電気磁気学A 小テスト1&2 総合対策（静電・導体系＋磁界・鎖交磁束）

**このプリントの位置づけ。**本命は7/3(金)実施の小テスト2（板書告知）。ただし先生が 「小テスト1の範囲（静電・導体系）も小テスト2に出す」と明言したため、小テスト1＋小テスト2を1冊に合本した。 板書（7/2）でビオ・サバール／アンペールの周回積分／環状ソレノイド（トロイド）の磁界と鎖交磁束が 「ここが出る」と示された＝本プリントの磁界パートがそのまま試験範囲。 （板書に7/10・E棟3Fでの実施案内もあり＝再/追試の可能性。日程は掲示で最終確認すること。）

**試験情報。**満点15点・合格ライン9点。真空の誘電率 ${\epsilon }_0$・透磁率 ${\mu }_0$。参照物件なし（電卓なし）。 問題用紙に「導出過程を必ず記述すること。解答（数式）は簡略化すること。」と明記＝途中式を省くと大幅減点、答えは約分・整理して最終形にする。出題：塚本武彦先生。

100点チェックリスト（この1枚で両テストを俯瞰）

2 [小テスト1：導体系・抵抗]

☐  電位係数 $V_i={\sum }_j{P}_{ij}{Q}_j$ の意味を言える

☐  2導体間 $C$ は $Q_1=Q,Q_2=-Q$ を代入して $C=\frac{1}{P_{11}-2P_{12}+P_{22}}$

☐  容量・誘導係数は電位係数行列の逆行列だと言える

☐  孤立導体球の電位 $V=\frac{Q}{4\pi {\epsilon }_{0}R}$ を使える

☐  $dx$ で薄切りして抵抗を積分できる（円錐台）

☐  $RC=\rho \epsilon$ で $R\leftrightarrow C$ を変換できる

[小テスト1：磁極・双極子]

☐  点磁極 $H=\frac{m}{4\pi {\mu }_0{r}^2}$、磁気クーロン $F=\frac{m_1{m}_2}{4\pi {\mu }_0{r}^2}$

☐  棒磁石の垂直二等分線上で成分合成できる

☐  双極子の電位 $V=\frac{Ql\cos \theta }{4\pi {\epsilon }_0{r}^2}$ を近似で出せる

[小テスト1：静電容量]

☐  同心球・同軸円筒・平行導線の $C$ を導ける

☐  誘電体の層は直列、左右分割は並列

☐  仮想変位：$Q$一定→$F=-\frac{dW}{dx}$、$V$一定→$F=+\frac{dW}{dx}$

[小テスト2：ビオ・サバール]

☐  $\mathrm{d}H=\frac{I\mathrm{d}s\sin \theta }{4\pi r^2}$ を書ける

☐  有限長直線を $s=D\tan \varphi$ で置換積分できる

☐  円形コイル中心 $H=\frac{I}{2R}$、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 $\frac{2\sqrt{2}I}{\pi a}$ を導ける

☐  円弧・多角形は「1本ぶん×本数」で足せる

[小テスト2：アンペール]

☐  周回積分 $\oint \vec{H}\cdot \mathrm{d}\vec{s}=\Sigma I$ を書ける

☐  円柱内部は面積比 $\frac{r^2}{a^2}I$（$r=a$で内外一致を検算）

☐  無限長ソレノイド内部 $H=nI$、外部 $0$

☐  トロイド $H=\frac{NI}{2\pi r}$、$B=\mu H$

[小テスト2：鎖交磁束]

☐  平行往復線は磁界が強め合う（足し算）

☐  $\mathrm{d}\Phi =Bl\mathrm{d}x$、区間は$a$〜$d-a$、対数積分

☐  トロイド断面の鎖交磁束 $\Phi =\frac{\mu LNI}{2\pi }\ln \frac{b}{a}$

[共通]

☐  導出過程を必ず記述（答えだけは0点）

☐  $H$[A/m]・$B$[T]・$\Phi$[Wb] の単位を混同しない

出題型の地図（この型が出る）

テスト	型	何をする問題か	使う道具
1	電位・容量・誘導係数	導体系の係数から $C$、または係数どうしの変換	$C=\frac{1}{P_{11}-2P_{12}+P_{22}}$、逆行列
1	抵抗と $RC$	形状の抵抗を $dx$ 積分、$RC=\rho \epsilon$ で $C$ へ	$R=\rho \int \frac{dx}{S(x)}$、$RC=\rho \epsilon$
1	磁極の磁界	棒磁石（点磁極2個）の合成磁界	$H=\frac{m}{4\pi {\mu }_0{r}^2}$、成分合成
1	電気双極子	遠方点の電位（近似）	$V=\frac{Ql\cos \theta }{4\pi {\epsilon }_0{r}^2}$
2	ビオ・サバール	有限長直線・円形/多角形コイルの磁界	$\mathrm{d}H=\frac{I\mathrm{d}s\sin \theta }{4\pi r^2}$、$s=D\tan \varphi$
2	アンペール	円柱/管状導体・ソレノイド・トロイドの磁界	$\oint \vec{H}\cdot \mathrm{d}\vec{s}=\Sigma I$
2	鎖交磁束	平行往復線・トロイド断面を貫く磁束	$\Phi =\int B\mathrm{d}S$、対数積分

