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解説

B問題問7の方が明らかに簡単なので本番でこれを選ぶかは疑問ですが、過去問はやっておきましょう。

透磁率\(\mu_{0}\)の真空中において、半径\(R\)の円環状の回路に流れる電流\(I\)が円環中心点に作る磁束密度の大きさ

透磁率\(\mu_{0}\)の真空中において、半径\(R\)の円環状の回路に流れる電流\(I\)が円環中心点に作る磁束密度の大きさは\(\displaystyle \frac{\mu_0I}{2R}\)です。

よって答えは(ロ)の\(\displaystyle \frac{\mu_0I}{2R}\)です。

なお、ここの誤答用選択肢は(ホ)の\(\displaystyle \frac{I}{2\pi R}\)と(ト)の\(\displaystyle \frac{\mu_0I}{2\pi R}\)になると思いますが、これは直線電流による磁場の強さと磁束密度です。

線分A-B上の点Pについて、\(x\)を\(a\)と\(\theta\)を用いて表す

図より、\(a=x \tan\left(\pi - \theta \right) \)です。

しかし、これは解答の選択肢にありませんので解答の選択肢になるように変形します。

\begin{aligned} a&=x \tan\left(\pi - \theta \right) \\ &= x \dfrac{\sin \left(\pi - \theta \right)}{\cos \left(\pi - \theta \right)} \end{aligned}

ここで、\(\sin \left(\pi - \theta \right) = \sin \theta \)、\(\cos \left(\pi - \theta \right) = - \cos \theta \)なので、

\begin{aligned} a &= x \dfrac{\sin \left(\pi - \theta \right)}{\cos \left(\pi - \theta \right)} \\ &= x \dfrac{\sin \pi }{- \cos \pi } \end{aligned}

\begin{aligned} x &= - a \dfrac{\cos \theta }{ \sin \theta} \\ \end{aligned}

よって答えは(ニ)の\(-a\displaystyle \frac{\cos\theta}{\sin\theta}\)です。

\(x\)を\(\theta\)で微分する

微分するだけなので特別難しいことはなく微分を覚えているか否かだけです。

商の微分公式 \(\left(\dfrac{u}{v}\right)' = \dfrac{u'v - uv'}{v^2}\) を適用します。

\begin{aligned} \frac{dx}{d\theta} &= -a \dfrac{(-\sin \theta)(\sin \theta) - (\cos \theta)(\cos \theta)}{\sin^2 \theta} \\ &= a \dfrac{\sin^2 \theta + \cos^2 \theta}{\sin^2 \theta} \\ &= \dfrac{a}{\sin^2 \theta} \\ \end{aligned}

よって答えは(チ)の\(\displaystyle \frac{a}{\sin^2\theta}\)です。

微小部分\(dx\)を流れる電流\(I\)が点Oに作る磁束密度

問題文で以下の式が与えられています。

\begin{aligned} \mathrm{d}B &= \dfrac{\mu_0}{4\pi} \frac{I \mathrm{d}x \sin \theta}{r^2} \\ \end{aligned}

まずは(3)の答えを代入します。

\begin{aligned} \mathrm{d}B &= \dfrac{\mu_0}{4\pi} \frac{I \mathrm{d}x \sin \theta}{r^2} \\ &= \dfrac{\mu_0}{4\pi} \frac{I \sin \theta}{r^2} \cdot \frac{a}{\sin^2\theta} \mathrm{d}\theta \\ &= \dfrac{\mu_0}{4\pi} \frac{I }{r^2} \cdot \frac{a}{\sin\theta} \mathrm{d}\theta \\ \end{aligned}

選択肢には上記は存在しないため、まずは\(r\)を消去します。\(r\)は線分O-Pなので、\(r = \sqrt{a^2 + x^2} \)で表されます。よって

\begin{aligned} \mathrm{d}B &= \dfrac{\mu_0}{4\pi} \frac{I }{a^2 + x^2} \cdot \frac{a}{\sin\theta} \mathrm{d}\theta \\ \end{aligned}

となります。しかし、これも選択肢にはないので更に\(x\)を消去します。

※問題文の少し後に若干ヒントになる\(\cos\)の式があります。

\begin{aligned} \sin \left( \pi - \theta \right) &= \sin \theta = \dfrac{a}{\sqrt{a^2 + x^2}} \\ \end{aligned}

