おもりの運動方程式（上向き正）
mr
dω
= T − mg ………２
dt
回転子の運動方程式 (慣性モーメント I ! )
I ! r2
スイッチを入れると，電流が大きさ
dω
1
= r2 IB − rT ………３
dt
2
E
で流れ始め, ② + ③より，
R
(I + m)
①より ω が増加すると，I は減少する。最終的に
dω
1
mg
= IB −
dt
2
r
dω
→ 0 となり，そのとき，③より，
dt
I0 =
2mg
rB
5
①に代入すると，
v0 =
2E
4mgR
−
rB
(rB)2
t → ∞ において，モーメントのつり合いが成立し，
rI/4B
rI/4B
rI/4B
T
rI/4B
図より，
1 2
r IB − rT = 0
2
B
(1)
Φ = a2
B0
t
2T
(2) グラフは略
V =
dΦ
= −Ri から電流を求める。
dt
6
自己誘導・相互誘導の解答
(1)
φ=µ
(2)
N1
I1 S
l
!
!
∆φ
N12 S !! ∆I1 !!
V1 = N 1 |
| = µ0
∆t
l ! ∆t !
(3)
!
!
∆φ
N1 N2 S !! ∆I1 !!
V2 = N2 |
| = µ0
! ∆t !
∆t
l
∆I1 > 0 のとき φ > 0 となるので a →ｂの向きに起電力が生じるから b の方が電位が高くなる。
(4)
!
!
N1 N2 S !! ∆I1 !!
回路方程式：µ0
! ∆t ! = RI2
l
より，
K = µ0
N1 N2 S
として，
l
I1
k
I0
T
0
-k
3T
T
t
5T
3I0
2T
7
図より，
1 2
r IB − rT = 0
2
6
B
(1)
Φ = a2
B0
t
2T
(2) グラフは略
V =
dΦ
= −Ri から電流を求める。
dt
自己誘導・相互誘導の解答
(1)
φ=µ
(2)
V1 = N1 |
(3)
V2 = N 2 |
N1
I1 S
l
∆φ
N 2 S ∆I1
| = µ0 1 |
|
∆t
l
∆t
∆φ
N1 N2 S ∆I1
| = µ0
|
|
∆t
l
∆t
∆I1 > 0 のとき φ > 0 となるので a →ｂの向きに起電力が生じるから b の方が電位が高くなる。
(4)
I1
I0
T
0
3T
T
5T
t
-3I 0
2T
5
電磁誘導 12 名大 ★★★
(1)
ア h(z − 2b )
ィ evh(z − 2b )
ゥ +x
エローレンツ
オ evh(z + 2b )
ヵ +x
(2) 回路方程式より
RI = vhba ∴ I =
vhba
ＪＫＬＭ
R
(3) 上部と下部のローレンツ力の合力を考えて −z 向きに
F = aI(hb) =
a2 b2 h2 v
R
(4)
mA = mg −
a2 b2 h2 v
R
(5)A = 0 として
v=
mgR
a2 b2 h2
このときエネルギー原理から
0 − mgv = −RI 2 → W = Q = mgv =
19
(mg)2 R
a2 b2 h2
Ⅰ
⑴
回路に生じる誘導起電力の大きさは，長さ X の導体棒が速さ v で磁場中を横切っ
ているから vBX である。よって，回路を流れる電流の大きさ I 1 は
€
⑵
€
€
€
求める力の x 成分 F1x は
€ €
⑶
I 1 = vBX
R
F1x = − I1 BX = −
€
€
v (BX) 2
R
⑴と同様に考えて，回路に生じる誘導起電力の大きさは
€
€ − vB(X − 2a) = vB(4a − X)
vB ⋅ 2a
であるから，回路を流れる電流の大きさ I 2 は
vB(4a − X)
R
よって，求める力の成分 F2x は €
I2 =
€
F2x = −I2B ⋅ 2a + I2B(X − 2a) = −
€
Ⅱ
⑴
vB 2 (4a − X)2
R
€
右図のような等価回路を考えて
iR − vBa = 0
€
R
I
€
R
IR − vB(X − a) − Ri = 0
i + I = vB (X + a)
R
€