ビオ・サバールとアンペールの使い分けが磁界問題の最初の分岐。 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1発）。 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。

道具箱：これだけで全問解ける

電位係数	$V_i=\sum _j{P}_{ij}{Q}_j$（導体 $j$ の電荷が導体 $i$ の電位に効く割合が $P_{ij}$、$P_{ij}=P_{ji}$）
2導体間 $C$	$C=\frac{1}{P_{11}-2P_{12}+P_{22}}$（$Q_1=Q,Q_2=-Q$ を代入して $C=\frac{Q}{V_1-V_2}$）
容量・誘導係数	$[Q]=[P{]}^{-1}$（電位係数行列の逆行列。$2\times 2$は $\frac{1}{\det }\left(\begin{array}{cc}{p}_{22}& -p_{12}\\ -p_{12}& p_{11}\end{array}\right)$）
孤立導体球	表面電位 $V=\frac{Q}{4\pi {\epsilon }_{0}R}$、外部の点は $\frac{Q}{4\pi {\epsilon }_{0}r}$
抵抗（薄切り積分）	$R=\int \frac{\rho dx}{S(x)}$、$RC=\rho \epsilon =\rho {\epsilon }_0{\epsilon }_s$
静電容量（代表形）	同心球 $\frac{4\pi \epsilon }{\frac{1}{a}-\frac{1}{b}}$、同軸円筒 $\frac{2\pi \epsilon l}{\ln (b/a)}$、平行導線 $\frac{\pi \epsilon }{\ln (d/a)}$
静電エネルギー	$W=\frac{1}{2}QV=\frac{1}{2}C{V}^2=\frac{Q^2}{2C}$、力は仮想変位で $F=\mp \frac{dW}{dx}$
電気双極子	$V=\frac{Ql\cos \theta }{4\pi {\epsilon }_0{r}^2}$、$E_r=\frac{2Ql\cos \theta }{4\pi {\epsilon }_0{r}^3}$、$E_{\theta }=\frac{Ql\sin \theta }{4\pi {\epsilon }_0{r}^3}$

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）
無限長直線	$H=\frac{I}{2\pi r}$（有限長を $a,b\to \infty$ にした極限）
円形コイル	中心 $H=\frac{I}{2R}$、軸上 $H=\frac{I{R}^2}{2(x^2+R^2{)}^{3/2}}$、$N$巻はこれの$N$倍
円弧（中心角 $\phi$）	$H=\frac{I\phi }{4\pi R}$（一周 $\phi =2\pi$ なら $\frac{I}{2R}$ に戻る）
正多角形コイル	正三角形（辺 $l$）$H=\frac{9I}{2\pi l}$、正方形（辺 $a$）$H=\frac{2\sqrt{2}I}{\pi a}$
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）
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）	$H=\frac{NI}{2\pi r}$、$B=\mu H=\frac{\mu NI}{2\pi r}$（内部のみ、外部$0$）
点磁極・磁気クーロン	$H=\frac{m}{4\pi {\mu }_0{r}^2}$、$F=\frac{m_1{m}_2}{4\pi {\mu }_0{r}^2}=mH$
磁束密度・鎖交磁束	$B={\mu }_{0}H[\mathrm{T}]$、$\Phi ={\int }_{S}B\mathrm{d}S[\mathrm{Wb}]$

よく使う積分・置換（電卓なしでもここだけ暗記）：

$$\int \cos \varphi \mathrm{d}\varphi =\sin \varphi ,\int \frac{\mathrm{d}x}{x}=\ln x,s=D\tan \varphi \Rightarrow \mathrm{d}s=\frac{D}{{\cos }^2\varphi }\mathrm{d}\varphi ,s^2+D^2=\frac{D^2}{{\cos }^2\varphi }.$$

まず用語をやさしく（難語の対訳）。

• 電位係数 $P_{ij}$＝「導体 $j$ に電荷を置くと導体 $i$ の電位がどれだけ上がるか」の係数。自分自身 $P_{ii}$ が一番大きい。

• 容量係数・誘導係数＝電位係数の逆向きの関係（電位を決めたとき電荷がいくつ要るか）。行列でいう逆行列。

• 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、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」。真空では $B={\mu }_{0}H$ で $H$ に比例。

• 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）×面積を足し集めたもの。

• 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。

━━━ 第 I 部：小テスト1 の範囲（静電・導体系・抵抗・磁極） ━━━

電位係数から2導体間のキャパシタンス〔R4-1〕

問題（令和4年度）（出典: R4 小テスト1 問1）

以下に示す電位係数をもつ導体系（導体は2個）がある。この導体間のキャパシタンスを求めよ。

$$\left(\begin{array}{c}{V}_1\\ V_2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)& \frac{1}{4\pi {\epsilon }_{0}c}\\ \frac{1}{4\pi {\epsilon }_{0}c}& \frac{1}{4\pi {\epsilon }_{0}c}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{Q}_1\\ Q_2\end{array}\right)$$

