この大問は「磁場の中で動く金属棒」がテーマ。動く導体棒の中の自由電子がローレンツ力で押されると、棒の両端に電位差（誘導起電力）が生まれる。逆に、電流を流した棒は磁場から力を受ける。問1ではこの2つの現象をローレンツ力から一貫して導き、問2では棒を振り子にして、電磁誘導が運動にどう「ブレーキ」や「単振動の重さ増し」として効くかを調べる。
「誘導起電力」と「電流が受ける力」は同じローレンツ力の裏表。片方を理解すればもう片方も同じ論理で導ける。座標軸（この問題では \(z\) が上向きで \(\vec B=(0,0,B)\)）を最初に固定することが、外積の符号ミスを防ぐカギ。
棒が動くと、中の電子は \(\vec v \times \vec B\) の向きに押されて棒の一方の端にたまる。すると端どうしに電場ができ、やがて「磁気力」と「電気力」がつり合って電子は動かなくなる。このときの端どうしの電位差が誘導起電力。つまり起電力は「電子を押しのける磁気力を、電場でちょうど打ち消すのに必要な電圧」に等しい。
設問(1) 起電力の一般式：棒に対して静止した電子には、磁場から力 \(\vec f = -e(b_x, b_y, b_z)\) がはたらく。電荷が片寄って生じた電場を \(\vec E\) とすると、電子は棒内で静止しているので力のつり合いが成り立つ：
$$(-e)\vec E + \vec f = 0 \quad\Rightarrow\quad (-e)\vec E = -\vec f = e(b_x, b_y, b_z)$$よって棒内の電場は \(\vec E = (b_x, b_y, b_z)\)。棒は \(x\) 軸に平行で、点Qは点Pより \(x\) が大きい側にある（電流を \(\mathrm{P}\to\mathrm{Q}\) とする向きが \(+x\)）。起電力は「Pを基準としたQの電位」なので：
$$V_Q - V_P = -\int_{\mathrm P}^{\mathrm Q}\vec E\cdot d\vec l = -E_x\,L = -b_x L$$と一見なりそうだが、ここで電位は「電荷を運ぶのにする仕事」で決まる点に注意する。電荷分布がつくる電場 \(\vec E\) に逆らって正電荷をP→Qへ運ぶ仕事を考えると、電池としての「起電力（Q側が高電位）」は磁気力がした仕事に等しく、\(V_Q-V_P = b_x L\) となる。すなわち：
$$\boxed{\,V_Q - V_P = b_x L\,}$$設問(2) 速度 \((v_x,v_y,v_z)\) の電子が受ける力：ローレンツ力 \(\vec f = (-e)\,\vec v\times\vec B\)、\(\vec B=(0,0,B)\) を成分で計算する。
$$\vec v\times\vec B = (v_x,v_y,v_z)\times(0,0,B) = (v_yB-0,\ 0-v_xB,\ 0) = (v_yB,\ -v_xB,\ 0)$$これに \(-e\) を掛けて：
$$\boxed{\ \vec f = -e(v_yB,\ -v_xB,\ 0) = (-e\,v_yB,\ \ e\,v_xB,\ \ 0)\ }$$設問(3) 棒の速度が \((0, u_y, u_z)\) のときの誘導起電力：棒と一緒に動く電子の速度は \((0,u_y,u_z)\)。設問(2)の結果に \(v_x=0,\ v_y=u_y\) を代入すると、力の \(x\) 成分（＝ \(-e\,b_x\)）は
$$f_x = -e\,u_y B \quad\Rightarrow\quad b_x = u_y B$$設問(1)の \(V_Q-V_P = b_x L\) に代入して：
$$\boxed{\ V_Q - V_P = B\,u_y\,L\ }$$速度の \(z\) 成分 \(u_z\) は磁場 \(\vec B\) に平行なので力を生まず、起電力に寄与しない。「棒を横切る向き（\(y\) 方向）の速度成分」だけが起電力をつくる。
高校でならう「磁場を横切って速さ \(v\) で動く長さ \(L\) の棒の起電力 \(V=vBL\)」は、この設問(3)そのもの。ここで \(v\) にあたるのは磁場と棒の両方に垂直な速度成分 \(u_y\)。棒に平行な成分や磁場に平行な成分は効かない、という一般化になっている。
起電力に効くのは「磁場 \(\vec B\)」「棒の向き \(\vec L\)」「速度 \(\vec v\)」の3つが互いに直交する成分だけ。外積を成分計算すれば、どの成分が残るか機械的に分かる。
棒に電流を流すと、実際に動いているのは自由電子。1個ずつの電子がローレンツ力を受け、それを棒じゅうの電子の数だけ足し合わせたものが棒全体が受ける力 \(BIL\)。電流の向きと電子の動く向きは逆である点に注意（電子はマイナス電荷）。
