長さ \(r\) の導線 ab, cd と長さ \(\ell\) の導線 bc で作ったコの字型の導線 X を、直線状導線 Y を軸として回転させる電磁誘導の問題です。一様な鉛直上向き磁束密度 \(B\) の中で、X に電池・抵抗・コイルを順次取り付けて動作を分析します。
Z を電圧 \(V\) の電池と抵抗値 \(R\) の抵抗器で作ります。スイッチを p 側に入れると抵抗器のみ、q 側に入れると電池も含む回路が閉じます。まず p 側（電流なし）で X を \(\theta = \pi/2\) に持ち上げ、静かに放して回転運動させます。
スイッチを p 側に入れて \(\theta = \pi/2\) まで bc を持ち上げ、回路に電流が流れていないことを確認してから bc を静かに放しました。X は Y を軸に運動を開始します。
重要：スイッチは p 側（抵抗のみ）です。電池は回路に含まれていません。
X が角速度 \(\omega\) で回転するとき、導線 bc が磁場 \(B\) の中を運動することで誘導起電力が生じます。
誘導起電力の計算：
bc は長さ \(\ell\) で、Y 軸から距離 \(r\) の位置にあります。bc の速度は \(v = r\omega\) で、磁場 \(B\) は鉛直上向きです。
bc が磁場中を運動することで切る磁力線による起電力：
$$ \mathcal{E} = B\ell v_{\perp} = B\ell \cdot r\omega \cdot \sin\theta $$ここで \(v_{\perp}\) は bc の速度の、bc と磁場の両方に垂直な成分です。\(\theta = 0\) のとき bc は鉛直下方にあり、速度は水平方向ですが磁場も鉛直なので切る磁力線は \(\sin\theta\) に依存します。
回路の抵抗が \(R\) なので：
$$ I = \frac{\mathcal{E}}{R} = \frac{B\ell r\omega}{R} $$ただし、問題文は「ある時刻において回路を流れる電流 \(I\)」を \(r,\; \ell,\; B,\; R,\; \theta,\; \omega\) のうち必要な記号で表せと言っています。
例えば \(B = 0.50\) T、\(\ell = 0.30\) m、\(r = 0.20\) m、\(\omega = 5.0\) rad/s、\(R = 2.0\) Ω のとき：
$$ I = \frac{0.50 \times 0.30 \times 0.20 \times 5.0}{2.0} = \frac{0.15}{2.0} = 0.075 \text{ A} = 75 \text{ mA} $$角速度が大きいほど、また磁場が強いほど誘導電流は大きくなります。
この問題では X はコの字型で、ab と cd はY軸上にあるため運動しません。誘導起電力は bc の運動のみから生じます。bc の各微小部分の起電力を積分するか、回路を貫く磁束の変化率から求めます。
回路 abcd の面積を通る磁束 \(\Phi\) を考えます。X が角度 \(\theta\) のとき、回路の面の法線と磁場 \(B\)（鉛直上向き）のなす角を考えると：
$$ \Phi = B \cdot \ell \cdot r \cdot \cos\theta $$ファラデーの法則より：
$$ \mathcal{E} = -\frac{d\Phi}{dt} = B\ell r\sin\theta \cdot \frac{d\theta}{dt} = B\ell r\omega\sin\theta $$回路を流れる電流：
$$ I = \frac{\mathcal{E}}{R} = \frac{B\ell r\omega\sin\theta}{R} $$問 (a) の状態で、各導線に電流 \(I\) が流れているとき、磁場 \(B\) から受ける力を求めます。
ab について：
ab は長さ \(\ell\) の導線で、鉛直面内で Y 軸と角度 \(\theta\) をなす方向にあります。電流の方向は a → b（下向き成分あり）。磁場は鉛直上向き \(B\) です。
$$ F_{ab} = BI\ell\sin\theta $$（ab の磁場に垂直な成分が \(\ell\sin\theta\) であるため）
bc について：
bc は長さ \(r\) の導線で、Y 軸から放射方向に伸びています。磁場は鉛直上向きなので、bc に対する力は：
$$ F_{bc} = BIr $$（bc は水平面内にあるとは限りませんが、角度 \(\theta\) の位置にいるとき bc の磁場に垂直な有効長さが変わります。）
cd について：
対称性により cd は ab と同じ大きさの力を受けます：
$$ F_{cd} = BI\ell\sin\theta $$フレミングの左手の法則で力の方向を確認します。ab と cd は回転のトルクに寄与し、bc への力は Y 軸方向のため回転に影響しません。
X を \(\theta = \pi/2\) の位置から静かに放し、\(\theta = 0\) の位置で静止するまでの間に抵抗で発生するジュール熱を求めます。
エネルギー保存則を使う：
初期状態：\(\theta = \pi/2\)、bc は水平位置（Y 軸と同じ高さ）、静止
最終状態：\(\theta = 0\)、bc は鉛直下方（最低点）、静止
bc の重心は Y 軸から距離 \(r/2\) にあるので、初期状態から最終状態への重心の下降量は：