方針：「2導体間のキャパシタンス」なので、一方に $+Q$、他方に $-Q$ を与える。すなわち $Q_1=Q,Q_2=-Q$ とおく。電位係数を $P_{ij}$ と書くと、

$$\begin{array}{rlrl}{V}_1& =P_{11}{Q}_1+P_{12}{Q}_2=P_{11}Q-P_{12}Q,& V_2& =P_{21}{Q}_1+P_{22}{Q}_2=P_{21}Q-P_{22}Q.\end{array}$$

2導体間の電位差は $V=V_1-V_2$ だから（$P_{12}=P_{21}$）、

$$V_1-V_2=(P_{11}-P_{12}-P_{21}+P_{22})Q=(P_{11}-2P_{12}+P_{22})Q.$$

よって $C=\frac{Q}{V_1-V_2}=\frac{1}{P_{11}-2P_{12}+P_{22}}$。各係数 $P_{11}=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)$,  $P_{12}=P_{22}=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_{0}c}$ を代入する。

$$P_{11}-2P_{12}+P_{22}=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}+\frac{1}{c}-\frac{2}{c}+\frac{1}{c}\right)=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}\right)$$

（$\frac{1}{c}$ の項は $1-2+1=0$ できれいに消える）。

$$C=\frac{1}{\frac{1}{4\pi {\epsilon }_0}\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}\right)}=\frac{4\pi {\epsilon }_0}{\frac{1}{a}-\frac{1}{b}}[\mathrm{F}]$$

電位係数から容量係数・誘導係数〔R6-1〕

問題（令和6年度）（出典: R6 小テスト1 問1）

電位係数が $p_{11},p_{12},p_{22}$ である導体系の容量係数・誘導係数を求めよ。

**方針：**容量係数・誘導係数の行列 $[Q]$ は、電位係数の行列 $[P]$ の逆行列である。

$$\left(\begin{array}{c}{V}_1\\ V_2\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}{p}_{11}& p_{12}\\ p_{12}& p_{22}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{Q}_1\\ Q_2\end{array}\right)⟹\left(\begin{array}{c}{Q}_1\\ Q_2\end{array}\right)={\left(\begin{array}{cc}{p}_{11}& p_{12}\\ p_{12}& p_{22}\end{array}\right)}^{-1}\left(\begin{array}{c}{V}_1\\ V_2\end{array}\right)$$

$2\times 2$ の逆行列の公式 ${\left(\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right)}^{-1}=\frac{1}{ad-bc}\left(\begin{array}{cc}d& -b\\ -c& a\end{array}\right)$ を用いると（$p_{21}=p_{12}$）、

$$\left(\begin{array}{c}{Q}_1\\ Q_2\end{array}\right)=\frac{1}{p_{11}{p}_{22}-p_{12}^2}\left(\begin{array}{cc}{p}_{22}& -p_{12}\\ -p_{12}& p_{11}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}{V}_1\\ V_2\end{array}\right).$$

この行列の各成分が容量係数 $q_{11},q_{22}$ と誘導係数 $q_{12}$ である。

$$\begin{array}{rl}\text{容量係数:}& q_{11}=\frac{p_{22}}{p_{11}{p}_{22}-p_{12}^2},q_{22}=\frac{p_{11}}{p_{11}{p}_{22}-p_{12}^2}\\ \text{誘導係数:}& q_{12}=q_{21}=-\frac{p_{12}}{p_{11}{p}_{22}-p_{12}^2}\end{array}$$

誘導係数 $q_{12}$ は必ず負になる（分子に $-p_{12}$）。物理的にも「隣の導体を正に上げると自分は負の電荷を引き寄せる」ので符号が合う。ここで正にしてしまう答案が多い。

2つの導体球の電位係数〔R7-1〕

問題（令和7年度）（出典: R7 小テスト1 問1）

半径がそれぞれ $a,b$ [m] の2つの導体球が、中心距離 $d$ [m] で真空中に置かれている。$a,b\ll d$ の場合、この導体系の電位係数を求めよ。

**方針：**電位係数の定義 $V_i={\sum }_j{P}_{ij}{Q}_j$。基準として「片方だけに単位電荷」を置いたときの各球の電位を読めばよい。孤立導体球（電荷 $Q$、半径 $R$）の表面電位は $V=\frac{Q}{4\pi {\epsilon }_{0}R}$、距離 $r$ の点では $V=\frac{Q}{4\pi {\epsilon }_{0}r}$（$V={\int }_R^{\infty }\frac{Q}{4\pi {\epsilon }_0{r}^2}dr$ から）。

(i) $Q_1=1,Q_2=0$（$V_1=P_{11},V_2=P_{21}$）： $V_1=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_{0}a}=P_{11}$、$V_2=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_{0}d}=P_{21}$（球2は球1から距離 $d$、$a,b\ll d$ なので中心間距離でよい）。

