電気磁気学A 定期テスト対策（ビオ・サバール／周回積分／電磁力・トルク）

このプリントの位置づけ。定期試験（期末）の対策。範囲は先生が最後に黒板へ書いた 「定期試験」の板書（写真 IMG_0887）をそのまま反映している。板書は左から ①範囲外リスト ②ビオ・サバール ③周回積分 ④電磁力・仕事（エネルギー）の4ブロックで、 このプリントの第0部〜第III部がその順に対応する。

範囲外（板書で $\times$ が付いていた）。 電位係数・容量係数・電気双極子・磁化曲線の4項目は 中括弧でくくって $\times$ が打たれている＝定期試験には出ない。 静電系（導体系の係数・双極子）と磁性体（磁化曲線・ヒステリシス）は丸ごと切ってよい。 これらが必要になったら小テスト対策の magnetostatics_review.pdf を見ること。

課題の答案が最大のヒント。materials/ にある課題9〜14・小テスト(1)(2) を全問収録した。 とくに課題14 は「令和5・6年度の定期試験問題」そのもの、課題10・12 は過去の小テスト問題、 課題13 は編入試験の過去問——つまり配られた課題を解き直すのが最短の対策。 どの課題がどの節かは次ページの対応表を見ること。

出題型の地図（板書のブロックがそのまま型になる）

部	型	何をする問題か	使う道具
I	有限長・半無限・直角導線	対称性のない直線導体が作る磁界	$\frac{I}{4\pi D}(\sin \alpha +\sin \beta )$
I	円形コイル・円弧・半円	中心／軸上の磁界、合成	$\frac{I}{2R}$, $\frac{I{R}^2}{2(x^2+R^2{)}^{3/2}}$, $\frac{I\phi }{4\pi R}$
I	正多角形コイル	三角形・正方形の中心の磁界	1辺ぶん $H^{\prime }$ を辺数倍
II	円柱・中空円筒・同軸	内外の磁界を場合分け	$H\cdot 2\pi r=\Sigma I$、面積比
II	ソレノイド・トロイド	内部の $H$、$B$、断面の $\Phi$	$H=nI$, $\frac{NI}{2\pi r}$, $\Phi =\int B\mathrm{d}S$
II	平行往復導線	間の $B$ と面 ABCD の鎖交磁束	重ね合わせ＋対数積分
III	電磁力	磁界中の導体が受ける力の大きさと向き	$F=BIl\sin \theta$、左手の法則
III	平行導線間の力	引き合うか反発するか＋大きさ	$\frac{F}{l}=\frac{{\mu }_0{I}_1{I}_2}{2\pi d}$
III	トルク・仕事	コイルが受けるトルク、回すのに要る仕事	$T=BIS\cos \theta$、$W=I\Delta \Phi$
III	電子に働く力	磁界に入射した荷電粒子の円軌道の半径・距離	$r=\frac{mv}{qB}$（課題14 問2）
III	総合（編入型）	アンペール$\to$磁界の合成$\to$導線間の力	(1)(2) アンペール＋(3)(4) 合成（課題13）

最初の分岐は「磁界を作る側か、力を受ける側か」。 問題文に「磁界を求めよ」とあれば第I・II部（電流→磁界）、 「力・トルク・仕事を求めよ」とあれば第III部（磁界→力）。

そのうえで第I・II部の中の分岐がビオ・サバールかアンペールか： 対称性がある（無限長直線・円柱・ソレノイド・トロイド）ならアンペールが速い（積分せずに解ける）。 有限長・曲がった線・コイルなど対称性が無いならビオ・サバールで地道に積分する。

配布された課題・小テストはどこで解説しているか

定期試験は「課題と小テストの焼き直し」が本命。materials/ に入っている答案を型ごとに割り振ると下表になる。 課題14 は「R5・R6 年度の定期試験問題」そのものなので最優先。

出典	内容	このプリントの節
課題9（6/12）	ビオ・サバール（線と円）：$\frac{3}{4}$ 円弧＋接線2本、数値	円形コイル節「例題B」
課題10（6/19）	周回積分：同軸ケーブル（$I_1,I_2$ が同じ向き）4領域	同軸節「発展C」
課題11（6/26）	ソレノイドの数値2問（$H=nI$、地磁気の打ち消し）	ソレノイド節「例題A・B」
課題12（7/3）	環状ソレノイド（中心線長 $l$ 版）／有限長直線	トロイド節「例題」／§ビオ・サバール基本問題
課題13（7/10）	電磁力（R2 豊橋技科大 編入）：円柱＋正三角形3導線の力	§総合問題（課題13）
課題14（7/17）	電磁力・電子に働く力（R5・R6 定期試験問題）：コイルのトルク／電子の円運動	トルク節「例題C」／§ローレンツ力
小テスト(1) 問3	扇形導線の中心磁界（$\frac{1}{4}$ 円弧2本＋直線）	正多角形節「例題C」
小テスト(1) 問4	10巻円形コイルの軸上磁界	円形コイル節「例題F」
小テスト(2) 問1	直角に折れた無限長導線（距離 $a,b$ の点）	§直角に曲がった導線
小テスト(2) 問2	中空導体を電流密度 $J$で与える版	中空円筒節「発展A${}^{\prime }$」
小テスト(2) 問3	直線状ソレノイド（$N$巻・長さ $l$）の磁束密度	ソレノイド節「例題C」
小テスト(1) 問1・問2	磁気クーロン力／同心導体球の電位係数	範囲外（$\times$ 印。やらない）

道具箱：これだけで全問解ける

ビオ・サバール	$\mathrm{d}H=\frac{I\mathrm{d}s\sin \theta }{4\pi r^2}$（電流素片 $I\mathrm{d}s$ が距離 $r$ の点に作る微小磁界。$\theta$ は $\mathrm{d}s$ と $r$ のなす角）
直線1本ぶん（万能）	$H=\frac{I}{4\pi D}(\sin \alpha +\sin \beta )$（$D$＝点から直線までの垂線、$\alpha ,\beta$＝垂線の足から両端を見た角）
無限長直線	$H=\frac{I}{2\pi D}$（$\sin \alpha =\sin \beta =1$）
半無限直線	$H=\frac{I}{4\pi D}$（端の真横。$\sin \alpha =0,\sin \beta =1$）
円形コイル	中心 $H=\frac{I}{2R}$、軸上 $H=\frac{I{R}^2}{2(x^2+R^2{)}^{3/2}}$、$N$巻はどちらも $\times N$
円弧（中心角 $\phi$〔rad〕）	$H=\frac{I\phi }{4\pi R}$（半円 $\phi =\pi$ なら $\frac{I}{4R}$、全周 $\phi =2\pi$ なら $\frac{I}{2R}$）
正多角形コイル	内接円半径 $D$ の正 $n$ 角形：$H=\frac{nI}{2\pi D}\sin \frac{\pi }{n}$。正三角形（辺 $l$）$\frac{9I}{2\pi l}$、正方形（辺 $a$）$\frac{2\sqrt{2}I}{\pi a}$

アンペール	$\oint \vec{H}\cdot \mathrm{d}\vec{s}=\Sigma I$（閉曲線を一周した $H$ の和＝その輪を貫く電流の合計）
電流と電流密度	$J=\frac{I}{S}[A/{\mathrm{m}}^2]$、$\Sigma I={\int }_{S}J\mathrm{d}S$（一様なら $J\times$ 面積）
円柱導体（半径 $a$）	内部 $H=\frac{rI}{2\pi a^2}$、外部 $H=\frac{I}{2\pi r}$
中空円筒（$a\le r\le b$ に電流）	$H=\frac{I}{2\pi r}\cdot \frac{r^2-a^2}{b^2-a^2}$（空洞内 $0$、外部 $\frac{I}{2\pi r}$）
ソレノイド	無限長で内部 $H=nI$（$n=N/L$ 巻/m）、外部 $\approx 0$
トロイド（環状）	$H=\frac{NI}{2\pi r}$、$B=\mu H$、断面の鎖交磁束 $\Phi =\frac{\mu NIL}{2\pi }\ln \frac{b}{a}$
磁束密度・鎖交磁束	$B=\mu H={\mu }_0{\mu }_{s}H[\mathrm{T}]$、$\Phi ={\int }_{S}B\mathrm{d}S[\mathrm{Wb}]$

電磁力（板書）	$F=BIl[\mathrm{N}]$（磁界に垂直な導体）。一般には $F=BIl\sin \theta$
向き	フレミング左手の法則（親指＝力 $F$、人差し指＝磁界 $B$、中指＝電流 $I$）
ローレンツ力	$F=qvB\sin \theta$（電磁力の正体。$F=BIl$ はこれを導体1本ぶん足したもの）
荷電粒子の円運動	$qvB=\frac{m{v}^2}{r}$ より $r=\frac{mv}{qB}$、周期 $T=\frac{2\pi m}{qB}$。力は仕事をしないので速さ一定
加速電圧から速さ	$qV=\frac{1}{2}m{v}^2\Rightarrow v=\sqrt{\frac{2qV}{m}}$（「電圧で加速された」と書かれたら使う）
平行2線の力	$\frac{F}{l}=\frac{{\mu }_0{I}_1{I}_2}{2\pi d}[N/m]$。同方向＝引力、逆方向＝斥力
トルク（板書）	$T=BIab[\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}]$（辺 $a\times b$ の1巻コイル、面が磁界と平行のとき）
一般のトルク	$T=NBIS\cos \theta$（$S=ab$、$\theta$＝コイル面と磁界のなす角）$=NBIS\sin \phi$（$\phi$＝法線と磁界の角）
磁気モーメント	$m=NIS[\mathrm{A}\cdot {\mathrm{m}}^2]$ とおくと $T=mB\sin \phi$
仕事（エネルギー）	$W=Fx=I\Delta \Phi [\mathrm{J}]$（電流一定なら「電流$\times$鎖交磁束の増加分」）

$$\int \cos \varphi \mathrm{d}\varphi =\sin \varphi ,\int \frac{\mathrm{d}x}{x}=\ln x,\int \frac{\mathrm{d}x}{d-x}=-\ln (d-x),$$

$$s=D\tan \varphi \Rightarrow \mathrm{d}s=\frac{D}{{\cos }^2\varphi }\mathrm{d}\varphi ,s^2+D^2=\frac{D^2}{{\cos }^2\varphi },$$

$$\sin \left({\tan }^{-1}\frac{a}{D}\right)=\frac{a}{\sqrt{D^2+a^2}}.$$

まず用語をやさしく（難語の対訳）。

• 磁界の強さ $H$〔A/m〕＝「電流が周りに作る磁気の勢い」。電流だけで決まり、まわりの物質によらない。

• 磁束密度 $B$〔T〕＝「実際に空間を貫く磁力線の混み具合」。$B=\mu H$ で、鉄の中では $\mu$ が大きいので同じ $H$ でも $B$ が大きい。

• 鎖交磁束 $\Phi$〔Wb〕＝「ある面を突き抜ける磁力線の総本数」。$B$（密度）$\times$面積を足し集めたもの。

• 電流密度 $J$〔A/m${}^2$〕＝「導体断面の1 m${}^2$ あたりに流れる電流」。太い導体の中の一部分だけを数えたいときに使う。

• 周回積分 $\oint$＝「閉じた輪に沿って一周ぐるっと足す」。輪の上で $H$ が一定なら、ただの $H\times (\text{輪の長さ})$。

• 鎖交電流 $\Sigma I$＝「その輪の内側を実際に貫いている電流の合計」。輪の外の電流は数えない。

• 電磁力＝「磁界の中を流れる電流が受ける押される力」。モーターが回る力そのもの。

• トルク $T$〔N$\cdot$m〕＝「回そうとする力の強さ」。（力）$\times$（回転軸からの距離）で、てこと同じ考え方。

• $\otimes$ と $\odot$＝矢を後ろから見た羽根が $\otimes$（紙面の裏へ向かう）、前から見た矢じりが $\odot$（紙面の表へ出てくる）。

━━━ 第 I 部：ビオ・サバールの法則（板書 左から2ブロック目） ━━━

ビオ・サバールの法則と「直線1本ぶん」の万能公式

**法則の意味。**電流を細かく刻んで、その1切れ $I\mathrm{d}s$ が作る磁界 $\mathrm{d}H$ を全部足す、という考え方。

$$\mathrm{d}H=\frac{I\mathrm{d}s\sin \theta }{4\pi r^2}[A/m]$$

• 分母の $r^2$：遠いほど弱い（距離の2乗に反比例）。

• $\sin \theta$：素片の向き $\mathrm{d}s$ と、素片から点へのベクトル $r$ が同じ向き（$\theta =0$）なら磁界を作らない。真横（$\theta =90^{\circ }$）が最強。

• 向きは右ねじ：電流の向きに右ねじを進めるときの回転向き。

基本問題：有限長直線が作る磁界（この導出が全部の土台）

長さ $a+b$ [m] の有限長導線に電流 $I$ [A] が流れている（真空中）。導線上の点 O から垂直に $D$ [m] 離れた点 P の磁界の強さをビオ・サバールの法則から求めよ。（O を境に導線は上へ $a$、下へ $b$ 伸びている。）

**方針：**導線は有限長で対称性が使えないので、アンペールでなくビオ・サバールで積分する。電流素片 $I\mathrm{d}s$ が P に作る $\mathrm{d}H$ を全長にわたって足す。そのままでは $s$ で積分しにくいので角度 $\varphi$（P から見た角）に変数変換 $s=D\tan \varphi$ するのが定石。