$$ \Delta h = \frac{r}{2}(1 - \cos(\pi/2)) = \frac{r}{2} $$いや、\(\theta = \pi/2\) のとき bc は水平で、Y 軸から距離 \(r\) の位置にあります。\(\theta = 0\) のとき bc は鉛直下方で、Y 軸の真下にあります。bc の重心の高さの変化は \(r/2\)（\(\theta = \pi/2\) のとき Y 軸と同じ高さ、\(\theta = 0\) のとき Y 軸から \(r/2\) 下）です。
エネルギー保存（初期・最終とも運動エネルギー 0）：
$$ mg \cdot \frac{r}{2} = Q $$ここで bc の重心降下量を正確に計算します。bc の重心は Y 軸から距離 \(r\) にあり、角度 \(\theta\) のとき重心の高さは \(-r\cos\theta\)（Y 軸を原点とし下向き正）。
$$ \Delta h = r\cos 0 - r\cos(\pi/2) = r - 0 = r $$ $$ Q = mgr $$bc の重心は Y 軸から距離 \(r/2\) にあるので、高さの変化は \(\frac{r}{2}\cos\theta\) です。\(\theta: \pi/2 \to 0\) のとき：
$$ \Delta h = \frac{r}{2}(\cos 0 - \cos\frac{\pi}{2}) = \frac{r}{2} $$ $$ Q = mg\frac{r}{2} $$bc の質量分布が均一で、長さ \(r\) で Y 軸から先端まで伸びている場合、重心は Y 軸から \(r/2\) です。高さの変化は \(\frac{r}{2}\) なので \(Q = \frac{mgr}{2}\) が正確な値です。
始状態と終状態で共に静止しているので、運動エネルギーの変化は 0 です。重力の位置エネルギーの減少分がすべて電気エネルギー（ジュール熱）に変換されます。途中の電流や角速度の詳細な時間変化を求める必要はありません。
\(\theta = 0\) の位置で X が静止した状態でスイッチを q 側に入れ（電池を含む回路）、十分に長い時間が経つと \(\theta = \theta_1\) の位置で静止します。
静止の条件：
\(\omega = 0\) で静止しているので誘導起電力は 0 です。電池の起電力 \(V\) のみが電流を駆動します：
$$ I = \frac{V}{R} $$この電流 \(I\) が磁場中の導線 bc に力を及ぼし、それが重力のトルクとつり合います。
Y 軸まわりのトルクのつり合い：
磁場による力のトルク（回転方向）= 重力のトルク（復元方向）
bc に流れる電流 \(I\) が磁場 \(B\) から受ける力は、bc 上の微小要素 \(dr'\) について：
$$ dF = BI \, dr' $$Y 軸まわりのトルク：
$$ \tau_{\text{mag}} = \int_0^r BI \cdot r' \, dr' \cdot \sin\theta_1 = \frac{1}{2}BIr^2\sin\theta_1 $$（ただし力の方向と回転の関係を精密に考える必要があります。）
重力のトルク：
$$ \tau_{\text{grav}} = mg \cdot \frac{r}{2} \cdot \sin\theta_1 $$角度 \(\theta_1\) でつり合うためには：
$$ \tan\theta_1 = \frac{BIr}{mg} = \frac{BVr}{mgR} $$静止状態では \(\omega = 0\) なので誘導起電力はゼロ。電池の起電力のみが電流を決定します。力のモーメントのつり合いで \(\theta_1\) が決まります。
Z を自己インダクタンス \(L\) のコイルとスイッチで作ります。スイッチを入れるとコイルを通して回路が閉じ、X は \(\theta = \theta_1\) と \(\theta = -\theta_1\) の間を往復する周期的な運動をします。
スイッチを切った状態で X を \(\theta = \pi/2\) まで持ち上げ、スイッチを入れてから bc を静かに放します。X は Y 軸に \(\theta = \theta_1\) と \(\theta = -\theta_1\) の間を往復運動します。
エネルギー保存則：
回路には抵抗がないので、エネルギーは運動エネルギー、位置エネルギー、磁気エネルギーの間で保存されます。
\(\theta = \theta_1\) のとき \(\omega = 0\)（振り返り点）とすると：
初期状態（\(\theta = \pi/2\), \(\omega = 0\), \(I = 0\)）：
$$ E_0 = mg\frac{r}{2}\cos(\pi/2) + 0 + 0 = 0 $$（Y 軸の高さを基準とし、\(\theta = \pi/2\) で bc の重心は Y 軸と同じ高さ）
\(\theta = \theta_1\) の状態（\(\omega = 0\)）：
$$ E_1 = -mg\frac{r}{2}\cos\theta_1 + 0 + \frac{1}{2}LI_1^2 $$エネルギー保存：
$$ 0 = -mg\frac{r}{2}\cos\theta_1 + \frac{1}{2}LI_1^2 $$ $$ I_1^2 = \frac{mgr\cos\theta_1}{L} $$ $$ I_1 = \sqrt{\frac{mgr\cos\theta_1}{L}} $$抵抗がない（コイルのみの）回路ではジュール熱が発生せず、力学的エネルギーと磁気エネルギーの保存が成立します。
