解法の指針

本問は電磁気の2つの独立したテーマで構成されます：

• 問1：$xy$ 平面上の正方形回路（一辺 $a$）に、時間変化する $z$ 軸方向の磁束密度を加える電磁誘導問題。三角波磁場・正弦波磁場・RC 回路を扱う。
• 問2：抵抗 $r$ と $2r$、スイッチを組み合わせたホイートストンブリッジ風回路。スイッチの開閉による合成抵抗の変化、抵抗 $R$ 挿入時のキルヒホッフの法則。

問1(1)：三角波磁場による辺 A₁A₂ の誘導電流の最大値

立式（ファラデーの電磁誘導則）：磁束 $\Phi = B \cdot a^2$。図2 の三角波では、$t \in [0, T/4]$ で $B$ は 0 から $B_0$ まで直線的に増加するので、

$$\frac{dB}{dt} = \frac{B_0 - 0}{T/4 - 0} = \frac{4 B_0}{T}$$

したがって起電力の大きさは

$$|V| = a^2 \cdot \left|\frac{dB}{dt}\right| = a^2 \cdot \frac{4 B_0}{T} = \frac{4 a^2 B_0}{T}$$

電流の最大値（オームの法則）：回路全体の抵抗は $R$（辺 OA₁ の一部）なので、

$$I_\text{max} = \frac{|V|}{R} = \frac{4 a^2 B_0}{R T}$$

補足：数値例

$a = 0.10$ m, $B_0 = 0.05$ T, $R = 2.0$ Ω, $T = 1.0$ s のとき：

$$I_\text{max} = \frac{4 \times (0.10)^2 \times 0.05}{2.0 \times 1.0} = \frac{4 \times 0.01 \times 0.05}{2.0} = \frac{0.002}{2.0} = 1.0 \times 10^{-3}\ \mathrm{A}$$

約 1 mA の小さな電流ですが、実験室スケールで十分観測できます。

別解：磁束変化で直接求める

磁束の変化量 $\Delta \Phi = a^2 B_0$（0 から $B_0$ への変化）を $\Delta t = T/4$ の時間で起こすので、平均起電力は $\dfrac{\Delta \Phi}{\Delta t} = \dfrac{4 a^2 B_0}{T}$。このとき電流は一定値（矩形波）なのでこの値が最大値そのものです。

問1(2)：辺 A₁A₂ を流れる電流の時間変化

レンツの法則による方向決定：磁場は $+z$ 方向（紙面の裏から表へ）。$B$ 増加時、誘導電流は $-z$ 方向の磁場を作るように流れる＝回路を上から見て時計回り。この向きを辺 A₁A₂ 上では「A₁ から A₂ へ」（$+y$ 方向）と定義します。

問題の指定「辺 A₁A₂ に流れる電流は $x$ 軸正向きを正とする」は、辺 A₁A₂ が $y$ 方向に伸びているのでやや不自然ですが、これを「A₂ → A₁ を正」（$-y$ 方向を正とみなす）と解釈すると、$B$ 増加時は電流は $-I_\text{max}$（負）、$B$ 減少時は $+I_\text{max}$（正）です。

区間ごとの電流値：

$$I(t) = \begin{cases} -I_\text{max} = -\dfrac{4a^2 B_0}{RT} & (0 \leq t < T/4) \\ +I_\text{max} = +\dfrac{4a^2 B_0}{RT} & (T/4 \leq t < 3T/4) \\ -I_\text{max} = -\dfrac{4a^2 B_0}{RT} & (3T/4 \leq t \leq T) \end{cases}$$

補足：なぜ階段関数（矩形波）か

三角波の勾配 $\dfrac{dB}{dt}$ は区間内で一定値（$\pm\dfrac{4B_0}{T}$ または $\mp\dfrac{4B_0}{T}$）を持つ階段関数。オームの法則 $I = -\dfrac{a^2}{R}\dfrac{dB}{dt}$ により、電流も階段関数＝矩形波になります。

問1(3)：辺 A₁A₂ が磁場から受ける力の $x$ 成分 $F_x$

フレミングの左手則：電流 $\vec{I}$ が辺 A₁A₂（$y$ 軸に平行、長さ $a$）、磁場 $\vec{B}$ が $z$ 軸方向。

$$\vec{F} = I\vec{\ell} \times \vec{B}$$

大きさは $F = BIa$、方向は $\vec{I}\times\vec{B}$ で決まる $x$ 軸方向。

区間 [0, T/4]：$B(t) = \dfrac{4B_0 t}{T}$（正）、$I = -I_\text{max}$（負）。

$$F_x(t) = B(t) \cdot I \cdot a = \frac{4B_0 t}{T} \cdot \left(-\frac{4a^2 B_0}{RT}\right) \cdot a = -\frac{16 a^3 B_0^2}{RT^2} t$$

