アンペールの法則（電流がつくる磁界）

半径 $a$［m］の巻数 $N$ の円形コイルに電流 $I$［A］を流したときの中心の磁界の強さ $H$［A/m］は

$H=\displaystyle \frac{ NI}{ 2a }$［A/m］

磁束密度を $B$［T］、透磁率を $μ_0$［A/m］とすると、

$B=μ_{ 0 }H$［T］

$B=\displaystyle \frac{ μ_{ 0 }NI}{ 2a }$［T］

答え (5)

$I $［A］の直線電流から $ r $［m］離れた地点の磁場の強さ $H$［A/m］は、

$H=\displaystyle\frac{I}{2πr}$［A/m］

点Pにおける、Aの導体が作る磁界を $H_A$［A/m］、Bの導体が作る磁界を $H_B$［A/m］とすると、

$H_A=\displaystyle\frac{I}{2πr}=\displaystyle\frac{0.2}{2π×0.3}$［A/m］

$H_B=\displaystyle\frac{I}{2πr}=\displaystyle\frac{3}{2π×(l+0.3)}$［A/m］

題意より

$H_A=H_B$

$\displaystyle\frac{I}{2πr}=\displaystyle\frac{0.2}{2π×0.3}=\displaystyle\frac{I}{2πr}=\displaystyle\frac{3}{2π×(l+0.3)}$

$l=0.45$［ｍ］

答え (2)

磁石の磁力線はN極から出てS極に入ります。磁力線に小磁針を近づけると、小磁針のS極が磁石のN極方向を指すことになります。したがって、磁石の磁力線の発生する方向を小磁針のS極が指し、磁力線の到達方向を小磁針のN極が指すことになります。

$I $［A］の直線電流から $ r $［m］離れた地点の磁場の強さ $H$［A/m］は、次式で表されます。

$H=\displaystyle\frac{I}{2πr}$［A/m］

無限に長い直線状導体に直流電流を流すと、導体の周りに磁界が生じる。この磁界中に小磁針を置くと、小磁針の(　N極　)は磁界の向きを指して静止する。そこで、小磁針を磁界の向きに沿って少しずつ動かしていくと、導体を中心とした(　同心円状　)の線が得られる。この線に沿って磁界の向きに矢印をつけたものを(　磁力線　)という。
また、磁界の強さを調べてみると、電流の大きさに比例し、導体からの(　距離　)に反比例している。

答え (4)

直線状導体Ａによって発生する磁界の強さ$H_{ 1}$［A/m］は、

$H_{ 1}=\displaystyle\frac{I_{ 1}}{2πa}$［A/m］

一巻きの円形コイルＢによって発生する磁界の強さ$H_{ 2}$［A/m］は、

$H_{ 2}=\displaystyle\frac{I_{ 2}}{2a}$［A/m］

題意より、$H_{ 1}=H_{ 2}$なので、

$\displaystyle\frac{I_{ 1}}{2πa}=\displaystyle\frac{I_{ 2}}{2a}$

$I_{ 1}=πI_{ 2}$

答え (2)

電流 $I$ の a から b と c から d の区間の磁界は、点Oに関係しません。一巻きの円形コイルによって発生する磁界の強さ $H$ は

$H=\displaystyle\frac{I}{2r}$［A/m］

扇形導線は円形の $\displaystyle\frac{1}{4}$ になっていますので、

$H_{ da}=\displaystyle\frac{1}{4}×\displaystyle\frac{8}{2×1}=1$［A/m］

$H_{ bc}=\displaystyle\frac{1}{4}×\displaystyle\frac{8}{2×2}=0.5$［A/m］

点Oにおける磁界の大きさ $H$［A/m］は向きを考慮すると、

$H=H_{ da}-H_{ bc}=0.5$［A/m］

答え (2)

正方形のコイルについて、中心点 $O_1$ の磁界の大きさを $H_1$［A/m］は、コイル一辺が作る磁界の 4 倍になります。図３の $r，θ_1，θ_2$ は、$r=\displaystyle\frac{a}{2}$，$θ_1=\displaystyle\frac{π}{4}$，$θ_2=\displaystyle\frac{π}{4}$ となります。

正方形のコイル（巻数：1）に直流電流 $I$［A］が流れているときの中心点 $O_1$ の磁界の大きさを $H_1$［A/m］は、

$\begin{eqnarray}H_1&=&\displaystyle\frac{I}{4πr}(cosθ_1+cosθ_2)×4\\\\&=&\displaystyle\frac{I}{4π×\displaystyle\frac{a}{2}}(cos\displaystyle\frac{π}{4}+cos\displaystyle\frac{π}{4})×4\\\\&=&\displaystyle\frac{2\sqrt{ 2 }I}{πa}［A/m］\end{eqnarray}$