(ii) $Q_1=0,Q_2=1$（$V_1=P_{12},V_2=P_{22}$）： $V_1=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_{0}d}=P_{12}$、$V_2=\frac{1}{4\pi {\epsilon }_{0}b}=P_{22}$。

$$\left(\begin{array}{cc}{P}_{11}& P_{12}\\ P_{21}& P_{22}\end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc}\frac{1}{4\pi {\epsilon }_{0}a}& \frac{1}{4\pi {\epsilon }_{0}d}\\ \frac{1}{4\pi {\epsilon }_{0}d}& \frac{1}{4\pi {\epsilon }_{0}b}\end{array}\right)$$

円錐台の抵抗と $RC=\rho \epsilon$〔R4-2, R4-3〕

問題A：円錐台の抵抗（令和4年度）（出典: R4 小テスト1 問2）

円錐の頭を切りとった物体（円錐台）がある。半径 $a$, $b$ [m] の円形の面を電極（両端）として電流を流したとき、長さ $l$ [m] のこの物体の抵抗値を求めよ。抵抗率 $\rho$ [$\Omega \cdot$m]。

**方針：**微小厚さ $dx$ の薄い円板を直列に積み上げる。位置 $x$ での半径は $x:0\to l$ で $a\to b$ へ線形に変化するので $r(x)=\frac{b-a}{l}x+a$。断面積 $S(x)=\pi r(x{)}^2$ より微小抵抗 $dR=\frac{\rho dx}{\pi r(x{)}^2}$。これを $x:0\to l$ で積分する。

$$\begin{array}{rl}R& =\frac{\rho }{\pi }{\int }_0^l\frac{dx}{{\left(\frac{b-a}{l}x+a\right)}^2}=\frac{\rho }{\pi }{\left[-\frac{l}{b-a}\cdot \frac{1}{\frac{b-a}{l}x+a}\right]}_0^l\\ & =-\frac{\rho l}{\pi (b-a)}\left(\frac{1}{b}-\frac{1}{a}\right)=\frac{\rho l}{\pi (b-a)}\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}\right).\end{array}$$

ここで $\frac{1}{a}-\frac{1}{b}=\frac{b-a}{ab}$ なので $b-a$ が約分されて消える。

$$R=\frac{\rho l}{\pi (b-a)}\cdot \frac{b-a}{ab}=\frac{\rho l}{\pi ab}[\Omega ]$$

問題B：抵抗から $C$（令和4年度）（出典: R4 小テスト1 問3）

2つの導体の間に比誘電率 ${\epsilon }_s$、抵抗率 $\rho$ の物質が隙間なく詰まっている。この導体間の電気抵抗が $R=\frac{\rho }{2\pi l}\ln \frac{b}{a}$ のとき、キャパシタンスを求めよ。

**方針：**同じ形状の導体系では、抵抗 $R$ と静電容量 $C$ の間につねに $RC=\rho \epsilon =\rho {\epsilon }_0{\epsilon }_s$ が成り立つ（電界 $E$ の分布が共通で、$\vec{J}=\sigma \vec{E}$ と $\vec{D}=\epsilon \vec{E}$ が同じ積分形になるため）。よって $C=\frac{\rho {\epsilon }_0{\epsilon }_s}{R}$ に代入する。

$$C=\frac{\rho {\epsilon }_0{\epsilon }_s}{R}=\frac{\rho {\epsilon }_0{\epsilon }_s}{\frac{\rho }{2\pi l}\ln \frac{b}{a}}=\frac{2\pi l{\epsilon }_0{\epsilon }_s}{\ln \frac{b}{a}}[\mathrm{F}]$$

（$\rho$ が約分で消え、同軸円筒コンデンサの容量と一致する＝検算になる。）

棒磁石（点磁極）の磁界〔R6-2〕

問題（令和6年度）（出典: R6 小テスト1 問2）

N極とS極の磁極の強さが $\pm m$ [Wb]、長さ $2a$ [m] の棒磁石が真空中にある。垂直二等分線（$y$軸）上で中心から $r$ [m] 離れた P点の磁界の強さ $H$ を求めよ。

**方針：**各磁極が P につくる磁界を合成する。N極・S極から P までの距離はともに $\sqrt{a^2+r^2}$。点磁極の磁界 $H=\frac{m}{4\pi {\mu }_0(\text{距離}{)}^2}$ より

$$H_N=H_S=\frac{m}{4\pi {\mu }_0(a^2+r^2)}.$$

$H_N$（N極から外向き）と $H_S$（S極へ向かう）を合成すると、$y$（縦）成分は打ち消し合い、$x$（磁石に平行）成分だけが残る。$x$ 成分の比率は $\frac{a}{\sqrt{a^2+r^2}}$ なので

$$H=2\frac{m}{4\pi {\mu }_0(a^2+r^2)}\cdot \frac{a}{\sqrt{a^2+r^2}}.$$

$$H=\frac{ma}{2\pi {\mu }_0(a^2+r^2{)}^{3/2}}[A/m](\text{向き：磁石に平行、N}\to \text{S})$$

静電気のクーロンの法則の磁気版が土台：$F=\frac{m_1{m}_2}{4\pi {\mu }_0{r}^2}$、磁界 $H=\frac{m}{4\pi {\mu }_0{r}^2}$、力 $F=mH$。分母に${\mu }_0$が入る（静電の ${\epsilon }_0$ に対応）。ここを ${\mu }_0$ 抜きで書くと誤り。