設問(4) 電子の平均速度 \(v_e\)：電流を \(\mathrm{P}\to\mathrm{Q}\)（\(+x\) 向き）に \(I\) 流す。電子の平均速度を \((v_e,0,0)\) とすると、電流密度は \(\vec J = (-e)n\vec v_{\text{drift}}\)、その \(x\) 成分は \(J_x = -en v_e\)。断面積 \(S\) を通る電流は \(I = J_x S\) だから：
$$I = -e\,n\,v_e\,S \quad\Rightarrow\quad \boxed{\ v_e = -\dfrac{I}{neS}\ }$$マイナス符号は「電子が電流と逆向き（\(-x\)）に動く」ことを表す。棒の長さ \(L\) は断面を通る電流には関係しないので使わない。
設問(5) 棒が磁場から受ける力（電子1個のローレンツ力から導く）：電子1個が受ける力は、設問(2)で \(\vec v=(v_e,0,0)\) として：
$$\vec f = -e(v_e,0,0)\times(0,0,B) = -e(0\cdot B - 0,\ 0 - v_e B,\ 0) = (0,\ e\,v_e B,\ 0)$$棒の体積は \(SL\)、その中の電子数は \(N = nSL\) 個。棒全体が受ける力はこれらの合計：
$$\vec F = N\vec f = nSL\,(0,\ e v_e B,\ 0) = (0,\ nSL\,e v_e B,\ 0)$$ここに \(v_e = -\dfrac{I}{neS}\) を代入すると：
$$F_y = nSL\,e B \cdot\left(-\frac{I}{neS}\right) = -BIL$$よって \(\vec F = (0,\ -BIL,\ 0)\)。大きさは \(BIL\)、向きは \(-y\) 方向。これは公式 \(\vec F = I\vec L\times\vec B\)（\(\vec L = L\hat x\)、\(\vec B=B\hat z\)）から \(ILB(\hat x\times\hat z)=ILB(-\hat y)\) となるのと完全に一致する。
電流 \(\mathrm P\to\mathrm Q\)（\(+x\)）、磁場 \(+z\) なので、\(\vec F = I\vec L\times\vec B\) で
$$\hat x\times\hat z = -\hat y$$より力は \(-y\) 方向、大きさ \(BIL\)。設問(5)は「これを電子1個ずつのローレンツ力の総和として導け」という趣旨なので、上の本文のように \(nSL\) 個ぶんを足し上げる過程を書くこと。
\(BIL\) の正体は「電子1個のローレンツ力 \(ev_eB\) × 電子数 \(nSL\)」。\(I = neS|v_e|\) を代入すると \(n,\ e,\ S,\ v_e\) がきれいに消えて \(BIL\) が残る。これがマクロな公式とミクロな描像をつなぐ橋。
金属中の自由電子は数はとてつもなく多い（\(10^{29}\) 個/m³ 級）が、1個1個はカタツムリより遅い（μm/s 級）。だから電流 1 A でも電子はほとんど動かない。しかも電子にはたらく重力はローレンツ力に比べて桁違いに小さく、電磁気では重力を無視してよい理由がここで数値的に確認できる。
与えられた値：原子量 \(M=60\)（\(1\ \mathrm{mol}=60\ \mathrm g\)）、密度 \(\rho=10\ \mathrm{g/cm^3}\)、原子1個あたり自由電子 1.0 個、\(S=10\ \mathrm{mm^2}\)、\(L=0.1\ \mathrm m\)、\(e=1.6\times10^{-19}\ \mathrm C\)、\(m_e=1.0\times10^{-30}\ \mathrm{kg}\)、\(N_A=6.0\times10^{23}\ \mathrm{mol^{-1}}\)、\(g=10\ \mathrm{m/s^2}\)。
設問(6) 自由電子の数密度 \(n\)：まず \(1\ \mathrm{cm^3}\) あたりの原子数を求める。密度と原子量から \(1\ \mathrm{cm^3}\) の物質量は \(\dfrac{\rho}{M}\ \mathrm{mol}\)、それに \(N_A\) を掛ける：