直径 $a$［m］の円形コイル（巻数：1）に直流電流 $I$［A］が流れているときの中心点 $O_2$ の磁界の大きさを $H_2$［A/m］は、

$H_2=\displaystyle\frac{I}{2×\displaystyle\frac{a}{2}}=\displaystyle\frac{I}{a}$［A/m］

よって、磁界の大きさの比 $\displaystyle\frac{H_1}{H_2}$ は、

$\displaystyle\frac{H_1}{H_2}＝\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{2\sqrt{ 2 }I}{πa}}{\displaystyle\frac{I}{a}}=\displaystyle\frac{2\sqrt{ 2 }}{π}=0.90$

答え (2)

直線状導体A，Bが作る磁界の向きは図のようになります。

点（x，y）における、直線状導体A，Bが作る磁界の大きさをそれぞれ、$H_A$，$H_B$とすると、

$H_A=\displaystyle\frac{Ix}{2πy}$

$H_B=\displaystyle\frac{Iy}{2πx}$

x>0，y>0 の領域では、磁界の向きは反対向きなので、$H_A=H_B$ のとき、磁界は零になります。

$\displaystyle\frac{Ix}{2πy}=\displaystyle\frac{Iy}{2πx}$

$y=\displaystyle\frac{Ix}{Iy}x$

x<0，y>0 の領域では、磁界の向きは同じ向きなので、磁界が零になる点はありません。

x<0，y<0 の領域では、磁界の向きは反対向きなので、$H_A=H_B$ のとき、磁界は零になります。

$\displaystyle\frac{Ix}{2πy}=\displaystyle\frac{Iy}{2πx}$

$y=\displaystyle\frac{Ix}{Iy}x$

x>0，y<0 の領域では、磁界の向きは同じ向きなので、磁界が零になる点はありません。

答え (1)

半径 $r $［m］の円の形で、$I $［A］の大きさの電流がつくる磁界のうち、円の中央部分の磁界の強さ $H$［A/m］は、

$H=\displaystyle\frac{I}{2r}$［A/m］

本問は、半円なので磁界の強さ $H$ は半分になります。

$H=\displaystyle\frac{I}{2r}×\displaystyle\frac{1}{2}=\displaystyle\frac{I}{4r}$［A/m］

答え (2)

（ａ）鉄心１の磁界の強さを $H_1$［A/m］，鉄心2の磁界の強さを $H_1$［A/m］，空隙における磁界の強さ $H_0$［A/m］とすると、

$H_1=\displaystyle\frac{ϕ}{μ_0μ_{r1}A}=\displaystyle\frac{ϕ}{2000μ_0A}$［A/m］

$H_2=\displaystyle\frac{ϕ}{μ_0μ_{r2}A}=\displaystyle\frac{ϕ}{1000μ_0A}$［A/m］

$H_0=\displaystyle\frac{ϕ}{μ_0A}$［A/m］

$H_0$ に対する磁路に沿った磁界の強さ $H$ の比 $\displaystyle\frac {H}{H_0}$ は、

$0≦x≦200$のとき

$\displaystyle\frac {H_1}{H_0}=\displaystyle\frac {1}{2000}=5×10^{-4}$

$200<x≦201$のとき

$\displaystyle\frac {H_0}{H_0}=1$

$201<x≦299$のとき

$\displaystyle\frac {H_2}{H_0}=\displaystyle\frac {1}{1000}=1×10^{-3}$

$299<x≦300$のとき

$\displaystyle\frac {H_0}{H_0}=1$

答え（2）

（ｂ）環状コイルにおける磁界の強さ $H$［A/m］は、$H=\displaystyle\frac{NI}{l}$ で表すことができます。ただし、磁界の強さが一定ではありませんので、「鉄心1」「鉄心2」「空隙」の3領域について磁界の強さと長さの積を求め、合計が電流の総量と等しくなると考えます。つまり、次の式が成り立ちます。

$H_1l_1+H_2l_2+2H_0δ=NI$

式を変形すると、

$N=\displaystyle\frac {\displaystyle\frac {H_1}{H_0}l_1+H_2l_2+2H_0δ}{I}=\displaystyle\frac{(\displaystyle\frac {H_1}{H_0}l_1+\displaystyle\frac {H_2}{H_0}l_2+2δ)H_0}{I}$

コイルに電流 $I=1A$ を流すとき、空隙における磁界の強さ $H_0$ を $2×10^4A/m$ 以上ですので、各数値を代入すると、

$\begin{eqnarray}N &=& \displaystyle\frac{(\displaystyle\frac {H_1}{H_0}l_1+\displaystyle\frac {H_2}{H_0}l_2+2δ)H_0}{I}\\\\ &=& \displaystyle\frac{(5×10^{-4}×200×10^{-3}+1×10^{-3}×98×10^{-3}+2×1×10^{-3})×2×10^{-3}}{1}\\\\ &=&43.96\end{eqnarray}$

答え（2）