⑵
€
i
i+I
この２式より
€
P
同様に，右図の等価回路を考えて
€ i1 R − vBa− R(i1 + I1) = 0
i1 + I1 = vB (X + a)
3R
€
€
x
I1
R
i1
R
この２式より
€
a
0
vBa
Q
X 2a
R
I 1 R − vB(X − a) − Ri1 = 0
€
vB(X-a)
P
i 1 +I 1
vB(X-a)
vBa
Q
Ⅲ
⑴
Ⅰの⑴より，コンデンサーに蓄えられる電気量は CvBX である。よって，導線を
流れる電流の大きさ I 2 は，単位時間あたりの帯電量の変化を考えて
⑵
€
I 2 = CvB ΔX = Cv2B
€
Δt
€
Ⅰの⑶より，コンデンサーの帯電量は
CvB(4a− X ) であるから，導線を流れる電流
の大きさ €
I3 は
I 3 = CvB
Δ (4a− X)
€
= Cv 2B （向きは I 2 とが逆向き）
Δt
€
よって，求める力の成分 F3x は
€
€
F3 x = I3 B ⋅ 2a− I3 B (X − 2a) = Cv2B 2 (4a− X)
€
€
€
２つの導体棒の電磁誘導 09 東大 ★★★★
I
(1) 回路方程式より
2RI0 = v0 Bl ∴ I0 =
(2) 回路方程式より
(v − u)Bl = 2RI I =
∴ F1 = lIB =
v0 Bl
2R
(v − u)Bl
2R
(v − u)(Bl)2
(v − u)(Bl)2
，F2 = −lIB = −
2R
2R
II (1) 回路方程式より
2RI = (u + v)Bl ∴ I =
(2)
RI − uBl =
III
(a) ウ
(b) イ
(c) ウ
(d) ウ
24
(u + v)Bl
2R
(v − u)Bl
2
電磁誘導 12 北大 ★★★★
(1)(2)(3)(a)(b) 回路方程式
E = RM I ∴ I =
E
RM
また，力のつりあいより
aIB = a(
L−b
aEB
L−b E
)IB + µM g ∴
，ァ = a(
)
B, イ + µM g
L
RM
L RM
RM =
abEB
µM gL
(4)(5)(6)(7) 力のつりあいより
!
ab
µ M gL
µ M g = BI0 ∴ I0 =
L
abB
!
また，回路を貫く磁束は
Φ=
a
1
ab
(2L − b − 2x)b B =
(2L − b − 2x)B
L
2
2L
発生する誘導起電力の大きさは
|
回路方程式
E−
dΦ
ab
| = vB
dt
L
ab
EL
RM L
vB = RM I0 ∴ v =
−
I0
L
abB
abB
(8)
RM I02
(9)
!
−µ M gv
(10) エネルギー原理より WD = −W外 + WJ
!
WD = RM I02 + µ M gv
26
位置により磁束密度の変化する電磁誘導 ★★★★ 95 東大
I
Φ = aA(Ax + A(x + a))a ×
1
1
= a2 (2x + a)A
2
2
II 回路方程式より
a2 A|v| = RI I =
III 力のつり合いより
a2 A|v|
，反時計回り R
mg − a2 IA = 0 ∴ I =
II より |v| =
mg
a2 A
mgR
mgR
∴ v = − 2 2 (a2 A)2
(a A)
IV エネルギー原理により (1),(2)
−mg|v| = −RI 2 ∴ mgv = RI 2 =
(mg)2 R
(a2 A)2
V 厚い銅板をコイルが無数に積み上がっている状態と考えれば，コイルの左側と右側にはたらくローレンツ
力の差（合力）はコイルの巻き数が大きくなると増加していくので、合力は左に増えていく。よって薄い銅板
の方が動かしやすい。
N
N
f
f
S
S
I
I
f
f
25
導体棒の磁場中回転 96 東大 ★★★★
I 誘導起電力 V は
V =
dΦ
1
= a2 ωB
dt
2
V = RI ∴ I =
a2 ωB
2R
II 円の接線方向の回転向きとは逆向きに
∆rIB =
III 求めるトルクは
!