Step 1. $\mathrm{d}H$ を書く。O から距離 $s$ の素片 $\mathrm{d}s$ をとる。素片から P までの距離は $r=\sqrt{s^2+D^2}$。$\mathrm{d}s$ と $r$ のなす角を $\theta$ とすると

$$\mathrm{d}H=\frac{I\mathrm{d}s\sin \theta }{4\pi r^2}=\frac{I\mathrm{d}s\sin \theta }{4\pi (s^2+D^2)}.$$

Step 2. 幾何で $\sin \theta$ を表す。直角三角形 O–素片–P で、$\theta$ の対辺は $D$、斜辺は $r=\sqrt{s^2+D^2}$ だから $\sin \theta =\frac{D}{\sqrt{s^2+D^2}}$。代入して

$$\mathrm{d}H=\frac{I}{4\pi (s^2+D^2)}\cdot \frac{D}{\sqrt{s^2+D^2}}\mathrm{d}s=\frac{ID}{4\pi (s^2+D^2{)}^{3/2}}\mathrm{d}s.$$

Step 3. $s=D\tan \varphi$ と置換。$\mathrm{d}s=\frac{D}{{\cos }^2\varphi }\mathrm{d}\varphi$。また $s^2+D^2=D^2{\tan }^2\varphi +D^2=D^2({\tan }^2\varphi +1)=\frac{D^2}{{\cos }^2\varphi }$ （${\tan }^2\varphi +1=\frac{1}{{\cos }^2\varphi }$ を使った）。よって $(s^2+D^2{)}^{3/2}=\frac{D^3}{{\cos }^3\varphi }$。

Step 4. $\varphi$ だけで書く。

$$\mathrm{d}H=\frac{ID}{4\pi }\cdot \frac{{\cos }^3\varphi }{D^3}\cdot \frac{D}{{\cos }^2\varphi }\mathrm{d}\varphi =\frac{I}{4\pi D}\cos \varphi \mathrm{d}\varphi .$$

$D$ が約分されて $\cos \varphi$ だけ残る（ここが置換のうれしさ）。

Step 5. 区間を角度に直して積分。上端 $s=a$ で $\varphi =\alpha ={\tan }^{-1}\frac{a}{D}$、下端 $s=-b$ で $\varphi =-\beta ={\tan }^{-1}\frac{-b}{D}$。$\int \cos \varphi \mathrm{d}\varphi =\sin \varphi$ だから

$$H=\frac{I}{4\pi D}[\sin \varphi {]}_{-\beta }^{\alpha }=\frac{I}{4\pi D}(\sin \alpha -\sin (-\beta ))=\frac{I}{4\pi D}(\sin \alpha +\sin \beta ).$$

Step 6. 辺の比に戻す。$\sin \alpha =\frac{a}{\sqrt{D^2+a^2}}$、$\sin \beta =\frac{b}{\sqrt{D^2+b^2}}$。

$$H=\frac{I}{4\pi D}\left(\sin \alpha +\sin \beta \right)=\frac{I}{4\pi D}\left(\frac{a}{\sqrt{D^2+a^2}}+\frac{b}{\sqrt{D^2+b^2}}\right)[A/m],B={\mu }_{0}H[\mathrm{T}].$$

• 下端の符号がヤマ。$\sin (-\beta )$ は負なので、「上端$-$下端」で引くと $-(-\sin \beta )=+\sin \beta$ になり足し算になる。引き算のまま出すのが最頻出の誤答。

• 垂線の足が線分の外にあるとき（P から見て導線が片側にしかない場合）は、外側の端の $\sin$ が負になる。図を描いて $\alpha ,\beta$ の符号を必ず確認する。

• 「磁束密度を求めよ」なら最後に ${\mu }_0$ を掛けて〔T〕。「磁界の強さ」なら $H$〔A/m〕のまま。ここで単位を間違えると全滅する。

**この1本ぶんの公式が第I部の主役。**以下はすべて上の式の使い回し。

状況	$\sin \alpha ,\sin \beta$	結果
両側とも無限（無限長直線）	$1,1$	$H=\frac{I}{4\pi D}(1+1)=\frac{I}{2\pi D}$
片側だけ無限、端が真横（半無限）	$0,1$	$H=\frac{I}{4\pi D}$（無限長のちょうど半分）
点が導線の延長線上	$D=0$ かつ $\sin \theta =0$	$H=0$（寄与しない）
正 $n$ 角形の1辺	$\sin \alpha =\sin \beta =\sin \frac{\pi }{n}$	$H^{\prime }=\frac{I}{2\pi D}\sin \frac{\pi }{n}$、全体は $\times n$

直角に曲がった導線（板書の L 字の図）

例題：直角に折れ曲がった半無限長導線

無限に長い導線が途中で直角に折れ曲がっている。電流 $I$ [A]。 (1) 折れ曲がり点 O から、一方の腕の延長線上に距離 $d$ [m] だけ離れた点 P の磁界を求めよ。 (2) 一般に、点 Q が縦の腕から $p$、横の腕から $q$ 離れているとき（角の内側）の磁界を求めよ。

**方針：**折れ曲がった導線は2本の半無限直線に分けて、それぞれの寄与を1本ぶんの公式で出し、向きを見て足す。折れ曲がり点で電流はつながっているので、どちらの腕も同じ $I$ が流れる。

(1) 延長線上のとき。まず横の腕を見る。P は横の腕と同一直線上にあるので、どの素片でも $\mathrm{d}s$ と $r$ が平行（$\theta =0$ または $180^{\circ }$）＝$\sin \theta =0$。よって

$$H_{\text{横}}=0.$$

次に縦の腕。P から縦の腕への垂線の長さは $D=d$、垂線の足はちょうど O（＝腕の端）。したがって端側の角は $\sin \alpha =0$、無限側は $\sin \beta =1$：

$$H_{\text{縦}}=\frac{I}{4\pi d}(0+1)=\frac{I}{4\pi d}.$$

$$H_{\mathrm{P}}=0+\frac{I}{4\pi d}=\frac{I}{4\pi d}[A/m](\text{向き：紙面に垂直、右ねじで決める}).$$

つまり無限長直線のちょうど半分。「片方の腕は消える、残りは半無限直線」と覚えると一瞬で終わる。

(2) 角の内側の一般点のとき。2本とも「足が内部にある半無限直線」になる。

*縦の腕（O から下へ無限）：*Q からの垂線の長さ $D=p$、足は O より $q$ だけ下。足から端 O までの距離は $q$ なので $\sin \alpha =\frac{q}{\sqrt{p^2+q^2}}$、反対側は無限なので $\sin \beta =1$：

$$H_{\text{縦}}=\frac{I}{4\pi p}\left(1+\frac{q}{\sqrt{p^2+q^2}}\right).$$

*横の腕（O から右へ無限）：*垂線の長さ $D=q$、足は O より $p$ だけ右。同様に

$$H_{\text{横}}=\frac{I}{4\pi q}\left(1+\frac{p}{\sqrt{p^2+q^2}}\right).$$

*向き：*右ねじで確かめるとどちらも紙面の裏向き（同じ向き）なので足し算。

$$H_{\mathrm{Q}}=\frac{I}{4\pi }\left[\frac{1}{p}\left(1+\frac{q}{\sqrt{p^2+q^2}}\right)+\frac{1}{q}\left(1+\frac{p}{\sqrt{p^2+q^2}}\right)\right][A/m].$$

• 検算：(2) で $q\to 0$（Q を横の腕の延長線側へ寄せる）とはできない（Q が導線に乗ってしまう）。代わりに片方の腕を取り去った半無限直線の式 $\frac{I}{4\pi p}(1+\frac{q}{\sqrt{p^2+q^2}})$ で、さらに $q\to \infty$ とすると $\frac{I}{2\pi p}$＝無限長直線。極限が合うので式は正しい。

• 「延長線上＝寄与ゼロ」は超頻出。扇形・L字・コの字の問題は、まず点と同一直線上にある辺を消すことから始める。計算量が半分以下になる。

• 2本の向きが逆になる配置（点が角の外側）もある。必ず右ねじで1本ずつ向きを確認してから足すか引くかを決める。

円形コイル：中心・軸上・円弧・半円（板書の丸い図）

$$\text{中心}:H=\frac{I}{2R},\text{軸上（中心から x）}:H=\frac{I{R}^2}{2(x^2+R^2{)}^{3/2}},N\text{巻はどちらも}\times N.$$

**中心の導出：**円の中心では、どの電流素片も距離が一定 $r=R$、かつ $\mathrm{d}s\perp r$ なので $\sin \theta =\sin 90^{\circ }=1$。一周ぶん積分して $\oint \mathrm{d}s=2\pi R$（円周）を使うだけ：

$$H=\oint \frac{I\mathrm{d}s\cdot 1}{4\pi R^2}=\frac{I}{4\pi R^2}\cdot 2\pi R=\frac{I}{2R}[A/m].$$

**軸上の導出：**各素片から軸上の点 P までの距離は $r=\sqrt{x^2+R^2}$（どの素片でも一定）で、$\mathrm{d}s\perp r$ なので $\sin \theta =1$。素片1つが作る $\mathrm{d}{H}^{\prime }=\frac{I\mathrm{d}s}{4\pi (x^2+R^2)}$ は軸に対して斜めを向くが、対称な位置の素片と組にすると横向き成分が打ち消し合うので、軸方向成分だけが残る。その比率は $\frac{R}{\sqrt{x^2+R^2}}$：

$$H=\oint \frac{I\mathrm{d}s}{4\pi (x^2+R^2)}\cdot \frac{R}{\sqrt{x^2+R^2}}=\frac{IR}{4\pi (x^2+R^2{)}^{3/2}}\cdot 2\pi R=\frac{I{R}^2}{2(x^2+R^2{)}^{3/2}}[A/m].$$

（$x=0$ とすると $\frac{I{R}^2}{2R^3}=\frac{I}{2R}$ で中心の式に戻る＝検算。）

例題A：半円と2本の直線（板書の左端の図）

図のように、半径 $R$ の半円と、その両端から左右に一直線に無限に伸びる導線からなる回路に電流 $I$ が流れている。半円の中心 P の磁界を求めよ。

**方針：**3つの部分（左の直線・半円・右の直線）に分けて足す。まず寄与ゼロの部分を探す。

**左右の直線部：**P はこの2本の直線と同一直線上にある。よって全素片で $\sin \theta =0$、寄与は

$$H_{\text{直線}}=0.$$

**半円部：**中心 P からの距離はどこでも $R$ で一定、$\sin \theta =1$。弧長は $\oint \mathrm{d}s=\pi R$（半円周）だから

$$H_{\text{半円}}=\int \frac{I\mathrm{d}s}{4\pi R^2}=\frac{I}{4\pi R^2}\cdot \pi R=\frac{I}{4R}.$$

$$H_{\mathrm{P}}=\frac{I}{4R}[A/m](\text{全周コイル }\frac{I}{2R}\text{ のちょうど半分}).$$

中心角 $\phi$〔rad〕の円弧（半径 $R$）が中心に作る磁界： $H=\frac{I}{4\pi R^2}\cdot (R\phi )=\frac{I\phi }{4\pi R}$。

$\phi =2\pi$（全周）$\to \frac{I}{2R}$、$\phi =\pi$（半円）$\to \frac{I}{4R}$、$\phi =\frac{\pi }{2}$（$\frac{1}{4}$円）$\to \frac{I}{8R}$。

例題B：$\frac{3}{4}$ 円弧と接線2本〔課題9〕（出典: 令和8年度 前学期 課題9（6/12）「ビオ・サバールの法則（線と円）」）

図のように、無限に長い導線が半径 $20$ [cm] の円形部分に沿って直角に折れている（真空中）。この導線に $0.5$ [A] の電流を流すと、円形部分の中心 O 点における磁束密度はいくらか。

方針：3つに分ける。①縦の半直線 ②横の半直線 ③$\frac{3}{4}$ 円弧。 2本の直線はどちらも円に接しているので、O からの垂線の長さは $R$、かつ垂線の足がちょうど接点（＝半直線の端）。 だから半無限直線の型（$\sin \alpha =0,\sin \beta =1$）がそのまま使える。

① ② 直線2本：1本ぶんは $H^{\prime }=\frac{I}{4\pi R}(0+1)=\frac{I}{4\pi R}$。2本ぶんで

$$H_{\text{直線}}=2\cdot \frac{I}{4\pi R}=\frac{I}{2\pi R}=\frac{0.5}{2\pi \times 0.2}=\frac{0.5}{1.2566}=0.398[A/m].$$

③ 円弧：$\frac{3}{4}$ 円なので中心角は $\phi =\frac{3}{2}\pi$〔rad〕。円弧の公式に入れて

$$H_{\text{弧}}=\frac{I\phi }{4\pi R}=\frac{0.5\times \frac{3}{2}\pi }{4\pi \times 0.2}=\frac{0.75\pi }{0.8\pi }=0.9375[A/m].$$

向きの確認：3つとも紙面の裏向き（右ねじ）でそろうので単純に足す。

$$H=0.398+0.9375=1.336[A/m].$$

最後に「磁束密度を求めよ」なので ${\mu }_0$ を掛ける：

$$B={\mu }_{0}H=4\pi \times 10^{-7}\times 1.336=1.68\times 10^{-6}[\mathrm{T}](\text{向き：紙面の裏})。$$

