解法の指針

真空中に中心をそろえた同心の円形コイル A・B が同一平面内に置かれている。コイル A には平行板コンデンサーと起電力 \(V\) の直流電源が、コイル B には抵抗 \(r\) がつながれている。コンデンサーの状態を変化させると、コイル A に流れる電流が中心に磁界をつくり、その磁界の変化が中心付近にあるコイル B に電磁誘導を起こす——という「コンデンサー → コイル A の電流 → 磁界 → コイル B の誘導電流」という因果の連鎖を丁寧にたどるのが核心です。

問題の構成

• 問1：誘電体を長さ \(s\) 挿入したときのコンデンサーの電気量（並列合成）
• 問2：誘電体が動くときコイル A に流れる充電電流 \(I_\mathrm{A}\) とその向き
• 問3：電流 \(I_\mathrm{A}\) が円形コイル中心につくる磁界の強さと向き
• 問4：磁界の変化によりコイル B に生じる誘導電流 \(I_\mathrm{B}\) とその向き
• 問5：誘電体が \(0 \to a\) の間に抵抗 \(r\) で消費されるエネルギー
• 問6：極板を傾けて広げたときの電気容量（区分求積＋近似）
• 問7：傾いた極板上の位置 \(x\) での単位面積あたりの電気量 \(\sigma\)
• 問8：\(\sigma\) の分布グラフの選択
• 問9：極板を広げ始めた直後にコイル B に流れる電流

問1 — 誘電体を長さ \(s\) 挿入したときの電気量

極板は辺の長さ \(a,\,b\) の長方形、極板間距離は \(d\)。誘電体（比誘電率 \(\varepsilon_\mathrm{r}\)）を長さ \(s\) だけ挿入すると、コンデンサーは次の2つが並んだ並列回路とみなせます。

• 誘電体部分：面積 \(b\,s\)、誘電率 \(\varepsilon_\mathrm{r}\varepsilon_0\) → 容量 \(C_1 = \dfrac{\varepsilon_\mathrm{r}\varepsilon_0\, b\, s}{d}\)
• 真空部分：面積 \(b\,(a-s)\)、誘電率 \(\varepsilon_0\) → 容量 \(C_2 = \dfrac{\varepsilon_0\, b\,(a-s)}{d}\)

並列なので容量を足し合わせます。

$$C = C_1 + C_2 = \frac{\varepsilon_0 b}{d}\bigl[\varepsilon_\mathrm{r}\, s + (a-s)\bigr] = \frac{\varepsilon_0 b}{d}\bigl[a + (\varepsilon_\mathrm{r}-1)s\bigr]$$

極板間の電圧は電源の起電力 \(V\) に等しいので、蓄えられる電気量は \(Q = CV\)：

$$Q = \frac{\varepsilon_0 b V}{d}\bigl[a + (\varepsilon_\mathrm{r}-1)s\bigr]$$

補足：\(s=0\) と \(s=a\) で検算

\(s=0\)（誘電体なし）では \(Q=\dfrac{\varepsilon_0 a b V}{d}\)（真空の平行板コンデンサー）。\(s=a\)（全挿入）では \(Q=\dfrac{\varepsilon_\mathrm{r}\varepsilon_0 a b V}{d}\)（誘電体で満たした場合）。いずれも基本公式と一致し、式の形が正しいことが確認できます。

問2 — コイルAに流れる電流 \(I_\mathrm{A}\) と向き

問1より \(Q = \dfrac{\varepsilon_0 b V}{d}\bigl[a + (\varepsilon_\mathrm{r}-1)s\bigr]\)。時刻 \(t\) から \(\Delta t\) の間に挿入長が \(s\to s+v_s\Delta t\) と変化するので、電気量の変化 \(\Delta Q\) は：

$$\Delta Q = \frac{\varepsilon_0 b V}{d}(\varepsilon_\mathrm{r}-1)\,\Delta s = \frac{\varepsilon_0 b V}{d}(\varepsilon_\mathrm{r}-1)\,v_s\,\Delta t$$