0
a
r
a2 ωB 2
∆r
2R
a2 ωB 2
a4 ωB 2
dr =
2R
4R
IV エネルギー原理より
0 = P外 − PJ より PJ = RI 2 =
17
a4 ω 2 B 2
4R
導体棒と回路 10 東大 ★★★★
I (1) 回路方程式より
V = 2RI1 ∴ I1 =
V
2R
(2) 抵抗 1,2,3 に流れる電流をそれぞれ I1 , I2 , I3 とする。回路方程式より

 V = RI1 + R(I1 + I3 )
RI2 + RI1 = RI3

R(I1 + I2 ) + R(I1 + I3 ) = 3R(I2 + I3 )
3 式より
I1 + I3 =
(3) ローレンツ力より
l(I1 + I3 )B =
5V
9R
5V Bl
9R
II (1) 抵抗 1,2 に流れる電流をそれぞれ I1 , I2 とする。回路方程式より

 V − v1 Bl = RI1 + RI1
RI2 + RI1 = 0

RI1 + 3RI2 = −v1 Bl
3 式から
I1 =
v1 Bl
V
， v1 =
2R
2Bl
(2) 棒は一定速度なので導体棒に流れる電流 = 0 となるので回路方程式より

 V = −RI2 + 3R(I1 − I2 )
RI2 + 2RI1 = 0

RI1 + 3R(I1 − I2 ) = −v2 Bl
3 式から
I1 =
V
10V
， v2 =
11R
11Bl
17
コンデンサーコイルの電磁誘導 ★★★★ 12 九州大
(1)(2) 回路方程式より
vBl =
Q
dQ
dv
∴ I ! =
= CBl
= CBla ，X → Y
C
dt
dt
(3)
M a = M g − lI ! B − lIB
(4)(5) 回路方程式より
vBl = L
dI
L
dx =
dI
dt
Bl
t = 0 で I = x = 0 より
I=
Bl
x
L
運動方程式に代入して
Bl
(Bl)2
xB ∴ (M + CB 2 l2 )a = −
L
L
#
(Bl)2
L
∴ ω =
x0 =
Mg
2
L(M + C(Bl) )
(Bl)2
M a = M g − l(CBla)B − l
(6)
Imax =
(追加)
!
x−
L
Mg
(Bl)2
Bl
2M g
2x0 =
，Imin = 0
L
Bl
x − x0 = −x0 cos ωt ，v = x0 ω sin ωt
1
1
mv 2 = mx20 ω 2 sin2 ωt
2
2
Q2
CB 2 l2 v 2
CB 2 l2 2 2 2
=
=
x0 ω sin ωt
2C
2
2
1 2
1 B 2 l2 2
LI =
x (1 − cos ωt)2
2
2 L 0
−M gx = −M gx0 (1 − cos ωt)
これらをすべて足し加えると 0 となり，確かにエネルギー保存則が成立していることが分かる。
18
"
自己誘導・相互誘導 ★★★★★ 02 東大
I コイル１の電位の関係より
n1
dΦ
V0
= V0 t = 0 でΦ = 0 より ∴Φ =
t
dt
n1
t = T では
Φ=
V0
T
n1
Φ = kn1 I1 より
kn21
dI1
V0
= V0 t = 0 で I = 0 より ∴ I1 =
t よって正の向きの増加
dt
kn21
t = T では
I1 =
V0
T
kn21
以後、この電流値で一定となる。
回路方程式より
i)0 < t < T
E = R1 I1 + V0 ∴ E = R1
V0
t + V0
kn21
ii)T < t
E = R1 I1 ∴ E = R1
V0
T
kn21
II コイル１の電位の関係
n1
dΦ
V0
= V0 t = 0 でΦ = 0 より ∴Φ =
t
dt
n1
t = T では
Φ=
V0
T
n1
鉄心を貫く磁束は 0 < t < T で増えており、コイル２にはこの磁束を減らす向きに誘導起電力が生じるから電
位は c の方が高くなる
コイル２の回路方程式
−n2
dΦ
V0
= R2 I2 ∴ − n2
= R2 I2 dt
n1
∴ |V1 |/|V2 | = |V0 |/| − n2 V0 /n1 | = n1 /n2
Φ = kn1 I1 + kn2 I2 より
∴ I1 =
V0
n2
t + 2 2 V0
2
kn1
n1 R2
19
また，コイル１の回路方程式より
E = R1 I1 + V0
と電源電圧を変化させればよいことが分かる。
20
コイル電磁誘導 ★★★★★ １１東工大改
(1)
1
OQ と OS a2 ωB
2
(2)
回路方程式から QS，RP 間の電位差は０となり電流が流れないことが分かるので
ORQ の回路方程式から
1
2
a2 ωB = (2a +
πa
aωB
)r ∴ I =
2
(4 + π)r
(3)
回路方程式から
1 2
dI
I
a ωB = L
+ 2arI + πar
2
dt
2
t = 0 で I = 0, t →∞で
dI
aωB
→ 0 ∴ I0 =
dt
(4 + π)r
(4)
t1 =
π
ω
秒後で −I0 となり，以下これを繰り返す。
I
I0
0
t1
t2
- I0
1
t3
t
一様でない磁場中を落下するコイルの電磁誘導 01 東大 ★★★★★
I
(1) コイルを +z に貫く磁束が減るので b
(2) dΦ = L2 dB
! !