微小時間 \(\Delta t\) の間に \(\theta\) が \(\Delta\theta\) だけ変化するとき、電流 \(I\) の変化 \(\Delta I\) を求める問題です。
ファラデーの法則とコイルの関係：
回路を貫く磁束：
$$ \Phi = B\ell r\sin\theta $$微小時間 \(\Delta t\) での磁束変化：
$$ \Delta\Phi = B\ell r\cos\theta \cdot \Delta\theta $$誘導起電力：
$$ \mathcal{E} = -\frac{\Delta\Phi}{\Delta t} = -B\ell r\cos\theta \cdot \frac{\Delta\theta}{\Delta t} $$自己インダクタンス \(L\) のコイルに対して：
$$ L\frac{\Delta I}{\Delta t} = \mathcal{E} $$したがって：
$$ \Delta I = \frac{\mathcal{E}}{L}\Delta t = -\frac{B\ell r}{L}\cos\theta \cdot \Delta\theta $$空欄の答え：
\(\theta\) が \(\Delta\theta\) だけ変化するとき、電流 \(I\) の変化は \(\Delta I = \) ア \(\displaystyle -\frac{B\ell r}{L}\) と求められる。\(\theta\) が \(\Delta\theta\) だけ変化するとその \(\sin\theta\) の変化は \(\Delta\theta\cos\theta\) であることから、\(I\) の変化と イ \(\sin\theta\) \(\times\) ウ の変化は等しいことがわかる。よって、両者の差の \(C = I -\) エ \(\displaystyle\frac{B\ell r}{L}\sin\theta\) は時刻によらない定数となる。特に \(\theta = \pi/2\) のとき \(I =\) オ \(0\) であることから、\(C =\) カ \(\displaystyle -\frac{B\ell r}{L}\) と定まるので、任意の時刻において
$$ I = \frac{B\ell r}{L}(\sin\theta - 1) $$が成り立つ。
この問題は実質的に \(\frac{dI}{d\theta} = -\frac{B\ell r}{L}\cos\theta\) という微分方程式を離散的に解かせています。
$$ \frac{dI}{d\theta} = -\frac{B\ell r}{L}\cos\theta $$両辺を \(\theta\) で積分すると：
$$ I = -\frac{B\ell r}{L}\sin\theta + C $$初期条件 \(I({\pi}/{2}) = 0\) より \(C = \frac{B\ell r}{L}\) となり：
$$ I = \frac{B\ell r}{L}(\sin\theta - 1) $$微小変化の関係式から「差が定数」という構造を見抜き、初期条件で定数を決定する手法は、微分方程式の初等的な解法そのものです。
\(\theta_1 = 0\) となるような磁束密度の大きさ \(B_0\) を求め、\(\theta_1\) を \(B\) の関数としてグラフの概形を選びます。
(f) の結果より、任意の時刻で：
$$ I = \frac{B\ell r}{L}(\sin\theta - 1) $$\(\theta_1\) は振り返り点で \(\omega = 0\) となる角度です。エネルギー保存の条件と合わせて \(\theta_1\) が決まります。
\(\theta_1 = 0\) のとき \(I_0 = \frac{B_0\ell r}{L}(\sin 0 - 1) = -\frac{B_0\ell r}{L}\)
エネルギー保存（\(\theta = \pi/2, \omega = 0, I = 0\) → \(\theta = 0, \omega = 0\)）：
$$ mg\frac{r}{2} = \frac{1}{2}LI_0^2 = \frac{1}{2}L\left(\frac{B_0\ell r}{L}\right)^2 = \frac{B_0^2\ell^2 r^2}{2L} $$ $$ B_0 = \sqrt{\frac{mgL}{\ell^2 r}} $$解が複数ある場合はすべて列挙し、解がない場合は「\(B_0 = \text{解なし}\)」と答えます。
グラフの概形：
\(B\) が小さいとき \(\theta_1 \to \pi/2\) に近く、\(B \to B_0\) で \(\theta_1 \to 0\)、\(B > B_0\) では \(\theta_1 < 0\)（反対側に振れる）となり、\(B \to \infty\) で \(\theta_1 \to -\pi/2\) に漸近します。
この概形は図4の選択肢④に対応します（\(\pi/2\) から始まり 0 を通過して \(-\pi/2\) に漸近する単調減少曲線）。
各選択肢の特徴と排除理由：
\(B = 0\) のとき電磁誘導の効果がないので \(\theta_1 = \pi/2\)（重力だけで最下点に到達して通過）ではなく、コイルの電磁エネルギーに変換されるため \(\theta_1 < \pi/2\) です。\(B\) が増すと電磁制動が強まり、\(\theta_1\) は減少します。