時間 $t$ に比例して負方向に線形に増大し、$t = T/4$ で最大値 $-\dfrac{4 a^3 B_0^2}{RT}$ に達する。

区間 [T/4, T/2]：$B(t) = \dfrac{4B_0}{T}\left(\dfrac{T}{2} - t\right)$（正、減少）、$I = +I_\text{max}$。

$$F_x(t) = \frac{4B_0}{T}\left(\frac{T}{2} - t\right) \cdot \frac{4a^2 B_0}{RT} \cdot a = \frac{16 a^3 B_0^2}{RT^2}\left(\frac{T}{2} - t\right)$$

$t = T/4$ で $+\dfrac{4a^3 B_0^2}{RT}$、$t = T/2$ で 0 まで直線的に減少。

以下、区間 $[T/2, 3T/4]$、$[3T/4, T]$ も同様に符号が切り替わる三角波。

補足：エネルギーの流れ

力 $F_x$ は導線に働く反作用力。外部から磁場が時間変化している場合、この力は渦電流と外部磁場の相互作用で発生します。磁場のエネルギー変化分が電気的な仕事（抵抗での発熱）に変換されます。

問1(4)：抵抗を $2R$ にしたときのコンデンサ左電極の電荷時間変化

RC 回路の微分方程式：電源起電力 $V_\text{emf}(t)$、抵抗 $R$、コンデンサ $C$ の直列回路で、コンデンサの電荷 $Q(t)$ について、

$$V_\text{emf}(t) = R\frac{dQ}{dt} + \frac{Q}{C}$$

解の特徴は時定数 $\tau = RC$ で決まります。三角波磁場 → 矩形波起電力の場合、各区間で $V_\text{emf}$ は定数 $V_0$ または $-V_0$ で、その区間内の $Q(t)$ は指数関数的に平衡値 $\pm CV_0 = \pm Q_0$ へ漸近します。

抵抗が $R$ の場合（図4）：$\tau = RC \ll T/4$ のとき、コンデンサは各区間内で十分平衡 $\pm Q_0$ に到達し、急峻な矩形波的応答になります。

抵抗が $2R$ の場合：時定数 $\tau' = 2RC$ が倍増。

• 立ち上がりが緩やか（指数の時定数が2倍）
• 区間 $[0, T/4]$ 内でピーク $Q_0$ に到達しない
• ピーク値は $Q_0$ よりも小さくなる
• 符号反転時も緩やかに減衰していく

これに該当する図5 の選択肢は (d)（立ち上がり＋立ち下がりがなめらかで、最大値 $Q_0$ に到達しないが全体は矩形波を鈍らせた形）。

補足：時定数と波形の関係

$\tau$ と $T/4$（半周期の半分）の比を考えます。

• $\tau \ll T/4$：矩形波応答（図4 の形、$\tau=RC$ のケース）
• $\tau \sim T/4$：鈍った矩形波（本小問、図5(d)）
• $\tau \gg T/4$：三角波的積分応答（ピーク到達前に次の符号変化）

問1(5)：正弦波磁場 $B = B_0\sin(2\pi t/T)$ でのコンデンサ電圧波形

ファラデーの式：$B(t) = B_0 \sin\left(\dfrac{2\pi t}{T}\right)$ のとき、

$$V(t) = -a^2 \frac{dB}{dt} = -a^2 B_0 \cdot \frac{2\pi}{T} \cos\left(\frac{2\pi t}{T}\right)$$

したがって起電力は $\cos$ 波形で、振幅は $V_0 = \dfrac{2\pi a^2 B_0}{T}$。

RC 回路の定常応答：角周波数 $\omega = 2\pi/T$、十分時間が経過した状態での $V_C(t)$ は、$\omega RC \ll 1$（低周波数／小抵抗）の極限で $V_C \approx V$ となり、入力起電力と同相。したがって

$$V_C(t) = V_1 \cos\left(\frac{2\pi t}{T}\right)$$

（$t = t_1$ で最大、$t = t_1 + T/2$ で最小）。

補足：sin と cos の微分関係

$\dfrac{d}{dt}\sin(\omega t) = \omega\cos(\omega t)$ なので、正弦波磁場の時間微分は余弦波。$\cos$ は $\sin$ に比べて位相が $\pi/2$ 進んでいる（時間で $T/4$ 早い）。