$$(\text{原子数}/\mathrm{cm^3}) = \frac{\rho}{M}N_A = \frac{10}{60}\times 6.0\times10^{23} = 1.0\times10^{23}\ /\mathrm{cm^3}$$自由電子は原子1個につき1個なので数密度も同じ。\(1\ \mathrm{cm^3}=10^{-6}\ \mathrm{m^3}\) より \(1\ /\mathrm{cm^3}=10^{6}\ /\mathrm{m^3}\) だから：
$$n = 1.0\times10^{23}\times10^{6} = \boxed{\,1\times10^{29}\ \mathrm{m^{-3}}\,}$$設問(7) \(I=1.0\ \mathrm A\) のときの \(v_e\) の大きさ：設問(4)の \(|v_e| = \dfrac{I}{neS}\) を使う。単位をSIに直すと \(S = 10\ \mathrm{mm^2} = 10\times10^{-6}\ \mathrm{m^2} = 1.0\times10^{-5}\ \mathrm{m^2}\)。
$$|v_e| = \frac{I}{neS} = \frac{1.0}{(1.0\times10^{29})(1.6\times10^{-19})(1.0\times10^{-5})}$$分母を先に計算する：\((1.0\times10^{29})(1.6\times10^{-19})(1.0\times10^{-5}) = 1.6\times10^{5}\)。したがって：
$$|v_e| = \frac{1.0}{1.6\times10^{5}} = 6.25\times10^{-6}\ \mathrm{m/s} \fallingdotseq \boxed{\,6\times10^{-6}\ \mathrm{m/s}\,}$$設問(8) 平均ローレンツ力は重力の何倍か：電子1個にはたらく平均ローレンツ力の大きさは \(f_L = e\,|v_e|\,B\)。\(B=0.1\ \mathrm T\)、\(|v_e|=6.25\times10^{-6}\ \mathrm{m/s}\) を代入：
$$f_L = e\,|v_e|\,B = (1.6\times10^{-19})(6.25\times10^{-6})(0.1) = 1.0\times10^{-25}\ \mathrm N$$電子にはたらく重力は：
$$m_e\,g = (1.0\times10^{-30})(10) = 1.0\times10^{-29}\ \mathrm N$$その比をとると：
$$\frac{f_L}{m_e g} = \frac{1.0\times10^{-25}}{1.0\times10^{-29}} = \boxed{\,1\times10^{4}\ \text{倍}\,}$$1個の電子のドリフト速度は \(6\ \mu\mathrm{m/s}\) と極端に遅いが、断面には \(n\times S = 10^{29}\times10^{-5}=10^{24}\) 個/m もの電子がぎっしり詰まっている。「遅いけれど数が莫大」なので、掛け算した電流 \(I=neS|v_e|\) は 1 A になる。スイッチを入れた瞬間に明かりがつくのは、電子自身が飛んでくるからではなく、電場（＝押す信号）がほぼ光速で伝わるから。
有効数字1桁の指定では、桁（10のべき）を正確に合わせることが最重要。単位換算（cm³→m³ は \(\times10^6\)、mm²→m² は \(\times10^{-6}\)）を1つ間違えると答えの桁がずれる。
今度は棒をブランコのように振らせる。棒は軌道円の上を動くので、速度は接線方向。磁場は真上（\(z\)）向き。棒が水平に横切る速度成分が起電力をつくる。回路をつなぐと、電流が磁場から力を受け、その力の向き（棒を押す横向き）が振り子運動を「加速したり止めたり」する。まずはスイッチを開いた（電流ゼロの）ただの振り子として考えるのが出発点。
設問(9) 振れ角 \(\theta\) を最初に通過するときの起電力：スイッチを開いているので回路に電流は流れず、棒はただの振り子。まず \(\theta_0\) から \(\theta\) まで下りたときの速さを力学的エネルギー保存で求める。支点からの棒の高さは \(r\cos\theta\) なので、下がった高さは \(r\cos\theta - r\cos\theta_0\)（\(\theta\lt\theta_0\) で正）：
$$\frac{1}{2}mv^2 = mg\,r(\cos\theta - \cos\theta_0) \quad\Rightarrow\quad v = \sqrt{2gr(\cos\theta - \cos\theta_0)}$$棒の速度 \(v\) は軌道円の接線方向で、鉛直線と角 \(\theta\) をなす。磁場 \(\vec B\)（鉛直上向き）に対し、起電力に効くのは速度の水平成分 \(v\cos\theta\)（設問(3)の考え方）。起電力の大きさは：
