解法の指針

金属の電気伝導を「自由電子1個の運動方程式」から組み立て直す大問です。静電気力と抵抗力のつり合いでドリフト速度を出し、そこから電流・抵抗・抵抗率・消費電力を導きます（問1）。問2では試料がオームの法則に従わない非線形抵抗になり、I-V グラフと回路方程式（負荷直線）の交点を読む力が問われます。問3はソレノイドの磁束・自己インダクタンスから RL 直列交流回路へと発展します。

問題の構成

• 問1 (1)-(6)：長さ \(L\)・断面積 \(S\) の試料に起電力 \(E\) をかける。自由電子（電荷 \(-e\)）にはたらく静電気力 \(=\) 抵抗力 \(-kv\)のつり合いから \(v\)、電流、抵抗、抵抗率、消費電力を順に求める。
• 問2 (7)-(10)：試料（非線形）と抵抗 \(R\) の直列回路。\(E=V+RI\) の負荷直線と I-V グラフ（図3）の交点から動作点を読み、消費電力・温度・電力の大小を判定する。
• 問3 (11)-(15)：巻数 \(N\) のソレノイドの磁束・自己インダクタンス \(L=\dfrac{\mu_0 N^2 S}{l}\) を導き、RL 直列交流回路の電圧・位相差・平均消費電力を扱う。

問1(1) — 自由電子が電場から受ける静電気力

長さ \(L\) の試料の両端に電位差 \(E\) がかかっている。試料内の電場は一様なので、その強さは

$$E_{\text{内}} = \frac{E}{L}\ \text{[V/m]}$$

自由電子の電荷は \(-e\)（\(e>0\)）。静電気力は \(F=(\text{電荷})\times(\text{電場})\)。電場の向きは電流の向き（正の向き）だから、電子が受ける力は：

$$F = (-e)\cdot \frac{E}{L} = -\frac{eE}{L}$$

符号がマイナスなので、力は電流と逆向き（負の向き）。大きさは \(\dfrac{eE}{L}\) である。

補足：なぜ電子は電流と逆に動くのか

電流の向きは「正の電荷が動く向き」と定義される。金属中で実際に動くのは負電荷の電子なので、電子は電流と逆向きに流れる。力の向きも逆になっている（\(-eE/L\)）のはそのため。この符号の管理が問(2)以降で効いてくる。

問1(2) — 自由電子の速度 \(v\)

定常状態では自由電子の加速度は 0。よって静電気力と抵抗力 \(-kv\) がつり合う。正の向きを電流の向きとして運動方程式の右辺を 0 とおくと：

$$-\frac{eE}{L} + (-kv) = 0$$

これを \(v\) について解く：

$$kv = -\frac{eE}{L} \quad\Rightarrow\quad v = -\frac{eE}{kL}$$

\(v<0\) は「電子が電流と逆向き（負の向き）に流れる」ことを表しており、物理的に正しい。

補足：終端速度との対応

空気抵抗 \(-kv\) を受けて落下する物体は、重力 \(mg\) とつり合った時点で終端速度 \(v_f=mg/k\) になる。ここでは重力の役割を静電気力 \(eE/L\) が果たしており、\(|v|=\dfrac{eE/L}{k}=\dfrac{eE}{kL}\)。力のつり合いで速度が決まるという構造はまったく同じ。

問1(3) — 電流 \(I\)・試料の抵抗・抵抗率

電流：単位体積あたり \(n\) 個の電子が速さ \(|v|=\dfrac{eE}{kL}\) で流れる。断面積 \(S\) を通る電流は \(I=neS|v|\)：

$$I = neS\cdot\frac{eE}{kL} = \frac{ne^2ES}{kL}\ \text{[A]}$$

試料の抵抗：試料の両端電圧は \(E\)。オームの法則 \(R=\dfrac{E}{I}\) より：

$$R = \frac{E}{I} = \frac{E}{\dfrac{ne^2ES}{kL}} = \frac{kL}{ne^2S}\ [\Omega]$$

抵抗率：\(R=\rho\dfrac{L}{S}\) の関係を \(\rho\) について解く：

$$\rho = R\cdot\frac{S}{L} = \frac{kL}{ne^2S}\cdot\frac{S}{L} = \frac{k}{ne^2}\ [\Omega\!\cdot\!\text{m}]$$