• 接線＝「垂線の足が端点」。これに気づけば直線部は半無限の $\frac{I}{4\pi R}$で即決。$\frac{I}{2\pi R}$（無限長）にすると2倍になる。

• $\frac{3}{4}$ 円は $\phi =\frac{3}{2}\pi$。$\frac{3}{4}$ をそのまま公式に入れて $\frac{3I}{16R}$ などとしない。 弧長で考えるなら $\oint \mathrm{d}s=\frac{3}{4}\cdot 2\pi R=\frac{3}{2}\pi R$ を $\frac{I}{4\pi R^2}$ に掛ける（同じ答え）。

• 数値問題は単位を m に直してから入れる（$20$ cm $=0.2$ m）。cm のままだと100倍ずれる。

例題C：直径 $a$ の円形コイル中心の磁界

直径 $a$ [m] の円形コイル（1巻）に電流 $I^{\prime }$ [A]。中心 O の磁界を求めよ。

**解：**直径が $a$ なので半径 $R=\frac{a}{2}$。$H=\frac{I^{\prime }}{2R}=\frac{I^{\prime }}{2\cdot (a/2)}=\frac{I^{\prime }}{a}$。

$$H=\frac{I^{\prime }}{a}[A/m]\left(=\frac{I^{\prime }}{2R},R=\frac{a}{2}\right)$$

直径と半径の取り違えは毎回誰かがやる。半径 $\frac{a}{2}$ の円周は $2\pi \cdot \frac{a}{2}=\pi a$であって $2\pi a$ ではない。ここを間違えると答えが2倍ずれる。

例題D：中心の磁界をゼロにする条件

半径 $R_1,R_2$ の同心円形コイルに電流 $I_1,I_2$ を反対向きに流す。中心の合成磁界を $0$ にする条件を求めよ。

**解：**中心磁界はそれぞれ $\frac{I_1}{2R_1}$, $\frac{I_2}{2R_2}$ で向きが逆。合成 $0$ の条件は大きさが等しいこと：

$$\frac{I_1}{2R_1}=\frac{I_2}{2R_2}⟹\frac{I_1}{R_1}=\frac{I_2}{R_2}⟹\boxed{I_2=\frac{R_2}{R_1}{I}_1}[\mathrm{A}].$$

半径が大きいコイルほど中心磁界が弱いので、外側ほど大きい電流が要る（$R_2>R_1$ なら $I_2>I_1$）。

例題E：同心2コイル・逆向き電流の軸上磁束密度

同一平面・同心の半径 $a,b$ の円形コイル（各1巻）に、電流 $I$ を反対方向に流す。中心から $x$ の軸上 P 点の磁束密度（上向き正）を求めよ。

**解：**軸上公式を半径 $a,b$ に適用。逆向きなので上向きを正として差をとる：

$$H=H_b-H_a=\frac{I}{2}\left(\frac{b^2}{(x^2+b^2{)}^{3/2}}-\frac{a^2}{(x^2+a^2{)}^{3/2}}\right),B={\mu }_{0}H.$$

$$B=\frac{{\mu }_{0}I}{2}\left(\frac{b^2}{(x^2+b^2{)}^{3/2}}-\frac{a^2}{(x^2+a^2{)}^{3/2}}\right)[\mathrm{T}].$$

例題F：平行2コイル・同方向電流の軸上磁界

半径 $a$ の2コイルが $2d$ 離れて平行配置。$I$ を両方同じ向きに流す。中点 O から $x$ の軸上 P 点の磁界を求めよ。

**解：**2つのコイルから P までの軸方向距離は $d+x$, $d-x$。同じ向きなので単純に足す：

$$H=\frac{a^{2}I}{2}\left(\frac{1}{(a^2+(d+x{)}^2{)}^{3/2}}+\frac{1}{(a^2+(d-x{)}^2{)}^{3/2}}\right)[A/m].$$

（$x=0$ で左右対称＝ヘルムホルツコイルの中心磁界。）

例題G：$10$ 巻コイルの軸上磁界〔小テスト(1) 問4・5点〕（出典: 令和8年度 前学期 小テスト(1) 問4（エ・オ））

半径 $a$ [m] で10 巻きの円形コイルがある。このコイルに電流 $I$ [A] を流したとき、円形コイルの中心 O 点から $x$ [m] 離れた中心軸上の P 点における磁界の強さ $H$ をビオ・サバールの法則から求めよ。

**方針：**1巻ぶんの軸上公式を出してから最後に巻数を掛ける。$N$ 巻は「同じ電流の輪が $N$ 本重なっている」だけなので、磁界は単純に $N$ 倍になる。

**解：**1巻ぶんは $H_1=\frac{I{a}^2}{2(x^2+a^2{)}^{3/2}}$。$N=10$ を掛けて

$$H=N{H}_1=\frac{10I{a}^2}{2(x^2+a^2{)}^{3/2}}=\frac{5I{a}^2}{(x^2+a^2{)}^{3/2}}[A/m].$$

• 巻数 $N$ を掛け忘れるのが最頻出。この問題は $10$ 倍を落とすと $5$ 点まるごと失う。

• $\frac{10}{2}=5$ まで約分する。問題用紙に「解答（数式）は簡略化すること」と明記されているので、$\frac{10I{a}^2}{2(\cdots {)}^{3/2}}$ で止めると減点対象。

• 検算：$x=0$（中心）とすると $H=\frac{5I{a}^2}{a^3}=\frac{5I}{a}=10\cdot \frac{I}{2a}$＝中心の公式の10倍。合っている。

逆向き電流→差（引き算）、同じ向き→和（足し算）。右ねじの法則で各コイルの磁界の向きを決めてから合成する。ここを取り違えると符号が逆になる。

正多角形コイル：三角形・正方形（板書の $△$ と $\square$）

多角形は「1辺ぶんを求めて辺の数だけ足す」だけ。 正多角形は中心対称なので、どの辺も中心に同じ大きさ・同じ向きの磁界を作る。だから

$$H=(\text{辺の数 }n)\times H^{\prime },H^{\prime }=\frac{I}{4\pi D}(\sin \alpha +\sin \beta )\text{で}\alpha =\beta =\frac{\pi }{n}.$$

ここで $D$＝中心から辺までの距離（内接円半径・アポテム）。まとめると

$$\boxed{H=\frac{nI}{2\pi D}\sin \frac{\pi }{n}}$$

例題A：正三角形コイル（1辺 $l$、電流 $I$）

中心（重心）の磁界 $H$ を求めよ。

**解：**中心から辺までの距離（内接円半径）は $D=\frac{l}{2\sqrt{3}}$。辺の半分は $\frac{l}{2}$ なので $\tan \alpha =\frac{l/2}{D}=\frac{l/2}{l/(2\sqrt{3})}=\sqrt{3}$、よって $\alpha =\beta =60^{\circ }$、$\sin \alpha =\sin \beta =\frac{\sqrt{3}}{2}$。1辺ぶん：

$$H^{\prime }=\frac{I}{4\pi D}\left(\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{2}\right)=\frac{I\sqrt{3}}{4\pi D}=\frac{I\sqrt{3}}{4\pi }\cdot \frac{2\sqrt{3}}{l}=\frac{3I}{2\pi l}.$$

3辺ぶん：

$$H=3H^{\prime }=3\cdot \frac{3I}{2\pi l}=\frac{9I}{2\pi l}[A/m].$$

例題B：正方形コイル（1辺 $a$、電流 $I$）

中心の磁界 $H$ を求めよ。

**解：**中心から辺までの距離 $D=\frac{a}{2}$。辺の半分も $\frac{a}{2}$ なので $\tan \alpha =1$、$\alpha =\beta =45^{\circ }$、$\sin \alpha =\sin \beta =\frac{\sqrt{2}}{2}$。1辺ぶん：

$$H^{\prime }=\frac{I}{4\pi D}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=\frac{I\sqrt{2}}{4\pi D}=\frac{I\sqrt{2}}{4\pi \cdot (a/2)}=\frac{\sqrt{2}I}{2\pi a}.$$

4辺ぶん：

$$H=4H^{\prime }=4\cdot \frac{\sqrt{2}I}{2\pi a}=\frac{2\sqrt{2}I}{\pi a}[A/m].$$

• $D$ は内接円半径（中心から辺までの距離）。外接円半径（中心から頂点まで）と混同すると答えがずれる。正三角形は $\frac{l}{2\sqrt{3}}$、正方形は $\frac{a}{2}$、正六角形は $\frac{\sqrt{3}}{2}a$。

• まとめ公式 $H=\frac{nI}{2\pi D}\sin \frac{\pi }{n}$ で検算できる。 $n=3$：$\frac{3I}{2\pi }\cdot \frac{2\sqrt{3}}{l}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{9I}{2\pi l}$。 $n=4$：$\frac{4I}{2\pi }\cdot \frac{2}{a}\cdot \frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{2\sqrt{2}I}{\pi a}$。どちらも一致。

• $n\to \infty$ にすると $\sin \frac{\pi }{n}\to \frac{\pi }{n}$ なので $H\to \frac{nI}{2\pi D}\cdot \frac{\pi }{n}=\frac{I}{2D}$＝円形コイルの中心。多角形が円に近づく話とつながる。

例題C：扇形導線の中心の磁界とその向き

点 O を中心とする半径 $1$ [m] と $2$ [m] の円形導線の $\frac{1}{4}$ と、それらを連結する直線状の導線からなる扇形導線に、図の向きに $I=8$ [A] を流す。中心 O の磁界 $H$ とその向きを求めよ。

**方針：**4部分に分ける。①③＝直線部、②＝内側円弧（$r=1$）、④＝外側円弧（$r=2$）。

**直線部 ①③：**電流の向きが O からの半径方向と平行なので $\theta =0$、$\sin \theta =0$。$\Rightarrow H_1=H_3=0$。

**内側円弧 ②（$r=1$、中心角 $\frac{\pi }{2}$）：**円弧の公式 $H=\frac{I\phi }{4\pi R}$ で $H_2=\frac{8\cdot (\pi /2)}{4\pi \cdot 1}=1$〔A/m〕。

外側円弧 ④（$r=2$、中心角 $\frac{\pi }{2}$）：$H_4=\frac{8\cdot (\pi /2)}{4\pi \cdot 2}=\frac{1}{2}$〔A/m〕。

**向きの合成：**②と④は周回向きが逆なので O での磁界も逆向き。内側②が紙面裏（$\otimes$）で強く、外側④が表。

$$H=H_2-H_4=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}[A/m],\text{向き：紙面に垂直で裏向き（⊗）}.$$

━━━ 第 II 部：周回積分（アンペールの法則）（板書 左から3ブロック目） ━━━

周回積分の法則と、$I$〔A〕と $J$〔A/m${}^2$〕の使い分け

法則。

$${\oint }_C\vec{H}\cdot \mathrm{d}\vec{s}=\Sigma I$$

「勝手に選んだ閉じた輪 $C$ に沿って $H$ を一周ぶん足すと、その輪を貫いている電流の合計になる」。

使い方は3ステップ。

1. $H$ が一定になる輪を選ぶ（対称性を使う）。円柱・トロイドなら同心円、ソレノイドなら長方形。

2. 左辺を計算する。輪の上で $H$ が一定・向きも輪に沿っているなら、積分は消えて $\oint \vec{H}\cdot \mathrm{d}\vec{s}=H\times (\text{輪の長さ})$。

3. 右辺（鎖交電流）を数える。輪の内側を貫く電流だけ。外の電流は入れない。

量	単位	意味と使いどころ
電流 $I$	A	導体を流れる電流の総量。輪の内側の合計として右辺に入れる。
電流密度 $J$	A/m${}^2$	断面1 m${}^2$ あたりに流れる電流。$J=\frac{I}{S}$。太い導体の一部だけを数えたいときに使う。

$$\Sigma I={\int }_{S}J\mathrm{d}S\stackrel{J\text{ が一様なら}}{\to }\Sigma I=J\times (\text{輪が囲む導体の断面積}).$$

半径 $a$ の円柱に $I$ が一様に流れるなら $J=\frac{I}{\pi a^2}$。半径 $r$ の輪の内側の電流は $\Sigma I=J\cdot \pi r^2=\frac{I}{\pi a^2}\cdot \pi r^2=\frac{r^2}{a^2}I$（＝面積比）。

円柱導体の内外（板書の円柱の図）

基本問題：無限長円柱導体の内外の磁界

半径 $a$ [m] の円形断面をもつ無限長円柱導体に電流 $I$ [A] を流す。電流は断面を一様な密度で流れる。各部の磁界の強さを求めよ。

**方針：**無限長円柱は軸対称。中心軸を中心とする半径 $r$ の円周（アンペールの輪）では、対称性から円周上で $H$ 一定・向きは円周に沿う。だから $\oint \vec{H}\cdot \mathrm{d}\vec{s}=H\cdot 2\pi r$ になり、積分せずに解ける。輪の内外で鎖交電流が変わるので場合分けする。

【外部 $r\ge a$】輪は導体全体を囲むので $\Sigma I=I$：

$$H\cdot 2\pi r=I⟹H=\frac{I}{2\pi r}.$$

【内部 $r<a$】一様密度なので鎖交電流は面積比：$\Sigma I=I\cdot \frac{\pi r^2}{\pi a^2}=\frac{r^2}{a^2}I$。よって

$$H\cdot 2\pi r=\frac{r^2}{a^2}I⟹H=\frac{rI}{2\pi a^2}.$$

$$\text{外部 }(r\ge a):H=\frac{I}{2\pi r}[A/m],\text{内部 }(r<a):H=\frac{rI}{2\pi a^2}[A/m].$$