$$|V| = B L (v\cos\theta) = B L \cos\theta\sqrt{2gr(\cos\theta - \cos\theta_0)}$$ $$\boxed{\ |V_Q - V_P| = B L \cos\theta\,\sqrt{2gr(\cos\theta - \cos\theta_0)}\ }$$設問(10) 電流が流れる場合の接線方向の運動方程式：スイッチを閉じて電流 \(I\) を流す。棒にはたらく力のうち接線成分をとる。重力 \(mg\)（鉛直下向き）の接線成分は、振れを戻す向きなので \(-mg\sin\theta\)。磁場から受ける力 \(BIL\) は水平向きで、その接線成分は \(+BIL\cos\theta\)（水平力と接線のなす角が \(\theta\)）。接線方向（反時計まわりを正）の加速度を \(a\) として：
$$ma = -mg\sin\theta + BIL\cos\theta$$ $$\boxed{\ ma = BIL\cos\theta - mg\sin\theta\ }$$設問(11) X–Y が抵抗 \(R\) のときのその後の運動：棒が振れると誘導起電力が生じ、抵抗 \(R\) に誘導電流が流れる。このとき電磁誘導によるブレーキ（力）が運動方向と逆にはたらき、力学的エネルギーが \(R\) でジュール熱として失われ続ける。したがって振幅はしだいに小さくなり、やがて棒は鉛直位置（\(\theta=0\)）で静止する（＝電磁制動による減衰振動）。
設問(12) X–Y が起電力 \(E\)（X側が正極）と抵抗 \(R\) のとき、静止角 \(\tan\theta_1\)：十分に時間が経つと棒は静止するので、誘導起電力は \(0\)。したがって回路を流れる電流は電源だけで決まり、大きさ \(I = \dfrac{E}{R}\) の定常電流になる。棒が角 \(\theta_1\) で静止する条件は、接線方向の力のつり合い（設問(10)で \(a=0\)）：
$$BIL\cos\theta_1 - mg\sin\theta_1 = 0 \quad\Rightarrow\quad \tan\theta_1 = \frac{BIL}{mg}$$ここに \(I = \dfrac{E}{R}\) を代入して：
$$\boxed{\ \tan\theta_1 = \frac{BL}{mg}\cdot\frac{E}{R} = \frac{BLE}{mgR}\ }$$静止した棒には、鉛直下向きの重力 \(mg\) と水平向きの磁気力 \(BIL\) がはたらく。この2力の合力の向きに棒はぶら下がるので、鉛直からの傾き \(\theta_1\) は
$$\tan\theta_1 = \frac{\text{水平力}}{\text{鉛直力}} = \frac{BIL}{mg} = \frac{BLE}{mgR}$$と一発で書ける。糸につるしたおもりに横風（一定の水平力）が当たったときの傾きと同じ考え方。
「十分時間が経って静止」＝速度0 → 誘導起電力0 → 電流は電源だけで決まる。この読み替えができれば(12)は静力学のつり合いに帰着する。抵抗 \(R\) の場合(11)と電源 \(E\) の場合(12)で、電磁誘導が「止める側」にも「傾ける側」にもなりうることを味わおう。
X–Y をコンデンサーにすると、棒が動くたびに起電力に応じて電荷が出入りする。電荷を動かすには電流が要り、電流が流れると棒は磁場から力を受ける。この力はいつも加速を妨げる向きにはたらくので、まるで棒が重くなったように振動がゆっくりになる（周期が長くなる）。抵抗と違って熱を出さないので、振幅は減らず、きれいな単振動が続く。
装置 X–Y を電気容量 \(C\) のコンデンサー（Y側極板の電気量 \(Q\)、初め \(Q=0\)）とし、\(\theta_0\) は十分小さく \(\sin\theta\fallingdotseq\theta,\ \cos\theta\fallingdotseq1\) が成り立つ微小振動を考える。
準備：電荷と電流の式。棒の接線速度は \(v = r\dot\theta\)。起電力は設問(9)で \(\cos\theta\fallingdotseq1\) として \(|\varepsilon| = BLv = BLr\dot\theta\)。回路に抵抗はないので、この起電力がそのままコンデンサーの電圧 \(\dfrac{Q}{C}\) に等しい：
$$\frac{Q}{C} = BLr\,\dot\theta \quad\Rightarrow\quad Q = CBLr\,\dot\theta$$電流はその時間変化 \(I = \dot Q\)：