!
!
! dΦ !
!
!
2 ! dB dz !
!
!
∴ !
=L !
= L2 Cv
!
dt
dz dt !
回路方程式：L2 Cv = RI ∴ I =
L2 Cv
R
II
(1)+z 向きに
2 × LIB = 2LIC
x
L4 C 2 v
=
2
R
(2) 力は打ち消しあい 0
III
(1) 力のつり合いより
L4 C 2 vf
mgR
= mg ∴ vf = 4 2
R
L C
(2) エネルギー原理より
∆U = −WJ ∴ ジュール熱
10
磁界中での導体棒の運動 97 東大★★★★★
I 回路方程式：V0 = RI
∴ lIB =
lV0 B
R
※自然長からの導体棒の変位を右向きを正にして，x とすると，
回路方程式：E − vBl = RI
dv
= −kx + lIB
dt
!
"
kR
lB
２式より， v = − 2 2 x −
E
l B
kR
運動方程式：0・
よって，t → ∞ で，
x→
lB
E ，v → 0
kR
となるので，誘導起電力は発生していない。
II
(1) 自然長からの導体棒の変位を右向きを正にして，x とすると，
dv
kx0
= −kx + li1 B ∴ kx0 sin ωt, i1 =
sin ωt
dt
lB
運動方程式：0・
(2)
v=
よって
dx
= x0 ω cos ωt
dt
VN = vBl = x0 ωB cos ωt
(2)’
このときの交流電圧を VD とすると，回路方程式より，
VD − vBl = Ri1
VD = Blx0 ω cos ωt + R
kx0
sin ωt
lB
(3) N に減速向きに力がはたらくため振幅は減少する
【参考】導体棒 M に流れる電流を I(上向き正),N に流れる電流を i(下向き正) とすると，運動方程式より，
0 = −kx + lIB − liB
kx = lB(I − i)
回路方程式：vBl = ri
v > 0 のとき，i > 0 となり，減速方向に力がはたらくので，一種の摩擦力がはたらくと考えられるので振幅
は減少する。
11
(4)
v=
dx
= x0 ω cos ωt
dt
dv
= −kx + li!1 B − li2 B dt
運動方程式：0・
回路方程式：vBl = ri2
∴ i2 =
i!1 =
Blx0 ω
cos ωt
r
kx0
Blx0 ω
sin ωt +
cos ωt
Bl
r
(4)’
このときの交流電圧を VD とすると，回路方程式より，
VD
VD − vBl = Ri!1
!
"
kx0
Blx0 ω
= Blx0 ω cos ωt + R
sin ωt +
cos ωt
Bl
r
(5)
電源のする仕事が，ばねの弾性エネルギーと抵抗で発生するジュール熱となる。
12
磁界中での回路の電磁誘導 88 東大★★★★★
I
座標 x の場所にある導体棒 AF に誘導される起電力は,AF 向きに
dΦ = dbxvdt ∴ dΦ
= bxvd
dt
よって巡回路 ABEFA に誘導される起電力は
b(x + d)vd − bvxd = bd2 v
II
V1 = 3drI1 + dr(I1 − I2 ) ∴V1 = 4drI1 − drI2
V2 = 5drI2 − dr(I1 − I2 ) ∴V2 = −drI1 + 6drI2 ここで
V1 = bd2 v ， V2 = 2bd2 v
∴ I1 − I2 = −
bdv
，E → B 向き
23r
III
I1 =
力のつり合いより
8bdv
9bdv
，I2 =
23r
23r
f = dI2 b(x + 3d) − d(I2 − I1 )b(x + d) − dI1 bx
=d
9dbv
dbv
8dbv
b(x + 3d) − d
b(x + d) − d
bx
23r
23r
23r
=
26b2 d3 v
23r
f の仕事率： f v
ジュール熱： 3drI12 + dr(I1 − I2 )2 + 5drI22
これらは一致する。
13
回転導体棒の電磁誘導 12 横市大 ★★★★★
(1) 鉛直線と導体棒のなす角を θ とすると，自由電子が受けるローレンツ力は P → O 向きに,
f = e(x sin θω) cos(90° − θ)
a+b
sin θ = !