コイル A に流れる電流の大きさは \(I_\mathrm{A} = \dfrac{\Delta Q}{\Delta t}\)：

$$I_\mathrm{A} = \frac{\Delta Q}{\Delta t} = \frac{\varepsilon_0 b V}{d}(\varepsilon_\mathrm{r}-1)\,v_s$$

電流の向き：誘電体が入ると \(C\) が増え \(Q\) が増える。すなわちコンデンサーは充電される。電源はコイル A を通して極板へ正電荷を送り込む向きに電流を流す。これは図1で電源から極板へ向かう充電の向き、すなわち(i) である。

補足：なぜ \(a\) と真空部分の項が消えるのか

\(Q\) のうち定数項 \(\dfrac{\varepsilon_0 abV}{d}\) は時間で変化しないので微分（差分）でゼロになります。電流に効くのは挿入長 \(s\) に比例する項だけ。だから \(I_\mathrm{A}\) には \(a\) が現れず、\((\varepsilon_\mathrm{r}-1)\) が係数として残ります。\(\varepsilon_\mathrm{r}=1\)（誘電体がただの真空）なら電流は流れない、というのも直感に合います。

問3 — 電流 \(I_\mathrm{A}\) が中心につくる磁界

1巻きの円形コイル（半径 \(R_\mathrm{A}\)）に電流 \(I_\mathrm{A}\) が流れるとき、その中心の磁界の強さ（磁場の強さ \(H\)）は次式で与えられます。

$$H = \frac{I_\mathrm{A}}{2 R_\mathrm{A}}$$

ここで問われているのは「磁界の強さ \(H\)」なので、透磁率 \(\mu_0\) は含まれません（磁束密度なら \(B=\mu_0 H\)）。

向き：問2でコイル A の電流の向きは (i) と決まった。右ねじの法則を図1の電流の回り方に適用すると、中心の磁界は紙面の表から裏へ向かう。よって(ア)。

補足：磁界の強さ \(H\) と磁束密度 \(B\) の違い

磁界の強さ \(H\)〔A/m〕は電流だけで決まり、円形コイル中心では \(H=\dfrac{I}{2R}\)。真空中の磁束密度は \(B=\mu_0 H = \dfrac{\mu_0 I}{2R}\)〔T〕。本問は「磁界の強さ」を聞いているので \(\mu_0\) は不要。問4で磁束（\(B\times\)面積）を使うときに初めて \(\mu_0\) が登場する。

問4 — コイルBに流れる誘導電流 \(I_\mathrm{B}\) と向き

① コイル B を貫く磁束を求める。コイル B は半径 \(R_\mathrm{B}\) が \(R_\mathrm{A}\) に比べて十分小さく、内部の磁界は中心の値に等しいとしてよい。中心の磁束密度は問3より \(B = \mu_0 H = \dfrac{\mu_0 I_\mathrm{A}}{2 R_\mathrm{A}}\)。コイル B の面積 \(\pi R_\mathrm{B}^2\) を貫く磁束は：

$$\Phi_\mathrm{B} = B\cdot \pi R_\mathrm{B}^2 = \frac{\mu_0 I_\mathrm{A}}{2 R_\mathrm{A}}\cdot \pi R_\mathrm{B}^2$$

② \(I_\mathrm{A}\) の時間変化率を求める。速度が \(v_s \to v_s + p\,\Delta t\) と変化するので、問2の \(I_\mathrm{A}=\dfrac{\varepsilon_0 bV}{d}(\varepsilon_\mathrm{r}-1)v_s\) より：

$$\frac{\Delta I_\mathrm{A}}{\Delta t} = \frac{\varepsilon_0 bV}{d}(\varepsilon_\mathrm{r}-1)\cdot\frac{\Delta v_s}{\Delta t} = \frac{\varepsilon_0 bV}{d}(\varepsilon_\mathrm{r}-1)\,p$$