補足：抵抗率が形（L, S）によらないことの確認

抵抗 \(R\) は長さ \(L\) に比例し断面積 \(S\) に反比例する（\(R\propto L/S\)）が、抵抗率 \(\rho=k/(ne^2)\) には \(L,\,S\) が現れない。抵抗率は「その物質固有の値」で、電子密度 \(n\) と衝突のしやすさ \(k\) だけで決まる。これは物質を特徴づける量であるという実感と合う。

問1(4) — 電子1個が単位時間に電場からされる仕事（仕事率）

電子1個の仕事率は「電場からの力 × 電子の速度」。力 \(-\dfrac{eE}{L}\)、速度 \(-\dfrac{eE}{kL}\) を掛け合わせる：

$$P_1 = \left(-\frac{eE}{L}\right)\times\left(-\frac{eE}{kL}\right)$$

負×負で正になり、大きさを計算すると：

$$P_1 = \frac{e^2E^2}{kL^2}\ \text{[W]}$$

補足：抵抗力がする仕事とのつり合い

電子は一定速度（加速度 0）なので運動エネルギーは増えない。したがって電場がした正の仕事は、すべて抵抗力（衝突）による負の仕事で打ち消されている。抵抗力の仕事率は \((-kv)\times v = -kv^2 = -k\left(\dfrac{eE}{kL}\right)^2=-\dfrac{e^2E^2}{kL^2}\) で、確かに符号が逆で大きさが等しい。奪われたエネルギーが熱になる。

問1(5) — 単位時間に試料で発生するジュール熱（消費電力）

試料の体積は \(SL\)、その中の自由電子の総数は \(n\times SL = nSL\) 個。問(4)の1個あたりの仕事率 \(P_1=\dfrac{e^2E^2}{kL^2}\) を電子の個数だけ足す：

$$P = P_1\times nSL = \frac{e^2E^2}{kL^2}\times nSL$$

整理すると：

$$P = \frac{ne^2SE^2}{kL}\ \text{[W]}$$

別解：消費電力 \(P=IE\) で一発

消費電力は「電流 × 電圧」でも求まる。試料に流れる電流は問(3)の \(I=\dfrac{ne^2ES}{kL}\)、両端電圧は \(E\) だから：

$$P = IE = \frac{ne^2ES}{kL}\times E = \frac{ne^2SE^2}{kL}$$

ミクロに足し上げた結果とマクロな \(P=IE\) が完全に一致する。これはモデルが正しいことの確認になる。

問1(6) — 温度上昇と比例係数 \(k\) の変化

抵抗率は問(3)より \(\rho=\dfrac{k}{ne^2}\)。金属では温度が上がると抵抗率 \(\rho\) が大きくなることが実験的に知られている。電子密度 \(n\) と電荷 \(e\) は温度でほとんど変わらないので、\(\rho\) の増加は \(k\) の増加を意味する。

ミクロに見ると、温度上昇で金属原子の熱振動が激しくなり、電子が原子に衝突する頻度が増える。衝突が増えれば電子は流れにくくなり、抵抗力の比例係数 \(k\) は大きくなる。

$$T\uparrow \;\Rightarrow\; \text{原子の熱振動}\uparrow \;\Rightarrow\; \text{衝突頻度}\uparrow \;\Rightarrow\; k\uparrow$$

補足：半導体との違い

金属は温度が上がると抵抗が増える（\(k\) 増大）が、半導体は逆に温度が上がると抵抗が減る。半導体では温度上昇によって電流を運べる自由電子の数 \(n\) が急増するので、衝突が増える効果を上回って抵抗が下がるためである。金属の話（\(n\) がほぼ一定）とは主役が違う点に注意。

問2(7) — 電源の起電力 \(E\)

キルヒホッフの第二法則（電圧則）：一周の起電力は電圧降下の総和に等しい。導線と電源の内部抵抗は無視できるので、電圧降下は「試料の \(V\)」と「抵抗 \(R\) の \(RI\)」だけ：

$$E = V + RI$$

補足：これが「負荷直線」になる

\(E=V+RI\) を \(I\) について解くと \(I=\dfrac{E-V}{R}\)。これは \(V\)-\(I\) 平面上で傾き \(-1/R\)、切片 \(E/R\) の直線（負荷直線）。試料の I-V 特性曲線（図3）とこの直線の交点が、実際に流れる電流と試料の電圧＝動作点になる。次問(8)でこの交点を読む。