(a + b)2 + h2
∴ f =
eωB(a + b)2
x ≡ kx
(a + b)2 + h2
(2) ローレンツ力 f = kx より，
WP =
"
a
sin θ
kxdx =
0
=
1 2
a eωB
2
(3) 誘導起電力は O → P の向きに
VP =
1 2
a ωB
2
VQ =
1 2
b ωB
2
誘導起電力は O → Q の向きに
a < b より，
1 # a $2
k
2
sin θ
Q>P>O
(4) R3 に流れる電流を I,Q → O に流れる電流を i とすると，回路方程式より，
VP = R(I + i) + RI
VQ = −Ri + RI
２式より，
I=
i=
I +i=
ωB 2
(a + b2 )
6R
ωB 2
(a − 2b2 ) < 0
6R
ωB
(2a2 − b2 ) (O → P 向きを正)
6R
(5)
FP =
=
a ωB
(2a2 − b2 )B sin θ
sin θ 6R
ωB 2 a
(2a2 − b2 )(紙面表→裏向きを正)
6R
FQ =
b ωB 2
(2b − a2 )B sin θ
sin θ 6R
14
=
ωB 2 b 2
(2b − a2 )(紙面裏→表向き)
6R
(6) 外力の仕事率は速さの平均を考えて，
P外 = FP
aω
bω
a4 − a2 b2 + b4 2 2
+ FQ
=
ω B
2
2
6R
単位時間当たりのエネルギー原理より，
0 = 0 + P外 − PJ ∴ P外 = PJ
PJ = RI 2 + R(I + i)2 + Ri2
を求めてもよい。
15
台形回路の電磁誘導 13 慶応大
(ア) 台形の面積を求めると
2vt
1
v2
S(t) = (a + a + √ )vt × = avt + √ t2
2
3
3
(イ)
2v 2 t
v2
S(t + ∆t) − S(t) = av∆t + √ ∆t + √ (∆t)2
3
3
(ウ) 誘導起電力は負であり
V = −|
dΦ
dS
2
| = −B| | = −B(av + √ v 2 t)
dt
dt
3
[別解] 微小時間 dt における磁束変化 dΦ を求める。
!
"
vdt
v2
dΦ = avdt + √ vt = av + √
dt
3
3
(エ)
I(t) = −
Bv(a +
√2 vt)
3
4R
(オ)
J(t) = 4RI(t) =
2
B 2 v 2 (a +
√2 vt)2
3
4R
(ヵ)
0 = F v − J(t) より F =
B 2 v(a +
4R
(キ)
P (t) = J(t) =
B 2 v 2 (a +
√2 vt)2
3
√2 vt)2
3
4R
(ク)
5
6
一様磁場中を動く導体棒の電磁誘導解答 ★★★★★
(1) 回路方程式と力のつり合いより
V − v0 Blcosθ = RI mgsinθ = lIBcosθ
!
"
1
mgR
v0 =
−
tanθ + V
Blcosθ
lB
(2) エネルギー原理より
PV − PJ = mgv0 sinθ
※運動エネルギーは一定なので，∆K = 0 である。
(3) エネルギー原理より
1
1
0 − mv02 + mgh − 0 = −WJ ∴ WJ = mv02 − mgh
2
2
(4) 導体棒は一定の速さより電流は流れていない。回路方程式から
Q
= v1 Bl
C
エネルギー原理から
1
Q2
mv12 − 0 + 0 − mgH +
−0=0
2
2C
2 式より
v1 =
#
2mgH
m + C(Bl)2
(5) 回路方程式より, 切り替え直後電流は流れていないので
vBl = L
∆I
Bl
∴ I =
x
∆t
L
(6) 棒の運動方程式は
ma = −lIB = −
(Bl)2
Bl
x ∴ω = √
L
mL
よってこの運動は単振動であり
T = 2π
#
√
(mL)
mL
A = v1
(Bl)2
Bl
1
回転コイルの電磁誘導 ★★★★ 問１
Φ = l2 B cos ωt
! !
! dΦ !
! ! = Bl2 ω sin ωt
! dt !