③ ファラデーの法則で誘導起電力、オームの法則で電流。

$$|V_\mathrm{ind}| = \frac{\Delta \Phi_\mathrm{B}}{\Delta t} = \frac{\mu_0 \pi R_\mathrm{B}^2}{2 R_\mathrm{A}}\cdot\frac{\Delta I_\mathrm{A}}{\Delta t} = \frac{\mu_0 \pi R_\mathrm{B}^2}{2 R_\mathrm{A}}\cdot\frac{\varepsilon_0 bV(\varepsilon_\mathrm{r}-1)\,p}{d}$$ $$I_\mathrm{B} = \frac{|V_\mathrm{ind}|}{r} = \frac{\mu_0 \pi R_\mathrm{B}^2\,\varepsilon_0 b V (\varepsilon_\mathrm{r}-1)\,p}{2 R_\mathrm{A}\, r\, d}$$

向き：磁束（紙面表→裏向き）が増加するので、レンツの法則よりコイル B はこれを妨げる（裏→表向きの磁界をつくる）向きに誘導電流を流す。図1の記号では(iii)。

別解：因果の連鎖を1本の式にまとめる

「\(v_s\) の変化率 \(p\) → \(I_\mathrm{A}\) の変化率 → 磁束の変化率 → 起電力 → 電流」の各係数を順にかけ算すれば、途中の \(I_\mathrm{A}\) を経由せず一気に求まります。

$$I_\mathrm{B} = \frac{1}{r}\cdot\underbrace{\frac{\mu_0 \pi R_\mathrm{B}^2}{2 R_\mathrm{A}}}_{\Phi/I_\mathrm{A}}\cdot\underbrace{\frac{\varepsilon_0 bV(\varepsilon_\mathrm{r}-1)}{d}}_{I_\mathrm{A}/v_s}\cdot\underbrace{p}_{dv_s/dt}$$

各因子が物理的に何を表すかを意識すると、文字の取り違えを防げます。

問5 — \(0\to a\) の間に抵抗 \(r\) で消費されるエネルギー

① 誘導電流は一定であることを確認。等加速度運動なので \(v_s = p\,t\)（初速0）、よって \(I_\mathrm{A}=\dfrac{\varepsilon_0 bV}{d}(\varepsilon_\mathrm{r}-1)pt\) は時間に比例。\(I_\mathrm{A}\) の変化率は一定なので、誘導電流も挿入中ずっと一定値 \(I_{\mathrm{B}0}\) です。

② 挿入に要する時間を求める。挿入長は \(s = \dfrac{1}{2}p\,t^2\)。\(s=a\) となる時刻 \(T\) は：

$$a = \frac{1}{2}p\,T^2 \quad\Rightarrow\quad T = \sqrt{\frac{2a}{p}}$$

③ 一定電流による消費エネルギー。抵抗 \(r\) で消費される電力は \(P = I_{\mathrm{B}0}^{\,2}\, r\)（一定）。これに時間 \(T\) をかけて：

$$W = P\cdot T = I_{\mathrm{B}0}^{\,2}\, r \cdot \sqrt{\frac{2a}{p}}$$

補足：もし \(I_\mathrm{B}\) が一定でなかったら

一般には \(W=\displaystyle\int_0^T I_\mathrm{B}^2 r\,dt\) と積分が必要ですが、本問は等加速度ゆえ \(I_\mathrm{B}\) が一定なので、単純な「電力×時間」で済みます。等加速度という条件が、計算を一気に簡単にしている点に注目しましょう。

問6 — 傾いた極板の電気容量（区分求積）

(a) \(k\) 番目の極板間距離。位置 \(x=\dfrac{a}{n}(k-1)\) において、極板間距離は \(x=0\) で \(d\)、\(x=a\) で \(d+\Delta d\) と直線的に増える1次関数：\(\;\text{距離}(x)=d+\dfrac{\Delta d}{a}x\)。\(x=\dfrac{a}{n}(k-1)\) を代入すると：

$$\boxed{(\text{a})}\quad d+\frac{\Delta d}{a}\cdot\frac{a}{n}(k-1) = d+\frac{\Delta d}{n}(k-1)$$