$$I = \dot Q = CBLr\,\ddot\theta$$運動方程式（微小振動）。接線方向（\(s=r\theta\)）の運動方程式は、重力の復元成分 \(-mg\sin\theta\fallingdotseq-mg\theta\) と、電流が磁場から受ける力の接線成分（\(\cos\theta\fallingdotseq1\)）からなる。磁気力はコンデンサーへの充電に伴い加速を妨げる向きにはたらくので \(-BL\,I\)：
$$m r\ddot\theta = -mg\theta - BL\,I = -mg\theta - BL(CBLr\,\ddot\theta)$$\(\ddot\theta\) の項を左辺へ集めると：
$$(mr + CB^2L^2 r)\ddot\theta = -mg\theta \quad\Rightarrow\quad \ddot\theta = -\frac{mg}{r(m + CB^2L^2)}\,\theta$$これは角振動数 \(\omega\) の単振動：
$$\omega^2 = \frac{mg}{r(m + CB^2L^2)}$$コンデンサーがあると分母に \(CB^2L^2\) が加わり、\(\omega\) が小さく（周期が長く）なる。「棒の実効的な慣性が増えた」と解釈できる。
設問(13)(a) \(Q\) と \(I\) の時間変化のグラフ：棒を \(\theta_0\)（\(>0\)）で静かに放すので、初期条件は \(\theta(0)=\theta_0,\ \dot\theta(0)=0\)。よって
$$\theta(t) = \theta_0\cos\omega t$$これを電荷・電流の式に入れる：
$$Q = CBLr\,\dot\theta = -CBLr\,\theta_0\omega\,\sin\omega t \quad(\propto \sin\omega t)$$ $$I = \dot Q = CBLr\,\ddot\theta = -CBLr\,\theta_0\omega^2\,\cos\omega t \quad(\propto \cos\omega t)$$したがって \(Q\) は\(t=0\) で \(0\) から始まる正弦波（1周期ぶんの sin 型）、\(I\) はその微分なので\(t=0\) で極値（最大の大きさ）から始まる余弦波（cos 型）となる。選択肢では \(Q\) が sin 型の（ア）、\(I\) が cos 型の（ウ）に対応する。
設問(13)(b) 電流の最大値：\(I = -CBLr\theta_0\omega^2\cos\omega t\) の振幅（最大の大きさ）は
$$I_{\max} = CBLr\,\theta_0\,\omega^2$$ここに \(\omega^2 = \dfrac{mg}{r(m + CB^2L^2)}\) を代入すると、\(r\) が約分されて：
$$I_{\max} = CBLr\,\theta_0\cdot\frac{mg}{r(m + CB^2L^2)} = \boxed{\ \frac{CBLmg\,\theta_0}{m + CB^2L^2}\ }$$電流が最大になるのは棒が最下点（\(\theta=0\)）を通過する瞬間で、そこで角速度 \(|\dot\theta|\) が最大 \(\theta_0\omega\) になる。電流は \(I=CBLr\ddot\theta\) だが、単振動では \(|\ddot\theta|_{\max}=\theta_0\omega^2\)（両端で最大）…と一見ずれる。実は \(I\) は \(\ddot\theta\) に比例するので、\(I\) の最大は \(\ddot\theta\) が最大の\(\theta=\pm\theta_0\)（両端）で起こり、その値が
$$I_{\max}=CBLr\,\theta_0\omega^2=\frac{CBLmg\,\theta_0}{m+CB^2L^2}$$となる。\(Q\)（\(\propto\dot\theta\)）が最大になる最下点と、\(I\)（\(\propto\ddot\theta\)）が最大になる両端がずれている点が、位相差 \(\pi/2\) の意味である。
コンデンサー版のカギは「\(Q=CBLr\dot\theta\) を運動方程式に代入すると \(\ddot\theta\) の係数が増える」こと。これは実効質量（慣性）が \(m\to m+CB^2L^2\) に増えるのと同じで、抵抗版（エネルギーを熱で失う減衰）とは本質的に異なり、エネルギーは失われず等振幅の単振動が続く。