問2(8) — \(E=11.5\,\text{V}\) のときの試料の消費電力（グラフの利用）

問(7)より \(E=V+RI\)。\(R=100\,\Omega,\ E=11.5\,\text{V}\) を代入して負荷直線を作る：

$$I = \frac{E-V}{R} = \frac{11.5 - V}{100}$$

この直線を図3のグラフに重ねると、\(V\) 軸切片 \((11.5,\,0)\)、\(I\) 軸切片 \((0,\,0.115)\) を結ぶ直線になる。試料の特性曲線との交点（動作点）を読むと：

$$V \fallingdotseq 5.5\ \text{V},\qquad I \fallingdotseq 0.060\ \text{A}$$

試料の消費電力はこの動作点での \(V\times I\)：

$$P_{\text{試料}} = V I \fallingdotseq 5.5\times 0.060 \fallingdotseq 0.33\ \text{W}$$

補足：なぜ計算だけで解けないのか

もし試料がオーム抵抗（一定の \(R_0\)）なら \(I=E/(R_0+R)\) で一発だが、この試料は \(V/I\) が電流とともに変化する非線形抵抗。式が 1 本足りないので、もう 1 本の関係＝試料の I-V 曲線をグラフから補って交点で解く。ダイオードや電球のフィラメントを含む回路と同じ考え方。

問2(9) — 試料の温度（有効数字2桁）

まず動作点（問(8)）での試料の抵抗を求める：

$$R_{\text{試料}} = \frac{V}{I} \fallingdotseq \frac{5.5}{0.060} \fallingdotseq 91.7\ \Omega$$

次に \(R=\rho\dfrac{L}{S}\) と抵抗率の温度依存 \(\rho=\rho_0(1+\alpha t)\) を組み合わせる。数値 \(\rho_0=2.0\times10^{-8}\ \Omega\!\cdot\!\text{m},\ L=0.50\ \text{m},\ S=2.0\times10^{-10}\ \text{m}^2\) を代入すると、\(0\,^\circ\text{C}\) での抵抗の係数は：

$$\frac{\rho_0 L}{S} = \frac{2.0\times10^{-8}\times 0.50}{2.0\times10^{-10}} = 50\ \Omega$$

よって \(R_{\text{試料}} = 50\,(1+\alpha t)\)。ここに \(R_{\text{試料}}\fallingdotseq 91.7\ \Omega,\ \alpha=4.0\times10^{-3}\ \text{K}^{-1}\) を入れて \(t\) を解く：

$$91.7 = 50\,(1+\alpha t)\ \Rightarrow\ 1+\alpha t = 1.83\ \Rightarrow\ t = \frac{1.83-1}{4.0\times10^{-3}} \fallingdotseq 2.1\times10^{2}\ ^\circ\text{C}$$

補足：読み取り誤差の影響

この問題はグラフの読み取り値 \((V,I)\) から \(R\) を出すため、動作点の読みが数 % ずれると温度も数十 K ずれる。動作点を \((5.5\,\text{V},0.060\,\text{A})\) と読めば \(R\fallingdotseq 91.7\,\Omega\)、\(t\fallingdotseq 208\,^\circ\text{C}\)。有効数字2桁で \(2.1\times10^{2}\,^\circ\text{C}\) とするのが妥当。抵抗率が \(0\,^\circ\text{C}\) 基準で与えられているので、求まる \(t\) はセ氏温度である点に注意。

問2(10) — 試料の消費電力 > 抵抗の消費電力 となる \(E\)

直列なので試料と抵抗の電流は等しく \(I\)。消費電力は \(P=(\text{電圧})\times I\) だから、大小は電圧降下の大小で決まる。試料の消費電力が抵抗の消費電力より大きい条件は：

$$V I \gt (RI)\,I \;\Longleftrightarrow\; V \gt RI \;\Longleftrightarrow\; \frac{V}{I} \gt R = 100\ \Omega$$

つまり試料の抵抗 \(V/I\) が \(100\,\Omega\) を超えればよい。試料は電流が大きいほど \(V/I\) が大きくなる（図3 の曲線は上に凸）ので、電流が大きい＝\(E\) が大きいほど条件を満たしやすい。境界 \(V/I=100\) は図3 上で直線 \(I=V/100\) と曲線の交点、\(V\fallingdotseq 6.2\ \text{V},\ I\fallingdotseq 0.062\ \text{A}\) 付近。このときの起電力は：

$$E_{\text{境界}} = V + 100I \fallingdotseq 6.2 + 100\times0.062 \fallingdotseq 12.4\ \text{V}$$