• 検算（$r=a$ で一致）：外部式に $r=a$ → $\frac{I}{2\pi a}$、内部式に $r=a$ → $\frac{aI}{2\pi a^2}=\frac{I}{2\pi a}$。ぴったり一致。答案にこの一言を書くと強い。

• 内部は $H\propto r$（中心 $0$、表面で最大）、外部は $H\propto 1/r$。上のグラフの形も言えると満点。

• 一様密度が条件。表面だけ流れる（表皮効果）なら内部の鎖交電流は $0$ で $H=0$。条件を読み飛ばさない。

• 「磁界の強さ」なので答えは $H$〔A/m〕。${\mu }_0$ は掛けない。「磁束密度」と書いてあれば掛ける。

中空円筒・同軸ケーブル（板書の二重丸の図）

発展A：管状（中空円筒）導体の内外

内半径 $a$・外半径 $b$ の中空円筒導体に電流 $I$ を一様密度で流す。各部の $H$ を求めよ。

**解：**どこでも $H\cdot 2\pi r=\Sigma I$。電流が流れるのは $a\le r\le b$ の環（面積 $\pi (b^2-a^2)$）だけ。

• $r<a$（空洞内）：輪の内側に電流はない。$\Sigma I=0\Rightarrow H=0$。

• $a\le r\le b$（導体中）：$\Sigma I=I\cdot \frac{\pi (r^2-a^2)}{\pi (b^2-a^2)}\Rightarrow H=\frac{I}{2\pi r}\cdot \frac{r^2-a^2}{b^2-a^2}$。

• $r\ge b$（外部）：$\Sigma I=I\Rightarrow H=\frac{I}{2\pi r}$。

（$r=a$ で $0$、$r=b$ で外部式に一致するのを検算に使う。）

発展A${}^{\prime }$：電流が電流密度 $J$で与えられる版〔小テスト(2) 問2・5点〕（出典: 令和8年度 前学期 小テスト(2) 問2（エ・キ））

内半径 $a$ [m]、外半径 $b$ [m] の断面をもつパイプ状の無限長中空導体がある（真空中）。これに一様な電流密度 $J$ [A/m${}^2$] をもつ電流を流したとき、(a) 導体外部、(b) 導体内部、(c) 中空部 における磁界の強さ $H$ を求めよ。

**方針：**式は発展Aと同じだが、与えられるのが全電流 $I$ ではなく電流密度 $J$。 $\Sigma I=J\times (\text{輪の内側の導体断面積})$ を書けば、$I$ が出てこないぶんむしろ簡単になる。

(a) 導体外部 $r>b$：輪の内側の導体断面積は環全体 $\pi (b^2-a^2)$。

$$H\cdot 2\pi r=J\pi (b^2-a^2)⟹H=\frac{J(b^2-a^2)}{2r}[A/m].$$

(b) 導体内部 $a\le r\le b$：輪の内側の導体断面積は $\pi (r^2-a^2)$。

$$H\cdot 2\pi r=J\pi (r^2-a^2)⟹H=\frac{J(r^2-a^2)}{2r}[A/m].$$

(c) 中空部 $r<a$：輪の内側に導体がないので $\Sigma I=0$。

$$\text{(a)}H=\frac{J(b^2-a^2)}{2r},\text{(b)}H=\frac{J(r^2-a^2)}{2r},\text{(c)}H=0[A/m].$$

• $2\pi$ の $\pi$ が約分で消えるのがこの形の特徴。答えに $\pi$ が残っていたら計算ミス。

• $J$ で与えられたら $I$ を作らない。$I=J\pi (b^2-a^2)$ と置き直してから代入しても同じ答えになるが、遠回りで符号・面積のミスが増える。

• 検算：(b) に $r=b$ を入れると (a) の $r=b$ と一致、$r=a$ を入れると $0$ で (c) とつながる。答案にこの一言を書く。

発展B：同軸ケーブル（内部導体 $+I$、外部導体 $-I$）

半径 $a$ の内部導体に電流 $I$、内半径 $b$・外半径 $c$ の外部導体に反対向きに同じ大きさ $I$（帰り線）を流す。4つの領域の $H$ を求めよ。

**解：**鎖交電流を符号つきで足すのがポイント。

領域	鎖交電流 $\Sigma I$	磁界 $H$
$r<a$（内部導体中）	$I\frac{r^2}{a^2}$	$\frac{rI}{2\pi a^2}$
$a\le r<b$（絶縁層）	$I$	$\frac{I}{2\pi r}$
$b\le r<c$（外部導体中）	$I-I\frac{r^2-b^2}{c^2-b^2}$	$\frac{I}{2\pi r}\cdot \frac{c^2-r^2}{c^2-b^2}$
$r\ge c$（外側）	$I-I=0$	$0$

同軸ケーブルの外側は磁界ゼロ——行き $+I$ と帰り $-I$ が打ち消し合うから。これが同軸ケーブルが外に漏らさない／外からの影響を受けない理由。「なぜ通信線に同軸を使うか」の記述問題でそのまま使える。

発展C：同軸ケーブルで2つの電流が同じ向きのとき〔課題10〕

発展C〔課題10〕（出典: 令和8年度 前学期 課題10（6/19）「アンペアの周回積分の法則（令和6年度小テスト問題）」）

半径 $a$ [m] の無限に長い円柱導体と、内半径 $b$ [m]・外半径 $c$ [m] の円筒導体からなる同軸ケーブルがある（真空中）。それぞれに電流 $I_1$ [A] と $I_2$ [A] が一様な密度で同じ方向に流れている。中心軸から距離 $r$ [m] の地点の磁界の強さを領域毎に求めよ。

**方針：**発展Bとの違いは符号だけ。同じ向きなので鎖交電流は足し算になり、外側でも打ち消し合わない。 どの領域でも $H\cdot 2\pi r=\Sigma I$ を立て、$\Sigma I$ にその輪の内側に入っている電流を面積比で数える。

領域	鎖交電流 $\Sigma I$	磁界 $H$
$r<a$（内部導体中）	$I_1\frac{\pi r^2}{\pi a^2}=\frac{r^2}{a^2}{I}_1$	$\frac{r{I}_1}{2\pi a^2}$
$a\le r\le b$（絶縁層）	$I_1$	$\frac{I_1}{2\pi r}$
$b\le r\le c$（外部導体中）	$I_1+I_2\frac{r^2-b^2}{c^2-b^2}$	$\frac{1}{2\pi r}\left(I_1+I_2\frac{r^2-b^2}{c^2-b^2}\right)$
$c\le r$（外側）	$I_1+I_2$	$\frac{I_1+I_2}{2\pi r}$

• 向きが同じ→足す／逆（帰り線）→引く。発展B（$-I$）では外側が $0$ になったが、こちらは $\frac{I_1+I_2}{2\pi r}$ でゼロにならない。ここが出題者の狙い。

• 外部導体の中は $I_1$ が丸ごと入る（内部導体は完全に輪の内側）。$I_2$ だけ面積比で数える。$I_1$ にも面積比を掛けないこと。

• 検算：$r=b$ で $\frac{I_1}{2\pi b}$（絶縁層の式と一致）、$r=c$ で $\frac{I_1+I_2}{2\pi c}$（外側の式と一致）。この2つを書けば場合分けが正しいと示せる。

無限長ソレノイド（板書のコイルの図）

基本問題：無限長ソレノイド内部の磁界

単位長さあたり $n$ 巻き（$=N/L$）、電流 $I$ の無限長ソレノイド。内部の磁界 $H$ をアンペールの法則から求めよ。

**方針：**無限長ソレノイドは軸方向に一様で、内部の $H$ は軸に平行で一定、外部の $H$ は $0$。この2つを認めたうえで、長方形の周回路をとってアンペールを適用する。

**解：**周回路を「内部の軸方向の辺（長さ $\ell$）＋外部の辺＋上下（半径方向）の辺」でとる。

• 外部の辺：$H=0$ なので寄与なし。

• 上下の辺：$\vec{H}$（軸方向）と $\mathrm{d}\vec{s}$（半径方向）が直交するので内積 $0$、寄与なし。

• 内部の辺：$H$ 一定・向きが $\mathrm{d}\vec{s}$ と同じなので $H\cdot \ell$。

よって左辺は $\oint \vec{H}\cdot \mathrm{d}\vec{s}=H\cdot \ell$。この輪を貫く電流は「長さ $\ell$ に含まれる巻数 $n\ell$」$\times I$ なので $\Sigma I=n\ell I$：

$$H\cdot \ell =n\ell I⟹H=nI.$$

$$\text{内部}:H=nI=\frac{N}{L}I[A/m](\text{位置によらず一様}),\text{外部}:H\approx 0,B=\mu H.$$

$n$ は「1メートルあたりの巻数」（$N/L$）。全巻数 $N$ をそのまま入れないこと。 長方形の辺の長さ $\ell$ は最後に約分で消えるので、$\ell$ の取り方によらず $H=nI$ になる（＝答えが $\ell$ を含んでいたら計算ミス）。

例題A：巻数と長さから磁界を出す〔課題11 問1〕（出典: 令和8年度 前学期 課題11（6/26）「ソレノイドによる磁界」問1（ク））

$20$ cm の長さに導線を $600$ 回巻いたソレノイドコイルに $0.80$ A の電流を流した。コイル内部の中心付近の磁場の強さは何 A/m か。また、磁場の向きはどちら向きか。

方針：$H=nI$ の $n$ は1メートルあたりの巻数。与えられた「$20$ cm に $600$ 回」を $n=N/L$ に直す。

解：$N=600$、$L=20\mathrm{cm}=0.20$ m だから $n=\frac{600}{0.20}=3000$〔回/m〕。

$$H=nI=\frac{N}{L}I=\frac{600}{0.20}\times 0.80=3000\times 0.80=2400[A/m].$$

$$H=2400[A/m]\text{向き：右ねじで決まる向き（図の巻き方なら軸に沿って右向き）}.$$

cm を m に直し忘れると $\frac{600}{20}=30$ となり $100$ 倍ずれる。 向きは右手の4本指を電流の向きに巻き、親指の向き（右ねじ）。「向きも答えよ」と書かれているので、数値だけでは満点にならない。

例題B：地磁気を打ち消す電流〔課題11 問2〕（出典: 令和8年度 前学期 課題11（6/26）問2（ク））

地磁気の強さが $40$ A/m の地域で、ソレノイド内部の地磁気を打ち消そうとする。ソレノイドの長さを $25$ cm、巻き数を $2.0\times 10^3$ 回とすれば、ソレノイドに何 A の電流を流せばソレノイド内部の磁場がなくなるか。

方針：「打ち消す」＝ソレノイドが作る磁界の大きさが地磁気と等しく、向きが逆。大きさだけの式を立てて $I$ について解く。

**解：**ソレノイドが作る磁界は

$$H=\frac{N}{L}I=\frac{2.0\times 10^3}{0.25}I=8000I[A/m].$$

内部の磁場が $0$ になる条件は「地磁気 $-$ ソレノイドの磁界 $=0$」：

$$40-8000I=0⟹I=\frac{40}{8000}=5.0\times 10^{-3}[\mathrm{A}].$$

$$I=5.0\times 10^{-3}\mathrm{A}=5.0[\mathrm{mA}](\text{向きは地磁気と逆向きになるように巻く}).$$

$8000$ の単位は〔1/m〕（巻数/長さ）。$H=8000I$ の $I$ に A を入れれば A/m になる、と単位で確かめると安心。 答えはmA に直すと読みやすい（$5\times 10^{-3}$ A のままでも可）。

例題C：全巻数 $N$・長さ $l$ で与えられた磁束密度〔小テスト(2) 問3・4点〕（出典: 令和8年度 前学期 小テスト(2) 問3（ク））

全巻数が $N$ 巻の直線状ソレノイド（長さは $l$ [m]、半径は $a$ [m]、ただし $l\gg a$）がある。このソレノイドに $I$ [A] の電流を流したとき、ソレノイド内部（真空中）の磁束密度を求めよ。ソレノイド内部の磁束密度は一定であり、外部磁界はゼロとする。

方針：$l\gg a$ は「無限長とみなしてよい」という合図。長方形の周回路でアンペールを立てる。 聞かれているのは磁束密度 $B$なので、$H$ を出して最後に ${\mu }_0$ を掛ける。

**解：**長方形の周回路（内部の辺の長さ $l$）をとる。外部は $H=0$、上下の辺は $\vec{H}\perp \mathrm{d}\vec{s}$ で寄与なし。内部の辺だけが残るので

$$\oint \vec{H}\cdot \mathrm{d}\vec{s}=Hl.$$

この輪を貫くのは全 $N$ 巻ぶんの電流なので $\Sigma I=NI$。よって

$$Hl=NI⟹H=\frac{NI}{l}[A/m],B={\mu }_{0}H=\frac{{\mu }_{0}NI}{l}[\mathrm{T}].$$

$$B=\frac{{\mu }_{0}NI}{l}[\mathrm{T}]\left(H=\frac{N}{l}I=nI\text{の }{\mu }_0\text{ 倍}\right)$$