電気双極子がつくる電位〔R7-2〕

問題（令和7年度）（出典: R7 小テスト1 問2）

双極子モーメント $M=Ql$ の電気双極子がある。中心から角度 $\theta$、距離 $r$ の点 P の電位 $V_P$ を求めよ（$l\ll r$）。 近似式：$(1+\Delta x{)}^n\simeq 1+n\Delta x$。

方針：$V_P=\frac{Q}{4\pi {\epsilon }_0}\left(\frac{1}{\mathrm{AP}}-\frac{1}{\mathrm{BP}}\right)$ を計算する。余弦定理で AP, BP を求め、$l\ll r$ で近似（$(l/2{)}^2$ は無視）。

$$\begin{array}{rlrl}{\mathrm{AP}}^2& =r^2+(\frac{l}{2}{)}^2-2r\frac{l}{2}\cos \theta \simeq r^2(1-\frac{l}{r}\cos \theta ),& \mathrm{AP}& \simeq r(1-\frac{l}{2r}\cos \theta ).\end{array}$$

B は中心から見て角度 $\pi -\theta$ 側なので $\cos (\pi -\theta )=-\cos \theta$ となり $\mathrm{BP}\simeq r(1+\frac{l}{2r}\cos \theta )$。逆数を $\frac{1}{1\pm x}\simeq 1\mp x$ で展開して差をとる：

$$\frac{1}{\mathrm{AP}}-\frac{1}{\mathrm{BP}}\simeq \frac{1}{r}(1+\frac{l}{2r}\cos \theta )-\frac{1}{r}(1-\frac{l}{2r}\cos \theta )=\frac{1}{r}\cdot \frac{l}{r}\cos \theta =\frac{l\cos \theta }{r^2}.$$

$$V_P=\frac{Q}{4\pi {\epsilon }_0}\cdot \frac{l\cos \theta }{r^2}=\frac{Ql\cos \theta }{4\pi {\epsilon }_0{r}^2}=\frac{M\cos \theta }{4\pi {\epsilon }_0{r}^2}[\mathrm{V}]$$

電界成分（発展）：$E_r=-\frac{\partial V}{\partial r}=\frac{2Ql\cos \theta }{4\pi {\epsilon }_0{r}^3}$、$E_{\theta }=-\frac{1}{r}\frac{\partial V}{\partial \theta }=\frac{Ql\sin \theta }{4\pi {\epsilon }_0{r}^3}$。

静電容量の代表形と仮想変位（denziki まとめ）

小テスト1では導体系の容量が土台になる。同じ「ガウスの法則→電位差を積分→$C=Q/V$」で全部出せる。

形状	電位差 $V$ の作り方	容量 $C$
同心球（内$a$外$b$）	$V={\int }_a^b\frac{Q}{4\pi \epsilon r^2}dr=\frac{Q}{4\pi \epsilon }\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{b}\right)$	$\frac{4\pi \epsilon }{\frac{1}{a}-\frac{1}{b}}$
同軸円筒（長さ$l$）	$V={\int }_a^b\frac{\lambda }{2\pi \epsilon r}dr=\frac{\lambda }{2\pi \epsilon }\ln \frac{b}{a}$	$\frac{2\pi \epsilon l}{\ln (b/a)}$
平行導線（半径$a$間隔$d$）	$V={\int }_a^{d-a}\frac{\lambda }{2\pi \epsilon }\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{d-x}\right)dx$	$\frac{\pi \epsilon }{\ln (d/a)}$ ($d\gg a$)

誘電体の入り方で直列/並列が決まる。

• 層状（半径方向に ${\epsilon }_1,{\epsilon }_2$）＝直列：$D=\frac{Q}{4\pi r^2}$ が共通、$V=V_1+V_2$。$\frac{1}{C}=\frac{1}{C_1}+\frac{1}{C_2}$。

• 左右分割（領域を半分ずつ）＝並列：$V$ が共通、$Q=Q_1+Q_2$。$C=C_1+C_2$。例：同心球を半分ずつなら $C=\frac{2\pi ({\epsilon }_1+{\epsilon }_2)}{\frac{1}{a}-\frac{1}{b}}$。

静電エネルギーと仮想変位（力）。 蓄えるエネルギーは $W=\frac{1}{2}QV=\frac{1}{2}C{V}^2=\frac{Q^2}{2C}$。極板間の力 $F$ は微小変位 $dx$ のエネルギー収支から：

• 電源なし（$Q$ 一定）：孤立系。$dW=-Fdx$ より $F=-\frac{dW}{dx}$（エネルギーが減る向き＝引力）。$W=\frac{Q^2}{2C}$ を使うと $C$ が増える向きに引かれる。

• 電源あり（$V$ 一定）：電源が $VdQ$ の仕事をし、うち半分が $W$ 増加、残り半分が力学仕事。$F=+\frac{dW}{dx}$（$C$ が増える向き）。