なので

\begin{aligned} \sin^2 \theta = \dfrac{a^2}{a^2 + x^2} \\ \end{aligned}

であり、よって

\begin{aligned} \dfrac{a}{a^2 + x^2} &= \dfrac{\sin^2 \theta}{a} \\ \end{aligned}

です。更にこれを代入します。

\begin{aligned} \mathrm{d}B &= \dfrac{\mu_0}{4\pi} \frac{I }{a^2 + x^2} \cdot \frac{a}{\sin\theta} \mathrm{d}\theta \\ &= \dfrac{\mu_0}{4\pi} \frac{I }{a} \cdot \frac{\sin^2 \theta}{\sin\theta} \mathrm{d}\theta \\ &= \dfrac{\mu_0 I}{4\pi} \frac{ \sin \theta }{a} \mathrm{d}\theta \\ \end{aligned}

選択肢にある形になりました。答えは(ワ)の\(\displaystyle \frac{\sin\theta}{a}\)です。

線分A-B全体を流れる電流\(I\)が点Oに作る磁束密度

問題文にある通り積分します。

\begin{aligned} B_{AB}&=\int_{\theta_{1}}^{\pi-\theta_{1}}\dfrac{\mu_{0}I}{4\pi} \frac{\sin\theta}{a} \mathrm{d} \theta \\ &= \frac{\mu_0 I}{4\pi a} \int_{\theta_1}^{\pi-\theta_1} \sin \theta \, \mathrm{d}\theta \\ &= \frac{\mu_0 I}{4\pi a} \left[ -\cos \theta \right]_{\theta_1}^{\pi-\theta_1} \\ &= \frac{\mu_0 I}{4\pi a} \left[ -\cos(\pi - \theta_1) - (-\cos \theta_1) \right] \\ &= \frac{\mu_0 I}{4\pi a} \left( \cos\theta_1 +\cos \theta_1\right) \\ &= \frac{\mu_0 I}{2\pi a} \cos\theta_1\\ \end{aligned}

問題文にある\(\cos \theta_1 = \dfrac{l}{\sqrt{a^2+l^2}} \)を代入すると

\begin{aligned} B_{AB}&= \frac{\mu_0 I}{2\pi a} \cos\theta_1\\ &= \frac{\mu_0Il}{2\pi a\sqrt{a^2+l^2}} \\ \end{aligned}

となります。答えは(リ)の\(\displaystyle \frac{\mu_0Il}{2\pi a\sqrt{a^2+l^2}}\)です。

参考:極限値を求めて円環状の回路に流れる電流が中心点に作る磁束密度の大きさを求める

ここまでで(5)まで解き終わっているので本番では考える必要はありませんが、過去問を解く場合は他の問題に対応するためにやっておいて損はないかと思います。

問題文にある\(a = R\cos\left(\dfrac{\pi}{n} \right) \)と\(l = R\sin\left(\dfrac{\pi}{n}\right) \)を用いて式変形します。

\(\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1\) なので

\begin{aligned} a^2 + l^2 &= \left\{ R\cos\left(\frac{\pi}{n}\right) \right\}^2 + \left\{ R\sin\left(\frac{\pi}{n}\right) \right\}^2 \\ &= R^2 \\ \end{aligned}

です。よって

\begin{aligned} B_{AB}&= \frac{\mu_0Il}{2\pi a\sqrt{a^2+l^2}} \\ &= \frac{\mu_0I R\sin\left(\dfrac{\pi}{n}\right) }{2\pi R\cos\left(\dfrac{\pi}{n} \right) R } \\ &= \frac{\mu_0I }{2\pi R } \tan \dfrac{\pi}{n}\\ \end{aligned}

となります。これの\(n\)倍は

\begin{aligned} B_{total} &= \frac{\mu_0 I }{2\pi R } \tan \dfrac{\pi}{n} \times n\\ &= \frac{\mu_0 I }{2 R } \dfrac{n}{\pi} \tan \dfrac{\pi}{n} \\ \end{aligned}

です。

問題文にある通り\( \lim_{n\to\infty}\dfrac{n}{\pi}\tan\dfrac{\pi}{n}=1 \)なので、上式の極限は\(\displaystyle \frac{\mu_0I}{2R}\)となります。