• 周回路の長さをソレノイド全長 $l$ にとるのがコツ。こうすると $\Sigma I$ が全巻数 $NI$ になって $n=N/l$ を経由せずに済む。

• 「磁束密度を求めよ」なので${\mu }_0$ を掛けて〔T〕。$H$ のまま出すと $4$ 点中かなり落とす。

• 半径 $a$ は答えに入らない（無限長ソレノイドの内部磁界は太さによらない）。$a$ を使っていたら誤り。

トロイド（環状ソレノイド）と鎖交磁束（板書の $H,B,\Phi$）

板書では周回積分ブロックの最後に$H,B,\Phi$（黄色）と大きく書かれている＝ 磁界 $\to$ 磁束密度 $\to$ 鎖交磁束まで一気に問われる形が本命。トロイドはその代表。

重点問題：トロイドの磁界・磁束密度・鎖交磁束

断面が長方形（内半径 $a$・外半径 $b$・高さ $L$）の鉄心に $N$ 巻きのコイルを巻き、電流 $I$ を流す（透磁率 $\mu$）。(1) 中心から $r$ の磁界 $H$、(2) 磁束密度 $B$、(3) 断面全体を貫く鎖交磁束 $\Phi$ を求めよ。

**(1) 磁界 $H$：**中心を中心とする半径 $r$ の円周でアンペール。対称性から円周上で $H$ 一定・向きは円周に沿う。この輪はコイルの導線を $N$ 本ぶん貫くので $\Sigma I=NI$：

$$\oint \vec{H}\cdot \mathrm{d}\vec{s}=H\cdot 2\pi r=NI⟹H=\frac{NI}{2\pi r}[A/m].$$

**(2) 磁束密度 $B$：**鉄心の透磁率が $\mu$ なので

$$B=\mu H=\frac{\mu NI}{2\pi r}[\mathrm{T}].$$

(3) 鎖交磁束 $\Phi$：$B$ は $r$ によって変わる（内側ほど強い）ので、単純に $B\times$面積では出せない。断面を幅 $\mathrm{d}r$・高さ $L$ の細い帯に切って足す。帯の面積 $\mathrm{d}S=L\mathrm{d}r$、微小磁束

$$\mathrm{d}\Phi =B\mathrm{d}S=\frac{\mu NI}{2\pi r}L\mathrm{d}r.$$

これを $r:a\to b$ で積分（$\int \frac{\mathrm{d}r}{r}=\ln r$）：

$$\Phi ={\int }_a^b\frac{\mu NIL}{2\pi r}\mathrm{d}r=\frac{\mu NIL}{2\pi }[\ln r{]}_a^b=\frac{\mu NIL}{2\pi }(\ln b-\ln a)=\frac{\mu NIL}{2\pi }\ln \frac{b}{a}.$$

$$H=\frac{NI}{2\pi r}[A/m],B=\frac{\mu NI}{2\pi r}[\mathrm{T}],\Phi =\frac{\mu NIL}{2\pi }\ln \frac{b}{a}[\mathrm{Wb}].$$

• トロイドは内部だけに磁界、外部は $0$（ソレノイドを丸めて閉じた形）。だから漏れが少なく変圧器の鉄心に使う。

• 鎖交磁束は$\int BL\mathrm{d}r$。$\frac{1}{r}$ の積分は $\ln$。積分区間は$a$ から $b$で、$0$ から積分しない（$\ln 0=-\infty$ に発散する）。単位は〔Wb〕。

• $N$ を掛け忘れない。$H=\frac{NI}{2\pi r}$ の $N$（全巻数）は、円柱導体 $H=\frac{I}{2\pi r}$ と見分ける最大のポイント。

• さらに $N$ 巻き全体との磁束鎖交数を問われたら $\Psi =N\Phi$、インダクタンスは $L_{\mathrm{ind}}=\frac{\Psi }{I}=\frac{\mu N^{2}L}{2\pi }\ln \frac{b}{a}$。

例題：中心線の長さ $l$ で与えられた環状ソレノイド〔課題12 問1〕（出典: 令和8年度 前学期 課題12（7/3）「電流の作る磁界（過去の小テスト問題）」問1（ク））

中心の長さ $l$ [m]、巻数 $N$ の環状ソレノイドに $I$ [A] の電流を流したときの、ソレノイド内部（点線部分）の磁束密度を求めよ。ただし、ソレノイド内部の磁界は均一とする。また、ソレノイドの透磁率は $\mu$ とする。

**方針：**前の重点問題では半径 $r$ が与えられて $H=\frac{NI}{2\pi r}$ になった。今回は「中心の長さ $l$」＝周回路の長さが直接与えられているので、$2\pi r$ を $l$ に置き換えるだけ。$l=2\pi r$ の関係。

**解：**点線（中心線）に沿った円を周回路にとる。$\oint \mathrm{d}s=l$ で、内部の $H$ は均一だから

$$\oint \vec{H}\cdot \mathrm{d}\vec{s}=H\oint \mathrm{d}s=Hl.$$

輪を貫くのはコイルの導線 $N$ 本ぶんなので $\Sigma I=NI$。よって

$$Hl=NI⟹H=\frac{NI}{l}[A/m],B=\mu H=\frac{\mu NI}{l}[\mathrm{T}].$$

$$B=\frac{\mu NI}{l}[\mathrm{T}]\left(l=2\pi r\text{を入れれば}\frac{\mu NI}{2\pi r}\text{に戻る}\right)$$

直線ソレノイドと同じ形の式になるが、透磁率が${\mu }_0$ ではなく鉄心の $\mu$。問題文に「ソレノイドの透磁率は $\mu$」とあるので ${\mu }_0$ と書くと誤り。 $H=\frac{NI}{l}$ と $H=\frac{NI}{2\pi r}$ は同じもの（$l=2\pi r$）。どちらで与えられても慌てない。

平行往復導線の磁束密度と鎖交磁束（板書の平行2線＋長方形）

重点問題：平行往復導線

半径 $a$ [m] の無限長導線2本が間隔 $d$ [m] で平行（真空中）。この平行往復線に図のように電流 $I$ [A] を流したとき、P 点の磁束密度を求めよ。次に、往復導線の間（長さ $l$ [m]、面 ABCD）に鎖交する磁束を求めよ。

**方針：**各導線は無限長直線なので $H=\frac{I}{2\pi r}$（$r$＝その導線からの距離）。2本の磁界を重ね合わせる。往復（電流が逆向き）だと2本の間の点 P では両方の磁界が同じ向きになり強め合う（足し算）。磁束は $B$ を面 ABCD 上で積分するが、$B$ が $x$ で変わるので幅 $\mathrm{d}x$ の帯に切って積分する。

**前半（P 点の磁束密度）：**P は下の線から $x$、上の線から $d-x$。

$$H=\frac{I}{2\pi x}+\frac{I}{2\pi (d-x)}=\frac{I}{2\pi }\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{d-x}\right),B={\mu }_{0}H.$$

$$B=\frac{{\mu }_{0}I}{2\pi }\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{d-x}\right)[\mathrm{T}](\text{P は下の線から }x,\text{上の線から }d-x).$$

**後半（面 ABCD の鎖交磁束）：**位置 $x$ に幅 $\mathrm{d}x$・長さ $l$ の帯をとると $\mathrm{d}S=l\mathrm{d}x$、$\mathrm{d}\Phi =Bl\mathrm{d}x$。磁束を数えるのは2本の導線の表面どうしの間なので、$x$ は$a$（下の線の表面）から $d-a$（上の線の表面）まで：

$$\Phi ={\int }_a^{d-a}\frac{{\mu }_{0}Il}{2\pi }\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{d-x}\right)\mathrm{d}x=\frac{{\mu }_{0}Il}{2\pi }[\ln x-\ln (d-x){]}_a^{d-a}.$$

上端 $x=d-a$ を入れると $\ln (d-a)-\ln a$、下端 $x=a$ を入れると $\ln a-\ln (d-a)$。「上端$-$下端」で

$$\Phi =\frac{{\mu }_{0}Il}{2\pi }\left\{\right(\ln (d-a)-\ln a)-(\ln a-\ln (d-a)\left)\right\}=\frac{{\mu }_{0}Il}{2\pi }\cdot 2(\ln (d-a)-\ln a)=\frac{{\mu }_{0}Il}{\pi }\ln \frac{d-a}{a}.$$

$$\Phi =\frac{{\mu }_{0}Il}{\pi }\ln \frac{d-a}{a}[\mathrm{Wb}]$$

• 往復電流は「強め合う」＝足し算が最大のポイント。同じ向き（並走）なら間で逆向きになり $\frac{I}{2\pi }|\frac{1}{x}-\frac{1}{d-x}|$ の引き算になる。問題文の「往復」を必ず確認する。

• 積分区間は $a$ から $d-a$。$0$ から $d$ にすると導線内部まで数えて対数が発散する（$\ln 0=-\infty$）。導線に半径 $a$ が与えられているのはこのため。

• $\int \frac{\mathrm{d}x}{d-x}=-\ln (d-x)$（内側の微分が $-1$）。符号を落として $+\ln (d-x)$ にするミスが多い。

• $2$ でくくって整理まで書いて最終形にする。単位〔Wb〕を忘れない。

• $d\gg a$ なら $\Phi \approx \frac{{\mu }_{0}Il}{\pi }\ln \frac{d}{a}$。ここから単位長さあたりのインダクタンス $\frac{{\mu }_0}{\pi }\ln \frac{d}{a}$ が出る。

━━━ 第 III 部：電磁力・仕事（エネルギー）・トルク（板書 右ブロック） ━━━

ここからが今回の新しい主役。第I・II部が「電流 $\to$ 磁界」だったのに対し、第III部は逆向きで 「磁界 $\to$ 電流が受ける力」。板書では黄色チョークで

$$F=BIl[\mathrm{N}],T=BIab[\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}]$$

の2式だけが大書きされている＝この2式が答えの着地点。 まわりの図は、①磁界を斜めに横切る導体（$\sin \theta$ が要る形）②平行2導線（引力/斥力） ③傾いた方形コイル（トルク）④$\otimes ,\odot$ の向き ⑤回転するコイル（モーター）。以下その順に潰す。

磁界中の電流が受ける力（電磁力）$F=BIl$

**式と向き。**磁束密度 $B$〔T〕の中に、長さ $l$〔m〕の導体を置いて電流 $I$〔A〕を流すと、導体は力

$$\boxed{F=BIl\sin \theta [\mathrm{N}]}(\theta =\text{導体（電流）と磁界のなす角})$$

を受ける。板書の $F=BIl$ は$\theta =90^{\circ }$（磁界に垂直）の場合。

• $\theta =90^{\circ }$（垂直）で最大、$\theta =0^{\circ }$（磁界と平行）で力ゼロ。

• ベクトルで書くと $\vec{F}=I\vec{l}\times \vec{B}$。力の向きは$\vec{l}$ にも $\vec{B}$ にも垂直。

• 向きはフレミング左手の法則：親指＝力 $F$、人差し指＝磁界 $B$、中指＝電流 $I$。 （「FBI」の順に親・人差し・中、と覚える。）

$\otimes$ と $\odot$ の読み方（板書の記号）。 矢を思い浮かべる。$\otimes$（バツ）＝矢の羽根を後ろから見た形＝紙面の裏へ向かう。 $\odot$（点）＝矢じりを正面から見た形＝紙面の表へ出てくる。 電流にも磁界にも同じ記号を使うので、どちらの量の記号かを図で必ず確認する。

例題A：磁界を斜めに横切る導体

$B=0.5$ [T] の一様磁界の中に、長さ $l=0.4$ [m] の直線導体を磁界と $30^{\circ }$ の角をなすように置き、$I=6$ [A] を流した。導体が受ける力の大きさを求めよ。また、$90^{\circ }$ にしたときと比べよ。

方針：$F=BIl\sin \theta$ にそのまま入れる。$\theta$ は導体と磁界のなす角であって、導体と力のなす角ではない。

解：

$$F=BIl\sin \theta =0.5\times 6\times 0.4\times \sin 30^{\circ }=1.2\times 0.5=0.6[\mathrm{N}].$$

$\theta =90^{\circ }$ なら $\sin 90^{\circ }=1$ で $F=1.2$ [N]。

$$F(30^{\circ })=0.6[\mathrm{N}],F(90^{\circ })=1.2[\mathrm{N}](\text{2倍}).$$

$\sin \theta$ を落とすのが最頻出ミス。「垂直に置く」と書いてあるときだけ $F=BIl$ でよい。 また、与えられているのが磁界 $H$〔A/m〕なら、$B={\mu }_{0}H$ に直してから $F=BIl$ に入れる（$F={\mu }_{0}HIl$）。

なぜ $F=BIl$ になるのか（ローレンツ力からの導出）。 電磁力の正体は、導体の中を動く電子1個ずつが受けるローレンツ力 $f=qvB$ の合計。 断面積 $A$、単位体積あたりの電荷担体数 $n$、担体の速さ $v$ とすると

$$I=nqvA,\text{長さ }l\text{ の中の担体数}=nAl.$$

1個あたり $qvB$ を受けるので合計は

$$F=(nAl)\cdot qvB=(nqvA)\cdot lB=BIl.$$

$nqvA$ をまとめて $I$ にするのがミソ。記述問題で「電磁力の起源を説明せよ」と問われたらこの3行を書く。

平行2導線間に働く力（板書の平行2線と $\otimes \odot$）

基本問題：平行往復／並走導線に働く力

間隔 $d$ [m] の無限長平行導線に $I_1,I_2$ [A] を流す。長さ $l$ [m] あたりに働く力の大きさと向きを求めよ。

方針：2段構えで考える。①導線1が導線2の位置に作る磁界 $B_1$ を求める（第II部の $H=\frac{I}{2\pi r}$）。②その中に置かれた導線2が受ける力を $F=B_1{I}_{2}l$ で求める（第III部）。