(b) 合成容量（和の形）。各微小コンデンサーは面積 \(b\cdot\dfrac{a}{n}\)、極板間距離 (a) の平行板。これらが横に並ぶので並列、容量を足し合わせます。

$$\sum_{k=1}^{n} C_k = \sum_{k=1}^{n} \boxed{\;\dfrac{\varepsilon_0\, a\, b}{n\,d + \Delta d\,(k-1)}\;}$$

（各項は \(C_k = \dfrac{\varepsilon_0\,(b\cdot a/n)}{d+\frac{\Delta d}{n}(k-1)} = \dfrac{\varepsilon_0 ab}{nd+\Delta d(k-1)}\)。）

(c) \(n\to\infty\) の近似。\(\delta=\dfrac{\Delta d}{d}\) とおいて和を変形します。

$$\sum_{k=1}^{n} C_k = \frac{\varepsilon_0 ab}{d}\cdot\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{1+\delta\frac{k-1}{n}} \fallingdotseq \frac{\varepsilon_0 ab}{d}\Bigl(1-\frac{\delta}{2}\Bigr)$$

与えられた近似公式 \(\dfrac{1}{n}\sum \dfrac{1}{1+\delta\frac{k-1}{n}}\fallingdotseq 1-\dfrac{\delta}{2}\) を用い、\(\delta=\dfrac{\Delta d}{d}\) を戻すと：

$$\boxed{(\text{c})}\quad \frac{\varepsilon_0 ab}{d}\Bigl(1-\frac{\Delta d}{2d}\Bigr)$$

🔬 発展：和を積分で評価する

連続極限では \(\displaystyle C = \int_0^a \frac{\varepsilon_0 b\,dx}{d+\frac{\Delta d}{a}x} = \frac{\varepsilon_0 ab}{\Delta d}\log\!\frac{d+\Delta d}{d}\)。\(\Delta d\ll d\) で \(\log(1+\delta)\fallingdotseq \delta-\dfrac{\delta^2}{2}\) を使うと \(C\fallingdotseq \dfrac{\varepsilon_0 ab}{d}\Bigl(1-\dfrac{\Delta d}{2d}\Bigr)\) となり、区分求積の結果と一致します（高校範囲では与えられた近似公式を使えば十分）。

問7 — 位置 \(x\) での単位面積あたりの電気量 \(\sigma\)

位置 \(x\) での極板間距離は問6 (a) と同じく \(d+\dfrac{\Delta d}{a}x\)。極板間の電圧は電源につながっているので \(V\) のまま。その場所の電場は \(E(x)=\dfrac{V}{d+\frac{\Delta d}{a}x}\)。

極板 A 上の単位面積あたりの電気量（電荷密度）は \(\sigma=\varepsilon_0 E\)：

$$\sigma(x) = \varepsilon_0 E(x) = \frac{\varepsilon_0 V}{\,d+\dfrac{\Delta d}{a}x\,}$$

補足：\(x=0\) と \(x=a\) での値

\(x=0\)（固定された辺）では \(\sigma(0)=\dfrac{\varepsilon_0 V}{d}=\sigma_0\)（広げる前と同じ）。\(x=a\)（最も開いた辺）では \(\sigma(a)=\dfrac{\varepsilon_0 V}{d+\Delta d}<\sigma_0\)。固定端では値が変わらず、開いた端ほど小さくなる、という分布になります。これが問8のグラフ選択の根拠です。

問8 — \(\sigma\) の分布グラフの選択

問7の結果 \(\sigma(x)=\dfrac{\varepsilon_0 V}{d+\frac{\Delta d}{a}x}\) の特徴を整理します。

• 始点：\(x=0\) で \(\sigma=\dfrac{\varepsilon_0 V}{d}=\sigma_0\)（広げる前の値とぴったり一致）。
• 増減：\(x\) が増えると分母が増え、\(\sigma\) は単調に減少。
• 曲がり方：\(\dfrac{1}{d+kx}\) 型は\(x\) とともに減り方がゆるくなる下に凸の曲線。

これらを満たすのは、\(\sigma_0\) から出発して下に凸で減少する(え)。比較として、(あ)(い)(う) は \(x=0\) で \(\sigma_0\) より大きく始まり不適、(か)〜(こ) は増加・上に凸など不適です。