問２辺 cd は速さ
l
ω で運動するから求める力の大きさは，
2
l
e ωB sin ωt
2
向きは d → c。
なお，単位電荷がされる仕事は，
l
ωB sin ωt・l
2
a → b 向きにも同様であるので，誘導される起電力は，
l
ωB sin ωt・l × 2 = Bl2 ω sin ωt
2
問３回路方程式より，左極板に蓄えられる電荷を Q として，
Bl2 ω sin ωt =
I=
Q
C
dQ
= CBl2 ω 2 cos ωt
dt
問４単位時間当たりのエネルギー原理より，
dU
= F外・v
dt
"
#
d Q2
dt 2C
"
#
d B 2 C 2 l2 ω 2
=
sin2 ωt
dt
2C
= B 2 Cl4 ω 3 sin ωt cos ωt
[別解] 外力を直接計算すると
lIB sin ωt × 2
よって，外力による仕事は，
l
F外・v = 2lIB sin ωt・ ω
2
= B 2 Cl4 ω 3 sin ωt cos ωt
2
変動磁場中を動く導体棒の電磁誘導 ★★★★★★
(1)
φy=0 = kxl ∴Φ全 = φy=0 × l = kl2 x
(2) 生じる誘導起電力は
V =
dΦ
kl2 v0
= kl2 v0 回路方程式：kl2 v0 = RI ∴ I =
dt
R
導体棒には x 方向に力が働く。その合力は
F =l
kl2 v0
l
kl2 v0
l
k 2 l4 v0
k(x + ) − l
k(x − ) =
R
2
R
2
R
(3)
F v0 =
k 2 l4 v02
k 2 l4 v02
RI 2 =
R
R
エネルギー原理より等しくなることはすぐ分かる。
(4) 図のように r 軸を設定すると
z
Bcosωt
B=kx
r
ωt
r
ωt
r cosωt
0
φy=0 =
!
l
Bcosωtdr =
0
π
2ω
l
krcos2 ωtdr =
0
∴Φ =
(5)(4) より 0 < t <
!
x
1 2 2
kl cos ωt
2
1 3 2
kl cos ωt
2
において +z 方向の磁束が減るので増やす向きに電流が流れるので a の向き
(6) 回路方程式より
dΦ
kωl3
=−
= RI
dt
2
エネルギー原理より外力の仕事率がジュール熱と等しいので
F ・lω = RI 2 ∴ F =
k 2 ωl5 2
k 2 ωl5
sin 2ωt ∴F =
4R
8R
1
自己誘導・相互誘導の記述答案
(1) コイル A の回路方程式より
(i)0 < t < T のとき,t = 0 でΦ = 0 であるから
V0 = n 1
(ii)t > T のとき t = T で Φ1 =
V0
n1 T
dΦ1
V0
∴Φ1 =
t
dt
n1
であるから
0 = n1
dΦ1
V0
∴Φ1 =
T = 一定
dt
n1
(2) コイル A にかかる電圧を V として
V = n1
dΦ1
dI1
dI1
= n1 kn1
= kn21
dt
dt
dt
(3) コイル A とコイル B の回路方程式
A ： V 0 = n1
dΦ
dΦ
B : (VB =) − n2
= RI2
dt
dt
2 式より
Φ=
V0
n 2 V0
t I2 = −
n1
n1 R
(4) Φ = kn1 I1 + kn2 I2 に (3) の結果を代入して
I1 =
V0
n22 V0
t
+
kn21
n21 R
また回路方程式に Φ を代入すると
A : V0 = kn21
dI1
dI2
dI2
dI1
+ kn1 n2
, B : VB = kn22
+ kn1 n2
dt
dt
dt
dt
これらより相互インダクタンスは kn1 n2
(5)
A の回路方程式から t = 0 でΦ = 0
Asinωt = n1
dΦ1
A
∴Φ1 =
(1 − cosωt)
dt
n1 ω
A
(1 − cosωt)
kn21 ω
I1 =
(6)A と B の回路方程式より
A : Asinωt = n1
∴Φ =
dΦ
dΦ
，B : −n2
= RI2
dt
dt
A
n2 A
(1 − cosωt) I2 = −
sinωt
n1 ω
n1 R
Φ = kn1 I1 + kn2 I2 に結果を代入して
I1 =
A
kn21
!
1
cosωt
−
+ kn22 sinωt
ω
ω
1
"

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