どちらも極板は引き合い、$C$ が増える向きに動くのは同じ。符号は「何を一定に保つか」で決まる。

━━━ 第 II 部：小テスト2 の範囲（電流がつくる磁界） ━━━

問1：ビオ・サバールの法則（有限長直線）

問1（5点・達成度カ）（出典: R7前学期 小テスト2 問1）

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 の磁束密度をビオ・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 $\mathrm{d}H=\frac{I\mathrm{d}s\sin \theta }{4\pi (s^2+D^2)}$。

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 $r$ だから $\sin \theta =\frac{D}{\sqrt{s^2+D^2}}$。代入して $\mathrm{d}H=\frac{ID}{4\pi (s^2+D^2{)}^{3/2}}\mathrm{d}s$。

Step 3. $s=D\tan \varphi$ と置換。$\mathrm{d}s=\frac{D}{{\cos }^2\varphi }\mathrm{d}\varphi$、$s^2+D^2=D^2{\tan }^2\varphi +D^2=\frac{D^2}{{\cos }^2\varphi }$（${\tan }^2\varphi +1=\frac{1}{{\cos }^2\varphi }$）。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。下端 $s=-b$ で $\varphi ={\tan }^{-1}\frac{-b}{D}$、上端 $s=a$ で $\varphi ={\tan }^{-1}\frac{a}{D}$。$\int \cos \varphi \mathrm{d}\varphi =\sin \varphi$ だから

$$H=\frac{I}{4\pi D}[\sin \varphi {]}_{{\tan }^{-1}(-b/D)}^{{\tan }^{-1}(a/D)}.$$

Step 6. $\sin ({\tan }^{-1}\cdot )$ を辺の比に戻す。$\varphi ={\tan }^{-1}\frac{a}{D}$ は対辺 $a$・隣辺 $D$ の角なので $\sin \varphi =\frac{a}{\sqrt{D^2+a^2}}$、下端は $\frac{-b}{\sqrt{D^2+b^2}}$。よって「上端$-$下端」で

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

Step 7. 磁束密度に直す。真空中なので $B={\mu }_{0}H$。

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

• 下端の符号がヤマ。$\sin \left({\tan }^{-1}\frac{-b}{D}\right)$ は負。定義式で「上端$-$下端」と引くと $-(-b/\sqrt{})=+b/\sqrt{}$ で足し算になる。引き算のままにすると誤り。

• 検算（無限長極限）：$a,b\to \infty$ で $\frac{a}{\sqrt{D^2+a^2}}\to 1$, $\frac{b}{\sqrt{D^2+b^2}}\to 1$ なので $H\to \frac{I}{4\pi D}(1+1)=\frac{I}{2\pi D}$。無限長直線の公式に一致。

• 「磁束密度を求めよ」なので最後に ${\mu }_0$ を掛けて [T]。$H$ のまま出すと減点。

ビオ・サバール応用：円形コイル（中心・軸上・$N$巻・中心磁界ゼロ）

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

**中心の導出（板書）：**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（板書）：**各素片から P までの距離は $\sqrt{x^2+R^2}$（一定）。$\mathrm{d}{H}^{\prime }=\frac{I\mathrm{d}s}{4\pi (x^2+R^2)}$ のうち、対称性から軸方向成分だけが残り、その比率は $\frac{R}{\sqrt{x^2+R^2}}$。$\oint \mathrm{d}s=2\pi R$ より

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

例題：直径 $a$ の円形コイル中心の磁界（令和6年度）（出典: R6 過去問）

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 $R=\frac{a}{2}$。$H=\frac{I^{\prime }}{2R}=\frac{I^{\prime }}{2\cdot (a/2)}=\frac{I^{\prime }}{a}$。

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

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倍になる。直径と半径の取り違えに注意。

例題：中心の磁界をゼロにする（板書）（出典: 板書 例題）

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 $I_2>I_1$）。

ビオ・サバール応用：正多角形コイル（板書）

多角形コイルは「有限長直線1本ぶんの磁界 $H^{\prime }$ を求めて、辺の数だけ足す」だけ。1本ぶんは問1の結果 $H^{\prime }=\frac{I}{4\pi D}(\sin \alpha +\sin \beta )$（$D$＝中心から辺までの距離＝内接円半径）。 正多角形は中心対称なので$\alpha =\beta$、各辺の寄与が等しく、向きもそろうので単純に本数倍。

例題A：正三角形コイル（1辺 $l$、電流 $I$、板書）

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）$D=\frac{l}{2\sqrt{3}}$。辺の半分は $\frac{l}{2}$ なので $\tan \alpha =\frac{l/2}{D}=\sqrt{3}$、$\alpha =\beta =60^{\circ }$、$\sin \alpha =\sin \beta =\frac{\sqrt{3}}{2}$。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 $I$、板書）

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：

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

ビオ・サバール応用：扇形・2コイルの合成〔R4-4, R6-4, R7-3〕

扇形導線の中心の磁界とその向き（令和4年度）（出典: R4 過去問）

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（$r=1$）：$\sin \theta =1$、弧長 $\frac{1}{4}\cdot 2\pi \cdot 1=\frac{\pi }{2}$。$H_2={\int }_0^{\pi /2}\frac{8ds}{4\pi \cdot 1^2}=\frac{2}{\pi }\cdot \frac{\pi }{2}=1$。