各 \(E\) で動作点を読み \(V/I\) を評価する：

$$ \begin{array}{c|c} E & V/I \\ \hline 1\,\text{V} & \fallingdotseq 37\ \Omega \\ 2\,\text{V} & \fallingdotseq 43\ \Omega \\ 6\,\text{V} & \fallingdotseq 65\ \Omega \\ 10\,\text{V} & \fallingdotseq 85\ \Omega \\ 14\,\text{V} & \fallingdotseq 112\ \Omega \\ \end{array} $$

\(V/I \gt 100\,\Omega\) を満たすのは \(E=14\,\text{V}\) だけ（\(E \gt 12.4\,\text{V}\) が必要）。

補足：なぜ E が大きいほど試料が有利か

試料の I-V 曲線は上に凸（電流が増えるほど傾きがなだらか）なので、電流が大きい動作点ほど\(V/I\)（試料の抵抗）が大きい。抵抗 \(R\) は一定 \(100\,\Omega\)。だから \(E\) を上げて動作点を右上に動かすほど、試料の抵抗が \(R\) を追い越し、試料の消費電力が抵抗を上回る。逆に \(E\) が小さいと試料は「ほぼオーム的な立ち上がり部分」を使うので \(V/I\) が小さく、抵抗 \(100\,\Omega\) に負ける。

問3(11) — コイルを貫く磁束

ソレノイド内部の磁束密度は、単位長さあたりの巻数 \(\dfrac{N}{l}\) を使って \(B=\mu_0\dfrac{N}{l}I\)。コイルを貫く磁束（1 巻きの輪を貫く磁束）は \(\varPhi=BS\)：

$$B = \mu_0\frac{N}{l}I$$ $$\varPhi = B S = \mu_0\frac{N}{l}I\cdot S = \frac{\mu_0 N I S}{l}\ \text{[Wb]}$$

補足：磁束 \(\varPhi\) と鎖交磁束 \(N\varPhi\) の違い

ここで求めた \(\varPhi=\dfrac{\mu_0 NIS}{l}\) は「輪 1 個を貫く磁束」。コイル全体では \(N\) 個の輪がこの磁束を共有するので、誘導起電力を考えるときは \(N\) 倍した鎖交磁束 \(N\varPhi\) を使う（次問(12)で登場）。混同しないように区別しておく。

問3(12) — コイル全体の誘導起電力・自己インダクタンス

電流が \(\varDelta t\) の間に \(\varDelta I\) だけ変化すると、問(11)の磁束 \(\varPhi=\dfrac{\mu_0 NIS}{l}\) が変化する。1 巻きの誘導起電力はファラデーの法則より \(\dfrac{\varDelta\varPhi}{\varDelta t}\)。コイル全体はこれが \(N\) 巻き分足し合わされる：

$$|V| = N\left|\frac{\varDelta\varPhi}{\varDelta t}\right| = N\cdot\frac{\mu_0 N S}{l}\cdot\frac{\varDelta I}{\varDelta t} = \frac{\mu_0 N^2 S}{l}\cdot\frac{\varDelta I}{\varDelta t}$$

自己インダクタンスは \(|V|=L\dfrac{\varDelta I}{\varDelta t}\) で定義される。上式と見比べて：

$$L = \frac{\mu_0 N^2 S}{l}\ \text{[H]}$$

補足：\(N^2\) に比例する理由

巻数 \(N\) を増やすと、①磁場が \(N\) 倍（\(B\propto N\)）、②起電力を足す巻き数も \(N\) 倍。この2つの効果が掛かって\(L\propto N^2\) になる。ソレノイドのインダクタンスが巻数の 2 乗で効くのはこのため。問(15)で「巻数 2 倍・長さ 2 倍」を扱うとき、この \(N^2/l\) 依存が鍵になる。

問3(13) — コイルA（自己インダクタンス \(L\)）の両端の電位差

コイルA は純インダクタンス \(L\)。その両端の電位差は \(V_A=L\dfrac{\varDelta I}{\varDelta t}\)。電流 \(I=I_0\sin\omega t\) の変化率（時間微分）を求める：

$$\frac{\varDelta I}{\varDelta t} = \frac{\varDelta}{\varDelta t}\bigl(I_0\sin\omega t\bigr) = I_0\,\omega\cos\omega t$$

よって：

$$V_A = L\cdot I_0\omega\cos\omega t = \omega L I_0\cos\omega t$$

補足：位相とリアクタンス

\(\cos\omega t=\sin\!\left(\omega t+\dfrac{\pi}{2}\right)\) なので、コイルの電圧は電流より位相が \(\tfrac{\pi}{2}\) 進む。また電圧の最大値は \(\omega L I_0\) で、\(\omega L\) を誘導リアクタンスと呼ぶ（抵抗と同じ次元 \(\Omega\)）。周波数が高いほどコイルは電流を通しにくくなる。