Step 1.導線1が距離 $d$ の位置に作る磁界は $H_1=\frac{I_1}{2\pi d}$、真空中なので

$$B_1={\mu }_0{H}_1=\frac{{\mu }_0{I}_1}{2\pi d}[\mathrm{T}].$$

Step 2.導線2はこの $B_1$ に対して垂直（$B_1$ は導線2に直交する向き）なので $\sin \theta =1$：

$$F=B_1{I}_{2}l=\frac{{\mu }_0{I}_1{I}_2}{2\pi d}l[\mathrm{N}].$$

$$\frac{F}{l}=\frac{{\mu }_0{I}_1{I}_2}{2\pi d}[N/m],同じ向き\Rightarrow 引力,逆向き（往復）\Rightarrow 斥力.$$

**向きの決め方（フレミング左手で1回やってみる）：**導線1の電流が上向きのとき、導線2の位置での $B_1$ は紙面の裏向き（右ねじ）。導線2の電流も上向き（同方向）なら、左手で「人差し指＝裏、中指＝上」にすると親指は導線1のほうを向く＝引力。導線2が下向き（逆方向）なら中指が逆になり親指も逆＝斥力。

• 「同じ向きなら引き合う」は電流と磁石の直感（$N$ と $S$）と逆に感じるので間違えやすい。 磁界の話（往復線は間で強め合う）と、力の話（往復線は反発する）は別物なので、混ぜない。

• この式はアンペア〔A〕の定義に使われていた（$1$ m 間隔・$1$ A どうしで $2\times 10^{-7}$ N/m）。${\mu }_0=4\pi \times 10^{-7}$ を入れると確かめられる。

• 作用・反作用なので2本が受ける力は大きさが等しく向きが逆。「どちらの導線について聞かれているか」は答案では意識しなくてよいが、向きは逆に書く。

方形コイルに働くトルク $T=BIab$（板書の傾いた四角形）

重点問題：磁界中の方形コイルに働くトルク

一様な磁束密度 $B$ [T] の中に、辺の長さ $a\times b$ [m] の長方形1巻コイルを置き、電流 $I$ [A] を流す。回転軸は辺 $a$ に平行で、コイルの中心を通る。 (1) コイル面が磁界と平行のときのトルクを求めよ。 (2) コイル面が磁界と角 $\theta$ をなすときのトルクを求めよ。 (3) $N$ 巻のときはどうなるか。

方針：4辺のうち、力を受けて回転に効くのは2辺だけ。回転軸に平行な2辺（長さ $a$）は電流が磁界に垂直なので $F=BIa$ を受け、向きは互いに逆。この逆向きの2力（偶力）が回転軸まわりのトルクを作る。残りの2辺（長さ $b$）は、力を受けても軸方向に引っぱるだけで回転には効かない（軸を挟んで打ち消し合う）。

(1) コイル面が磁界と平行のとき。 まず1辺（長さ $a$）が受ける力：電流と磁界が直交するので

$$F=BIa[\mathrm{N}].$$

この2力は逆向きで、どちらも紙面に垂直な向き（図(1)の $\otimes$ と $\odot$）に出る——電流は鉛直、磁界は水平なので、その両方に垂直な向き＝紙面の表裏になる。 回転軸からの距離（腕の長さ）はそれぞれ $\frac{b}{2}$。トルクは（力）$\times$（腕）を2つ分足す：

$$T=F\cdot \frac{b}{2}+F\cdot \frac{b}{2}=F\cdot b=BIa\cdot b.$$

$$\boxed{T=BIab=BIS[\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}]}(S=ab\text{はコイルの面積})$$

これが板書の $T=IBab$。面積 $S$ で書けるので、コイルの形（長方形でも円でも）によらないのがポイント。

(2) 角 $\theta$ 傾いたとき。力の大きさ $F=BIa$ は変わらない（電流の向きは軸と平行のままで、磁界とは常に直交）。変わるのは腕の長さで、上から見ると $\frac{b}{2}\cos \theta$ になる（$\theta$＝コイル面と磁界のなす角）：

$$T=2\cdot F\cdot \frac{b}{2}\cos \theta =BIab\cos \theta .$$

$$T=BIS\cos \theta (\theta =\text{コイル面と磁界の角})$$

$$=BIS\sin \phi (\phi =\text{コイルの法線と磁界の角}).$$

$\theta =0^{\circ }$（面が磁界と平行）で最大 $BIS$、$\theta =90^{\circ }$（面が磁界と垂直＝法線が磁界と平行）でトルク $0$＝安定な位置。

(3) $N$ 巻のとき。同じ力が $N$ 本ぶん重なるので

$$T=NBIS\cos \theta [\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}]$$

磁気モーメント $m=NIS[\mathrm{A}\cdot {\mathrm{m}}^2]$ を使うと $T=mB\sin \phi$。

例題：回転軸つき長方形コイルのトルク〔課題14 問1〕（出典: 令和8年度 前学期 課題14（7/17）「電磁力・電子に働く力（令和5・6年度 定期試験問題）」問1（ケ）） 回転軸 OO${}^{\prime }$ をもった長方形コイル（辺の長さ $a,b$ [m]）がある。回転軸はコイルの中心を通り、コイルの面内にある。このコイルを回転軸が鉛直方向になるようにして、水平方向を向いた磁束密度 $B$ [T] の一様な磁界中に図に示すような角度 $\theta$ で配置した。コイルに電流 $I$ [A] を流したとき、このコイルに生じるトルクの大きさを求めよ。

**方針：**トルクを生むのは回転軸に平行な2辺（長さ $b$）だけ。この2辺の電流は鉛直、磁界は水平でつねに直交するので、力の大きさは角度によらず $F=BIb$。 角度で変わるのは腕の長さのほうである。

Step 1. 力。辺 $b$ は磁界と直交するので

$$F=BIb[\mathrm{N}](\text{向きは2辺で逆＝偶力}).$$

Step 2. 腕の長さ。力は水平で$B$ に垂直な向きを向く。回転軸から辺までの距離は $\frac{a}{2}$ で、そのうち力に垂直な成分だけが効く。図の $\theta$（法線と磁界の角）を使うと、その成分は $\frac{a}{2}\sin \theta$。

Step 3. 偶力なので2辺ぶん足す。

$$T=F\cdot \frac{a}{2}\sin \theta +F\cdot \frac{a}{2}\sin \theta =Fa\sin \theta =BIb\cdot a\sin \theta .$$

$$\boxed{T=IBab\sin \theta [\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}]}(\theta =\text{コイルの法線と磁界のなす角})$$

$\sin$ か $\cos$ かは「図の $\theta$ が何と何の角か」で決まる。ここが最大の落とし穴。

図の $\theta$ の測り方	トルク	$\theta =0$ にしてみると
コイル面と磁界のなす角	$T=NBIS\cos \theta$	面が磁界と平行＝トルク最大
法線と磁界のなす角（本問）	$T=NBIS\sin \theta$	面が磁界と垂直＝トルクゼロ（安定位置）

• 見分け方：図の $\theta$ を $0$ にしてみる。コイル面が磁界と平行になるなら $\cos$、垂直になるなら $\sin$。

• 答案には「$\theta$ は◯◯と◯◯のなす角とする」と1行書く。これがあれば読み違えても採点者に意図が伝わる。

• どちらの書き方でも$S=ab$ の形は共通。$T=NBIS\times (\text{三角関数})$ と覚えて、三角関数だけ図で決めればよい。

• $N$ 巻ならさらに $N$ 倍。本問は1巻なので $N$ は出てこない。

• どの辺が効くかを最初に切り分ける。回転軸に平行な2辺だけがトルクを生む。4辺全部を計算し始めると時間を溶かす。

• $\cos$ か $\sin$ かは「何と何の角か」で決まる。面と磁界なら $\cos$、法線と磁界なら $\sin$。答案では「$\theta$ はコイル面と磁界のなす角とする」と定義を1行書くと減点されない。

• トルクは回転軸をどこに取っても同じ（偶力だから）。「軸が中心を通らないとき」も答えは $BIab$ で変わらない。

• $T=BIS$ の $S$ はコイルが囲む面積。半円形コイルなら $\frac{\pi R^2}{2}$、円形コイルなら $\pi R^2$。

電磁力がする仕事（エネルギー）$W=I\Delta \Phi$

板書の見出しは「電磁力，仕事（エネルギー）」。つまり力を求めて終わりではなく、 その力が導体を動かす／コイルを回す仕事まで問われる。仕事は（力）$\times$（動いた距離）が基本、 回転なら（トルク）$\times$（回った角度）。どちらも最後は同じ形にまとまる。

例題A：直線導体を動かすときの仕事

一様磁界 $B$ [T] 中に置かれた長さ $l$ [m] の導体（レール上を滑る）に電流 $I$ [A] を流したところ、電磁力で距離 $x$ [m] 動いた。電磁力がした仕事 $W$ を求め、磁束の変化で表せ。

**解：**力は一定 $F=BIl$、動いた距離が $x$ なので

$$W=Fx=BIlx[\mathrm{J}].$$

ここで $lx$ は導体が掃いた面積なので、$Blx=\Delta \Phi$（回路を貫く磁束の増加分）と書ける：

$$\boxed{W=I\Delta \Phi [\mathrm{J}]}(\text{電流一定のとき、電磁力の仕事＝電流}\times \text{鎖交磁束の増加分})$$

例題B：コイルを回すときの仕事

$B$ 中の1巻コイル（面積 $S$）に電流 $I$ を流す。コイル面が磁界と平行な状態（$\theta =0$）から、面が磁界と垂直な安定位置（$\theta =90^{\circ }$）まで電磁力で回った。電磁力がした仕事を求めよ。

**方針：**トルクは角度によって変わる（$T=BIS\cos \theta$）ので、一定値の掛け算では出せない。微小角 $\mathrm{d}\theta$ 回すごとの仕事 $\mathrm{d}W=T\mathrm{d}\theta$ を積分する。

解：

$$W={\int }_0^{\pi /2}T\mathrm{d}\theta ={\int }_0^{\pi /2}BIS\cos \theta \mathrm{d}\theta =BIS[\sin \theta {]}_0^{\pi /2}=BIS(1-0)=BIS.$$

$$W=BIS[\mathrm{J}].$$

**磁束で確かめる：**コイルを貫く磁束は、面が磁界と平行なとき ${\Phi }_1=0$（磁力線が面をかすめるだけ）、垂直になったとき ${\Phi }_2=BS$（最大）。したがって $\Delta \Phi =BS-0=BS$ で

$$W=I\Delta \Phi =I\cdot BS=BIS.$$

例題Aと同じ式で一致。直線でも回転でも $W=I\Delta \Phi$ にまとまる。

結論：電磁力の仕事は「磁束をたくさん取り込む向き」に正。

$$W=I\Delta \Phi (\text{電流 }I\text{ を一定に保ったとき})$$

• コイルは自分を貫く磁束が増える向きに回ろうとする。これがモーターが回る理由。

• 回り切って $\Phi$ が最大になる位置（面 $\perp$ 磁界）でトルク $0$ ＝安定。そのままでは止まってしまうので、実際のモーターは整流子で電流の向きを半回転ごとに反転させて回し続ける。板書の右端にある$\otimes \otimes$ / $\odot \otimes$ が入れ替わる図がこれ。

• 位置エネルギーで書くと $U=-I\Phi =-BIS\sin \phi$。$U$ が最小＝$\Phi$ 最大が安定位置。

• トルクが角度で変わるときは必ず積分。$T$ が一定だと思って $T\times \frac{\pi }{2}$ とすると $\frac{\pi }{2}BIS\approx 1.57BIS$ になり誤答（正解は $BIS$）。

• 仕事の単位は〔J〕。$\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}$ と同じ次元だが、トルクは N$\cdot$m、仕事は Jと書き分けると採点者に伝わる。

• 「電源がした仕事」を問われたら別物（電流を保つために電源が $I\Delta \Phi$ の2倍を出し、半分が力学仕事、半分が磁気エネルギーになる）。問題文が「電磁力がした仕事」かどうかを読む。

総合問題：円柱導体＋正三角形に並べた3導線（課題13）

アンペール（第II部）と平行導線間の力（第III部）を1問でつなぐ型。定期試験でいちばん配点が大きくなりやすい。 先生の添削は「good」だけ＝この解き方をそのまま答案にしてよい。

課題13〔R2年 豊橋技術科学大学 編入試験問題〕（出典: 令和8年度 前学期 課題13（7/10）「電磁力」（キ・ケ））

図1(a) のように、無限に長い、半径 $a$ の導体に一様に直流電流 $I$ が流れている。真空の透磁率を ${\mu }_0$ とする。

(1) 導体の外で、中心から半径 $r$ の位置の磁界 $H$ をアンペールの法則を用いて求めよ。

(2) 導体内部で、中心から半径 $r$ の位置の磁界 $H$ をアンペールの法則を用いて求めよ。

(3) 図1(b) のように、無限に長い導体3本が1辺 $d$ の正三角形の頂点に配置している。それぞれの導体に直流電流 $I$ を流すが、導体 A だけ反対方向に流す。正三角形の中心の磁界 $H_{\mathrm{cen}}$ の大きさを式で表せ。また磁界 $H_{\mathrm{cen}}$ のベクトルを描け。