外側円弧 ④（$r=2$）：$\sin \theta =1$、弧長 $\frac{1}{4}\cdot 2\pi \cdot 2=\pi$。$H_4={\int }_0^{\pi }\frac{8ds}{4\pi \cdot 2^2}=\frac{1}{2\pi }\cdot \pi =\frac{1}{2}$。

**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。内側②が紙面裏（$\otimes$）で強く、外側④が表。

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

同心2コイル・逆向き電流の軸上磁束密度（令和6年度）（出典: R6 過去問）

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：

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

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

平行2コイル・同方向電流の軸上磁界（令和7年度）（出典: R7 過去問）

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。中心 O から $x$ の軸上 P点の磁界を求めよ。

**解：**A・B 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。）

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軸上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。

問2：アンペールの法則（円柱導体の内外）

問2（4点・達成度キ）（出典: R7前学期 小テスト2 問2）

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、積分せず解ける。輪の内外で鎖交電流が変わるので場合分け。

【外部 $r\ge a$】輪は導体全体を囲むので $\Sigma I=I$。$H\cdot 2\pi r=I\Rightarrow H=\frac{I}{2\pi r}$。

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

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

• 検算（$r=a$ で一致）：外部式 $r=a$ → $\frac{I}{2\pi a}$、内部式 $r=a$ → $\frac{aI}{2\pi a^2}=\frac{I}{2\pi a}$。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（問1との違い）。

発展：管状（中空円筒）導体の内外（板書）

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：**同じく $H\cdot 2\pi r=\Sigma I$。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）：$\Sigma I=0\Rightarrow H=0$。

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

• $r\ge b$（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。同軸ケーブルの内外導体もこの組合せ。）

アンペール応用：無限長ソレノイド（板書）

無限長ソレノイド内部の磁界（板書）

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 $0$。長方形の周回路（軸に平行な辺の長さ $\ell$）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＋上下の辺」でとる。外部の辺は $H=0$ で寄与なし、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：

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

この輪を貫く電流は「長さ $\ell$ に含まれる巻数 $n\ell$」×$I$ ＝ $\Sigma I=n\ell I$。よって

$$H\cdot \ell =n\ell I⟹H=nI.$$

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

$n$ は「1メートルあたりの巻数」（$N/L$）で無次元でない。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 $H=nI$。

アンペール応用：環状ソレノイド（トロイド）と鎖交磁束（板書・重点）

黒板で「ここが小テスト2に出る」と示された最重要トピック。$H\to B\to$ 断面の鎖交磁束 $\Phi$まで一気に問われる形。

トロイド（環状ソレノイド）：磁界・磁束密度・鎖交磁束（板書）

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。輪を貫く電流は $N$ 本ぶんなので $\Sigma I=NI$：

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

(2) 磁束密度 $B$：$B=\mu H=\frac{\mu NI}{2\pi r}[\mathrm{T}]$。

(3) 鎖交磁束 $\Phi$：$B$ は $r$ で変わるので、断面を幅 $dr$・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：

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

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

• 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$\int BLdr$で、$\frac{1}{r}$ の積分は $\ln$。$0$ から積分しない（$a$ から $b$）。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 $H=\frac{I}{2\pi r}$ と見分けるポイント。

問3：平行往復導線の磁束密度と鎖交磁束

問3（6点・達成度ウ・キ）（出典: R7前学期 小テスト2 問3）

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 $d-x$。

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

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

**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本の外側なので $x$ は$a$（下の線の表面）から $d-a$（上の線の表面）まで。$\int \frac{\mathrm{d}x}{x}=\ln x$, $\int \frac{\mathrm{d}x}{d-x}=-\ln (d-x)$ を使う：

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

上端 $x=d-a$：$-\ln a+\ln (d-a)$、下端 $x=a$：$-\ln (d-a)+\ln a$。上端$-$下端 $=2\ln (d-a)-2\ln a$。よって

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

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

• 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 $\frac{I}{2\pi }(\frac{1}{d-x}-\frac{1}{x})$ の引き算。問題文の「往復」を必ず確認。

• 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（$\ln 0=-\infty$）。半径 $a$ があるのはこのため。

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

• $2$ でくくる整理まで書いて最終形にする。単位 [Wb] を忘れない。

ドリル（数値・条件を変えて練習）

ドリル（白紙で解いてから下の解説へ）

1. 問1で導線が上下に無限に伸びる（$a,b\to \infty$）とき $H$ は何の公式になるか。

2. 問2の円柱で $r=\frac{a}{2}$ の $H$ を、表面 $r=a$ の $H_a$ で表せ。

3. 問3で2本が同じ向き（並走）のとき P点の $H$ と、中央 $x=d/2$ での値。

4. 半径 $R$ の円形1巻コイル中心の $H$ をビオ・サバールから。

5. 無限長ソレノイド（$n$巻/m、電流 $I$）内部の $H$ をアンペールから。

6. 電位係数 $P_{11}=P_{22}=p$, $P_{12}=q$ の対称2導体で、2導体間 $C$ を $p,q$ で表せ。

7. 円錐台の抵抗で $a=b$（ただの円柱）にすると $R$ はどうなるか。

D1.$\frac{a}{\sqrt{D^2+a^2}}\to 1$, $\frac{b}{\sqrt{D^2+b^2}}\to 1$ で $H=\frac{I}{4\pi D}(1+1)=\frac{I}{2\pi D}$。無限長直線の公式。