問3(14) — 電源電圧の最大値と \(\tan\alpha\)

電源電圧は「\(R\) の電圧」と「コイルA の電圧」の和。\(R\) の電圧は \(RI=RI_0\sin\omega t\)、コイルの電圧は問(13)より \(\omega L I_0\cos\omega t\)：

$$V = RI_0\sin\omega t + \omega L I_0\cos\omega t$$

与えられた合成公式 \(a\sin\theta+b\cos\theta=\sqrt{a^2+b^2}\,\sin(\theta+\beta),\ \tan\beta=\dfrac{b}{a}\) を、\(a=RI_0,\ b=\omega L I_0\) として使う：

$$V = I_0\sqrt{R^2+(\omega L)^2}\,\sin(\omega t+\beta),\qquad \tan\beta=\frac{\omega L I_0}{R I_0}=\frac{\omega L}{R}$$

電源電圧の最大値は振幅 \(I_0\sqrt{R^2+\omega^2L^2}\)。位相差 \(\alpha\) は「電圧の位相 − 電流の位相」で \(\alpha=\beta\)。ここで \(\beta>0\)（電圧が電流より進む）なので \(\alpha>0\)：

$$V_{\max}=I_0\sqrt{R^2+\omega^2L^2},\qquad \tan\alpha=\frac{\omega L}{R}$$

補足：ベクトル図（インピーダンス）での見方

\(RI_0\)（横）と \(\omega L I_0\)（縦）を直角に足すと、斜辺が \(V_{\max}=I_0\sqrt{R^2+\omega^2L^2}\)。斜辺の傾き角が位相差 \(\alpha\) で \(\tan\alpha=\dfrac{\omega L}{R}\)。RL 直列では電圧が電流より進む（\(\alpha>0\)）ことが図から一目で分かる。\(\sqrt{R^2+\omega^2L^2}\) をインピーダンス \(Z\) という。

問3(15) — 新コイル（断面積 \(S\), 長さ \(2l\), 巻数 \(2N\)）での平均消費電力

新コイルの自己インダクタンス：\(L=\dfrac{\mu_0 N^2 S}{l}\) に「断面積 \(S\)、長さ \(2l\)、巻数 \(2N\)」を代入する：

$$L' = \frac{\mu_0 (2N)^2 S}{2l} = \frac{4\mu_0 N^2 S}{2l} = 2\cdot\frac{\mu_0 N^2 S}{l} = 2L$$

抵抗は \(R\) のまま（問題文で「その抵抗は \(R\) に等しかった」）。同じ電源なので電圧の最大値は元の回路と同じ \(V_{\max}=I_0\sqrt{R^2+\omega^2L^2}\)（問(14)）。新回路のインピーダンスは \(Z'=\sqrt{R^2+(\omega\cdot 2L)^2}=\sqrt{R^2+4\omega^2L^2}\) だから、新しい電流の最大値は：

$$I_0' = \frac{V_{\max}}{Z'} = \frac{I_0\sqrt{R^2+\omega^2L^2}}{\sqrt{R^2+4\omega^2L^2}}$$

平均消費電力は抵抗 \(R\) だけが消費する（コイルは平均では電力を消費しない）。\(I=I_0'\sin(\cdots)\) の抵抗での平均電力は \(\dfrac12 I_0'^2 R\)：

$$\overline{P} = \frac{1}{2}I_0'^2 R = \frac{1}{2}R\cdot\frac{I_0^2\,(R^2+\omega^2L^2)}{R^2+4\omega^2L^2}$$

補足：平均電力は「抵抗のみ」で計算してよい理由

コイルは電流が増えるとき電源からエネルギーを蓄え、減るとき返す。1 周期で平均するとコイルの正味の消費電力は 0。したがって回路全体の平均消費電力は抵抗 \(R\) のジュール熱だけ。実効値で書けば \(\overline{P}=I_{\text{eff}}^2 R=\left(\dfrac{I_0'}{\sqrt2}\right)^2 R=\dfrac12 I_0'^2 R\)。力率 \(\cos\alpha'=R/Z'\) を使った \(\overline{P}=\dfrac12 V_{\max}I_0'\cos\alpha'\) からも同じ結果になる。