(4) 各導体に作用する単位長さ当たりの力 $F_{\mathrm{A}},F_{\mathrm{B}},F_{\mathrm{C}}$ の大きさを求めよ。またそれぞれの力のベクトルを描け。

**(1) 導体の外 $r>a$：**輪は導体全体を囲むので $\Sigma I=I$。

$$H\cdot 2\pi r=I⟹H=\frac{I}{2\pi r}[A/m].$$

**(2) 導体内部 $r<a$：**一様電流なので鎖交電流は面積比。

$$H\cdot 2\pi r=I\cdot \frac{\pi r^2}{\pi a^2}=\frac{r^2}{a^2}I⟹H=\frac{rI}{2\pi a^2}[A/m].$$

**(3) 正三角形の中心の磁界：**3本とも中心から等距離。1辺 $d$ の正三角形の外接円半径は $R=\frac{d}{\sqrt{3}}$（中心から頂点までの距離）。1本ぶんの磁界の大きさは

$$h=\frac{I}{2\pi R}=\frac{I}{2\pi \cdot \frac{d}{\sqrt{3}}}=\frac{\sqrt{3}I}{2\pi d}[A/m].$$

向きを合成する。B と C は同じ向きの電流なので、中心での磁界は左右対称。 上下（縦）成分は打ち消し合ってゼロ、水平成分だけが残る。各成分は $h\cos 60^{\circ }=\frac{h}{2}$ で、2本ぶんで $2\cdot \frac{h}{2}=h$。 A は電流が逆向きなので、その磁界はB・C の合成と同じ向きを向き、大きさは $h$。したがって

$$H_{\mathrm{cen}}=\underset{\text{B と C}}{\underbrace{\frac{\sqrt{3}I}{2\pi d}\cdot \frac{1}{2}\cdot 2}}+\underset{\text{A}}{\underbrace{\frac{\sqrt{3}I}{2\pi d}}}=\frac{\sqrt{3}I}{2\pi d}+\frac{\sqrt{3}I}{2\pi d}$$

$$H_{\mathrm{cen}}=\frac{\sqrt{3}I}{\pi d}[A/m](\text{向き：A から見て三角形の底辺と平行な向き。図の →})$$

**(4) 各導体に働く単位長さ当たりの力：**2本の平行導線の間に働く力は $F_0=\frac{{\mu }_0{I}^2}{2\pi d}$〔N/m〕（間隔はどの2本も $d$）。あとは引力か斥力かとベクトル合成だけ。

導体	受ける力（相手・向き）	合成した大きさ
A	B とは逆向き$\to$斥力、C とも逆向き$\to$斥力。2つの斥力は $60^{\circ }$ ずつ開いて真上に合成される	$F_{\mathrm{A}}=\sqrt{3}{F}_0=\frac{\sqrt{3}{\mu }_0{I}^2}{2\pi d}$
B	A とは斥力（A から遠ざかる向き）、C とは同じ向き$\to$引力（C に近づく向き）。$120^{\circ }$ 開いた同じ大きさ2本	$F_{\mathrm{B}}=F_0=\frac{{\mu }_0{I}^2}{2\pi d}$
C	B と対称なので同じ大きさ	$F_{\mathrm{C}}=F_0=\frac{{\mu }_0{I}^2}{2\pi d}$

$$F_{\mathrm{A}}=\frac{\sqrt{3}{\mu }_0{I}^2}{2\pi d},F_{\mathrm{B}}=F_{\mathrm{C}}=\frac{{\mu }_0{I}^2}{2\pi d}[N/m].$$

• 外接円半径 $\frac{d}{\sqrt{3}}$ と内接円半径 $\frac{d}{2\sqrt{3}}$ の取り違えが最頻出。 導線は頂点にあるのでここは外接円半径。多角形コイル（辺が導線）の $D$ とは別物。

• $120^{\circ }$ 開いた同じ大きさのベクトル2本の合成は、大きさが変わらない（$2F_0\cos 60^{\circ }=F_0$）。 B・C の力がちょうど $F_0$ になるのはこのため。$60^{\circ }$ 開きなら $\sqrt{3}{F}_0$（A の場合）。

• 「大きさを求めよ」でもベクトルを描く指示がある。矢印の向きを描き忘れると減点。 向きはフレミング左手か、同方向＝引き合う／逆方向＝反発で決める。

• 検算：3つの力の合計はゼロになるはず（外力がないので作用・反作用で相殺）。 $\sqrt{3}{F}_0$（上）$+F_0$（右下 $-60^{\circ }$）$+F_0$（左下 $240^{\circ }$）を成分で足すと $0$。これで向きの検算になる。

ローレンツ力と電子の円運動（課題14 問2・定期試験の過去問）

課題14 のタイトルは「電磁力・電子に働く力（令和5・6年度 定期試験問題）」＝ この型がそのまま定期試験に出た実績がある。$F=BIl$（導体に働く力）と対になる $F=qvB$（1個の荷電粒子に働く力）をここで押さえる。

ローレンツ力の3点セット。

1. 大きさ：$F=qvB\sin \theta$（$\theta$＝速度 $\vec{v}$ と磁界 $\vec{B}$ のなす角）。$\vec{v}\perp \vec{B}$ なら $F=qvB$。

2. 向き：$\vec{F}=q\vec{v}\times \vec{B}$。正電荷ならフレミング左手（中指を $\vec{v}$ の向き）、 負電荷（電子）なら力は真逆。ここを間違えると軌道が上下逆になる。

3. 仕事をしない：力がつねに速度と垂直なので速さ $v$ は変わらない。だから軌道は等速円運動。

**半径の出し方（これだけ覚える）。**ローレンツ力が向心力になっている：

$$qvB=\frac{m{v}^2}{r}⟹\boxed{r=\frac{mv}{qB}}[\mathrm{m}],\text{周期}T=\frac{2\pi m}{qB}(\text{v によらない}).$$

例題：磁界に入射した電子が半円を描く〔課題14 問2〕（出典: 令和8年度 前学期 課題14（7/17）問2（ケ）・令和5・6年度 定期試験問題）

電圧で加速された質量 $m$ [kg]、電荷 $-e$ [C] の電子が速度 $v$ [m/s] で磁束密度 $B$ [T] の空間（PQ より右の空間；真空）に P 点から入射した。入射後の電子は図に示すように円軌道を描いて Q 点に到達した。PQ 間の距離を求めよ。

方針：ローレンツ力が向心力になって等速円運動する。半径 $r$ を出して、図から PQ が直径（$=2r$）であることを読み取る。

Step 1. 力が仕事をしないことを確認する。$\vec{F}=q\vec{v}\times \vec{B}$ はつねに $\vec{v}$ と垂直なので、 速さ $v$ は一定。したがって等速円運動になり、半径も一定。

Step 2. 運動方程式（向心方向）を立てる。電荷の大きさは $e$、$\vec{v}\perp \vec{B}$ なので力の大きさは $evB$。 これが向心力 $\frac{m{v}^2}{r}$ に等しい：

$$evB=\frac{m{v}^2}{r}.$$

Step 3. $r$ について解く。両辺を $v$ で割って

$$eB=\frac{mv}{r}⟹r=\frac{mv}{eB}[\mathrm{m}].$$

Step 4. PQ を読む。P で速度は $+x$ 向き、Q で $-x$ 向き＝向きがちょうど反転している＝半周（半円）した。 半円の始点と終点を結ぶ線分は直径なので

$$\mathrm{PQ}=2r=\frac{2mv}{eB}[\mathrm{m}].$$

• PQ は半径ではなく直径。$r$ で止めると半分の答えになる。「P と Q が同じ境界線上にある＝半周した」を1行書く。

• 電荷は $-e$ だが、大きさの式に入れるのは $e$（負号は向きにだけ効く）。$r=\frac{mv}{(-e)B}$ と書いて負の半径にしない。

• 曲がる向き：$B$ が紙面の裏、電子が右向きに入射なら、正電荷なら上向きの力＝上に曲がる。 電子はその逆で下に曲がる（図と一致）。**向きを問われたら電子であることを必ず断る。**

• 「電圧 $V$ で加速された」と書かれ $v$ が与えられないときは、$eV=\frac{1}{2}m{v}^2$ から $v=\sqrt{\frac{2eV}{m}}$ を作ってから代入する。答えは $\mathrm{PQ}=\frac{2}{B}\sqrt{\frac{2mV}{e}}$。この形も出せるようにしておく。

• $F=BIl$ との関係：導体の中の電子1個が受ける $evB$ を、長さ $l$ の中の全担体ぶん足したものが $F=BIl$。 同じ力を「1個で見るか、電流で見るか」の違いにすぎない。

ドリル（白紙で解いてから解説へ）

ドリル

1. 有限長直線の式で $a,b\to \infty$ としたとき、$H$ は何の公式になるか。

2. 半径 $R$ の $\frac{1}{4}$ 円弧が中心に作る磁界を求めよ。

3. 正六角形コイル（1辺 $a$）の中心の磁界を、まとめ公式 $H=\frac{nI}{2\pi D}\sin \frac{\pi }{n}$ から求めよ。

4. 直角に折れ曲がった半無限導線で、角から一方の腕の延長線上に $d$ 離れた点の磁界は？

5. 円柱導体で $r=\frac{a}{2}$ の $H$ を、表面の $H_a$ で表せ。

6. 同軸ケーブルの外側（$r\ge c$）の磁界が $0$ になる理由を1文で書け。

7. トロイド（$N=200$、$\mu ={\mu }_0$、$r=0.1$ m、$I=2$ A）の $H$ を求めよ（$\pi$ を残してよい）。

8. $B=0.2$ T 中の長さ $0.5$ m の導体に $I=4$ A を磁界と垂直に流したときの力。

9. 平行2線（間隔 $0.1$ m、$I_1=I_2=10$ A、同方向）が長さ $2$ m あたりに受ける力の大きさと向き。

10. 辺 $0.1\times 0.2$ m の $N=50$ 巻コイルに $I=3$ A、$B=0.4$ T。面が磁界と平行なときのトルク。

11. 上の D10 のコイルが $60^{\circ }$ 傾いたときのトルク。

12. D10 のコイルを平行位置から安定位置まで回すとき、電磁力がする仕事。

13. 質量 $m$・電荷 $-e$ の電子が速さ $v$ で、磁束密度 $B$ の領域に境界から垂直に入射した。円軌道の半径と、半周して境界に戻るまでの距離は。

14. 課題13で、もし3本とも同じ向きに電流を流したら、正三角形の中心の磁界はいくらか。

15. 半径 $R$ の $\frac{3}{4}$ 円弧と、それに接する2本の半直線からなる導線に $I$ を流したとき、中心の磁界を $I,R$ で表せ。

16. 同軸ケーブルで内・外の電流が $I_1,I_2$ のとき、最も外側（$r\ge c$）の磁界は。同じ向きの場合と逆向きの場合の両方。

17. 長さ $10$ cm に $500$ 回巻いたソレノイドに $0.4$ A を流したときの内部の $H$ と $B$（真空中）。

D1.$\sin \alpha ,\sin \beta \to 1$ なので $H=\frac{I}{4\pi D}(1+1)=\frac{I}{2\pi D}$。無限長直線の公式。

**D2.**円弧の公式に $\phi =\frac{\pi }{2}$：$H=\frac{I\phi }{4\pi R}=\frac{I(\pi /2)}{4\pi R}=\frac{I}{8R}$。全周 $\frac{I}{2R}$ の$\frac{1}{4}$。

**D3.**正六角形の内接円半径は $D=\frac{\sqrt{3}}{2}a$。$n=6$、$\sin \frac{\pi }{6}=\frac{1}{2}$： $H=\frac{6I}{2\pi \cdot \frac{\sqrt{3}}{2}a}\cdot \frac{1}{2}=\frac{6I}{2\sqrt{3}\pi a}=\frac{\sqrt{3}I}{\pi a}$。 （$\frac{6}{2\sqrt{3}}=\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}$ と有理化する。）

**D4.**点は横の腕の延長線上なので横の腕は $\sin \theta =0$ で寄与ゼロ。縦の腕は端が真横にある半無限直線なので $H=\frac{I}{4\pi d}$。無限長のちょうど半分。

**D5.**内部 $H=\frac{rI}{2\pi a^2}$ に $r=\frac{a}{2}$：$H=\frac{(a/2)I}{2\pi a^2}=\frac{I}{4\pi a}=\frac{1}{2}{H}_a$（$H_a=\frac{I}{2\pi a}$）。内部は $H\propto r$ なので半分の距離で半分。

**D6.**輪の内側に行きの $+I$ と帰りの $-I$ が両方入り、鎖交電流の合計が $\Sigma I=I-I=0$ になるから。

D7.$H=\frac{NI}{2\pi r}=\frac{200\times 2}{2\pi \times 0.1}=\frac{400}{0.2\pi }=\frac{2000}{\pi }\approx 637$〔A/m〕。 $B={\mu }_{0}H=4\pi \times 10^{-7}\times \frac{2000}{\pi }=8\times 10^{-4}$〔T〕（$\pi$ が約分できる）。