補足：なぜ \(x=0\) で \(\sigma_0\) ちょうどなのか

図3で固定したのは辺 \(a_1a_2\)・\(b_1b_2\)（=原点側 \(x=0\)）。ここは広げる前後で間隔が \(d\) のまま変わらないため、電場も電荷密度も変化せず \(\sigma(0)=\sigma_0\)。一方 \(x>0\) 側は間隔が広がるので \(\sigma<\sigma_0\)。「固定端では値が変わらない」が選択の決め手です。

問9 — 極板を広げ始めた直後のコイルBの電流

① 容量と電気量。問6 (c) より、広げた後の容量は \(C=\dfrac{\varepsilon_0 ab}{d}\Bigl(1-\dfrac{\Delta d}{2d}\Bigr)\)。電源につながっているので \(Q=CV\)：

$$Q = \frac{\varepsilon_0 abV}{d}\Bigl(1-\frac{\Delta d}{2d}\Bigr) = \frac{\varepsilon_0 abV}{d} - \frac{\varepsilon_0 abV}{2d^2}\,\Delta d$$

② \(\Delta d\) の時間変化。辺 \(a_3a_4,\,b_3b_4\) がそれぞれ加速度 \(\dfrac{q}{2}\)、初速0で離れていく。両側の合計でできる隙間の増加は \(\Delta d = 2\cdot\dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{q}{2}t^2 = \dfrac{q}{2}t^2\)。よって \(\dfrac{d(\Delta d)}{dt}=q\,t\)、さらに \(\dfrac{d^2(\Delta d)}{dt^2}=q\)。

③ コイル A の電流とその変化率。定数項は微分で消えるので：

$$I_\mathrm{A} = \frac{dQ}{dt} = -\frac{\varepsilon_0 abV}{2d^2}\cdot\frac{d(\Delta d)}{dt} = -\frac{\varepsilon_0 abV}{2d^2}\,q\,t$$

広げ始めた直後（\(t=0\)）は \(I_\mathrm{A}=0\) ですが、その変化率は0でない点が誘導電流のカギ：

$$\left|\frac{dI_\mathrm{A}}{dt}\right| = \frac{\varepsilon_0 abV}{2d^2}\cdot\frac{d^2(\Delta d)}{dt^2} = \frac{\varepsilon_0 abV}{2d^2}\,q$$

④ コイル B の誘導電流。問4と同じく \(\Phi_\mathrm{B}=\dfrac{\mu_0 \pi R_\mathrm{B}^2}{2 R_\mathrm{A}}I_\mathrm{A}\) なので、起電力 \(|V_\mathrm{ind}|=\dfrac{\mu_0 \pi R_\mathrm{B}^2}{2 R_\mathrm{A}}\Bigl|\dfrac{dI_\mathrm{A}}{dt}\Bigr|\)、電流は \(\div r\)：

$$I_\mathrm{B} = \frac{1}{r}\cdot\frac{\mu_0 \pi R_\mathrm{B}^2}{2 R_\mathrm{A}}\cdot\frac{\varepsilon_0 abV}{2d^2}\,q = \frac{\mu_0 \pi R_\mathrm{B}^2\,\varepsilon_0 a b V\,q}{4 R_\mathrm{A}\, r\, d^2}$$

補足：直後に「速度0なのに電流が流れる」理由

誘導電流を決めるのは \(I_\mathrm{A}\) 自体ではなく\(I_\mathrm{A}\) の変化率 \(\dfrac{dI_\mathrm{A}}{dt}\)。\(I_\mathrm{A}\propto \dfrac{d(\Delta d)}{dt}\propto t\) なので \(\dfrac{dI_\mathrm{A}}{dt}\propto \dfrac{d^2(\Delta d)}{dt^2}=q\) で一定（\(t=0\) でも有限）。だから速度0の瞬間でも、加速度 \(q\) があれば \(I_\mathrm{B}\) は流れます。もし加速度0（等速で広げる）なら \(\dfrac{dI_\mathrm{A}}{dt}=0\) となり \(I_\mathrm{B}=0\) です。