**D2.**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。

**D3.**並走は逆向きで引き算：$H=\frac{I}{2\pi }\left|\frac{1}{d-x}-\frac{1}{x}\right|$。中央 $x=\frac{d}{2}$ で両者が等しく$H=0$。往復（問3）は足して最大、並走は中央で$0$——この対比が頻出。

**D4.**中心はどの素片も $r=R$ 一定・$\sin \theta =1$。$H=\oint \frac{I\mathrm{d}s}{4\pi R^2}=\frac{I}{4\pi R^2}\cdot 2\pi R=\frac{I}{2R}$。

**D5.**長方形の輪でアンペール。内部だけ $H$、外部 $\approx 0$、鎖交電流 $nLI$：$H\cdot L=nLI\Rightarrow H=nI$。

D6.$C=\frac{1}{P_{11}-2P_{12}+P_{22}}=\frac{1}{2p-2q}=\frac{1}{2(p-q)}$。

D7.$r(x)=a$ 一定なので $R=\frac{\rho l}{\pi a^2}$（$b\to a$ で $\frac{\rho l}{\pi ab}\to \frac{\rho l}{\pi a^2}$、ふつうの円柱の抵抗に戻る）。

最後の見直しリスト（試験直前30秒）

1. 法則の選択：有限長・曲線・コイル→ビオ・サバール、無限長・対称（円柱/ソレノイド/トロイド）→アンペール。最初にどっちか宣言。

2. ビオ・サバール：$\mathrm{d}H=\frac{I\mathrm{d}s\sin \theta }{4\pi r^2}$→$\sin \theta =\frac{D}{\sqrt{s^2+D^2}}$→$s=D\tan \varphi$で $\int \cos \varphi \mathrm{d}\varphi$。下端の符号で足し算。円形中心 $\frac{I}{2R}$、正三角形 $\frac{9I}{2\pi l}$、正方形 $\frac{2\sqrt{2}I}{\pi a}$。

3. アンペール：$H\cdot 2\pi r=\Sigma I$。円柱内部は面積比 $\frac{r^2}{a^2}I$。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。

4. 鎖交磁束：$\Phi =\int BdS$。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 $\frac{\mu NIL}{2\pi }\ln \frac{b}{a}$。

5. 導体系：2導体間 $C=\frac{1}{P_{11}-2P_{12}+P_{22}}$、容量・誘導係数は逆行列、導体球は片方に単位電荷。抵抗は $dx$ 積分、$RC=\rho \epsilon$。

6. 磁極・双極子：$H=\frac{m}{4\pi {\mu }_0{r}^2}$（${\mu }_0$ 忘れ厳禁）、双極子 $V=\frac{Ql\cos \theta }{4\pi {\epsilon }_0{r}^2}$。

7. 単位と ${\mu }_0/\mu$：磁界 [A/m]、磁束密度 [T]（$\times \mu$）、磁束 [Wb]。「磁束密度を求めよ」なら $\mu$ 掛け忘れ厳禁。

8. 導出過程を必ず記述。答えだけは0点。式・幾何・置換・区間を省略せず書き、最後に約分・整理する。

出典

（出典: **小テスト2（本命）：**令和7年度 前学期・小テスト(2)／電気磁気学A・4E／出題：塚本武彦先生。 満点15点・合格ライン9点・参照物件なし。問1（ビオ・サバールで有限長直線の磁束密度・5点・カ）、 問2（アンペールで円柱導体内外の磁界・4点・キ）、問3（平行往復導線の磁束密度と面ABCDの鎖交磁束・6点・ウ・キ）。 過去問の写し2枚（ElectromagneticsA/materials/0701/S__32833550–551.jpg）、先輩答案（手書き・15/15）と結論一致。） （出典: **板書（7/2, ElectromagneticsA/materials/0702）：**小テスト2の出題予告として、ビオ・サバール（有限長直線・三角形・四角形・円形コイル）、アンペールの周回積分の法則（円柱・管状導体・ソレノイド・環状ソレノイド）、環状ソレノイド（トロイド）の $H=\frac{NI}{2\pi r}$・$B=\mu H$・断面の鎖交磁束 $\Phi =\frac{\mu NIL}{2\pi }\ln \frac{b}{a}$ を明示。） （出典: **小テスト1（合本分）：**令和4・6・7年度 電気磁気学A 小テスト(1)／出題：塚本武彦先生。電位係数から2導体間$C$（R4）・容量/誘導係数＝逆行列（R6）・2導体球の電位係数（R7）、円錐台の抵抗と $RC=\rho \epsilon$（R4）、棒磁石の磁界（R6）、電気双極子の電位（R7）。旧 denziki0521/matome.tex・denziki/main.tex（静電容量・エネルギー・仮想変位）を本プリントに統合。）