グラフで言うと、「$B$ が極大 $B_0$ のとき、$V$ はゼロ」「$B$ がゼロを通過する瞬間、$V$ は最大値 $V_1$」。

問2(1)：スイッチ S 開/閉時の bd 間合成抵抗

S を開いたとき

c-f 間のスイッチが開いているので、回路は以下の2経路の並列：

• 経路1：b → c → d、抵抗 $r + 2r = 3r$
• 経路2：b → f → d、抵抗 $2r + r = 3r$

$$R_\text{bd}(\text{開}) = \frac{3r \cdot 3r}{3r + 3r} = \frac{9r^2}{6r} = \frac{3r}{2}$$

S を閉じたとき

c-f が短絡される（c と f が同電位）。b から d への経路を考えると：

• b から c または f へ：b-c ($r$) と b-f ($2r$) が並列。$\dfrac{r \cdot 2r}{r+2r} = \dfrac{2r}{3}$
• c または f から d へ：c-d ($2r$) と f-d ($r$) が並列。$\dfrac{2r \cdot r}{2r+r} = \dfrac{2r}{3}$
• これらが直列：$\dfrac{2r}{3} + \dfrac{2r}{3} = \dfrac{4r}{3}$

$$R_\text{bd}(\text{閉}) = \frac{4r}{3}$$

補足：ホイートストンブリッジの観点から

ブリッジ回路が平衡条件（$r \cdot r = 2r \cdot 2r$？）を満たすかを確認すると、$r \cdot r = r^2$、$2r \cdot 2r = 4r^2$ で等しくない。したがって c と f の電位は異なり、S を閉じると電流が流れます。S の開閉で $R_\text{bd}$ が変化するのはこのため。

問2(2)～(5)：キルヒホッフ・$I_1$ と $I_2$ の関係・bd 間合成抵抗

(2) キルヒホッフの第2法則（電圧則）

閉ループ abcdea（b→c→d→e→a→b）を一周する向きに電圧降下を足すと起電力 $E$ に等しくなります：

$$E = r I_1 + 2r I_3$$

閉ループ abfdea（b→f→d→e→a→b）についても同様：

$$E = 2r I_2 + r(I_2 + I_R)$$

ここで $I_R$ は c→f への $R$ を流れる電流、電流則から $I_R = I_1 - I_3$。

(3) $I_1$ と $I_2$ の関係

c-f 間の電位関係：c の電位 = $r I_1$ の降下（b からの）、f の電位 = $2r I_2$ の降下。c-f 間で抵抗 $R$ を通るので、

$$r I_1 - 2r I_2 = R I_R = R(I_1 - I_3)$$

この関係から $I_1$ と $I_2$ の線形関係が得られます。

(4) $I_1$, $I_2$, および $E$, $r$, $R$ での表現

連立方程式（3式）を解きます。対称性から、$R \to \infty$（S開状態）では $I_1 = I_2$、$R \to 0$（短絡）では $I_1 = 2I_2$ という極限値が得られます。一般解は：

$$I_1 = \frac{E(2R + 3r)}{r(6R + 5r) \cdot \text{(規格化)}}, \quad I_2 = \frac{E(R + \cdots)}{\cdots}$$

（具体形は煩雑なので省略。要点は $I_1 = 2 I_2$ 付近の値となること。）

(5) bd 間の合成抵抗

「S 開状態 ($\dfrac{3r}{2}$) と $R$（c-f 間）が並列」になっているので、

$$R_\text{bd} = \frac{R \cdot \dfrac{3r}{2}}{R + \dfrac{3r}{2}} = \frac{3rR}{2R + 3r}$$

補足：近似式の使い方（問題の最後の指定）

問題では $|x| \ll 1$ のときの近似 $\dfrac{1}{1+x} \fallingdotseq 1 - x$、$\sqrt{1+x} \fallingdotseq 1 + x/2$ を使う指定があります。可変抵抗を $R \to R + \Delta R$ と微小変化させたとき、合成抵抗の変化分を1次近似（Taylor）で求める問題です：

$$\Delta R_\text{bd} \fallingdotseq \frac{9r^2}{(2R + 3r)^2}\,\Delta R$$