D8.$F=BIl=0.2\times 4\times 0.5=0.4$〔N〕。

D9.$\frac{F}{l}=\frac{{\mu }_0{I}_1{I}_2}{2\pi d}=\frac{4\pi \times 10^{-7}\times 10\times 10}{2\pi \times 0.1}=\frac{4\times 10^{-5}}{0.2}=2\times 10^{-4}$〔N/m〕。 長さ $2$ m なら $F=4\times 10^{-4}$〔N〕。向きは同方向なので引力（互いに引き合う）。

D10.$S=0.1\times 0.2=0.02$〔m${}^2$〕。$T=NBIS=50\times 0.4\times 3\times 0.02=1.2$〔N$\cdot$m〕。

D11.$\theta$ をコイル面と磁界のなす角とすると $T=NBIS\cos 60^{\circ }=1.2\times 0.5=0.6$〔N$\cdot$m〕。 （「法線と磁界の角が $60^{\circ }$」と読むなら $\sin 60^{\circ }$ で $1.04$〔N$\cdot$m〕。どちらの角かを答案で宣言する。）

D12.$\Phi$ は平行位置で $0$、安定位置で $NBS$（$N$ 巻ぶん）。よって $W=I\Delta \Phi =I\cdot NBS=3\times 50\times 0.4\times 0.02=1.2$〔J〕。 積分でも $W={\int }_0^{\pi /2}NBIS\cos \theta \mathrm{d}\theta =NBIS=1.2$〔J〕で一致。 $T$ の最大値（N$\cdot$m）と $W$（J）が同じ数値になるのは ${\int }_0^{\pi /2}\cos \theta \mathrm{d}\theta =1$ だから。単位は書き分ける。

**D13.**ローレンツ力が向心力：$evB=\frac{m{v}^2}{r}$ より $r=\frac{mv}{eB}$。 垂直入射なので半周して同じ境界に戻る＝距離は直径：$2r=\frac{2mv}{eB}$。半径で止めないこと。

**D14.**3本とも中心から等距離なので大きさは同じ $h=\frac{\sqrt{3}I}{2\pi d}$。向きは互いに $120^{\circ }$ ずつずれるので、 ベクトル和はちょうど打ち消して $0$。$H_{\mathrm{cen}}=0$。 （1本だけ逆向きにすると打ち消しが崩れて $\frac{\sqrt{3}I}{\pi d}$ になる＝課題13。この対比が出題の狙い。）

**D15.**接線なので直線は半無限型：1本 $\frac{I}{4\pi R}$、2本で $\frac{I}{2\pi R}$。 $\frac{3}{4}$ 円弧は $\phi =\frac{3}{2}\pi$ で $\frac{I\phi }{4\pi R}=\frac{3I}{8R}$。向きがそろうので

$$H=\frac{I}{2\pi R}+\frac{3I}{8R}=\frac{I}{R}\left(\frac{1}{2\pi }+\frac{3}{8}\right)[A/m].$$

**D16.**輪の内側に両方の電流が入るので $\Sigma I$ を符号つきで足す。 同じ向き：$H=\frac{I_1+I_2}{2\pi r}$。逆向き：$H=\frac{I_1-I_2}{2\pi r}$（$I_1=I_2$ なら$0$＝同軸ケーブル本来の使い方）。

D17.$n=\frac{500}{0.10}=5000$〔回/m〕。$H=nI=5000\times 0.4=2000$〔A/m〕。 $B={\mu }_{0}H=4\pi \times 10^{-7}\times 2000=8\pi \times 10^{-4}\approx 2.5\times 10^{-3}$〔T〕。 cm を m に直すのを忘れない。

公式暗記チェック（赤シートで右の列を隠す）

右のオレンジの列が答え。赤い下敷きで隠して、左を見て公式を言えるか確認する。 本番は導出過程まで書かされるので、公式を思い出したら「どの法則から出したか」も口に出す。

［第 I 部］ビオ・サバール（電流 $\to$ 磁界・対称性なし）

聞かれること	答え（公式）
ビオ・サバールの法則	$\mathrm{d}H=\frac{I\mathrm{d}s\sin \theta }{4\pi r^2}$
有限長直線1本ぶん（万能式）	$H=\frac{I}{4\pi D}(\sin \alpha +\sin \beta )$
無限長直線	$H=\frac{I}{2\pi D}$
半無限直線（端が真横）	$H=\frac{I}{4\pi D}$
点が導線の延長線上	$H=0$（寄与しない）
円形コイルの中心（半径 $R$）	$H=\frac{I}{2R}$
円形コイルの軸上（中心から $x$）	$H=\frac{I{R}^2}{2(x^2+R^2{)}^{3/2}}$
円弧（中心角 $\phi$〔rad〕）	$H=\frac{I\phi }{4\pi R}$
半円の中心	$H=\frac{I}{4R}$
正三角形コイル（1辺 $l$）	$H=\frac{9I}{2\pi l}$
正方形コイル（1辺 $a$）	$H=\frac{2\sqrt{2}I}{\pi a}$
正 $n$ 角形（内接円半径 $D$）	$H=\frac{nI}{2\pi D}\sin \frac{\pi }{n}$

［第 II 部］周回積分（アンペール・対称形）

聞かれること	答え（公式）
アンペールの周回積分の法則	$\oint \vec{H}\cdot \mathrm{d}\vec{s}=\Sigma I$
電流密度の定義	$J=\frac{I}{S}[A/{\mathrm{m}}^2]$
円柱導体の内部（$r<a$）	$H=\frac{rI}{2\pi a^2}$
円柱導体の外部（$r\ge a$）	$H=\frac{I}{2\pi r}$
同軸ケーブルの外側（$r\ge c$）	$H=0$
無限長ソレノイドの内部	$H=nI=\frac{N}{L}I$
トロイドの内部（中心から $r$）	$H=\frac{NI}{2\pi r}$
トロイド断面の鎖交磁束	$\Phi =\frac{\mu NIL}{2\pi }\ln \frac{b}{a}$
平行往復線 面ABCD の鎖交磁束	$\Phi =\frac{{\mu }_{0}Il}{\pi }\ln \frac{d-a}{a}$
磁束密度と鎖交磁束の定義	$B=\mu H$、$\Phi ={\int }_{S}B\mathrm{d}S$

［第 III 部］電磁力・トルク・仕事（磁界 $\to$ 力）

聞かれること	答え（公式）
磁界中の導体が受ける力	$F=BIl\sin \theta$
力の向きの決め方	フレミング左手（親$=F$・人差し$=B$・中$=I$）
平行2線に働く力（単位長さ）	$\frac{F}{l}=\frac{{\mu }_0{I}_1{I}_2}{2\pi d}$（同方向＝引力）
方形コイルに働くトルク	$T=NBIS\cos \theta$（$S=ab$）
電磁力がする仕事	$W=I\Delta \Phi$
荷電粒子の円運動の半径	$r=\frac{mv}{qB}$
半円を描いて戻るときの距離	$2r=\frac{2mv}{qB}$
電圧 $V$ で加速された速さ	$v=\sqrt{\frac{2qV}{m}}$

最後の見直しリスト（試験直前30秒）

1. まず「磁界を求める問題」か「力を求める問題」かを判定。前者なら次にビオ・サバールかアンペールかを宣言する。

2. ビオ・サバール：$\mathrm{d}H=\frac{I\mathrm{d}s\sin \theta }{4\pi r^2}$ $\to$ $\sin \theta =\frac{D}{\sqrt{s^2+D^2}}$ $\to$ $s=D\tan \varphi$ で $\int \cos \varphi \mathrm{d}\varphi$。1本ぶん $\frac{I}{4\pi D}(\sin \alpha +\sin \beta )$。下端の符号で足し算。

3. 寄与ゼロを最初に探す：点と同一直線上の導線部分（$\sin \theta =0$）は計算しない。半円＋直線、扇形、L字はこれで半分終わる。

4. 代表値：円中心 $\frac{I}{2R}$、半円 $\frac{I}{4R}$、$\frac{1}{4}$円 $\frac{I}{8R}$、軸上 $\frac{I{R}^2}{2(x^2+R^2{)}^{3/2}}$、正三角形 $\frac{9I}{2\pi l}$、正方形 $\frac{2\sqrt{2}I}{\pi a}$、半無限 $\frac{I}{4\pi D}$。

5. アンペール：$H\cdot 2\pi r=\Sigma I$。円柱内部は面積比 $\frac{r^2}{a^2}I$（$J$ から出す）。ソレノイド $nI$、トロイド $\frac{NI}{2\pi r}$。$r=a$ で内外一致を検算に書く。同軸の外は $0$。

6. 鎖交磁束：$\Phi =\int B\mathrm{d}S$。帯に切って $\ln$ 積分。平行線は区間$a$〜$d-a$ で $\frac{{\mu }_{0}Il}{\pi }\ln \frac{d-a}{a}$、トロイドは $\frac{\mu NIL}{2\pi }\ln \frac{b}{a}$。

7. 電磁力：$F=BIl\sin \theta$（$\theta$＝導体と磁界の角）。$\sin$ の書き忘れ厳禁。向きはフレミング左手（親$=F$・人差し$=B$・中$=I$）。$H$ が与えられていたら $B={\mu }_{0}H$ に直す。

8. 平行2線：$\frac{F}{l}=\frac{{\mu }_0{I}_1{I}_2}{2\pi d}$。同方向＝引力／逆方向＝斥力。「磁界は強め合うが力は反発」を混同しない。

9. トルク：$T=NBIS\times$（三角関数）。三角関数は図の $\theta$ を $0$ にして決める——面が磁界と平行になるなら $\cos$、垂直になるなら $\sin$（課題14 は $\sin$）。効くのは軸に平行な2辺だけ。答案に「$\theta$ は◯◯と◯◯の角」と1行書く。

10. 仕事：$W=I\Delta \Phi$。角度で $T$ が変わるときは積分（$T\times$角度 ではない）。

11. 電子に働く力：$qvB=\frac{m{v}^2}{r}$ から $r=\frac{mv}{qB}$。P と Q が同じ境界線上なら半周＝PQ は直径 $2r$。電荷の大きさを入れ、負号は向きにだけ使う。

12. 単位：$H$〔A/m〕・$B$〔T〕・$\Phi$〔Wb〕・$J$〔A/m${}^2$〕・$F$〔N〕・$T$〔N$\cdot$m〕・$W$〔J〕。「磁束密度を求めよ」なら$\mu$ を掛ける。

13. 導出過程を必ず記述。答えだけは0点。式・幾何・置換・積分区間を省略せず書き、最後に約分・整理して最終形にする。

14. 範囲外は見ない：電位係数・容量係数・電気双極子・磁化曲線。時間があってもここに戻らない。

出典

（出典: **試験範囲：**先生の板書「定期試験」（写真 IMG_0887.jpeg、電気磁気学A・4E／担当：塚本武彦先生）。 左から順に、①$\times$ 印つきの範囲外リスト（電位係数・容量係数・電気双極子・磁化曲線） ②「ビオ・サバール」＋図8点（半円＋直線／円形コイル中心／円形コイル軸上／有限長直線／直角に曲がった導線／正三角形／長方形／台形＝1辺ぶんの図） ③「周回積分」＋図（円柱導体／中空円筒・同軸／平行2線／ソレノイド／環状ソレノイド）と $I(\mathrm{A}),J(A/{\mathrm{m}}^2)$、$H,B,\Phi$ ④「電磁力，仕事（エネルギー）」＋図（磁界を斜めに横切る導体／平行2導線／傾いた方形コイル＝トルク／$\otimes \odot$／回転するコイル）と $F=IB\ell [\mathrm{N}]$、$T=IBab[\mathrm{N}\cdot \mathrm{m}]$。） （出典: 既存教材からの再利用：ElectromagneticsA/magnetostatics_review.tex（令和7年度 前学期 小テスト(2) の問1〜問3、 令和4・6・7年度の過去問、および 7/2 板書）。第I部・第II部は同プリントの磁界パートを土台に、 板書の図に合わせて「直角導線」「半円＋直線」「円弧の一般形」「電流密度 $J$」「同軸ケーブル」を追加した。 第III部（電磁力・トルク・仕事）は今回の板書で新規に追加された範囲。） （出典: 課題・小テストの答案（ElectromagneticsA/materials/）： syoutesutotokadai.pdf（全7ページ）＝令和8年度 前学期 小テスト(1)（5/22・4/15点）、小テスト(2)（7/3・15/15点）、 課題9（6/12「ビオ・サバールの法則（線と円）」）、課題10（6/19「アンペアの周回積分の法則（令和6年度小テスト問題）」）、 課題11（6/26「ソレノイドによる磁界」）、課題12（7/3「電流の作る磁界（過去の小テスト問題）」）、 課題13（7/10「電磁力（R2年 豊橋技科大 編入試験問題）」）。 kadai.JPG＝課題14（7/17「電磁力・電子に働く力（令和5・6年度 定期試験問題）」）。 すべて出題は塚本武彦先生。数値・結論は本プリント側で検算し、答案と一致することを確認した。） （出典: **注意：**配点・試験時間・持ち込み可否は板書に記載がないため本プリントには書いていない。 「導出過程を必ず記述すること」等の答案作法は小テストの運用に準拠した推定。当日までに掲示・口頭連絡で確認すること。）